EXAMEN PARCIAL DE MÁQUINAS ELÉCTRICAS

1. Examen Parcial de Máquinas
Eléctricas
Problema1
Con 107.9𝑚 de alambre de cobre, sección circular, se forma la bobina que se encuentra
montada en la columna central del circuito magnético adjunto. para dicha bobina el
factor de ocupación del cobre es de 𝑘 𝑐 = 0.8 y su resistividad es 𝜌 = 1.73𝑥10−8
Ω𝑥𝑚.el
núcleo es de material 𝐻23 formulado por 36 laminas de 0.5𝑚𝑚 de espesor de lamina. el
factor de apilamiento del núcleo es de 0.9 .Si la bobina de alimenta con
3.56𝑣𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠𝐷𝐶,entonces el flujo magnético en la rama central es de 14.4𝑥10−5 𝑊𝑒𝑏𝑒𝑟 y la
densidad de flujo magnético en el entrehierro del brazo derecho es
0.28375𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎.Despreciando el flujo de dispersión de la bobina, se pide:
a) Determinar el número de espiras de la bobina y de la corriente que fluye por ella
b) Determinar la densidad de flujo magnético en el entrehierro del brazo izquierdo.
UNIVERSIDAD
NACIONAL DE
INGENIERÍA-FIM

3. RESOLUCIÓN
Datos:
𝑙 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 109.7𝑚
𝑘 𝐶 = 0.8
𝜌 = 1.73𝑥10−8Ω𝑥𝑚
𝑡 = 0.5
𝐻23
𝑉𝐷𝐶 = 3.56𝑉
𝜙 𝑚 = 14.4𝑥10−5
𝑊𝑏
𝐵𝑎𝑐 = 0.28375𝑇
• 𝑁 =
𝑙 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑙 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎
… 1
• 𝑏 =
𝑛𝑥𝑡
𝑓𝑎
… 2
• 𝑅 𝑏 = 𝑅 𝑎𝑙𝑎𝑚𝑏𝑟𝑒 = 𝜌𝑥
𝑙 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐴 𝐶
… (3)
• 𝑉𝐷𝐶 = 𝐼𝑥𝑅 𝑏 … (4)
𝑙 𝑚 =
𝜋
2
𝑥4𝑥5 + 2𝑥20 + 2𝑥10 = 91.416𝑚
de la ecuación (1)
𝑁 =
109.7
91.416𝑥10−3
= 1200 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠

4. 𝐴 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑥𝑘 𝐶 = 𝑁𝑥𝐴 𝐶 … (5)
Donde:
𝐴 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙
𝑘 𝐶 = 𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑜𝑐𝑢𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛
𝑁 = 𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
𝐴 𝐶 = Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑏𝑙𝑒
→ 𝐴 𝐶 =
𝐴 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑥𝑘 𝐶
𝑁
𝐴 𝐶 =
20𝑥10𝑥0.8
1200
= 0.1333𝑥10−6
𝑚𝑚2
de la ecuación (3)
𝑅 𝑏 = 1.73𝑥10−8
109.7
0.1333𝑥10−6
𝑅 𝑏 = 14.234Ω
Despejando la ecuación (4)
𝐼 =
3.56
14.234
𝐼 =0.25𝐴

5. 𝐴 𝑎𝐶 = 𝑎 + 𝑔 𝑥 𝑏 + 𝑔 … (6)
De la figura:
∅ 𝑚𝐴 = ∅ 𝑚𝐵 − ∅ 𝑚𝐶 … (7)
Pero:
∅ 𝑎𝐶 = 𝐵 𝑎𝐶 𝑥𝐴 𝑎𝐶 … (8) , ∅ 𝑚𝐴 = ∅ 𝑎𝐴 … (9), ∅ 𝑎𝐶 = ∅ 𝑚𝐶 … (10)
y 𝐵 𝑎𝐶=
∅ 𝑎𝐴
𝐴 𝑎𝐶
… (11)
𝐵 𝑎𝐶 = 0.28375𝑇 … 12
𝜙 𝑚𝐵 = 14.4𝑥10−5
𝑊𝑏 … (13)
De la ecuación (6)
𝐴 𝑎𝐶 = 10 + 1.2 𝑥 20 + 1.2 = 237.44𝑥10−6
𝑚2
De la ecuación (6) y (12) en (8)
∅ 𝑎𝐶 = 0.28375𝑇𝑥237.44𝑥10−6 𝑚2
∅ 𝑎𝐶 = 6.7373𝑥10−5 𝑊𝑏 … (14)
Ecuaciones (13) y (10)en (7)
∅ 𝑚𝐴 = 14.4𝑥10−5
𝑊𝑏 − 6.7373𝑥10−5
𝑊𝑏
∅ 𝑚𝐴 = 7.66𝑥10−5
𝑊𝑏 … (14)
En el lado izquierdo:
𝐵 𝑎𝐶=
∅ 𝑎𝐴
𝐴 𝑎𝐴
… 15 y 𝐴 𝑎𝐴 = 10 + 1 𝑥 20 + 1 𝑥10−6
… (16)
Entonces la ecuación (16 ) y (14)en (15)
𝐵 𝑎𝐶=
7.66𝑥10−5
10 + 1 𝑥 20 + 1 𝑥10−6
Respuesta: 𝐵 𝑎𝐶= 0.33175𝑇

6. Problema 2
Una bobina de 300 espiras es alimentada con 220𝑉 y 60𝐻𝑧.
a) Si el núcleo de hierro la potencia consumida por la bobina es de 500𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑠 y la
corriente es de12𝐴𝑚𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑠.Si se desprecia el flujo de dispersión, calcular el flujo
máximo que produce la bobina del reactor.
b) Si la bobina opera con núcleo de hierro la potencia consumida por la bobina
disminuye a 300𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑠y la corriente del reactor es de 5𝐴 con una fase de
− 10
.evaluar 𝑌, 𝑔 𝑦 𝑏.
c) Para las condiciones de operación dadas en el inciso "𝑏“determinar las corrientes
de pérdidas en el fierro y la corriente de magnetización.

7. RESOLUCIÓN
𝑍 =
220𝑉
12𝐴
= 18.333Ω
𝑃 = 𝐼2
𝑥𝑅 → 500 = 122
𝑥𝑅
𝑅 = 3.472Ω
De la ecuación (4)
X= 18.3332 + 3.4722
𝑋 = 18Ω
∴ 𝑍 = (3.472 + 𝑗18)Ω
De la ecuación (2)
18 = 2𝜋𝑥60𝑥𝐿
𝐿 = 0.0478𝐻
a)
• 𝐿 =
𝑁𝑥∅ 𝑚𝑎𝑥
𝐼
… … . (1)
• 𝑋 = 2𝜋𝑓𝐿 … … . . (2)
• 𝑍 = 𝑅 + 𝑗𝑋. … … (3)
• X= 𝑍2 + 𝑅2. . … (4)
• 𝑌 =
𝐼
𝑉
… … … … . . (5)
• 𝑔 =
𝑃 𝐹𝑒
𝑉2 … … … … (6)
Ecuaciones que usaremos
Despejando ∅ 𝑚𝑎𝑥 de (1)
∅ 𝑚𝑎𝑥 =
𝐿𝑥𝐼
𝑁
∅ 𝑚𝑎𝑥 =
0.0478𝑥12
300
∴ ∅ 𝑚𝑎𝑥 = 1.91𝑥10−3
𝑊𝑏

8. b)
𝑃𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 = 𝐼2
𝑥𝑅 + 𝑃𝐹𝑒
300 = 52
𝑥3.472 + 𝑃𝐹𝑒
𝑃𝐹𝑒 = 213.2𝑊
Segunda ley de Kirchhoff
220∠0 𝑜 = 5∠ −1 𝑜 𝑥3.472+ 𝐸
𝐸 = 202.642∠0.086 𝑜
De la ecuación (6)
𝑔 =
𝑃𝐹𝑒
𝑉2 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑔 =
213.2
202.642
𝑔 = 5.194𝑥10−3
De la ecuación (5)
𝑌 =
5
202.642
𝑌 = 2.4674𝑥10−2
𝑏 = 𝑌2 − 𝑔2 … 7
𝑏 = (2.4674𝑥10−2)2−(5.194𝑥10−3)2
𝑏 = 2.4121𝑥10−2

9. c)
𝐼𝑟 = 𝑔𝑥𝐸
𝐼𝑟 = 5.194𝑥10−3
𝑥202.642
𝐼𝑟 = 1.0525𝐴
𝐼 𝑚 = 𝑏𝑥𝐸
𝐼 𝑚 = 2.4121𝑥10−2
𝑥202.642
𝐼 𝑚 =4.8879A

10. Problema 3
En la Instalación eléctrica para suministro de agua a una pequeña finca se dispone
de una barra de alimentación de 10 𝐾𝑉; 60𝐻𝑧,que utilizando un transformador
monofásico de 50𝐾𝑉𝐴;10000/230 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠 y una línea de transmisión de 0.4Ω,se
entrega energía eléctrica a una electrobomba de impedancia0.85 + 𝑗0.95Ω.
Las características del transformador los ha suministrado el fabricante:
a) calcular
a.1) los parámetros de vacío referidos a la B.T
a.2)la corriente de excitación, la corriente de perdidas en el fierro y la corriente de
magnetización, todas referidas a B.T.
b)Los tres parámetros de c.c referidos al lado de A.T
c) El rendimiento del transformador para un índice de carga𝛼 = 0.82
Ensayo de vacío 𝑽𝒏𝒐𝒎𝒊𝒏𝒂𝒍 𝑨. 𝑻 𝑰 𝟎 205𝒗𝒂𝒕𝒊𝒐𝒔 𝒇. 𝒅. 𝒑 𝟎. 𝟐𝟎𝟓
Ensayo en C.C Vc.c(B.T) 𝐼 𝑁𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 582𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑠 𝒇. 𝒅. 𝒑 𝟎. 𝟐𝟓𝟖𝟕

11. Barras de alimentación
𝑃𝐹𝑒 = 205𝑊
𝑔1 =
𝑃𝐹𝑒
𝑉2
𝑔1 =
205
100002 = 0.205𝑥10−5
℧
𝑔2 = 𝑔1 𝑥𝑎2
= 0.205𝑥10−5
𝑥
10000
230
2
𝑔2 = 3.8752x10−3
℧
𝑃𝐹𝑒 = 𝑉𝐼01 𝑐𝑜𝑠𝜙
𝐼01 =
𝑃𝐹𝑒
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜙
=
205
10000𝑥0.205
= 0.1𝐴
𝑌1 =
𝐼01
𝑉
𝑌1 =
0.1
10000
= 10−5
℧
𝑏1 = 𝑌1
2
− 𝑔1
2
𝑏1 = 10−5 2 − 0.205𝑥10−5 2 = 9.79𝑥10−6
20℧
En vacío

12. 𝑌2 = 𝑌1 𝑎2
= 10−5
𝑥
10000
230
2
= 0.0189 ℧
𝑏2 = 𝑏1 𝑎2
=9.79𝑥10−6
𝑥
10000
230
2
= 0.0185℧
𝑃𝐹𝑒 = 𝑉𝐼02 𝑐𝑜𝑠𝜙
𝐼02 =
𝑃𝐹𝑒
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜙
𝐼02 =
205
230𝑥0.205
= 4.35𝐴
𝑌2 =
𝐼02
𝑉
=
4.35
230
= 0.0189 ℧
𝑏2 = 𝑌1
2
− 𝑔1
2
𝑏2 = 0.01892 − 3.852𝑥10−3 2 = 0.0185℧
Otra forma de hallar 𝐼02
𝑔𝑥𝑉 = 𝐼𝑟 ∧ 𝑏𝑥𝑉 = 𝐼 𝑚
𝐼𝑟 =0.89130
𝐼 𝑚 = 4.255
𝐼02 = 𝐼𝑟2 + 𝐼 𝑚2
𝐼02 = 𝐼𝑟
2
+ 𝐼 𝑚
2
= 4.35𝐴

13. b)
𝑃 𝑁𝐶𝑢 = 582
𝑅 𝑒𝑞1 =
𝑃 𝑁𝐶𝑢
𝐼 𝑁1
2
𝑠 𝑁 = 50𝐾𝑉𝐴
50000 = 𝐼 𝑁1 𝑥10000
𝐼 𝑁1 = 5𝐴
𝑅 𝑒𝑞1 =
582
52
= 23.28Ω
𝑃 𝑁𝐶𝑢 = 𝑉𝑐𝑐1 𝐼 𝑁1 𝑐𝑜𝑠𝜙
𝑉𝑐𝑐1 =
582
5𝑥0.2587
= 449.94𝑉
𝑍 𝑒𝑞1 =
449.94
5
= 89.98Ω
𝑋 𝑒𝑞1 = 𝑍 𝑒𝑞1
2
− 𝑅 𝑒𝑞1
2
𝑋 𝑒𝑞1 = 89.982 − 23.282
𝑋 𝑒𝑞1 = 86.4224

14. C)
𝑛 =
𝑃𝑢
𝑃𝑢 + 𝑃𝐹𝑒 + 𝑃𝐶𝑢
𝐼2 = 𝛼𝐼 𝑁2
𝐼2 = 0.82𝑥
50000
230
= 178.268𝐴
𝑃𝑢 = 𝐼2 𝑉2 𝑐𝑜𝑠𝜙
𝑃𝑢 = 178.268𝑥230𝑥0.796 = 27339.6𝑊
𝑃𝐶𝑢 = 𝛼2
𝑥𝑃 𝑁𝐶𝑢 = 0.822
𝑥582 = 391.3368W
Por lo tanto :
𝑛 =
𝑃𝑢
𝑃𝑢 + 𝑃𝐹𝑒 + 𝑃𝐶𝑢
Entonces remplazando
𝑛 =
27339.6
27339.6 + 205 + 391.3368
𝑛 = 97.87%

15. Problema 4
El motor 1∅AC mostrado en la figura tiene las siguientes
características de placa:12𝐻𝑃, 600𝑉, 50𝐻𝑍.factor de potencia
0.87 y eficiencia 88%:
a) ¿se podrá hacer funcionar el motor con el transformador 1∅
mostrado desde una fuente de alimentación de
440𝑉, 60𝐻𝑧?.el transformador tiene los siguientes datos de
placa:15𝐾𝑉𝐴.
120
480
, 60𝐻𝑧.de ser afirmativa su respuesta: hacer
la conexión adecuada manteniendo la figura mostrada. Si
resulta factible alimentar el motor,entoces:
b) ¿Qué 𝐾𝑉𝐴 estará entregando el transformador si el motor
esta operando a plena carga?
c) ¿Qué corriente estará entregando la fuente de alimentación?

17. DATOS
Motor 1Φ
Placa data
Pmecánica nominal = 12HP
VN=600v
f=60Hz
fdp=0.87
𝑛 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟= 88%
Transformador 1Φ
𝑉𝑝=480v
f=60Hz
S= 𝑉𝐼 = 15𝐾𝑉𝐴
a=120/480v
RESOLUCION

18. Entonces:
Entonces:
𝑛 =
𝑃 𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑢𝑡𝑖𝑙
𝑃𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡
→ 𝑉𝑥𝐼𝐶𝑂𝑆Φ = Pelect =
Pmecánica%Pc
𝑛
; 𝐼 =
𝑃𝑚𝑒𝑐 𝑥%𝑃𝑐𝑥745.7
𝑛𝑥𝑣𝑥𝑐𝑜𝑠Φ
; 𝑝𝑒𝑟𝑜: %𝑃𝑐 = 1 → 𝐼 = 𝐼𝑁𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙
𝐼 𝑁 =
12𝑥1𝑥745.7
0.88𝑥600𝑥0.87
= 19.4801𝐴

19. La potencia aparente entregada por el transformador, es la misma que recibe el motor.
𝑆 = 𝑉𝐼
𝑆 = 600𝑥19.4801 = 11.6881𝐾𝑉𝐴
Luego:
La corriente que entrega el motor es la nominal, pues del dato dice que trabaja a plena
carga; entonces se concluye:
𝐼 = 𝐼 𝑁𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 = 19.4801𝐴