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EJERCICIOS
MAQUINAS DE INDUCCIÓN
PROBLEMA 1.
Un motor de inducción de 4 polos, 380 V consume 50 A con cos =0.90, acciona un molino de 
material tipo D, a una velocidad de 1480 rpm, considerando que las pérdidas mecánicas y 
misceláneas en el motor (por el ambiente de trabajo) es de 10% y las pérdidas en el cobre 
(estator y rotor) y en el núcleo suman 9%, calcular:
a) El deslizamiento del motor
b) El par inducido en el motor (N.m) en las condiciones anteriores
c) Si ahora el molino debe trabajar con de mayor dureza 2D, que duplica el par resistente, cuál 
será la velocidad de operación del motor? (Considerar que el par es directamente proporcional 
al deslizamiento).
d) En la situación anterior, cual es la potencia que suministra el motor?
SOLUCIÓN.
a) Deslizamiento: Velocidad síncrona = 50*120/4 = 1500 rpm
s = (1500 – 1480)/1500 = 1.33%
b) Par inducido:
ind = Pconv/m = 29600 *(1-0.1)/(1480*2*/60) = 171.89 (N.m)
c) Velocidad de rotación con 2D
Entonces 2s = 2.66%, m2 = (1 – 0.0266)*1500 = 1460 rpm (152.89 rad/seg)
d) Potencia que suministra el motor
Pconv = ind * m2 = 171.89 * 152.89 = 
26.28 kW
Pout = Pconv * (1-0,09) = 26.28* (1-0,09) = 
23.9 kW
PROBLEMA 2.
Un motor de inducción trifásico de 6 polos, 50 Hz, absorbe una potencia de 20 kW, cuando gira a 
960 r.p.m. Las pérdidas totales del estator son 0,5 kW y las de rozamiento y ventilación son de 1 
kW.
Calcular: 
a) El deslizamiento; 
b) Las pérdidas en el cobre del rotor; 
c) El rendimiento.
d) El par en el eje de la máquina
SOLUCIÓN.
a) La velocidad de sincronismo del motor es:
nsinc = 120*f/ p = 120* 50/6 = 1.000 r.p.m.
El deslizamiento es igual a: 
s = n1 − n / n1 = 1.000 − 960 / 1.000 = 4%
b) La potencia convertida será:
Pconv = Pest − Ppest = 20 − 0,5 = 19,5 kW
Pcu2 = sPconv = 0,04 · 19,5 = 0,78 kW.
c) La potencia útil en el eje de la máquina será de:
Pu = Pconv − Pcu2 − Pm = 19,5 − 0,78 − 1 = 17,72 kW
Por tanto, el rendimiento de la máquina será:
 = Putil / Pest = 17,72 / 20 = 88,6%
d) Putil = Par * n nom => Par [N m]= Pu [W]/n mon [rad/seg] = 17720 / 100.53 = 176.26 Nm
PROBLEMA 3.
Un motor de inducción trifásico tiene una velocidad síncrona de 1200 rpm y absorbe 80 
kW de una línea trifásica. Las pérdidas en el cobre y en el hierro del estator son de 5 kW. Si 
el motor funciona a 1152 rpm.
Calcular:
a) La potencia activa transmitida al rotor
b) Las pérdidas I2R en el rotor
c) La potencia mecánica suministrada a la carga, sabiendo que las pérdidas por fricción 
del aire y por fricción en los cojinetes son iguales a 2 kW.
d) La eficiencia del motor.
SOLUCIÓN.
a) La potencia transmitida al rotor: Pconv = Pin – Pest = 80 – 5 = 75 kW
b) El deslizamiento es: s = (ns – n)/ns = (1200-1152)/1200 = 4%
Pcu = s*Pconv = 0.04*75 = 3 kW
c) La potencia mecánica entregada a la carga es:
Pcarga = Pconv – Pcu rot- pmec = 75 – 3 -2 = 70 kW 
d) La eficiencia es:
= Pcarga/Pin = 70/80 = 87.5%
EJERCICIOS
EFICIENCIA ENERGETICA
Una empresa debe reemplazar un motor que está llegando al término
de su vida útil, se evaluarán los ahorros potenciales por el uso de un
motor de alta eficiencia.
• Operación continua (8760 horas/año)
• Trabajando al 75% de su capacidad.
• Precio motor estándar $US 1,446.00
• Precio motor de alta eficiencia $US 1,764.00
PROBLEMA 1. Reemplazo de un motor de 40 HP
CONCEPTOS STANDARD ALTA EFICIENCIA
Potencia (HP) 40 40
Carga 75% 75%
Eficiencia 89,7% 92,6%
Horas de operación 8760 8760
Costo del motor ($) 1446 1764
Diferencia de costos ($) 318
Energía anual (kWh) 218561 211716
Costo anual de energía ($) 7300 7071
Costo anual de demanda ($) 2287 2216
Costo anual total ($) 9587 9287
Ahorro ($) 300
Retorno simple de la inversión
Compra de motor nuevo 1,06
Reemplazo de motor en uso 5,88
El precio del kWh considerado es de $ US 0.05
SOLUCIÓN: