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ENUNCIADO
Un alternador en estrella, de 45 kVA, 220 V, ha dado los resultados de la tabla en los
ensayos de vacío y reactiva (In). Calcular:
a) La reactancia de dispersión por fase.
b) La fmm de reacción de inducido a plena carga
c) La corriente de excitación necesaria para trabajar a su tensión nominal a plena
carga con fdp 0,8 inductivo
d) La regulación de tensión
e) La relación de cortocircuito
E0,L y Vfpn,L [V]
0
120
200
220
240
260
300
Iexc (vacío) [A]
0
1,44
2,6
3
3,5
4,1
5,9
Iexc (reactiva) [A]
2,2
3,64
5,2
5,8
6,56
7,5
-
RESOLUCIÓN
Empecemos resolviendo la corriente nominal:
Sn
45000
I n, L  I n 

 118, 09 A
3Vn , L
3·220
En cuanto a los ensayos, una vez pasados los datos de tensión a valores por fase, la
primera columna de la tabla de ensayos se convierte en:
E0 y Vfpn [V]
0
69,28
115,47 127,02 138,56 150,11 173,21
Representando estos datos obtenemos las curvas de la Figura 1, sobre las que se ha
montado el triángulo de Potier.
a)
La caída en la reactancia de dispersión a plena carga es (cateto vertical del triángulo de
potier):
InX = 150,11 – 127,02 = 23,09 V.
La reactancia es:
23, 09
= 0,196 
X 
118, 09

b)
Es el cateto horizontal del triángulo de Potier que, este caso, no está dado en “amperios
de fmm”, i , sino en “amperios de excitación equivalentes”, Ieq,i :

I eq , i  i = 5,8 – 4,1 = 1,7 A
N exc
c)
Debemos ahora resolver el circuito para llegar a 0 o, dicho de otro modo, a Iex
(recuerde que por este método no se puede despejar E0 de la ecuación de la malla
porque no se cumple el principio de superposición para las fems ni, por tanto, la segunda
ley de Kirchhoff en el circuito equivalente propuesto).
La ecuación a resolver es:
0 = – i
o en términos de corrientes de excitación equivalentes:
Iexc = Ieq,r – Ieq,i ,
(1)
Ieq,i = 1,7–36,87º A.
(2)
en donde:
Para determinar Ieq,r es necesario primero calcular el fasor de la fem resultante, E , a
partir del circuito equivalente.
E = Vn + In Ri + j In X
Puesto que Vn = 127,020º V; Ri = 0 y X = 0,196 , para la carga especificada
(In = 118,09–36,87º A) obtenemos una fem resultante de:
E = Vn + j In X = 127,020º + j 118,09–36,87º 0,196 = 142,077,5º V.
Con el módulo de E buscamos en la curva de vacío el valor de la corriente de excitación
equivalente resultante, Ieq,r , obteniendo tras interpolar:
Ieq,r = 3,68 A.
En cuanto al argumento Ieq,r , sabemos que está 90º adelantado a E luego vale 97,5º.
En definitiva:
Ieq,r = 3,6897,5º A.
(3)
Si sustituimos los resultados (2) y (3) en (1), obtenemos la corriente de excitación
necesaria en los polos:
Iexc = 5111,5º AAsí pues, necesitamos una corriente en los polos de 5 A.
d)
La regulación de tensión vale:

E0  Vn
Vn
en donde E0 es el valor de la fem debida al campo de los polos, es decir, a la de vacío,
que hay que buscar en la curva de vacío para una excitación de 5 A, resultando ser (tras
una interpolación lineal en el tramo de la curva correspondiente):
E0 = 161,66 V
y, por tanto:

161, 66  127, 02
 0, 273 (un 27,3%)
127, 02
e)
La relación de cortocircuito es:
SCR

I exc (Vn ,0 )
I exc ( I n , SC )
El numerador sale de la curva de vacío con Vn = 127,02 V, resultando ser de 3 A.
El denominador es la abscisa del primer punto de la curva de fdp nulo, siendo 2,2 A.
Por tanto:
3
SCR 
 1,36
2, 2