Máquina eléctrica síncrona

“AÑO DE LA CONSOLIDACION DEMOCRATICA”
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO
DEL PERÚ
FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA
MAQUINAS
ELECTRICAS
SINCRONAS
AUTOR: ING. EFRAÍN MAURO DE LA CRUZ MONTES.

HUANCAYO - PERÚ
2012
DEDICATORIA
A mi hijo Mauro Efraín De La Cruz Carhuamaca:
Por su valentía y coraje para enfrentar a la
prueba que le dio la vida

PROLOGO
Este trabajo es una adaptación según el sílabo utilizado en el curso de máquinas eléctricas III de
la Facultad de Ingeniería de la UNCP, basados en los textos: ”Máquinas Eléctricas” de A.E.
Fitzgerald “Máquinas Eléctricas y Transformadores” de I.L. Kosow y “Máquinas Eléctricas II”
de Dario Biella – Bianchi.
El texto desarrolla las teorías de las máquinas eléctricas síncronas con régimen permanente,
utilizando la teoría de circuitos eléctricos, a partir del cual se derivan fácilmente los circuitos
equivalentes y las expresiones matemáticas que permiten el análisis en régimen estable.
El problema económico y cultural que afronta la juventud me dio motivación para iniciar la
recopilación teórica y práctica de los libros mencionados. El trabajo se desarrolla sintetizando
escogiendo adecuadamente cada teoría de máquinas eléctricas, posteriormente se tomó
ejercicios propuestos por los textos, para poder ejemplificar dichas teorías.
Ahora la labor es del alumno, quien se encargará de sacar provecho a este material, para después
aplicarlos.
EL AUTOR

INTRODUCCIÓN
La máquina eléctrica sincrona (alternadores) convierte la energía mecánica en energía eléctrica;
a razón de grandes potencias de miles de kilowatts. Energía eléctrica que luego son transmitidas
a miles de kilómetros a través de las líneas de transmisión a los centros de consumo. Razón por
la cual el estudio de la máquina eléctrica síncrona, es muy importante ya que ésta máquina da
origen a los sistemas eléctricos.
Existen diversos textos relacionados a las máquinas eléctricas pero el presente texto trata de
condensar y hacer más entendible los principios de funcionamiento.
Para una mayor comprensión, la obra se divide en tres capítulos:
I. La máquina síncrona.
II. Relaciones de tensión en las máquinas de corriente alterna.
III. Eficiencia de la máquina síncrona.
Se tiene en claro que nuestro objetivo es facilitar al alumno su comprensión sobre las máquinas
eléctricas síncronas; ofrecerle un material que le sea útil y al alcance de su bolsillo.
Sin más que agregar, es nuestra añoranza que el libro sea de gran provecho, para que el tiempo
dedicado a su elaboración no fuera en vano.
EL AUTOR

INDICE
CAPITULO I: LA MÁQUINA SÍNCRONA..............................................................................1
1.1. DEFINICIÓN...................................................................................................................1
1.2. CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS SÍNCRONAS................................................1
1.3. PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LAS MAQUINAS SINCRONAS................3
ALTERNADOR SINCRONO:.........................................................................................3
1.3.1 FRECUENCIA.................................................................................................................3
1.3.2 GRADOS ELÉCTRICOS................................................................................................4
1.4. CAMPOS MAGNÉTICOS EN LA MAQUINA DE C.A.................................................5
1.5. DEVANADOS DEL INDUCIDO.....................................................................................6
1.5.1 DEVANADO DE MEDIA BOBINA Y DEVANADO
DE BOBINA COMPLETA...............................................................................................7
1.5.2. DEVANADOS DE PASO FRACCIONAL.......................................................................8
1.6. FACTORES DE DEVANADO.........................................................................................9
1.6.1. FACTOR DE PASO..........................................................................................................9
1.6.2. FACTOR DE DISTRIBUCIÓN......................................................................................11
1.7. f.e.m. GENERADA EN UNA MAQUINA SINCRONA DE C.A...................................15
PROBLEMAS RESUELTOS...................................................................................................18
PROBLEMAS PROPUESTOS.................................................................................................32
CAPITULO II: RELACIONES DE TENSION EN LAS MAQUINAS
DE C.A. ALTERNADORES...........................................................................................34
2.1 CIRCUITO EQUIVALENTE DE UNA MAQUINA SINCRONÍA
MONOFASICA Y DE UNA POLIFÁSICA....................................................................34
2.2 RELACION ENTRE LA TENSIÓN GENERADA Y LA TENSIÓN EN
BORNES DE UN ALTERNADOR PARA DISTINTOS FACTORES DE
POTENCIA DE LA CARGA..........................................................................................36
2.2.1 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA UNIDAD...................................................36
2.2.2 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA INDUCTIVO............................................37
2.2.3 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO.............................................39
2.4. REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR SINCRONO DE
CA PARA DINTITNTOS FACTORES DE POTENCIA...............................................42
2.5 IMPEDANCIA SINCRONA..........................................................................................45

2.6 IMPEDANCIA SINCRONA PARA LA PREDICCIÓN DE LA
REGULACION DE TENSIÓN......................................................................................47
2.6.1 Resistencia efectiva del Inducido....................................................................................47
2.6.2 Ensayo en Vacío:.............................................................................................................47
2.6.3 Ensayo en cortocircuito...................................................................................................49
2.6.4 Determinación de la Reactancia Síncrona.......................................................................49
PROBLEMAS RESUELTOS...................................................................................................51
CAPITULO III: EFICIENCIA DE LA MAQUINA SINCRONA.............................................79
3.1. EFICIENCIA.....................................................................................................................79
3.1.1. PERDIDAS ROTACIONALES......................................................................................79
3.1.2 LAS PERDIDAS ELECTRICAS....................................................................................79
3.1.3 PERDIDAS DISPERSAS................................................................................................79
3.2. LAS PERDIDAS ROTACIONALES.................................................................................79
3.3. LAS PERDIDAS ELECTRICAS.......................................................................................80
3.4. LAS PERDIDAS DISPERSAS.-.......................................................................................80
PROBLEMAS RESUELTOS..................................................................................................84
PROBLEMAS PROPUESTOS.................................................................................................94

MAQUINAS ELÉCTRICAS SÍNCRONAS 1
CAPITULO I
LA MÁQUINA SÍNCRONA
1.1. DEFINICIÓN
La máquina síncrona se caracteriza fundamentalmente por que el rotor gira a la misma
velocidad que el campo resultante en el entrehierro (velocidad síncrona), transformando la
energía mecánica en energía eléctrica bajo la forma de corriente alterna (generadores) o
viceversa; la energía eléctrica de corriente alterna en energía mecánica (motores)
1.2. CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS SÍNCRONAS
 Según el número de fases: - Monofásico
- Trifásico
 Según el sistema inductor: - De rotor de polos salientes
- De rotor cilíndrico o de polos lisos
1.2.1. DE POLOS SALIENTES
i) Devanado de excitación en el estator: Son de pequeña potencia; debido al la
limitación causada por el uso de anillos rozantes y escobillas. Se les utiliza en la
minicentrales y los laboratorios (AEG: 1.5 kVA, 4 polos, 230V, 60Hz, 1500 RPM,
fdp=0.9).
ii) Devanado de excitación en el rotor: Son de gran potencia, pues el inducido es
estático permitiendo un mejor aislamiento y sin estar sujeto a la vibración. Por el
contrario, la potencia consumida por el sistema de excitación es pequeña
( )
2%
exc N
P P
� y es factible el uso de anillos rozantes. Son impulsados por motores
primos lentos: turbinas hidráulicas y son de gran cantidad de polos.

La excitación de los alternadores requiere de una fuente de corriente continua
independiente (excitatriz) la que puede ser obtenida por un generador de excitación
acoplado a su eje.
1.2.2. DE ROTOR CILÍNDRICO Ó DE POLOS LISOS
Son de gran potencia, pues la forma y rigidez del rotor permiten altas velocidades, por lo
que el número de polos es de 2 ó 4. Son impulsados por turbinas de gas y vapor. Se les
denomina turboalternadores cuando actúan como generador.
1.3. PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LAS MAQUINAS SINCRONAS
1.3.1 FRECUENCIA
La máquina se llama síncrono porque la frecuencia generada se relaciona en forma
directa con el número de polos de armadura y de campo y con la velocidad de rotación.
120
pN
f =
4
p
f
w
p
=
Donde:
f=frecuencia en Hertz (Hz) ó ciclos por segundo (cps)
N= Velocidad de rotación en revoluciones por minuto (r.p.m.)
p= Número de polos
w = velocidad de rotación en radianes por segundo (rad/s)
Características:

a) Se desarrolla un ciclo completo de corriente alterna por cada par de polos
magnéticos barridos por un devanado: 1 ciclo/2 polos
b) Existe un número fijo de polos en un círculo completo de construcción o en una
revolución: p(polos/rev). (mínimo 2 polos)
c) La velocidad de rotación se mide en r.p.m.
d) Hay un minuto por cada 60 seg. (Min/60s)
min
2 polos min 60 120
ciclo polos rev pN
xp xN x f cps
rev seg
= =
Si la velocidad de rotación está en radianes por segundo (w )
2 polos 2 4
ciclo polos rad rev p
xp x x f cps
rev s rad
w
w
p p
=
�
1.3.2 GRADOS ELÉCTRICOS
Los grados eléctricos, se refiere al ángulo cíclico de la onda senoidal repetitiva, donde un
ciclo completo equivale a 360 grados eléctricos.
Los grados eléctricos totales en una rotación de 360 grados mecánicos son 180
veces el número de polos:
Grados Eléctricos totales en una rotación = 180 p
2
eléctrico mecánico
p
q q
=
Donde:
p = Número de polos
θeléctrico = Grados Eléctricos
θmecánico = Grados Mecánicos
Ejemplo:
1) ¿Cuántos grados eléctricos se recorren en una revolución de un alternador síncrono
de seis polos?
ºE = 180 x p =180 x 6 =1080 º
2) ¿Cuántos ciclos de corriente alterna se genera en una revolución de un alternador
síncrono de 14 polos?
14 7
2
ciclo
x polos ciclos
polos
= ó
14
º 7
2 2
p
N Ciclos ciclos
= = =

3) Si se coloca un devanado de cuatro polos y tres fases en un estator que tiene 48
ranuras.
a) ¿Cuántas ranuras hay por fase?
48 ranuras
16 ranuras/fase
3 fases
=
b) ¿Cuántas ranuras hay por polo y por fase?
48 ranuras
4 ranuras/polo - fase
4 polos x 3fases
=
4) Hallar la frecuencia que genera un alternador de:
a) 6 polos y 1200 r.p.m.
6 1200
60 Hz
120 120
pN x
f = = =
b) 10 polos y 62.83 rad/s
10 62.83
50 Hz
4 4 3.1416
p x
f
x
w
p
= = =
1.4. CAMPOS MAGNÉTICOS EN LA MAQUINA DE C.A.
m
f = Flujo mutuo útil del entrehierro que concatena simultáneamente a los conductores de
excitación y de inducido.
f
f = Flujo de dispersión de la excitación, que sólo concatena a los conductores de excitación.
La pérdida de flujo de excitación creado por la dispersión de la excitación puede
compensarse aumentando la corriente de excitación.
a
f = Flujo de dispersión del inducido, producido por los conductores del inducido por los que
circula corriente alterna que origina una reactancia inductiva del inducido Xa. Esta
reactancia del inducido, en combinación en cuadratura con la resistencia del inducido,

origina la impedancia del inducido que desempeña un papel importante en la
determinación de la regulación de tensión de un alternador o en el ajuste del factor de
potencia en un motor síncrono.
1.5. DEVANADOS DEL INDUCIDO
La mayoría de los devanados del inducido consisten en unas bobinas preformadas, que están
alojados en las ranuras del inducido y conectadas de manera que determinen un devanado
completo. Cada bobina consta de muchas espiras.
Las bobinas del inducido abarcan 180 grados eléctricos, o sea desde el centro de un polo hasta
el centro de un polo de polaridad opuesta. Si una bobina abarca 180 grados eléctricos se
denomina bobina de paso diametral; y si abarca menos de 180 grados eléctricos se denomina
bobina de paso fraccionado.
Los devanados de paso fraccionado precisan menor cantidad de Cu que las bobinas de paso
diametral, pero presentan aproximadamente las mismas características debido a que las partes
frontal y posterior mas cortas, son inactivas.

1.5.1 DEVANADO DE MEDIA BOBINA Y DEVANADO DE BOBINA
COMPLETA
Los devanados de media bobina o de una sola capa, deriva del hecho que hay un solo lado
de bobina por ranura; se utilizan en pequeñas maquinas.
Los devanados de bobina completa o doble capa, deriva del hecho que hay dos lados de
bobinas diferentes que están insertados en una ranura. Uno de los lados de cada bobina
estará en la parte inferior de la ranura, el otro lado estará en la parte superior de otra
ranura. De este modo, todos los devanados se entretejen conjuntamente para aumentar la
resistencia mecánica y dar uniformidad a la estructura final.

1.5.2. DEVANADOS DE PASO FRACCIONAL
La mayoría de devanados de una sola capa son devanados de paso diametral, el devanado
de doble capa ó de bobina completa, se proyecta en general en un inducido como
devanado de paso fraccional.
El devanado de bobina completa permite el empleo de bobinas de paso fraccional.
Los devanados de paso fraccional además de ahorrar cobre, reducen los armónicos de
fmm producidos por el devanado del inducido y reducen los armónicos de la f.e.m.
inducidos en el devanado sin reducir la magnitud de la onda fundamental de la f.e.m.
1.6. FACTORES DE DEVANADO
1.6.1. FACTOR DE PASO
El factor de paso es la proporción del voltaje que genera una bobina de paso fraccionado
al voltaje que genera una de paso completo, y siempre es menor que uno.
Suma vectorial de las fem de los dos lados de bobina
Suma aritmética de las fem de los dos lados de bobina
p
k =
a) Factor de paso para bobina de paso diametral
1 2
1
p
Ec Ec
k
E E Ec
= = =
+
b) Factor de paso para bobina paso fraccionado:

1
Suma vectorial de las fem de los dos lados de bobina
...(1)
2 Suma aritmética de las fem de los dos lados de bobina
p
Ec
k
E
= =
b : ángulo de desfasaje entre E1 y E2
1 2 1
cos / 2 cos / 2 2 cos / 2
Ec E E E
b b b
= + =
Reemplazando en la ecuación (1):
1
1
2E cos /2
2E
p
k
b
=
cos
2
p
k
b
=
Si: b =180-pº
(180º ) º º
cos cos(90º )
2 2 2
p
p p p
k sen
-
= = - =
º
2
p
p
k sen
=
pº = Recorrido de la bobina en ángulos eléctricos ó ancho de bobina en grados eléctricos
Ejemplo: El inducido estatórico de un generador trifásico de 6 polos, tiene 54 ranuras y
las bobinas abarcan 7 ranuras. Calcular:
a) El espacio abarcado por la bobina si es de paso diametral
b) Ancho de bobina en grados eléctricos
c) Factor de paso.
SOLUCIÓN
a) Espacio abarcado por la bobina si es de paso diametral:
54 ranuras ranuras
= 9
6 polos polo
o sea 9 ranuras /180º eléctricos
La bobina abarcará desde la ranura 1 hasta la ranura 10
b) Espacio abarcado por la bobina en grados en grados eléctricos:
º
º x 180
º
N ranuras que abarca la bobina
p
N ranuras que abarca la bobina paso diametral
=
7
º x180=140ºE
9
p =
ó

7 ranuras 7
pº= .180 140º E
ranuras 9
9
180ºE
polo
polo
= =
� �
� �
� �
c) Factor de paso:
º 140º
0,93969
2 2
p
p
k sen sen
= = =
Cálculo de kp de otra manera:
180 º 180 140 40º
p
b = - = - =
( ) ( )
cos / 2 cos 40/ 2 0,93969
p
k b
= = =
NOTA: A veces se expresa el paso de bobina en forma fraccional. Ejemplo 5/6 en este
caso, los grados eléctricos abarcados, °P, es (5/6) x 180° =150° eléctricos
1.6.2. FACTOR DE DISTRIBUCIÓN.
Es igual a la suma vectorial de las f.e.m. de bobina por fase sobre la suma aritmética de
las bobinas por fase.
Cuando las ranuras se distribuyen alrededor del inducido de manera uniforme, el
devanado que se introduce es un devanado distribuido.
Factor de Distribución kd:
Suma vectorial de las fem de bobina por fase
.......(2)
Suma aritmetica de las f.e.m. de bobina por fase
d
E
K
nEc
f
= =
Donde:
Ef = Tensión total inducida por fase

n = número de bobinas en una zona de fase ó número de ranuras por polo por fase
(ranuras/polo fase)
Ec = Tensión de cada bobina individual
 = número de grados eléctricos entre ranuras adyacentes.
De la figura; para una bobina:
1 2 3 4
2 2
2 2
2
C C C C C
ab
sen ab Oasen
Oa
ac ab Oasen E E E E E
 

� � � �
= =
�
� � � �
� � � �
� �
= = = = = = =
� �
� �
Para dos bobinas:
2 2
2 2
aq
Sen aq OaSen
Oa
 
� � � �
� � � �
= =
�
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
2 2 2
2
ae aq OaSen

� �
� �
= = � �
� �
� �
� �
Para tres bobinas
3 3
2 2
ar
Sen ar OaSen
Oa
 
� � � �
� � � �
= =
�
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
Por tanto Ef para n bobinas
2
2
E OaSen n
f

� �
� �
= � �
� �
� �
� �
Reemplazando en (2):
2
2
2
2
d
c
OaSen n
E
k
nE
n OaSen
f


� �
� �
� �
� �
� �
� �
= =
� �
� �
� �
2
2
d
Sen n
k
nSen


� �
� �
� �
� �
� �
� �
=
� �
� �
� �
Ejemplo: Calcular el factor de distribución, kd, para un inducido tetrapolar trifásico que
tiene:
a) 12 ranuras c) 48 ranuras
b) 24 ranuras d) 84 ranuras
SOLUCION

2
2
d
Sen n
k
nSen


� �
� �
� �
� �
� �
� �
=
� �
� �
� �
n= numero de ranuras por polo por fase (ranuras /polo-fase)
 = numero de grados eléctricos entre ranuras adyacentes
a)
electricos totales 180 180 4 720º 60º
numero de ranuras 12 12 12
grados xp x
ranura
 = = = = =
12 ranuras
1
4 polos x 3 fases
ranura
n
polo fase
= =
-
60
1
2
1
60
1
2
d
Sen
k
Sen
� �
� �
� �
� �
� �
� �
= =
� �
� �
� �
b)
720
30º /
24
ranura
 = =
24 ranuras
2 ranuras/polo-fase
4 polos x 3 fases
n = =
30
2
2
0.966
30
2
2
d
Sen
k
Sen
� �
� �
� �
� �
� �
� �
= =
� �
� �
� �
c)
720
15 º/ranura
48
 = =
48 ranuras
=4 ranura/polo - fase
4 polos x 3 fases
n =
15
4
2
0.958
15
4
2
d
Sen
k
Sen
� �
� �
� �
� �
� �
� �
= =
�
� �
� �
� �
d)
720
8.57 º/ranura
84
 = =
84
7 ranura/polo-fase
4 3
n
x
= =

8.57
7
2
0.956
8.57
7
2
Sen
Kd
Sen
 
 
 
 
 
 
 = =
 
 
 
1.7. f.e.m. GENERADA EN UNA MAQUINA SINCRONA DE C.A.
L a e s p ir a a a ', r o t a a
la v e lo c id a d w s
B
p ic o
N
S
1 2 0 º
p
1 2 0 º
p '
a
a ' b
a '
a
b '
t= 0
w t
s
Densidad de flujo en el entrehierro (Be):
El rotor cualquiera que sea su tipo, produce una distribución espacial de Be en el entrehierro de
forma sinusoidal.
( )
e pico m
B B Sen p q
�
=
Flujo por polo Øp:
( )
( )
/
0
. . .
p
p pico m m
B Sen p L r d
p
f q q
�
�
= �
2
p pico
Lr
B
p
f =
�
pico
B = Densidad de flujo pico o máximo
p
f = Flujo producido por un polo del rotor
L= Longitud del conductor ó longitud activa de la bobina (m)
v = Velocidad tangencial del conducto (m/s)
r = Radio del rotor (m)
m
q = Angulo mecánico
s
w = Velocidad angular (rad/s)

2
p
p�
= Número de par de polos
f.e.m. generada en un lado de la bobina de la fase a:
. .
a e
e B L v
= ......(1)
Si: m st
q w
=
s
v r
w
=
Reemplazando en (1):
( ) ( ) ( )
. . . . . . . .
a pico m pico s s s pico s
e B Sen p L v B Sen p t L r L r B Sen p t
q w w w w
� � �
= = =
Si
´
2
pico p
p
B
Lr
f
=
Reemplazando
( )
´
´
2
a s p s
p
e Lr Sen p t
Lr
w f w
=
( )
´
´
2
a s p s
p
e Sen p t
w f w
=
f.e.m. en los dos lados de la bobina (aa´):
( )
´ 2 ´ ´
aa a s p s
e e p Sen p t
w f w
= =
Si la bobina tiene Np espiras/fase:
( )
´ ´ ´
A p aa s p p s
e N e p N Sen p t
w f w
= =
Valor eficaz de la onda:
´
2
s p p
ef
p N
E voltios
w f
=
Si:
2
4 2
s s
s
p p f
f
p
w w p
w
p p
�
= = =
�
�
Reemplazando:
2
2
2 2
p p
ef p p
f
p N
p
E fN
p
f
p
f
�
�
= =
4,44
ef p p
E N f voltios
f
=

Teniendo en cuenta los factores de paso y distribución se tiene, que la tensión generada por fase
será:
4.44. . . . .
gp p p d p
E N f k k
f
= Voltios
Donde:
gp
E = Tensión generada por fase (V)
f = Frecuencia de generación (Hz) ó (cps)
p
f = Flujo por polo (Wb)
d
k = Factor de distribución
p
k = Factor de paso
c
p
CN
N
P
= Numero de espiras por fase
C =número de bobinas totales en el inducido
Nc = Número de espiras/bobina
P = número de fases

PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1.1- En la figura el rotor tiene una velocidad de 3600 r.p.m y la bobina aa´ tiene 7
espiras.
Bpico=0,975Sen377t (Wb/m2
); B(q )=BpicoSenq
En t=0 el eje del rotor coincide con el plano de la bobina. El diámetro es de 0,3m y la longitud
de cada conductor es de 0,4 m., Determinar eaa´ (t).
B ( 0 )
B
p ic o
N
S
a ' a
0 = 0
0
SOLUCION
n=3600 r.p.m.; Np = 7 espiras/bobina; d=0.3 � r=0.15 m; L=0.4 m
Si:
( ) pico
max
(t)
0.975 377
sen
B =0.975sen(377t)
pico
pico
B sen t
B B
B B
q q
=
=
=
�
377
2 377
377
60
2 2
t t
f
f Hz
q w
w p
w
p p
= =
= =
= = =
Por fórmula de Neuman:
´( ) ( )
aa t t
e NB Lv
=
7 2 1 14
espiras conductores
N x x bobina conductores
bobina espira
= =
Velocidad tangencial:

377 0.15
56.55
rad
v r x m
s
m
v
s
w
= =
=
Reemplazando
'
'
14 0.975 0.4 56.55 377
308.75 377 Voltios
aa
aa
e x x x sent t
e sen t
=
=
PROBLEMA 1.2.- Si en el problema anterior se reduce el paso de la bobina de tal forma que
kp=0,92 y Bpico=0,975 Wb/m2
. Determinar el valor eficaz de la tensión generada en la bobina.
SOLUCION
Np= 7espiras/bobina; f= 60 Hz; kp=0,92; kd=1; p´=1; L=0,4 m; r=0,15m
4.44. . . . .
gp p p d p
E N f k k
f
=
2 2 0,4 0,15
0,975 0,117
´ 1
p pico
Lr x x
B x Wb
p
f = = = ;
4.44 7 60 0,117 0,92 1 200,725
gp
E x x x x x V
= =
PROBLEMA 1.3.- El rotor de un alternador tetrapolar de 60 ciclos por segundo produce un
flujo de excitación de 8 megalíneas por polo. Calcular:
a.- La velocidad a la que debe accionarse el alternador para la frecuencia deseada.
b.- La tensión media generada por la bobina del estator que tiene 160 espiras por fase.
SOLUCION
4
p polos
= ; 60
f Hz
= ;
6
8
Wb
8 Mega lineas = 8x10 =0,08 Wb
10
p lineas
lineas
f
� �
= � �
� �
;
160 /
Np espiras fase
=
a)
120 120 60
1800 rpm
4
f x
n
p
= = =
b) Cálculo de la Tensión media:
4,44. . .
4,44 160 60 0,08
3409.92
ef p p
ef
ef
E N f
E x x x
E V
f
=
=
=
max max
2
: 2
2 2
2. 2 3409,92
ef med
med ef
si E E E E
E E x
p
p p
= =
�
= =
�
3070 V
med
E =

PROBLEMA 1.4.- El rotor de un alternador hexapolar de 60 Hz produce un flujo de excitación
de 5x106
líneas por polo. Calcular:
a. La velocidad a la que debe accionarse el alternador para producir la frecuencia
nominal.
b. La tensión media generada inducida en la bobina del estator que tiene 200
espiras
c. La tensión eficaz por fase en un inducido estatórico monofásico que tenga 60
bobinas distribuidas uniformemente en el estator.
SOLUCION
6 ´ 3
p p
= =
� ; f=60 Hz; f p=5x106
líneas= 5x10-2
Weber
a)
120 120 60
1200 rpm
6
f x
n
p
= = =
b) Tensión máxima generada en una bobina:
max ´ ´ 2
aa s p p p
E Ne p N N fN
w f w f p f
= = = =
200 200
espiras conductores
N
bobina bobina
= =
2
max 2 60 200 5 10 3769,91
E x x x x V
p -
= =
Tensión media generada en una bobina
max
2 2
3769,91 2400
med
E E x V
p p
= = =
c)Tensión eficaz en una fase:
200 60 1200
p
espiras bobina espiras
N x
bobina fase fase
= =
2
4,44. . . 4,44 1200 60 5 10
15984
ef p p
ef
E N f x x x x
E V
f -
= =
=
PROBLEMA 1.5.- Un alternador accionado por una turbina de vapor gira a la velocidad de
1800 rpm, a la frecuencia de 60 Hz., el inducido conectado en estrella tiene las siguientes
características. Diámetro del rotor 107 cm., longitud del hierro del inducido 91 cm., 72 ranuras,
24 conductores/ranura, devanado de 2 capas imbricado, y de 4:5 de paso, conectado con 2
circuitos de paso en paralelo, siendo el valor máximo de la densidad de flujo con distribución
sinusoidal 0,4692 Wb/m2
. Determinar el flujo por polo y la fem inducida en los terminales.
SOLUCION
Fases=3; n=1800 rpm; f=60 Hz; Drotor=107cm.�r=53,5cm=0,535m; L=91cm=0,91m
72 ranuras;
conductores
24
ranura
; doble capa; Paso de bobina: 4:5

Bmax= 0,4692 Wb/m2
Numero de polos:
120 120 60
4
1800
f x
p
n
= = =
Flujo por polo:
2 2 0,91 0,535
0,4692 0,22843
´ 2
p pico
Lr x x
B x Wb
p
f = = =
Factor de paso:
4
º 180 144º cos
5
p x Electri
= =
º 144
0,951
2 2
p
p
k sen sen
� � � �
= = =
� � � �
� � � �
Factor de distribución:
72 ranuras
6
4 polos - 3 fases
ranuras
n
polo fase
= =
-
180 180 4
º 10º /
º 72
xp x
ranura
n ranuras
 = = =
º 10
6
2 2
0.9561
º 10
6
2 2
d
Sen n sen
k
nSen sen


� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
= = =
� � � �
� � � �
� � � �
F.e.m. inducida por fase:
72 ranuras 24 conductores 1 espira
' 288
3 fases 2 conductores
espiras
N x x
ranura fase
= =
Pero: Por estar con 2 circuitos en paralelo:
288 espiras
2 fase
p
N =
espiras
144
fase
p
N =
�
4,44. . . . .
gp p p p d
E N f k k
f
=
4,44 144 60 0,2283 0,951 0,9561
gp
E x x x x x
=
7967,713 Voltios/fase
gp
E =
Tensión en los terminales:
3 3 7967,713
L gp
E E x
= =

13800
L
E voltios
=
PROBLEMA 1.6.- Un estator que se ha de emplear para un devanado de inducido hexapolar
trifásico de media bobina; tiene 144 ranuras. Cada bobina abarca 20 ranuras. Calcular:
a. El factor de paso.
b. Número de bobinas por fase.
c. El factor de distribución
d. La tensión eficaz por fase si la tensión generada por bobina es 30 voltios eficaces.
SOLUCION
6
p polos
= 3
fases = º 144
N ranuras =
º 144
º 72
2 2
N Ranuras
Media bobina N bobinas bobinas
= = =
�
ancho de bobina = 20 ranuras
a) Factor de paso:
20
º 180 180 150º
144
6
Ancho Bobina
p x x E
AnchoPaso Diametral
= = =
p
pº 150º
k =sen =sen 0,9659
2 2
� � � �
=
� � � �
� � � �
También se puede hallar de la siguiente manera:
180º º 180º 150º 30º
p
b = - = - =
30º
cos cos cos15º 0,9659
2 2
p
k
b
� �
= = = =
� �
� �
b) Numero de bobinas por fase:
# de bobina=72
72 bobinas
24
3 fase
bobinas
fase
 = =
c) Factor de distribución.
144 ranuras
6 polos x 3 fases
n =
ranuras
8
polo x fases
n
 =
180 180 6
7.5º /
144 144
xp x
E ranura
ranuras
 = = =

7,5º
8
2 2
0,9556
7,5º
8
2 2
d
Sen n Sen
k
nSen Sen


� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
= = =
� � � �
� � � �
� � � �
d) Si 30 V
g
E
bobina
=
p d
72 bobinas
30 720 V/fase (Sin considerar k y k )
3 fases
gp
voltios
E x
bobina
= =
�
Considerando kp y kd:
72 bobinas
30 0,9659 0,9556 664.57 /
3 fases
gp
voltios
E x x x V fase
bobina
= =
PROBLEMA 1.7.- Una máquina síncrona 3f de rotor cilíndrico, estator de 36 ranuras con un
devanado imbricado de doble capa, paso acortado en 2 ranuras, 4 polos, 10 espiras por bobina
simple, tiene un diámetro medio de 200 mm y 250 mm de longitud axial. Admitiendo que la
onda de inducción en el entrehierro es rigurosamente senoidal con un valor máximo de la
inducción de 0,7 Wb/m2
. Determinar la tensión generada por fase a la frecuencia de 60 Hz.
SOLUCION
Fases=3; 36 ranuras; Paso acortado en 2 ranuras; doble capa
Polos= 4; 10
espiras
bobina
; Dm=200 mm m
r = 100 mm= 0,1 m

L= 250 mm=0,25 m; 2
max 0,7
weber
m
b = ; n= 1800 rpm
Cálculo del flujo por polo:
2 2 0,25 0,1
0,7 0,0175
´ 2
p pico
Lr x x
B x Wb
p
f = = =
Factor de paso:
º 36
9
º 6
n Ranuras ranuras
AnchoBobinaPasoDiametral
n polos polo
= = =
2 7
AnchoPasoBobina AnchoPasoDiametral ranuras
= - = (Por ser de paso recortado en 2
ranuras)
7
º 180 180 140º
9
AnchoPasoBobina
p x x E
AnchoPasoDiametral
= = =
p
pº 140º
k =sen =sen 0,9397
2 2
� � � �
=
� � � �
� � � �

36 ranuras
3
4 polos x 3 fases
ranuras
n
polo fase
= =
-
180 180 4
20º /
144 36
xp x
E ranura
ranuras
 = = =
20º
3
2 2
0,9598
20º
3
2 2
d
Sen n Sen
k
nSen Sen


� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
� � � �
= = =
� � � �
� � � �
� � � �
Numero de espiras por fase:
C = Numero total de bobinas = Numero total de ranuras = 36 (por ser de doble capa)
Nc= Numero de espiras/bobina= 10 espiras/bobina
P = Numero de fases = 3
36 10
120
3
c
p
CN x espiras
N
P fase
= = =
Frecuencia:
4x1800
60
120 120
pxn
f Hz
= = =
Tensión generada por fase:
4,44. . . . .
gp p p p d
E N f k k
f
=
4,44 120 60 0,0175 0,9598 0,9397
gp
E x x x x x
=
504,57 Voltios/fase
gp
E =
PROBLEMA 1.8.- Un alternador 3f tetrapolar de 60 Hz tiene 18 ranuras por polo y 6
conductores por ranura. Devanado de doble capa y 5:6 de paso. El flujo que penetra en el
inducido de cada polo es de 1,242 Mega Maxwell. Las bobinas del inducido están conectadas en
estrella. Determinar la fem generada por el alternador y la tensión de línea.
SOLUCION
Polos=4; Trifásico, f= 60 Hz; 18 ranuras/polo ; 6 conductores/ranura
Paso: 5/6 1,242 M maxwell=0,01242 weber
p
f =
18 ranuras
# de ranuras= 4 72 ranuras
x polos
polo
=
72 ranuras 6 conductores 1 espira espiras
72
3 fases 2 conductores fase
p
N x x
ranura
= =

72 ranuras
º 6
4 polos - 3 fases
2
º 180º 4 polos
º 10º /
2 1 polo 72 ranuras
d
ranuras
n n
Sen polo fase
k
nSen x ranura



�
= =
� -
�
= �
� = =
�
�
6 10º
2 0,9561
10º
6
2
d d
x
Sen
k k
Sen
= =
�
Factor de paso:
5
º 180 150º
6
p x
= =
p
º 150º
k =Sen =Sen 0,9659
2 2
p
p
k =
�
F.e.m. generada por fase:
4,44. . . . . 4,44 72 60 0,01242 0,9561 0,9659
gp p p p d
E N f k k x x x x x
f
= =
220
gp
E V
=
Tensión de línea:
3 3 220 380V
L gp L
E E x E
= = =
�
PROBLEMA 1.9.- Determinar la tensión generada por un alternador de 4 polos, 1800 rpm, 96
ranuras, 16 espiras por bobina, el flujo por polo es de 1076x103
líneas, el arrollamiento es de
doble capa, conexión en estrella y el paso de la bobina es de 19 ranuras.
SOLUCION
Fases=3; Polos=4; n=1800 rpm; 96 ranuras; 16 espiras/bobina
3
p b
=1076x10 Lineas= 0,01076 weber; Y = 19 ranuras
f
Frecuencia:
pn 4 1800
f= 60
120 120
x
f Hz
= =
�
96 ranurasdoble capa  96 bobinas

96 espiras
16 512
3 fases fase
p p
espiras bobinas
N x N
bobina
= =
�
Factor de paso:
96 24
4 polo
ranuras ranuras
polos
=
19
180º 180º = 37,5º
24 ranuras
ranuras
x
b = -
p
37,5º
k =Cos =Cos 0,9469
2 2
p
k
b
=
�
96 ranuras 8
º
4 polos - 3 fases
2
º 180º 4 polos
º 7,5º /
2 polo 96 ranuras
d
ranuras
n n
Sen polo fase
k
nSen x ranura



�
= =
� -
�
= �
� = =
�
�
8 7,5º
2 0,9556
7,5º
8
2
d d
x
Sen
k k
Sen
= =
�
4,44 4,44x512x60x0,01076x0,9469x0,9556
gp p p p d
E xN x xfxk xk
f
= =
1328
gp
E V
=
Tensión de línea (Conexión en Y):
3 1328 2300 voltios
L L
E x E
= =
�
PROBLEMA 1.10.- El inducido de un estator trifásico de 60 ranuras está devanado para un
rotor de 4 polos que gira a 1800 rpm, emplea devanado imbricado de doble capa que tienen 18
espiras por bobina con un paso de 5:6. El flujo por polo es de 65,154x10-3
Weber. Calcular:
a. La tensión total generada por fase.
b. La tensión total entre terminales si está conectada en estrella.
SOLUCION
Fases=3; Polos=4; 60 ranuras; n=1800 rpm Paso: 5/6
-3
p =65,154x10 weber=0,065154 Wb 18 espiras/bobina
f �
pn 4 1800
f= 60
120 120
x
f f Hz
= =
� �
Nº ranuras es igual a Nº de bobinas por ser de doble capa. º 60
N ranuras =
a) Tensión generada por fase:
60 bobinas 18 espiras
360 espiras/fase
3 fases
p
N x
bobina
= =

60 ranuras 5 º 5 12º
4 polos - 3 fases 2 2 0,9566
º 12º
180º 4 polos 5
º 12º /
2 2
1 polo 60 ranuras
d
ranuras n x
n Sen Sen
polo fase
K
nSen Sen
x ranura



�
= =
� -
�
= = =
�
� = =
�
�
5
º 180º 150º
6
P x
= = p
Pº 150º
=Sen 0,9659
2 2
K Sen
= =
3
4,44 4,44 360 60 65,154 10 0,9566 0,9659
gp p p d p
E xN x xfxK xK x x x x x x
f -
= =
5 773,51
gp
E V
=
3 3 5773,51 10 000 10
L gp
E E x kV
= = = =
�
PROBLEMA 1.11.- Un alternador tetrapolar con inducido estatórico de 12 ranuras por polo, 14
conductores por ranura, tiene un ancho que abarca 10 ranuras. El diámetro del rotor que gira a
1800 rpm es de 80 cm., devanado imbricado de doble capa, valor máximo de la densidad de
flujo con distribución senoidal de 8366 gauss, conexión del inducido en estrella. Si la tensión de
línea que entrega el alternador es de 12 kV. Determinar la longitud axial del rotor.
SOLUCION
p=4; 12 ranuras/polo; 14 conductores/ranura; ancho de bobina=10 ranuras
rotor rotor
D =80 cm=0,8 m r = r =0,4 m; doble capa
�
2
max L
B =8366 gauss = 0,8366 Wb/m ; conexión: Y; E =12 kV
12
# de ranuras= 4 polos 48 ranuras
ranuras
x
polo
=
Factor de Distribución:
4 polos - 3 fases 2 2 0,9576
º 15º
180º 4 polos 4
º 15º /
2 2
1 polo 48 ranuras
d
ranuras n x
n Sen Sen
polo fase
K
nSen Sen
x ranura



�
= =
� -
�
= = =
�
� = =
�
�
Factor de Paso:
10
º 180º =150º
12 ranuras
ranuras
p x
=
º 150
0,9659
2 2
p
p
K sen sen Kp
= = =
�

º º ; º 48
N ranuras N bobinas por ser de doble capa N bobinas
= =
�
7 espiras
48
bobina 112
3
p
bobina
espiras
N
fases fase
= =
Frecuencia:
np 1800 4
f= 60
120 120
x
f Hz
= =
�
3
12 10
6928,2
3 3
L
gp
E x
E V
= = =
Flujo por polo:
Si: 4,44 . . . .
gp p p d p
E xN f K K
f
=
gp
p
p d p
E 6928,2
=
4,44xN xfxK xK 4,44 112 60 0,9576 0,9659
x x x x
f =
�
p =0,251 Wb
f
Longitud axial del rotor:
Si:
2
´
p pico
Lr
B
p
f =
max
' 0,251 2
0,75
2 2 0,4 0,8366
p p x
L m
rB x x
f
= = =
�
PROBLEMA 1.12.-Una máquina síncrona trifásica de rotor cilíndrico tetrapolar cuyo estator es
de 48 ranuras, tiene un devanado imbricado de doble capa cuyo paso está acortado en 3 ranuras
y cada bobina tiene 20 espiras. El diámetro del inducido es de 40 cm. Con una longitud axial de
50 cm. La tensión generada por la máquina conectada en triángulo es de 2300 V, a la frecuencia
de 60 Hz. Determinar el valor máximo de la densidad de flujo en el entrehierrro.
SOLUCION
Vp=2300 V Conexión triángulo; f = 60 cps
p = 4 polos; 48 ranuras; devanado imbricado doble capa: Nº bobinas = Nº ranuras
paso acortado en 3 ranuras; cada bobina tiene 20 espiras
rotor rotor
D =40 cm=0,4 m r = r =0,2 m
L=50 cm=0,50 m
�
Factor de Distribución:

4 polos - 3 fases 2 2 0,9576
º 15º
180º 4 polos 4
º 15º /
2 2
1 polo 48 ranuras
d
ranuras n x
n Sen Sen
polo fase
K
nSen Sen
x ranura



�
= =
� -
�
= = =
�
� = =
�
�
Factor de Paso:
º 48
= =12 ranuras/polo paso bobina=12-3=9 ranuras
Nº polos 4
N ranuras
paso polar = �
9
º 180º = x180º=135º electricos
12
paso bobina
p x
paso polar
=
º 135
0,92388
2 2
p
p
K sen sen Kp
= = =
�
º º ; º 48
N ranuras N bobinas por ser de doble capa N bobinas
= =
�
20 espiras
48
bobina 320
3
p
bobina
espiras
N
fases fase
= =
2300
gp L
E E V
= =
Flujo por polo:
Si: 4,44 . . . .
gp p p d p
E xN f K K
f
=
gp
p
p d p
E 2300
=
4,44xN xfxK xK 4,44 320 60 0,9576 0,92388
x x x x
f =
�
p =0,0305 Wb
f
Densidad de flujo máximo:
Si:
2
´
p pico
Lr
B
p
f =
2
max
' 0,0305 2
0,305 /
2 2 0,2 0,5
p p x
B Wb m
rL x x
f
= = =
�
PROBLEMA 1.13.- Un turbo alternador con un inducido de 72 bobinas de 10 espiras de doble
capa abarca 720º eléctricos. El rotor se acciona a una velocidad de 1800 rpm y el flujo por polo

es de 9592x103
Maxwell. El paso de bobina es de 16 ranuras. Calcular el voltaje terminal en
circuito abierto si los devanados se conectan en estrella.
SOLUCION
Fases=3; conexión estrella; n=1800 rpm; paso bobina = 16 ranuras
3
p =9592x10 maxwell=0,09592 Wb
f
Nº de polos:
ºElectricos 720º
º cos =px180º p= 4
180º 180
Electri totales polos
= =
�
Frecuencia:
pn 4 1800
f= 60
120 120
x
f f Hz
= =
� �
Nº ranuras es igual a Nº de bobinas por ser de doble capa. º 72
N ranuras =
a) Tensión generada por fase:
72 bobinas 10 espiras
240 espiras/fase
3 fases
p
N x
bobina
= =
72 ranuras º 6 10º
6
4 polos - 3 fases 2 2 0,9561
º 10º
180º 4 polos 6
º 10º /
2 2
1 polo 72 ranuras
d
ranuras n x
n Sen Sen
polo fase
K
nSen Sen
x ranura



�
= =
� -
�
= = =
�
� = =
�
�
º 72
18
4
16
º 180º 160º
18
N ranuras ranuras
paso polar
p polo
P x
= = =
= =
p
Pº 160º
=Sen 0,9848
2 2
K Sen
= =
4,44 4,44 240 60 0,09592 0,9561 0,9848
5774,3884 /fase
gp p p d p
E xN xfx xK xK x x x x x
V
f
= =
=
3 3 5774,3883 10 000 10
L gp
E E x kV
= = = =
�

PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Un inducido estatorico trifásico de 72 ranuras está devanado para 4 polos que
emplean bobinas de doble capa que tienen 25 espiras por bobina. El flujo por polo es de
49,85x105
Maxwell y la velocidad del rotor es 1800 rpm. Calcular:
a. La tensión eficaz generada por bobina
b. La tensión total generada por fase.
Rpta: 332 V ; 7968 V
2. Determinar la tensión entre terminales generada por un alternador trifásico de 8
polos, 900 rpm, 144 ranuras, 6 espiras por bobina y 1800000 líneas por polo. El devanado es
de doble capa y está conectado en estrella. El paso de la bobina es de 15 ranuras.
Rpta: 2 206,6 Voltios.
3. Un generador sincrónico trifásico hexapolar de 12 kVA a 240 V, 60 Hz, esta
conectado en triángulo. Tiene 12 ranuras por polo y un devanado imbricado de paso 5/6 en
el que se utilizan 12 conductores por ranura. El flujo útil es de 800 000 Maxwell.
Determinar la fem inducida por fase.
Rpta: 283,42 Voltios/fase.
4. En un generador sincrónico monofásico de 100 kVA, 600 V, 60 Hz, la
resistencia efectiva del inducido es 0,108 ohmios y la reactancia del inducido 0,52 ohmios.
Determinar la fem inducida a la intensidad nominal y factor de potencia unidad.
Rpta: 624 Voltios.
5. Un generador monofásico de 60 Hz, tiene 12 bobinas de paso entero
distribuidas en una sola capa, cada bobina tiene 4 espiras. El rotor gira a 120π rad/s y
produce un flujo por polo de 2,94x106 Maxwell. Determinar el valor eficaz de la tensión
generada cuando todas las bobinas están conectadas en serie.
Rpta: 240 V.
6. Un inducido estatorico de bobina completa trifásica de 72 ranuras tiene un
ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras/bobina. El inducido se conecta en
estrella. El rotor hexapolar tiene un flujo de 5,2x10:6
Maxwell/polo y se acciona a una
velocidad de 1200 rpm. Calcular:
a. La tensión eficaz por fase.
b.La tensión eficaz en línea del alternador
Rpta: 3076,74 V; 5329 V.
7. Un alternador trifásico de 24 polos, 60 Hz, conectado en estrella tiene 6 ranura/polo y un
devanado imbricado de doble capa de paso diametral en el que existen 8
conductores/ranura. El flujo en el entrehierro es de 6x106
líneas por polo. Calcular:
a. El número de conductores por fase
b.El factor de distribución
c. El factor de paso
d.Las revoluciones por minuto del polo de excitación
e. La fem inducida por fase y por línea
Rpta: 384 cond;0,966; 1; 300rpm, 2964,58V; 5134,8V.
8. Un alternador trifásico de 4 polos que funciona a la frecuencia de 60 cps tiene
15 ranuras por polo y 6 conductores por ranura. Siendo el devanado de doble capa y con un
paso de 5:6, las bobinas del inducido están conectadas en estrella. Determinar el flujo que
producirá cada polo si la tensión de línea generada por la máquina es de 381 V.
Rpta: 0,0149 Wb

9. Un alternador trifásico de 600 kVA con un inducido estatórico hexapolar de 72
ranuras tiene un ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras por bobina. El inducido
se conecta en estrella de devanado imbricado de doble capa, el rotor produce un flujo de 5,2
Megalíneas/polo y se acciona a una velocidad de 1200 RPM. La resistencia de armadura es
de 0,9 0hmios y la resistencia síncrona de 8 ohmios. Cuando circula la carga nominal a la
tensión nominal, Calcular la tensión de regulación para factores de potencia de: Unidad, 0,8
inductivo y 0,75 capacitivo.
Rpta: 3,3%, 12,36% y –8,69%.
10. Un generador síncrono trifásico de polos salientes de 10 MVA y 10 kV. Está
conectado a una barra infinita cuya tensión de línea es de 10 kV y entrega a la red 8 MW a
un factor de potencia de 0,8 inductivo. Las reactancias de la máquina son: Xd = 1,0 p.u. y
Xq = 0,6 p.u. La resistencia de armadura es despreciable. Determinar la fuerza electromotriz
del generador, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la máquina.
Rpta: 10 244,2 V, 19,43° y 577 A.
11. Un alternador monofásico suministra 1000 kVA a 6 600 V. Cuando gira a la
velocidad normal, la tensión en vacío con un cierto campo de excitación fue 6 600 V, y la
corriente en cortocircuito con el mismo campo de excitación fue 380 A. La resistencia del
devanado es 1,5 ohmios. Hallar la regulación para factores de potencia de 100%, 80% y
para factor de potencia nulo con corriente en retardo, siendo en todos los casos la tensión a
plena carga de 6 600V.
Rpta: 10,7%, 30,2% y 40%.
12. Un alternador trifásico suministra 1 000 kVA a 2 400 V y está conectado en
estrella. Las pérdidas mecánicas y en el hierro son de 20 kW, la corriente de excitación es
125 A para un factor de potencia 100%, y 160 A para un factor de potencia del 80%,
mientras que la tensión de la excitación es 120 V. La resistencia de cada fase del devanado
del inducido es 0,5 ohmios. Calcular el rendimiento a plena carga para factores de potencia
de 100% y 80%.
Rpta: 90,2% y 88%.

CAPITULO II
RELACIONES DE TENSION EN LAS MAQUINAS DE C.A.
ALTERNADORES
2.1 CIRCUITO EQUIVALENTE DE UNA MAQUINA SINCRONÍA MONOFASICA Y
DE UNA POLIFÁSICA
V p
Ia
C . C .
R a
X a
c . a .
E g
E a r
a) Monofásico
I a
C . C .
R a
E g p
E a r
Z 's p
E a r
X a
R a
b) Circuito trifásico equivalente de un alternador síncrono conectado en estrella.
V L
R O T O R E S T A T O R
C .C .
I e I a
E
E
E
R a
R a
R a
Ia
C . C .
R a
X s
c .a .
E g
E a r
Ie
V p
g p a s
E V I Z
= +
GENERADOR TRIFASICO Y GENERADOR REDUCIDO A
MONOFASICO
c) Generador trifásico reducido a monofásico
( )
p gp a a a a ar
V E I R I jX E
� � � � �
= - - � ó

( )
p gp a a a ar gp a a ar
V E I R jX E E I Z E
� � � � � � �
= - + = -
� � ó
( )
p gp a a s gp a s
V E I R jX E I Z
� � � � �
= - + = -
Donde:
Vp Tensión de bornes/fase
Egp Tensión generada por fase
IaRa Caída de tensión en el devanado del inducido que tiene una resistencia efectiva
c.a. de Ra por fase.
Ia(jXa) Caída de tensión en bornes debida a la reactancia del devanado del inducido
ocasionada por la reactancia de dispersión.
Ear Efecto de la reacción del inducido (magnetizante o desmagnetizante)
Nota:
a) Las máquinas monofásicas y polifásicas de C.A. con factor de potencia
unidad en las que la corriente en el inducido está en fase con la tensión
inducida, la reacción del inducido es magnetizante transversalmente y la tensión
de reacción de inducido está retrasada respecto a la tensión generada en 90°
eléctricos.
b) En las máquinas monofásicas y polifásicas con factor de potencia inductivo,
en las que la corriente en el inducido está retrazada con respecto a la tensión
inducida en 90° eléctricos, la reacción del inducido es desmagnetizante y la
tensión de reacción de inducido retrasa de la tensión generada en 180°
eléctricos.
Ra Resistencia de inducido por fase
Xa Reactancia de inducido por fase
Za Impedancia armadura por fase
a a a
Z R jX
= +
XS Reactancia sincrona por fase
ZS Impedancia sincrona por fase
( )
s a a ar a s
Z R j X E R jX
= + + = +

2.2 RELACION ENTRE LA TENSIÓN GENERADA Y LA TENSIÓN EN BORNES
DE UN ALTERNADOR PARA DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA DE LA
CARGA
2.2.1 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA UNIDAD
E a r
I a X a
I a R a
V p
0 = 0
I a X s
E g p
I
a
X
a
( ) ( )
gp p a a a a ar
E V I R j I X E
= + + + Escalarmente ó
( )
gp p a a s p a s
E V I R jX V I Z
� � �
= + + = + Vectorialmente
Para 1
Cosf = ; la tensión por fase, Vp siempre es menor que la tensión generada por
fase Egp, en una caída de impedancia ( )
a a s
I R jX
+ , en la que jIaXs es la caída de
tensión en cuadratura de la reactancia sincrona o caída de tensión combinada debido a la
reactancia del Inducido y a la reacción del inducido.
2.2.2 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA INDUCTIVO
E g p
V p
V
p
S
e
n
I
a
X
a
I
a
X
s
Ia R a
V p c o s
Ia R a
Ia Se retrasa respecto a tensión de fase en bornes Vp, en un ángulo q , como resultado de
una carga externa (principalmente Inductiva).
d= ángulo de potencia.
( ) ( )
a a
Cos + I R Sen
gp p p a s
E V j V I X
q q
= + + Escalarmente ó

gp p a s
E V I Z
� �
= + Vectorialmente
Nota: Resulta evidente que para obtener la misma tensión nominal en bornes por fase
Vp, se necesita una tensión inducida por fase Egp superior, para factores de potencia
inductivos que para factores de potencia unidad.
2.2.3 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO
Ia está adelantada respecto a la tensión de fase en bornes Vp en un ángulo q; como
resultado de una carga externa (que contenga una componente capacitiva) en bornes del
alternador síncrono de c.a.
( ) ( )
cos sen
gp p a a p a s
E V I R j V I X
q q
= + + - Escalarmente ó
gp p a s
E V I Z
� �
= + Vectorialmente
Nota: Resulta evidente que para la misma tensión nominal en bornes por fase, se
necesita menos tensión generada para un factor de potencia capacitivo que para un
factor de potencia inductivo.
PROBLEMA 2.1: Un alternador trifásico, conectado en estrella de 1000KVA y 4600V, tiene
una resistencia en el inductivo de 2 /fase y una reactancia sincronía en el inducido Xs, de 20
/fase. Encontrar la tensión generada a plena carga por fase para:
a) Factor de potencia unidad
b) Factor de potencia inductivo de 0,75
c) Factor de potencia capacitivo de 0,75
d) Factor de potencia capacitivo de 0,4
SOLUCION
4600
2655.81 Voltios
3 3
L
p
V
V = = =
3
3
a L
a p
S I V
S I V
=
=
Potencia aparente total
3
1000 10
125.51 A
3 3 2655.81
3
a
p
L
S S
I
V
V
�
= = = =
�
Caídas de tensión por fase:

125.51 2 251.02 V/fase
a a
I R = =
�
125.51 20 2510.2 V
a s
I X = =
�
a) Tensión generada por fase si 1
Cosf =
( ) ( ) ( )
gp p a a a a ar p a a a s
E V I R j I X E V I R jI X
= + + + = + +
( )
2655.81 251.02 2510.2 2906.83 2510.2 3840.67 V/fase
gp
E j j
= + + = + =
b) Tensión generada por fase si 0.75
Cosq = inductivo
arccos0.75 41.4096 41.41º 0.66
Sen
q q
= = =
� �
o
( ) ( )
( ) ( )
cos
2655.81 0.75 251.02 2655.81 0.66 2510.2
gp p a a p a s
E V I R j V sen I X
j
q q
= + + +
= + + +
� �
2242.88 4263.03 4817.05 V/fase
gp
E j
= + =
c) Tensión generada para cos 0.75 capacitivo sen =0.66
q q
= 
( ) ( )
( ) ( )
cos
2655.81 0.75 251.02 2655.81 0.66 2510.2
gp p a a p a s
E V I R j V sen I X
j
q q
= + + -
= + + -
� �
2242.88 757.36 2367.30 V /fase
gp
E j
= - =
d) Tensión generada para cos 0.4 capacitivo sen =0.92
q q
= 
( ) ( )
2655.81 0.4 251.02 2655.81 0.92 2510.2 1313.34 66.85
1315.04 V/fase
gp
gp
E j j
E
= + + - = -
� �
=
Se observa que la tensión generada es menor que la tensión en bornes para ambos factores de
potencia, y disminuye a medida que el factor de potencia es menor.
SOLUCION DEL PROBLEMA VECTORIALMENTE:
3
4600
2655.81
3 3
1000 10
125.51
3 3 2655.81
L
p
a
p
V
V V
S x
I A
V x
= = =
= = =
3
3
a L
p a
S I V
S V I
=
=
2 20 20,10 84,29º
s a s
Z R jX j
= + = + =
a) Factor de potencia unidad 1 =arc cos1=0º
Cosq q
= �
2655,810º
p
V = 125,5 0º
a
I =

gp p a s
E V I Z
= +
2655.810º 125.510º 20.10 84.29º 2655.810º 2522.75 84.29º
gp
E x
= + = +
2655.81 250.99 2510.23 2906.8 2510.23 3840.67 40.81º /
gp
E j j V fase
= + + = + =
b) Factor de potencia inductivo 0,75 =arc cos0.75=41.41º
Cosq q
= �
2655,810º
p
V = 125,5 41,41º
a
I = -
gp p a s
E V I Z
= +
gp
gp
E =2655.810º 125.51 41.41º 20.10 84.29º 2655.810º 2522.75 42.88º
E =2655.81+1848.62+j1716.64 4504.43 1716.64 4820.45 20.86º /
x
j V fase
+ - = +
= + =
c) Factor de potencia Cos =0.75 capacitivo =arc cos0.75=41.41º
q q
�
2655.810º
2 20 20.10 84.29º
125.51 41.41º
Eg=2655.8 0º 125.51 41.41º 20.10 84.29º 2655.810º 2522.75125.70º
Eg=2655.81-1472.13+j2048.68 1183.68 2048.68 2366.05 59.98º /
Vp
Zs Ra jXs j
Ia
x
j V fase
=
= + = + =
=
+ = +
= + =
4 1 . 4 1 º
I a X s
I a r a
V p
I a
E
g
=
2
3
6
9
.
6
6
5 9 . 9 4 = º

d) Factor de potencia Cos =0.4 capacitivo =arc cos0.4=66.42º
q q
�
gp
gp
2655.810º
2 20 20.10 84.29º
125.5166.42º
E =2655.8 0º 125.5166.42º 20.10 84.29º 2655.810º 2522.75150.71º0
E =2655.81-2200.23+j1234.21=455.58 1234.21 1315.6169.74º /
p
s a s
a
V
Z R jX j
I
x
j V fase
=
= + = + =
=
+ = +
+ =
2.4. REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR SINCRONO DE CA PARA
DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA
La relación entre la tensión generada y la tensión en bornes de un alternador para distintos
factores de potencia, sirven para ilustrar dos aspectos del efecto de las cargas capacitivas o
inductivas sobre la tensión generada por un alternador:
1) Cuanto menor sea el factor de potencia capacitivo, tanto mayor será el aumento de tensión
desde vacío (Egp) a plena carga (Vp); y
2) Cuanto menor sea el factor de potencia inductivo, tanto mayor será la disminución de
tensión desde vacío (Egp) a plena carga (Vp)
2 5 5 0 7 5 1 0 0 1 2 5 1 5 0
I a
1
2
3
4
5
1 3 1 3 . 3 4 V
2 6 5 5 . 8 1
3 8 4 0 . 6 5
4 8 1 7 . 6 6 V
2 3 6 7 . 3 0 V
f.p . 0 .7 5 in d u c t iv o
f . p . 0 U n i d a d
f. p . 0 .7 5 c a p a c it iv o
f.p . 0 .4 c a p a c itiv o
C a r g a N o m in a l
( 2 6 5 5 . 8 1 T e n s io n n o m in a l)
EFECTOS DE LA REACCION DEL INDUCIDO
A) Para cargas capacitivas, la reacción de inducido es magnetizante y tiende a producir una
tensión generada adicional al aplicar una carga; produciendo una regulación negativa. Esta
elevada tensión generada es más que suficiente para compensar la caída de tensión interna
resistiva en el inducido.

I
a
X
a
V p
I a = 4 0 .8 1 º
c o s = 0
I
a
X
a
Ia
E g p
E
a
r
I
a
X
s
B) Para cargas inductivas, la reacción de inducido es DESMAGNETIZANTE, y sus efectos de
reducción de la tensión generada, junto con las caídas de tensión internas resistiva y reactiva en
el inducido, dan lugar a una rápida disminución de la tensión en bornes al aplicar una carga.
REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR (VR):
Regulación de tensión: Se utiliza para indicar el grado de variación de la tensión en el inducido
producida por la aplicación de la carga. Si el cambio desde el vacío a plena carga es pequeño, el
generador se dice que posee una buena regulación de tensión. Si la tensión varía
apreciablemente, con la carga, se considera que tiene una pobre regulación de tensión.
La Regulación de Tensión se define como la variación de la tensión desde vacío a plena carga,
expresada en tanto por ciento de la tensión nominal en bornes. (Tensión del inducido a plena
carga).
100
gp p
p
E V
VR x
V
-
=
Donde:
Vp = Tensión nominal en bornes por fase a plena carga (V/fase)
Egp = Tensión generada por fase a plena carga ó Tensión en bornes por fase en vacío (V/fase)
PROBLEMA 2.2: Calcular la regulación de tensión; calculados en los
ejemplos anteriores
a) cos 1
q =
Egp=3840.67 V
Vp=2655.81 V
3840.67 2655.81
100 100 44.6%
2655.81
gp P
P
E V
VR x x
V
- -
= = =
b) cos 0.75 inductivo
q =
4820.45
gp
E V
=
4820.45 2655.81
100 100 81.5%
2655.81
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =

c) cos 0.75 capacitivo
q =
gp
E =2366.05
2366.05 2655.81
100 100 10.91%
2655.81
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = = -
d) cos 0.4 capacitivo
q =
gp
E =1315.61
1315.61 2655.81
100 100 50.46%
2655.81
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = = -
NOTA:
- Como las cargas eléctricas reales generalmente son cargas de naturaleza inductiva, la tensión
de un alternador de c.a. con excitación independiente disminuirá debido a la resistencia del
inducido, a la reactancia del inducido y a la reacción del inducido. Un generador ideal
mantendría la misma tensión desde vacío a hasta plena carga, ya que la variación de tensión es
cero, poseería una regulación del 0 %.
- En la práctica la regulación inherentemente pobre de los alternadores se ignora y su salida se
mantiene a una tensión en bornes constante mediante REGULADORES DE TENSION
externos que automáticamente aumentan o disminuyen la excitación de un generador de C.C.
(Excitatriz) cuando varía la carga eléctrica y el factor de potencia. L a excitatriz generalmente
está sobre el mismo eje que el motor de accionamiento y el alternador. Sus características
generalmente están muy relacionadas con la regulación del alternador, o sea, si la excitatriz
debe mantener una tensión constante para una amplia gama de cargas, los límites de la
corriente de excitación y potencia nominales de la excitatriz dependen del valor de la
intensidad de excitación necesaria para que el alternador mantenga una buena regulación.
2.5 IMPEDANCIA SINCRONA
La diferencia entre la tensión generada, Egp, y la tensión en bornes, Vp, por fase de un alternador,
es la caída de tensión por impedancia sincrona, IaZs. Esta misma diferencia, existe entre Vp y
Egp para cualquier factor de potencia y cualquier carga, como se muestran en la figura; para los
tres casos se repite el triángulo
f.p.=1 f.p.<1 Inductivo
f.p.<1

I
a
Z
s
I
a
R
a
V p
E
g
p
d
q
I
a
r
a
E a r
I
a
X
s
La caída de tensión por impedancia sincrona es, en todos los casos, la suma vectorial de la caída
de tensión de la resistencia efectiva del inducido por fase y las caídas de tensión en cuadratura
equivalentes debidas a la reactancia del inducido y la reacción del inducido por fase, para la
misma carga.
I
a
Z
s
I a R a
I
a
X
a
E a r
I
a
X
s
Dividiendo entre Ia
se obtiene el
TRIÁNGULO DE
IMPEDANCIA
X s
R e a c t a n c i a e f e c t i v a d e l o s
d e v a n a d o s y e l e f e c t o d e l a
r e a c c i ó n d e a r m a d u r a .
R e a c t a n c i a
S i n c r o n a
R e s is t e n c i a e f e c t i v a
d e c . a . d e l d e v a n a d o
p o r f a s e
Zs Ra jXs
= +
La impedancia síncrona y la resistencia efectiva por fase se determinan mediante ensayos
específicos por el denominado MÉTODO DE LA IMPEDANCIA SINCRONA. El resultado
proporciona un valor de la reactancia síncrona el cual, cuando se usa en las distintas ecuaciones
de tensión, da lugar a una regulaciónde tensión para el alternador que es algo superior que la
realmente obtenida por carga directa. Por esta razón el método de la impedancia síncrona se ha
denominado “método pesimista”.
Para determinar la Zs, se necesitan pruebas de circuito abierto y la de cortocircuito.
en circuito abierto por fase
en corto circuito
gp
s
cc
E
E
Z
I I
= =
2.6 IMPEDANCIA SINCRONA PARA LA PREDICCIÓN DE LA REGULACION DE TENSIÓN
El método de la impedancia síncrona, consiste en los ensayos de vacío y corto circuito.

2.6.1 Resistencia efectiva del Inducido.
V c c V
A
S 2
S 3
S 1
V o lta je c o r r ie n te
c o n tin u a
Resistencia de armadura en corriente continua por fase.
=Resistencia de armadura en corriente alterna por fase.
. 1.5
var 1,2 1,8 1,5
acc
a
a acc acc
R
R
R K R R
k Factor que ia entre y para nuestrocaso seutiliza
=
= =
Conexión estrella:
1 Lectura del Voltimetro 1
= . .
2 Lectura del Amperímetro 2
acc
V
R
A
=
Conexión Triángulo:
3 Lectura del Voltimetro 3
= . .
2 Lectura del Amperímetro 2
acc
V
R
A
=
2.6.2 Ensayo en Vacío:
+
- A c c
V c a
Ie
Tension en bornes o lectura del voltimetro
= = Tensión generada por fase (V/fase)
3 3
ca
gp
V
E =
La curva de magnetización (en vacío), se obtiene haciendo trabajar la máquina sin carga a la
velocidad nominal (o síncrona), variando su excitación, se puede medir la tensión generada y
trazar la curva. Se conecta un amperímetro de c.c. en el circuito de excitación para registrar la
intensidad de excitación y se conecta un voltímetro de c.a. en bornes de dos terminales
cualesquiera del estator para registrar la tensión de línea Vca. Se toma un número suficiente de

lecturas empezando con intensidad de excitación cero, tanto por debajo como por encima del
codo de la curva. En cada caso, se registran la intensidad de excitación, Ie, y la tensión generada
por fase, Egp, y se dibuja la curva de saturación. Como en el caso de la curva de magnetización
en c.c. los resultados deben ser tomados en un sentido para evitar bucles secundarios de
histéresis.
La curva tiene un tramo recto OA, cuando el circuito magnético no está saturado. Al saturarse la
curva sigue el camino AB.
E g
A
B
Ie
L in e a d e l
e n t r e h ie r r o
C u rv a d e m a g n e t iz a c ió n
e n v a c io
( c irc u it o a b ie rt o )
O
Esta prueba permite también determinar las pérdidas rotacionales de la máquina y serán iguales
a la potencia absorbida por la máquina cuando haya sido excitada hasta obtenerse la tensión
hasta obtenerse la tensión nominal.
2.6.3 Ensayo en cortocircuito.
I e
+
- I e
A 1
A 2
A 3
1 2 3
3
cc
A A A
Ia
+ +
=
La intensidad de excitación se ajusta a cero y el alternador se lleva a una velocidad nominal. Se
toman lecturas de la intensidad de excitación de c.c., respecto a la intensidad en el inducido
cortocircuitado de c.a.; los resultados se dibujan obteniéndose una curva lineal.
2.6.4 Determinación de la Reactancia Síncrona
Las pruebas de corto circuito y de circuito abierto permiten determinar la reactancia síncrona no
saturada y saturada de la maquina.
I a c c
R a
E g p
XS

Egp: Tensión generada por fase en vacío (producida por la corriente Ie) (V/fase).
Iacc: Intensidad de corriente nominal (producida por la corriente Ie) (A)
Zs=Ra+jXs Impedancia Síncrona
Ia
Ie
C o c r r ie n te d e c o r t o c ir c u ito
( A ) e n e l in d u c id o p o r f a s e
C o r r ie n te n o m in a l
C o r r ie n te d e e c p o r f a s e
V a c io
I a
C o r r ie n te d e
e x c ita c ió n
O
''
''
' '' ' '
o
B B
AA
Xs
A A B BB
= =
Xs(no sat) > Xs(Sat)
gp
s
cc
E
X
Ia
=

PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 2.1.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 KVA y 13 KV tiene
una resistencia de inducido de 0.9  y una reactancia síncrona de 8.0  . Cuando circula la
carga nominal a la tensión nominal, calcular la tensión generada por fase para cargas de:
a) factor de potencia unidad
b) factor de potencia inductivo 0.8
c) factor de potencia capacitivo 0.8
d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas.
SOLUCION
G
a L
3 Y
I =I
f
0.9 /
a
R fase
=  8 /
s
X fase
=  0,9 8 8,05 83,58º /
s
Z j fase
= + = 
�
3
13 10
7505.55
3 3
L
p
V x
V V
= = =
3 3 ( 3 ) 3
L L p a a
S V I x V xI VpI
= = =
3
1500 10
66.62
3 3 7505.55
a
p
S x
I A
V x
= = =
a) Factor de potencia unidad cosθ=1
66.62 0.9 59.96
a a
I R x
= =
66.62 8 532.96
a s
I X x
= =
( ) (7505,55 59,96) 532,96 7565,51 532,96
7584,26 /
gp p a a a s
E V I R jI X j j
V fase
= + + = + + = +
=
VECTORIALMENTE:
0º 0º 83,58º
7505,55 0º 66,62 0º 8,05 83,58º 7505,55 0º 536,29 83.58º
7505,55 59,96 532,93 7565,51 532,93
7584,26 4,03º /
gp p a s
gp
gp
E V I xZ
E x
j j
E V fase
= +
= + = +
= + + = +
=
I a R a
V p
0 = 0
I a X s
E g p
I
a
Z
a
I a
b) Factor de potencia 0.8 inductivo
cos 0.8 inductivo sen =0.6 arccos0,8 36,87º
q q q
= = =
� �

E g p
I a R a
V
p
S
e
n
Ia R a
V p
I
a
X
s
V p c o s
Ia
( cos ) ( )
(7505,55 0,8 59,96) (7505,55 0,6 532,96) 6064,34 5036,29
7882,92 39.71º /
gp p a a p a s
gp
gp
E V I R j V sen jI X
E x j x j
E V fase
q q
= + + +
= + + + = +
=
VECTORIALMENTE
0º
7505,55 0º 66,62 36,87º 8,05 83,58º 7505,55 0º 536,29 46,71º
7505,55 367,73 390,36 7873,28 390,36
7882,95 2,84º /
gp P a s
gp
gp
gp
E V I x Z
E x
E j j
E V fase
q
= + -
= + - = +
= + + = +
=
Ia
E g
X s
R a
V p
c) Factor de potencia 0.8 capacitivo
V p s e n
I
a
R
a
V p
I
a
X
s
E g .
V
p
c
o
s
I
a
R
a
cos 0.8 capacitivo sen =0.6 arccos0,8 36,87º
q q q
= = =
� �
( cos ) ( )
(7505,55 0,8 59,96) (7505,55 0,6 532,96) 6064.34 3970,37
7248,45 /
gp p a a p a s
gp
gp
E V I R j V sen jI X
E x j x j
E V fase
q q
= + + -
= + + - = +
=
VECTORIALMENTE

0º
7505,55 0º 66,62 36,87º 8,05 83,58º 7505,55 0º 536,29120,45º
7505,55 271,78 462,32 7233,77 462,32
7248,53 3,66º /
gp P a s
gp
gp
gp
E V I x Z
E x
E j j
E V fase
q
= + +
= + = +
= - + = +
=
d) Regulación de tensión para cada caso:
d.1) cos 1
q =
7584,26 7505,55
100 1.05%
7505,55
gp p
R
p
E V
V x
V
- -
= = =
d.2.) cos 0.8 inductivo
q =
7882,95 7505,55
100 100 5.03%
7505,55
gp p
R
p
E V
V x x
V
- -
= = =
d.3.) cos 0.8 capacitivo
q =
7248,53 7505,55
100 100 3.42%
7505,55
gp p
R
p
E V
V x x
V
- -
= = = -
PROBLEMA 2.2. Las características graficadas en la fig. corresponden a un generador
síncrono trifásico de rotor cilíndrico de 500 KVA – 2300 V. Determinar:
a) La reactancia síncrona saturada y no saturada en ohmios y valor unitario.
b) La relación de corto circuito.
0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 6 0 7 0
1 0 0
1 0 0 0
1 2 0 0
1 4 0 0
5 0 0
4 0
8 0
1 2 0
1 6 0
2 0 0
2 4 0
2 8 0
I e ( I N ) 2 7 . 5 A I ' e 4 7 A
I ' 'e
I N = 1 2 6 A
I a c c N = 1 4 0 A
I a c c = 2 1 0 A
I a c c ( a ) E ( v o l t i o s )
f a s e
SOLUCION
a) Tensión nominal de fase será:
2300
1327,9 1330
3
p
V V
= = @
Si el generador trabaja en vacío: 1330
gp p
E V V
= =
�
Del gráfico utilizando las dos curvas se obtiene: Iacc = 210 A

Reactancia saturada: ( )
1330
6.3
210
gp
sat
cc
E
Xs
Ia
= = = 
La reactancia no saturada Xs(sat) corresponde al tramo recto de la curva de circuito abierto.
Podemos determinarla, asumiendo una E cualquiera del tramo recto, por ejemplo E=1000 V.
Entonces obtenemos de la curva de cortocircuito:
140
cc
Ia A
=
Reactancia síncrona no saturada: ( )
1000
7.1
140 140
no saturada
E
Xs = = = 
Reactancia en valor unitario:
PB=500 kVA; VB=2300 V
( )
( )
2
2
3
2300
10.58
500 10
B
B
B
V
Z
P x
= = = 
( )
6.3
0.59 p.u.
10.58
B
pu
B
X
Xs
Z
= = =
( )
7.1
0.67 p.u.
10.58
sat
nosat pu
B
Xs
Xs
Z
= = =
b) Relación de c.c.
( )
. .
1 1
1.695 1.7
0.59
p u
Rcc
Xs
= = = @
OTRA MANERA:
( )
( )
3
min
min
500.10
125.6 A 126
3. 3.2300
Vn
cc
aN
N
N
N
Ie Corriente de excitacion para obtener la tension no al
R
Ie I Corrientedeexcitacion paraobtener lacorrienteno al
P
I A
V
= =
= = = @
Del gráfico:
En la curva de cortocircuito para In = 126 A se obtiene:
( ) 27,5
vn
Ie A
=
En la curva de circuito abierto con 1330 V se obtiene:
( ) 47
In
Ie A
=
( )
(
47
1.7
27.5
VN
Ian
Ie
Rcc
Ie
= = =
PROBLEMA 2.3. Un alternador trifásico de 2300 V y 60 Hz con una potencia nominal de 1200
kVA se cortocircuita llevando a la velocidad nominal, y su excitación se aumenta hasta que
circule una corriente en el inducido de 1.5 veces la nominal. Se elimina entonces el cortocircuito
y con idéntica corriente de excitación y velocidad, la tensión entre bornes es de 1000 V. El
promedio de la resistencia en c.c. de los arrollamientos del inducido, tomados entre líneas es de
0.225 Ohm. Suponiendo que el alternador esté conectado en triángulo y que la relación entre la
resistencia efectiva y la óhmica sea 1.4. Calcular:
a) La corriente nominal de línea y de fase y la resistencia de c.a. por fase.
b) Las caídas de tensión por resistencias y por reactancia síncrona en el inducido a plena carga.

c) La relación de corto circuito por unidad.
d) La regulación de tensión para unos factores de potencia capacitivo e inductivo de 0.8.
SOLUCIÓN
Medición de la resistencia de armadura en corriente alterna (Ra):
R
Resistencia equivalente medida entre dos líneas: 0.225
R = 
Del gráfico
2 3 3
0,225 0,3375
3 2 2
cc cc
R Ra Ra xR x
= = = = 
�
Resistencia por fase en corriente alterna:
=1,4 x =1,4x0.3375=0.4725
a cc
R Ra 
Prueba de cortocircuito:
Ie
+
-
R a R a
R a
A
A
A
Ia c c
Ia c c
Ia c c
Ie
+
-
Ia
Ia c c
Si la corriente de excitación es Ie: 1,5
cc
Ia In
=
�
Prueba en vacío:
R a R a
R a
V = 1 0 0 0 V
Ie
+
-
Ie
+
-
Ia
R jX s
Z s
V = 1 0 0 0 V
Egp=1000V
a) La corriente nominal de línea y de fase
3
1200 10
301,23
3 3 2300
N
L
L
P x
Ia A
V x
= = =
301,23
173,91
3 3
L
f
Ia
Ia A
= = =
b) Caída de tensión por resistencia y por reactancia sincrona en el inducido
Caída de tensión por resistencia del inducido:
( ) ( )
173,91 0.4725 82,17 V
Ra f a
V Ia xR x
D = = =
Impedancia sincrona por fase

1000 1000
3,83 /
1,5 1,5 173,91 260,865
go go
S
cc f
E E
Z fase
Ia xIa x
= = = = = 
Reactancia sincrona por fase
2 2 2 2
3,83 0,4725 3,80 /
S S a
X Z R fase
= - = - = 
Caída de tensión por reactancia del inducido:
173,91 3.8 660,86
Xs f
V Ia Xs x V
D = = =
I a
I e
I a c c = 1 . 5 I n
O
1 0 0 0 V
I e
V º
2 5 1 A
I a c c
c) Relación de cortocircuito por unidad
2 2
3
2300
4,4083
1200 10
B
N
V
Z
P x
= = = 
( )
3,80
0,86
4,4083
S
S pu
B
X
X
Z
= = =
( )
1 1
1,163
0,86
CC
S pu
R
X
= = =
d) Regulación de tensión f.p. 0.8 inductivo
º
arccos0,8 36,87º
2300 0º
173,91 36,87º
0.4725 3.80 3,83 82,91º
p
V V
Ia A
Zs j
q = =
=
= -
= + = 
2300 0º 173,91 36,87º 3,8382,91º 2300 0º 666,07 46,04º
2300 462,36 479,45 2762,36 479,45
2803,66 9,85º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + - = +
= + + = +
=
2803,66 2300
100 100 21,9%
2300
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
f.p. 0.8 Capacitivo

gp
E =2300 0º 173,9136,87º 3,8382,91º 2300 0º 666,07119,78
2300 330,82 578,11 1969,18 578,11 2052,2916,36º /
2052.29 2300
100 10.8%
2300
gp p a s
gp
E V I Z
x
E j j V fase
VR x
= +
+ = +
= - + = + =
-
= = -
PROBLEMA 2.4. Repetir el problema anterior suponiendo que el alternador esté conectado en
estrella.(I EP 2005-I)
SOLUCION:
Medición de la resistencia de armadura en corriente alterna (Ra):
Resistencia equivalente medida entre dos líneas: 0.225
R = 
Para conexión estrella:
1 1
2 0,225 0,1125
2 2
cc cc
R Ra Ra xR x
= = = = 
�
=1,4 x =1,4x0,1125=0,1575
a cc
R Ra 
Ie
+
-
Ia
Ia c c
Si la corriente de excitación es Ie: 1,5
cc
Ia In
=
�
Prueba en vacío:
Ie
+
-
Ia
R jX s
Z s
V = 1 0 0 0 V
1000
577,35
3 3
L
gp
E
E V
= = =
a) La corriente nominal de línea y de fase
3
1200 10
301,23
3 3 2300
N
L f
L
P x
Ia Ia A
V x
= = = =
b) Caída de tensión por resistencia y por reactancia sincrona en el inducido
Caída de tensión por resistencia del inducido:
( ) ( )
301,23 0,4725 142,33
Ra f a
V Ia xR x V
D = = =
577,35 577,35
1,28 /
1,5 1,5 301,23 451,845
go go
S
cc f
E E
Z fase
Ia xIa x
= = = = = 
2 2 2 2
1,28 0,1575 1,27 /
S S a
X Z R fase
= - = - = 
Caída de tensión por reactancia del inducido:

301,23 1,27 382,56
Xs f
V Ia Xs x V
D = = =
c) Relación de cortocircuito por unidad
2 2
3
2300
4,4083
1200 10
B
N
V
Z
P x
= = = 
( )
1,27
0,29
4,4083
S
S pu
B
X
X
Z
= = =
( )
1 1
3,45
0,29
CC
S pu
R
X
= = =
d) Regulación de tensión f.p. 0.8 inductivo
º
arccos0,8 36,87º
2300
1327,90 0º
3
301,23 36,87º
0,1575 1,27 1,28 82,93º
p
V V
Ia A
Zs j
q = =
= =
= -
= + = 
1327,90 0º 301,23 36,87º 1,28 82,93º 1327,90 0º 385,57 46,06º
1327,90 267,55 277,64 1595,45 277,64
1619,43 9,87º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + - = +
= + + = +
=
1619,43 1327,90
100 100 21,9%
1327,90
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
f.p. 0.8 Capacitivo
gp
E =1327,90 0º 301,23 36,87º 1,28 82,93º 1327,90 0º 385,57119,8º
1327,90 191,62 334,58 1136,37 334,58 1184,6016,40º /
1184,60 1327,90
100 10.8%
1327,90
gp p a s
gp
E V I Z
x
E j j V fase
VR x
= +
+ = +
= - + = + =
-
= = -
PROBLEMA 2.5.- Determinar la regulación de una máquina síncrona de rotor cilíndrico
conexión estrella, tensión de línea nominal de la máquina de 240 V, potencia nominal 75 kVA,
resistencia de inducido 0,05 ohmios y reactancia síncrona de 0,15 ohmios. Para: cosθ=1;
cosθ=0,866 inductivo y cosθ=0,866 capacitivo.
SOLUCION
240
138,564
3 3
L
p
V
V V
= = =
3
75 10
180,422
3 3 240
N
L f
L
P x
Ia Ia A
V x
= = = =
0,05 0,15 0,158 71,56º /
S a s
Z R jX j fase
= + = + = 
Regulación para: Cosθ=1

138,564 0º 180,422 0º 0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 71,56º
138,564 9,015 27,044 147,579 27,044
150,03610,384º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + = +
= + + = +
=
150,036 138,564
100 100 8,28%
138,564
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
Regulación Para:
º
cos 0,866 arccos0,866 30º
240
138,564 0º
3
180,422 30º
p
a
Inductivo
V V
I A
q q
= = =
�
= =
= -
138,564 0º 180,422 30º 0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 41,56º
138,564 21,331 18,912 159,895 18,912
161,009 6,74º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + - = +
= + + = +
=
161,009 138,564
100 100 16,198%
138,564
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
Regulación para:
º
cos 0,866 arccos0,866 30º
240
138,564 0º
3
180,422 30º
p
a
Capacitivo
V V
I A
q q
= = =
�
= =
=
138,564 0º 180,422 30º 0,158 71,56º 138,564 0º 28,507101,56º
138,564 5,713 27,929 132,851 27,929
135,75511,87º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + = +
= - + = +
=
135,755 138,564
100 100 2,03%
138,564
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = = -
PROBLEMA 2.6.-Un generador síncrono trifásico de rotor cilíndrico de 25 MVA y 13,8 kV.
Está conectado a una barra infinita de 13,8 kV. y entrega a la red 17 MW a un factor de potencia
de 0,8 (inductivo). La reactancia síncrona de la máquina es Xs=0,25 p.u. y su resistencia
despreciable. Determinar:
a) La f.e.m. generada por la máquina, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la
máquina.
b) Si se aumenta el factor de potencia a uno, actuando sobre la excitación, determinar la
potencia activa, el ángulo de potencia, la corriente y la f.e.m. generada por la máquina.
SOLUCION
La reactancia síncrona de la máquina:

2 2
. 6
13800
0,25 1,904
25 10
B
s p u
B
V
X Xs x
P x
= = = 
a) La corriente que entrega la máquina a la red será:
6
3
17 10
889,036
3 cos 3 13,8 10 0,8
a
L
W x
I A
V x x x
q
= = =
f.e.m. entregada:
cos 0,8 arccos0,8 36,87º
13800
7967,434 0º
3
889,036 36,87º
1,904 90º
p
a
s
Inductivo
V V
I A
X
q q
= = =
�
= =
= -
= 
7967,434 0º 889,036 36,87º 1,904 90º 7967,434 0º 1692,724 53,13º
7967,434 1015,637 1354,177 8983,07 1354,177
9084,567 8,57º /
8,57º
gp p a s
gp
gp
gp
E V I X
E x
E j j
E V fase
angulo de potencia
d
= +
= + - = +
= + + = +
=
=
�
b) Si el factor de potencia aumenta a uno, la potencia activa no puede variar, ya que no se
acciona la máquina prima; por tanto W=17 MW
La corriente disminuye ya que se mejora el factor de potencia:
6
3
17 10
711,228
3 cos 3 13,8 10 1
a
L
W x
I A
V x x x
q
= = =
f.e.m. generada:
7967,434 0º 711,228 0º 1,904 90º 7967,434 0º 1354,178 90º
7967,434 1354,178
8081,695 9,65º /
9,65º
gp p a s
gp
gp
gp
E V I X
E x
E j
E V fase
angulo de potencia
d
= +
= + = +
= +
=
=
�
PROBLEMA 2.7.- Un turbo alternador de 60 MVA, 13,6 kV, conexión en estrella, 60 Hertz, 2
polos, tiene una reactancia de dispersión de 0,35 ohmios por fase y una reactancia de reacción
de inducido de 3 ohmios por fase. Despreciando la resistencia óhmica del devanado de inducido
y admitiendo la máquina no saturada, calcular:
a) La reactancia síncrona en ohmios por fase y por unidad.
b) La f.e.m. resultante cuando funcionan a plena carga con un factor de potencia 0,8 (retraso).
SOLUCION
a) Cálculo de la reactancia síncrona:
0,35 3,0 3,35 3,35 90º
s d A
X X X j j j
= + = + = =
por unidad será:
6
. . 2 3 2
60 10
3,35 1,087
(13,6 10 )
B
p u
B
P x
Xs Xs x
V x
= = =

b) F.E.M. resultante a plena carga, cuando
cos 0,8( ) 36,87º
retrazo
f f
=  =
6
3
60 10
2547,13
3 1,3 10
a
x
I A
x x
= =
f.e.m. generada:
7851,96 0º 2547,13 36,87º 3,35 90º 7851,96 0º 8532,885 53,13º
7851,96 5119,74 6826,30 12971,70 6826,30
14658,22 27,75º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I X
E x
E j j
E V fase
= +
= + - = +
= + + = +
=
PROBLEMA 2.8.- Un generador conectado en estrella de 2,5 MVA y 13,8 kV. Tiene una
resistencia de inducido de 0,8 ohmios y una reactancia síncrona de 6 ohmios. Cuando circula la
carga nominal a la tensión nominal: Calcular la regulación de tensión para cada una de estas
cargas:
a) Factor de potencia unidad.
b) Factor de potencia inductivo de 0,8
c) Factor de potencia capacitivo de 0,75.
SOLUCION
3
13,8 10
7967,43
3 3
L
p
V x
V V
= = =
6
3
2,5 10
104,59
3 3 13,8 10
N
L f
L
P x
Ia Ia A
V x x
= = = =
0,8 6 6,053 82,4º /
S a s
Z R jX j fase
= + = + = 
Regulación para: Cosθ=1
7967,43 0º 104,59 0º 6,05382,4º 7967,43 0º 633,08 82,4º
7967,43 83,73 627,52 8051,16 627,52
8075,58 4,46º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + = +
= + + = +
=
8075,58 7967,43
100 100 1,36%
7967,43
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
Regulación Para:
º
cos 0,8 arccos0,8 36,87º
7967,43 0º
104,59 36,87º
p
a
Inductivo
V V
I A
q q
= = =
�
=
= -
7967,43 0º 104,59 36,87º 6,05382,4º 7967,43 0º 633,08 45,53º
7967,43 443,49 451,78 8410,92 451,78
8423,04 3,07º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + - = +
= + + = +
=

8423,04 7967,43
100 100 5,72%
7967,43
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
Regulación para:
cos 0,75 arccos0,75 41,41º
7967,43 0º
104,59 41,41º
p
a
Capacitivo
V V
I A
q q
= = =
�
=
=
7967,43 0º 104,59 41,41º 6,053 82,4º 7967,43 0º 633,08123,81º
7967,43 352,27 526,02 7615,16 526,02
7633,313,95º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + = +
= - + = +
=
7633,31 7967,43
100 100 4,19%
7967,43
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = = -
PROBLEMA 2.9.-: El inducido de un alternador monofásico de 60 kVA, 220 V y 60 Hz. Tiene
una resistencia de 0,016 ohmios y una reactancia de 0,07 ohmios. Las fuerzas electromotrices
inducidas cuando el alternador suministra la corriente de régimen es de 236,9 y 210,07 voltios
con ángulo de desfasamiento de 2,48º y 4,499º con respecto a la tensión en bornes
respectivamente. Determinar el factor de potencia de la carga y el tipo de carga para cada caso.
SOLUCION
Siendo el alternador monofásico la corriente de régimen será:
3
60 10
272,73
220
N
L
L
P x
Ia A
V
= = =
0,16 0,07 0,0718 77,12º /
S a s
Z R jX j fase
= + = + = 
a) Cuando suministra :
272,73 º 236,9 2,48º
220 0º
an
p
I A Eg V
V V
q
= =
�
=
236,9 2,48º 220 0º
0,718 77,12º
gp p a s
gp p
a
s
E V I Z
E V
I
Z
= +
-
-
= =
�
19,578 36,57º
236,768 10,255 220 16,678 10,255
0,718 77,12º 0,718 77,12º 0,718 77,12º
272,674 45,53º
tan 45,53º
cos 0,7
a
a p
j j
I A
Por to I retrazado respecto a V
LA CARGA ES INDUCTIVA
q
q
+ - +
= = =
= -
= -
=
b) Cuando suministra :

272,73 º 210,07 4,499º
220 0º
an
p
I A Eg V
V V
q
= =
�
=
210,07 4,499º 220 0º
0,718 77,12º
19,5808122,696º
209,4227 16,4782 220 10,5773 16,4782
0,718 77,12º 0,718 77,12º 0,718 77,12º
272,713 45,58º
tan 45,58º
co
gp p a s
gp p
a
s
a
a p
E V I Z
E V
I
Z
j j
I A
Por to I adelantado respecto a V
q
= +
-
-
= =
�
+ - - +
= = =
=
=
s 0,7 LA CARGA ES CAPACITIVO
q =
PROBLEMA 2.10.-Un alternador trifásico de 13000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de
inducido de 0.3 Ω/fase y una reactancia síncrona de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se
ajusta en cada uno de los casos para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Si,
después de haber hecho ajuste, se elimina bruscamente la carga del alternador, calcular la
tensión en vacío por fase compuesta para cargas de:
a) Factor de potencia unidad.
b) Factor de potencia 0.8 inductivo.
c) Calcular la regulación de tensión para cada caso.
SOLUCION
a L
3 Y I =I
f
0,3 / 4 / 0,3 4 4,0112 85,71º /
a s s
R fase X fase Z j fase
=  =  = + = 
�
3
13 10
7505.5535
3 3
L
p
V x
V V
= = =
3
2500 10
111,0289
3 3 7505.5535
a
p
S x
I A
V x
= = =
a) Factor de potencia unidad cosθ=1
0º 0º 85,71º
7505,5535 0º 111,0289 0º 4,0112 85,71º 7505,5535 0º 445,359185,71º
7505,5535 33,3149 444,1113 7538,8684 444,1113
7551,9383 3,37º /
gp p a s
gp
gp
E V I xZ
E x
j j
E V fase
= +
= + = +
= + + = +
=
I a R a
V p
0 = 0
I a X s
E g p
I
a
Z
a
I a
b) Factor de potencia 0.8 inductivo
cos 0.8 inductivo sen =0.6 arccos0,8 36,87º
q q q
= = =
� �

E g p
I a R a
V
p
S
e
n
Ia R a
V p
I
a
X
s
V p c o s
Ia
0º
7505,5535 0º 111,0289 36,87º 4,0112 85,71º 7505,5535 0º 445,359148,84º
7505,5535 293,1193 335,2995 7798,6728 335,2995
7805,8775 2,46º /
gp P a s
gp
gp
gp
E V I x Z
E x
E j j
E V fase
q
= + -
= + - = +
= + + = +
=
c) Regulación de tensión para cada caso:
c.1) cos 1
q =
7551,9383 7505,5535
100 0,62%
7505,5535
gp p
R
p
E V
V x
V
- -
= = =
c.2.) cos 0.8 inductivo
q =
7805,8775 7505,5535
100 100 4%
7505,5535
gp p
R
p
E V
V x x
V
- -
= = =
PROBLEMA 2.11.- Un alternador trifásico conectado en triángulo de 2300 V, y 2500 kVA,
tiene una resistencia de 0,1 Ω/fase y una reactancia sincrona de 1,5 Ω/fase. El alternador se
regula para una tensión nominal en vacío. Calcular su tensión en bornes cuando circule la
corriente nominal para un factor de potencia inductivo de 0.6.
SOLUCION
G
L p
3 V =V 2300 2500 VA
V S k
f D = =
0,1 /
a
R fase
=  1,5 /
s
X fase
=  0,1 1,5 1,503 86,2º /
s
Z j fase
= + = 
�
3
2500 10
362,32
3 3 2300
a
p
S x
I A
V x
= = =
Si regulamos la tensión en vacío: 0 2300
gp
E Vp V
= =
�
Tensión generada para: cos 0,6 53º
Inductivo
q q
= =
�
0º º 86,2º
2300 0º 362,32 53º 1,503 86,2º 0º 544,57 33,2º
2300 ( 455,68) 298,19
gp p a s
p p
p
E V I xZ
V x V
V j
d q
d
d
= + -
= + - = +
= + +

2 2
2 2 2
mod
2300 ( 455,68) 298,19
2300 ( 455,68) 298,19
1824,9
p
p
p
p
Igualando ulos se obtiene V
V
V
V V
= + +
= + +
=
PROBLEMA 2.12.- A partir de los datos del ensayo de impedancia síncrona realizado a un
alternador de 2000 kVA, 2300V, conectado en estrella, suponiendo una relación entre resistencia
efectiva y resistencia en c.c. de 1.3, calcular la regulación de tensión para:
a) factor de potencia unidad, y
b) factor de potencia 0,8 inductivo
MEDICION DE LA
RESISTENCIA DE
ARMADURA C.C.
ENSAYO EN VACIO ENSAYO EN CORTO
CIRCUITO
TENSIÓN
C.C.
(V)
CORRIENTE
C.C. (A)
TENSIÓN
EFICAZ
(V)
CORRIENTE
DE
EXCITACIÓN
C. (A)
CORRIENTE DE
CORTO CIRCUITO
(A)
1.5 10 950 10 Nominal
SOLUCION
Resistencia de armadura en corriente alterna (Ra):
Para conexión estrella:
1 1 1,5
0,075
2 2 10
cc
V
Ra x x
A
= = = 
=1,3 x =1,3x0,075=0,0975
a cc
R Ra 
Si la corriente de excitación es: 10
e
I A
=
3
2000 10
502,04
3 3 2300
N
cc n
L
P x
Ia Ia A
V x
= = = =
Prueba en vacío:
950
548,48
3 3
L
gp
E
E V
= = =
548,48
1,0925 /
502,04
go
S
cc
E
Z fase
Ia
= = = 
2 2 2 2
1,0925 0,0975 1,088 /
S S a
X Z R fase
= - = - = 
1,0925 84,88º /
S
Z fase
= 
�
a) Regulación de tensión f.p. = 1
º
arccos1 0º
2300
1327,90 0º
3
502,04 0º
p
V V
Ia A
q = =
= =
=

1327,90 0º 5502,04 0º 1,0925 84,88º 1327,90 0º 548,48 84,88º
1327,90 48,95 546,29 1376,85 546,29
1481,26 21,64º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + = +
= + + = +
=
1481,26 1327,90
100 100 11,55%
1327,90
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
b) Regulación de tensión f.p. = 0,8 inductivo
º
arccos0,8 36,87º
2300
1327,90 0º
3
502,04 36,87º
p
V V
Ia A
q = =
= =
= -
1327,90 0º 5502,04 36,87º 1,0925 84,88º 1327,90 0º 548,48 48,01º
1327,90 366,93 407,66 1694,83 407,66
1743,1713,52º /
gp p a s
gp
gp
gp
E V I Z
E x
E j j
E V fase
= +
= + - = +
= + + = +
=
1743,17 1327,90
100 100 31,27%
1327,90
gp p
p
E V
VR x x
V
- -
= = =
PROBLEMA 2.13.- Las características en vacío y corto circuito de un turbo generador 3 f de
6500 kVA, 5500 V, conectado en estrella se muestran en la figura; hallar la regulación para:
a) cos 0.8 en atrazo
q =
b) cc
R

3
o
s
cc
5500 6500 10
3175.43 682.32
3 3 5500
3175,43; :
0,84 0,84 683.32 573.15 A
Impedancia sincrona:
Eg 31758.43
Z = 5.54
Ia 373.15
o P N
o
cc N
x
Eg V V I
x
Del Grafico para Eg setiene
Ia I x
= = = = =
=
= = =
= = 
a) Regulación de tensión para cosӨ=0,8 en atraso (inductivo)
R
0º 36.57º 90º
3175.43 682.32 36.87º 5.54 90º 3175.43 3780.05 53.13º
5443,46 3024,04 6227.04 29.05º
6227.04 3175.43
100 96,10%
V
3175.43
N
g
g
g
Vp I xZs
E
E x
E j V
x
+ -
=
= + - = +
= + =
-
=
=
c) Relación de cortocircuito:
Del gráfico: Para la tensión y corriente nominal se tiene las corrientes de excitación Ie(VN) y
Ie(Ian)
( )
( ) 78
0,87
90
Vn
an
Ie
Rcc
Ia I
= = =

PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de
inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fase. Cuando trabaja a media carga
y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de.
b) Factor de potencia inductivo 0,8
c) Factor de potencia capacitivo 0,8
Rpta: a. 7540 b. 7691 c. 7373 d. 0,46 2,48 -1,76%
2. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de
inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fase. Cuando trabaja a plena carga
y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de.
b) Factor de potencia inductivo 0,75
c) Factor de potencia capacitivo 0,9
Rpta: a. 7584 b. 7911 c. 7344 d. 1,05 5,40 -2,14%
3. Los siguientes datos se obtuvieron en pruebas de un generador hihroeléctrico trifásico, de
158 MVA, 13,8 kV, 60 Hz, 72 polos y conexión estrella:
Curva característica de circuito abierto:
Ie (A) 100 200 300 400 500 600 700 775 800
Voltaje línea a línea (kV) 2.21 4.42 6.49 8.42 10.1 11.6 13.1 13.8 14.1
Ie = 710 A Ia = 6610 A
a) Trace la curva de saturación en circuito abierto, la línea de entrehierro y la curva
característica en corto circuito
b) Calcule el valor no saturado y saturado de la reactancia sincrona en por unidad
c) Calcular la relación de cortocircuito.
d) Calcular la regulación de tensión para un factor de potencia inductivo de 0.6.
Rpta: b. 1,4 0,9 c. 1,11 0,71 d. 82,72%
4. En un sitio de Europa es necesario suministrar 30 kW de potencia a 60 Hz. Las únicas
fuentes de potencia disponibles operan a 50 Hz. Se decidió generar la potencia por medio de
un grupo motor generador consistente en un motor sincrónico que acciona a un generador
sincrónico. ¿Cuántos polos deberiá tener cada una de las dos máquinas para convertir la
potencia de 50 Hz en potencia de 60 Hz?
5. Un motor sincrónico tiene un ángulo de torque de 20º eléctricos cuando trabaja a plena carga
a la tensión y frecuencia nominales. Si la corriente de excitación es mantenida constante,
¿cómo influirán sobrte el ángulo de torque los siguientes cambios en las condiciones de
operación?
a) Reducción de la frecuencia en un 10 %
b) Reducción de la frecuencia y de ñla tensión en un 10 %
En cada caso considerar: Torque de carga constante y potencia de la carga constante.
6. Un alternador trifásico de 13 000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de inducido de 0.3
Ω/fase y una reactancia sincronica de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se ajusta en
cada uno de los casos para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Calcular la
tensión en vacío por fase para carga de:
a) factor de potencia unidad.
b) Calcular la regulación de tensión para el caso anterior.

7. Un generador de 480 V, 400 kVA, factor de potencia de 0,85 en atraso, 50 Hz, cuatro polos,
conectado en delta, es accionado por un motor diesel de 500 HP y se utiliza como generador
de soporte o generador de emergencia. Esta máquina también puede ser emparalelada con la
fuente de potencia normal (un sistema de potencia muy grande) si se desea.
a) ¿Cuáles son las condiciones requeridas para
emparalelar el generador de emergencia con el sistema de potencia existente? ¿Cuál es
la tasa de rotación del eje después del emparalelamiento?
b) Si el generador está conectado al sistema de potencia e
inicialmente flota sobre la línea, dibuje los campos magnéticos resultantes y el diagrama
fasorial.
c) Si se incrementa el ajuste del gobernador del motor
diesel, muestre qué ocurre en el generador mediante los diagramas de casa y diagramas
fasoriales. ¿Cuánta potencia reactiva suministra el generador?
d) Con el generador diesel suministrando potencia real al
sistema de potencia, ¿Qué ocurre al generador cuando su corriente de campo aumenta y
disminuye? Muestre este comportamiento con diagrama fasorial y con el diagrama de
casa.
8. Un generador de turbina de vapor de 13,5 kV, 20 MVA, factor de potencia de 0,8 en atraso,
60 Hz, bipolar, conectado en Y, tiene una reactancia sincrónica de 5,0 Ω por fase y
resistencia del inducido de 0,5 Ω por fase. Este generador está operando en paralelo con un
gran sistema de potencia (barraje infinito).
a) ¿Cuál es la magnitud de EA en condiciones nominales?
b) ¿Cuál es ángulo de par del generador en condiciones
nominales?
c) Si la corriente de campo es constante, ¿Cuál es la
máxima potencia posible de salida del generador? ¿Cuánta reserva de potencia o de par
debe tener este generador a plena carga?
d) A la potencia absoluta máxima posible, ¿Cuánta
potencia reactiva estará generando o consumiendo este generador? Dibuje el diagrama
fasorial correspondiente (suponga que If no ha sido cambiado aún)

CAPITULO III
EFICIENCIA DE LA MAQUINA SINCRONA
3.1. EFICIENCIA
Un generador de c.a., como lo dice su nombre, un dispositivo dinámico. No convierte energía o
potencia cuando está en estado inmóvil o estático. Debe estar trabajando o funcionando para
convertir energía. Por este motivo, es incapaz de tener la propiedad de almacenamiento de
energía. También, por este motivo, de acuerdo con la ley de la conservación de la energía, la
potencia total que recibe un generador en cualquier instante debe ser igual a la potencia total
entregada por el generador en ese instante. La potencia total que recibe el generador debe ser
igual a su potencia de salida (útil) y su pérdida total de potencia, siguiendo la ley de la
conservación de la potencia, o sea:
entr sal perd
P P P
= + ...(3.1)
Donde: Pent Potencia total que recibe la dínamo
Psal Potencia útil entregada por la dínamo para efectuar trabajo
Ppérd Pérdida total que se produce dentro de la dínamo como resultado de la conversión
de energía, la pérdida será: perd entr sal
P P P
= -
La potencia que se suministra al generador siempre debe ser mayor que la potencia de salida, o
sea, que la potencia que suministra el generador para efectuar trabajo útil. Así, un motor o
generador nunca pueden convertir toda la potencia que reciben en potencia mecánica o eléctrica
de salida. Como se define en la ecuación (3.1), la diferencia entre la entrada y salida del
generador es su pérdida de potencia, que no lleva a cabo trabajo útil. Ya que esta pérdida de
potencia no produce ni energía eléctrica ni mecánica, las cuales son útiles para el generador,
sólo puede producir calor, luz o energía química. Casi toda la pérdida de energía aparece como
energía calorífica o potencia calorífica.
Mientras mayor sea la pérdida de potencia en la ecuación (3.1) como porcentaje de entrada total
de potencia, mayor será la potencia térmica o calorífica y más caliente estará el generador, es
decir, mayor será el aumento de temperatura de la máquina rotatoria.
La eficiencia de un generador se puede definir, como la relación adimensional h de la potencia
salida entre la potencia de entrada:
sal
entr
P
P
h= ...(3.2)
sal
sal perd
P
P P
h=
+
(Para generador) ...(3.2a)
Un generador que trabaja con alta eficiencia, o con una alta relación de potencia de salida a
entrada, produce en comparación poco calor comparado con su entrada o salida. A la inversa, un
generador que trabaja con baja eficiencia produce gran cantidad de calor en comparación con su
salida.
Dependiendo de la capacidad termodinámica de la dínamo para disipar el calor que se genera
internamente, la temperatura de la máquina tenderá a aumentar hasta encontrar el nivel en el que

la potencia térmica disipada sea igual a la pérdida de potencia térmica disipada sea igual a la
pérdida de potencia térmica generada internamente. Si la temperatura final de equilibrio es muy
alta, es decir, si es mayor que el límite de los materiales aislantes que se usan en los devanados
del generador, se requiere entonces una de las dos alternativas: 1) Se deben emplear dispositivos
externos de enfriamiento para que la capacidad del generador, o sea la potencia de salida,
permanezca igual, o bien 2) la salida se debe reducir , reduciendo la entrada y las pérdidas, par
una capacidad a la cual las pérdidas y el aumento de temperatura no sean exclusivos.
En el caso de un generador, es más fácil medir la potencia eléctrica de salida que la mecánica de
entrada, y de ahí la forma de la ecuación (3.2a).
Las pérdidas que deben considerarse son las siguientes:
PERDIDAS ROTACIONALES
Que incluyen:
- Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación.
- Pérdidas en el hierro.
PERDIDAS ELECTRICAS
Que incluyen
- Pérdidas por efecto Joule en el campo.
- Pérdidas por efecto Joule en la armadura
PERDIDAS DISPERSAS
Que incluyen
- Fugas de flujo en los dientes, cuñas de ranura, rayos, caras polares, etc.
- Flujos de reacción de armadura en los dientes, cuñas de ranuras, rayos y caras polares.
Vamos a analizar brevemente en que consiste cada una de ellas y cómo se determinan.
3.2. LAS PERDIDAS ROTACIONALES
Estas pérdidas incluyen las pérdidas mecánicas por fricción y ventilación y las pérdidas en el
hierro por histéresis y Foucault producida por la variación de flujo magnético en el estator.
Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación: Pérdidas que sólo son funciones de la velocidad
Pérdidas en el hierro o núcleo: Pérdidas que son función tanto del flujo como de la velocidad.
Estas pérdidas ocurren cuando una armadura de hierro o una estructura de rotor giran en un
campo magnético o cuando se presenta un cambio de encadenamientos de flujo en cualquier
estructura de hierro.
Las pérdidas mecánicas se pueden determinar accionando el generador no excitado con un
pequeño motor auxiliar y midiendo la potencia absorbida por este último. Deduciendo de esta
potencia las pérdidas propias del motor auxiliar se tendrán las pérdidas mecánicas del
generador.
Si se repite la prueba con la máquina excitada a la tensión nominal se obtienen las pérdidas
rotacionales. La diferencia entre ambos resultados nos dará las pérdidas en el hierro. De acuerdo
con las normas de la A.S.A. las pérdidas en el hierro se calculan a la tensión nominal más la
caída óhmica a plena carga de la armadura.
3.3. LAS PERDIDAS ELECTRICAS
Las pérdidas eléctricas son primordialmente resultado de la circulación de la corriente eléctrica
a través de las bobinas tanto del estator como del rotor del generador. Todas esas pérdidas
eléctricas tienden a variar de acuerdo con el cuadrado de la corriente de carga, excepto aquellas
como la pérdida en el campo, que es independiente de la carga, y la pérdida en escobillas, varía
directamente con la carga.

Básicamente consisten en las pérdidas por efecto Joule en los arrollamientos de campo y de
armadura. No se incluyen las pérdidas en el reóstato de campo ni tampoco la potencia absorbida
la potencia absorbida por la excitatriz.
Las pérdidas en el campo se determinan con las conocidas ecuaciones:
2
e
R
exc e e e
P I V I We
D = = =D
Re Resistencia del campo
Ie Corriente de excitación
Vo Tensión de excitación
Las pérdidas en la armadura se calculan con:
2
3R
ar cc
P a Ia Wa
D = =D
Racc Resistencia de armadura en corriente continua a 75ºC
Ia Corriente de armadura
Aquí hay que tener presente que debe emplearse la resistencia en corriente continua a 75º. Si se
emplea la resistencia en corriente alterna que es 1.3-1.5 veces mayor que la resistencia en
corriente continúa, estaríamos incluyendo también las pérdidas por efecto SKIN y por corrientes
parásitas de Focault en los conductores que forman las pérdidas dispersas.
3.4. LAS PERDIDAS DISPERSAS.-
Como acabamos de ver estas pérdidas incluyen básicamente el efecto SKIN en los conductores
y las pérdidas por corrientes parásitas en los conductores. También incluyen las pérdidas
producidas por el flujo de dispersión de la armadura y la distorsión del flujo magnético.
Se pueden determinar mediante la prueba de cortocircuito de la máquina. La potencia absorbida
por la máquina en dicha prueba incluye las pérdidas dispersas, el efecto Joule en la armadura y
las pérdidas mecánicas. No figuran las pérdidas en el hierro por ser el flujo resultante muy
pequeño. Por consiguiente si se conoce la resistencia en corriente continua del arrollamiento
puede determinarse el efecto Joule que deducido junto con las pérdidas mecánicas de la
potencia absorbida en cortocircuito nos da las pérdidas dispersas.
Cuando no se dispone de estos datos pueden incluirse en las pérdidas eléctricas empleando para
el cálculo de las pérdidas eléctricas en la armadura la resistencia efectiva en corriente alterna de
la armadura que se calcula con la prueba de cortocircuito con la siguiente expresión:
2
3 cc
Wcc
Ra
Ia
D
=
Estas pérdidas en general se evalúan como 1 % de la salida para generadores mayores de 150
kW; y no se consideran en máquinas de menor capacidad.
3.5 FLUJO DE POTENCIA EN EL GENERADOR
Si se aplica potencia mecánica al eje de un generador en calidad de entrada, la potencia en el eje
es TS/5252 hp. Un generador impulsada en forma mecánica mantiene ciertas pérdidas
rotacionales. La diferencia entre dichas pérdidas rotacionales y la potencia mecánica de entrada
representa la potencia mecánica neta que se convierte en potencia eléctrica mediante la
conversión electromagnética (EgIa). Pero el generador también sostiene determinadas pérdidas
eléctricas internas, que se restan de la potencia eléctrica que se desarrolla. Por lo tanto, la
potencia eléctrica neta es EgIa menos las pérdidas eléctricas, o sea el voltaje de terminales por la
corriente total entregada a la carga (VaIL).

Potencia Eléctrica desarrollada= EgIa = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales
= Potencia eléctrica de salida + pérdidas eléctricas
3.6 EFICIENCIA MAXIMA
Un generador alcanza eficiencia máxima siempre que las pérdidas variables son iguales a las
pérdidas fijas. Para el generador de cd, las pérdidas variables son las que varían de acuerdo con
el cuadrado de la corriente de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura
2
a a
I R . Las
pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo e e
V I y la pérdida rotacional
rot
P suponiendo que la velocidad del generador sea constante.
Si la pérdida fija es igual a pérdida variable para obtener la eficiencia máxima; se tiene la
siguiente relación:
2
r
P ( )
e e a a
K V I I R Watts W
= + =
Despejando la corriente de armadura con la cuál se logra la eficiencia máxima:
r
max
P
( ) e e
a
a
V I
I
R
h
+
� =
Fracción de carga:
( max)
( min )
a
a
I
FC
I no al
h
=
Eficiencia máxima del generador:
min min
max
min var min
( )
2 2
salida no al salida no al
salida no al iables salida no al fijas
FC x P FC x P
generador
FC x P P FC x P P
h = =
+ +
EJEMPLO 3.1.- Calcular la eficiencia a plena carga de un alternador trifásico de 2000 kVA –
2300 V – 60 c/s. La resistencia de armadura en corriente continua y a 75ºC es de 0.04 ohm/fase.
El campo absorbe 72 A a 125 V.
Las pérdidas mecánicas ascienden a 18,8 kW.
Las pérdidas en el hierro ascienden a 37,6 kW.
Las pérdidas dispersas a plena carga ascienden a 12 kW.
El alternador trabaja con una f. de p. de 0.85 inductivo.
SOLUCION
La corriente nominal del alternador es:
3
2000 10
502,04
3 3 2300
N
n
L
P x
Ia A
V x
= = =
Las pérdidas son:
1. Pérdidas mecánicas = 18,8 kW
2. Pérdidas en el hierro = 37,6 kW
Salida de
Potencia
eléctrica
Entrada de
potencia
Mecánica
= -- Pérdidas rotacionales +
Pérdidas eléctricas

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