MÁQUINAS ELÉCTRICAS II
Tema 5: La máquina de corriente alterna síncrona
MARIO JAVIER DURÁN MARTÍNEZ
GENERALIDADES La máquina síncrona utiliza un estator constituido por un devanado trifásico distribuido a 120º idéntico a la máquina asíncrona El rotor puede ser liso o de polos salientes
El rotor está formado por un devanado alimentado desde el exterior a través de escobillas y anillos rozan es me an e corriente continua
Industrialmente es el generador utilizado en la mayoría de las centrales eléctricas: turboalternadores y grandes alternadores hidráulicos Como motor se usa principalmente cuando la potencia demandada es muy elevada >1 MW
GENERALIDADES
Turboalternadores
MP: turbina de vapor
Pot. Hasta 1800 MVA Pot. MVA
1 o 2 pares de polos para
Rotor liso
Forma de tubo
Alternadores Alter nadores hidráulicos
MP: turbina hidráulica
Pot. Hasta 820 MVA Pot. MVA ((Itaipu Itaipu))
60 pares de polos para 50 rpm r pm
For orma ma de tarta
GENERALIDADES
Refrigeración por agua (desmineralizada) con bombas e intercambiadores Refrigeración por hidrógeno a a alta presión con ventilación forzada (oxidación, viscosidad y capacidad calorífica)
GENERALIDADES Los alternadores trabajan a 50 y 60 Hz excepto en aplicaciones especiales (400 Hz en aeronáutica)
También se utilizan en grupos para equipos de emergencia o equipos remotos.
El empleo como motor conectados directamente a la red se restringe a aplicaciones de velocidad constante y se distinguen de los MI en que se puede regular el factor de potencia de la carga (condensador síncrono). Como cualquier máquina eléctrica, el flujo de potencia es reversible (centrales eléctricas de bombeo)
FORMA CONSTRUCTIVA
En máquinas pequeñas se coloca el inductor en el estator y el inducido en el rotor con tres anillos rozantes (mayor problema con los anillos debido a una mayor tensión y potencia) Rotor liso
Líneas de campo
Rotor de polos salientes
Sentido de las corrientes por el rotor
S
N N
S
Elevadas velocidades de giro: turboalternadores (gran longitud de eje)
N
S
Velocidades de giro Bajas (gran diámetro
FORMA CONSTRUCTIVA (MOTORES)
Catálogos comerciales
FORMA CONSTRUCTIVA (GENERADORES)
L. Serrano: Fundamentos de máquinas eléctricas rotativas
©
L. Serrano: Fundamentos de má uinas eléctricas rotativas
©
© L. Serrano: Fundamentos de máquinas eléctricas rotativas
FORMA CONSTRUCTIVA (GENERADORES) L. Serrano: Fundamentos de máquinas eléctricas rotativas
©
©
Mulukutla S. Sarma: Electric machines
La refrigeración puede ser por aire, agua o hidrógeno, natural o forzada.
Corte transversal de una central hidráulica
Rotor
©
Mulukutla S. Sarma: Electric machines
ESTATOR
Evitar contacto entre conductores a distinta tensión Foto rafías realizadas en los talleres de ABB Service - Gijón
Fotografías realizadas en los talleres de ABB Service - Gijón
DEVANADO PREFORMADO
Tensión>2300v Los materiales empleados en los aislamientos son generalmente orgánicos DEVANADO DE HILO
Tensión<600V
ESTATOR
Zona de ranura
Fotografías realizadas en los talleres de ABB Service - Gijón
de bobina
ESTATOR
Recubrimiento de reparto
Bobina con el recubriFotografías realizadas en los talleres de ABB Service - Gijón
Recubrimiento conductor en
la zona de ranura
Recubrimientos de protección
ROTOR
SISTEMAS DE EXCITACIÓN DEL ROTOR Con excitación propia
Con autoexcitación
Sin escobillas (brushless) brushless)
PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO ESTATOR= Devanado trifásico distribuido alimentado con un sistema trifásico de tensiones
ESTATOR= Devanado trifásico distribuido conectado a la carga o red que se desea alimentar
ROTOR= Devanado alimentado CAMPO MAGNÉTICO GIRATORIO con corriente continua que crea un campo magnético fijo. Se ROTOR= Devanado alimentado con corriente continua que crea un campo magnético fijo El campo creado por el rotor, al girar, induce FEM en el estator y, por tanto, hace INTERACCIÓN ROTOR - ESTATOR circular corriente por la carga PAR MOTOR Y GIRO DE LA MÁQUINA
TRANSFORMACIÓN DE ENERGÍA MECÁNICA EN ENERGÍA ELÉCTRICA
FUNCIONAMIENTO EN VACÍO
FUERZA MAGNETOMOTRIZ Y DISTRIBUCIÓN DE FLUJO EN LA MÁQUINA SÍNCRONA
FMM SINUSOIDAL EN EL ENTREHIERRO
=
ESTATOR CON DEVANADO DISTRIBUIDO
ROTOR CON POLOS SALIENTES
FUERZA MAGNETOMOTRIZ Y DISTRIBUCIÓN DE FLUJO EN LA MÁQUINA SÍNCRONA
B = B M cos(
m
t −
)
Sucesivas posiciones del campo
Estator
NS
f ⋅ 2π P
⋅t
del campo NS α
Rotor Rotor Campo giratorio
VOLTAJE INDUCIDO EN LA BOBINA DE UN ESTATOR BIPOLAR
FMM EN EL ENTREHIERRO
B = B M cos(
m
t −
TENSIÓN INDUCIDA
(
r
r
)
r
eind = v × B ⋅ l ab eind = −vB M l cos(ω mt − 180°) cd eind = vB M l cos(ω mt )
) En un sistema de referencia donde B sea estacionaria
eind = 2vB M l cos ω mt =
= 2rlB M ω m cos ω mt = = φ ω m cos ω mt
VOLTAJE INDUCIDO EN LA BOBINA DE UN ESTATOR BIPOLAR Si el estator tiene Nc espiras tenemos una tensión:
eind = N c φ ω m cos ω mt
LA TENSIÓN INDUCIDA RESULTA UNA RÉPLICA DE LA FORMA DE LA FMM EN EL ENTREHIERRO SI EXISTEN ARMÓNICOS EN LA DISTRIBUCIÓN DE LA FMM EN EL ENTREHIERRO, TAMBIEN SE PRESENTARÁN ARMÓNICOS EN LA TENSIÓN INDUCIDA.
VOLTAJE INDUCIDO EN UN SISTEMA DE BOBINAS TRIFÁSICO
eind = N c φ ω m sen(ω mt ) eind = N c φ ω m sen(ω mt − 120°) eind = N c φ ω m sen(ω mt + 120°)
VOLTAJE INDUCIDO EFICAZ E A =
2π 2
N c φ f = 4 ⋅ K f N c φ f
a) b) c)
Ejemplo. Se conoce la siguiente información sobre un generador bipolar sencillo. El valor de pico de la densidad del flujo del campo magnético del rotor es de 0.2 T y la velocidad mecánica de rotación del eje es de 3600 rpm. El diámetro del estator de la máquina es de 0.5 m, la longitud de cada lado de la bobina es de 0.3 m y hay 15 espiras por bobina.
¿Cuáles son los voltajes trifásicos del generador como función del tiempo? ¿Cuál es el voltaje de fase rms de este generador? ¿Cuál es el voltaje terminal de este generador?
a)
φ = 2rlB = dlB = 0.03Wb ω = 3600
2π 60
= 377rad / s
E max = N cφ = 169.7V eaa ' = 169.7 sen(377t )V ebb ' = 169.7 sen(377t − 120)V ecc ' = 169.7 sen(377t + 120)V
b)
E A =
E max 2
= 120V
c) V T = 3 E A = 208V
PASO POLAR Y PASO DE BOBINA
PASO POLAR
PASO BOBINA (GRADOS ELÉCTRICOS)
ρ P =
360°
p
θ m θ m p 180° = ρ = 2 ρ P
PASO FRACCIONARIO DE 5/6 (150 grados)
FACTOR DE PASO K P = sen
2
TENSIÓN EFICAZ 2π A
ρ
2
P
c
⋅
f
P
c
¿PARA QUE SIRVE ACORTAR EL PASO DE BOBINA?
PROBLEMAS DE ARMÓNICOS Y DEVANADOS DE PASO FRACCIONARIO K P = sen
hρ 2
h ≡ ≡ número del armónico
Los armónicos pares no están presentes en la distribución de . Los armónicos triples proporcionan tensiones en fase, con lo que si el estátor se conecta en Y las tensiones en los terminales debidas a dichos armónicos es nula. Si el estator se conecta en ∆ entonces aparecen corrientes de circulación pero las tensiones de línea son igualmente nulas. Los armónicos de mayor importancia son el 5º y el 7º, ya que a medida que aumenta el orden del arm. disminuye su amplitud.
Ejemplo Un estator trifásico bipolar tiene bobinas con un paso de 5/6.¿Cuáles son los factores de paso para los armónicos presentes en las bobinas de esta máquina? ¿Ayuda este paso a suprimir el contenido armónico del voltaje generado? Paso polar
ρP =
360°
P
Paso de paso eléctrico
= 180°
150
1 P
0.2
180°
Con un 10% de 5º arm. y un 5% de 7º armónioc
5 ⋅ 150 = 0.259 2
5º
K P = sen
0 -0.2
7 ⋅150 = 0.259 2
º -0.47
K P = sen
-0.6
9 ⋅ 150 = −0.707 2
K P = sen
-0.8
9º 0
180°
K P = sen
0.4
-1
180° =
.
3 ⋅ 150 = −0.707 2
3er
0.6
ρP
150°
2
0.8
Factor de paso
ρ =
θm
1
2
3
4
5
6
7
FACTOR DE DISTRIBUCIÓN q ≡ ≡ número de ranuras por polo y fase P ≡ ≡ número de polos
m ≡ ≡ número de fases
p ≡ ≡ número de pares de polos
K ≡ ≡ número de ranuras
γγ ≡ ≡ ángulo geométrico entre dos ranuras consecutivas ≡ án ulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas ≡ K = qmP
γ =
360°
K
TENSIÓN EFICAZ E A =
2π 2
p =
P 2
qpγ 2 K d = pγ q ⋅ sen 2
K p K d N c φ f = 4 ⋅ K f K p K d N c φ f
sen
Ejemplo Una máquina eléctrica tiene un devanado trifásico distribuido en 36 ranuras. Cada bobina está acortada en 30º eléctricos y está for mada por 40 espiras devanadas en una sola capa. La máquina tiene 4 polos y gira a una velocidad de 1500 rpm. El flujo por polo es de 0.2 Wb y está distribuido senoidalmente en el entrehierro. Calcular la f.e.m inducida por fase. E A =
2π 2
K p K d N c φ f = 4 ⋅ K f K p K d N c φ f
Nc es el número de espiras por fase La frecuencia vale
f =
El factor de paso vale
n ⋅ p 60
N c =
36 ⋅ 40 2⋅3
= 240 espiras / fase
= 50 Hz
ρ K P = sen = sen(75°) = 0.966 2
qpγ 2 K d = pγ q ⋅ sen 2 sen
El factor de distribución vale
El número de ranuras por polo y fase vale El número de pares de polos es
q=
K m⋅P
=
36 3⋅ 4
=3
p = 2
El ángulo geométrico entre dos ranuras consecutivas vale El factor de distribución vale
qpγ 2 = 0.96 K d = pγ q ⋅ sen 2 sen
La tensión inducida por fase vale E A =
2π 2
K p K d N c φ f = 4 ⋅ K f K p K d N c φ f = 9882 V
γ =
360°
=
360°
= 10°
RELACIÓN ENTRE FRECUENCIA ELÉCTRICA Y MECÁNICA: VELOCIDAD DE ROTACIÓN DE UN GENERADOR SINCRÓNO.
Relación entre frecuencia eléctrica y mecánica f e = p ⋅ f m
Velocidad de rotación de un generador síncrono n=
60 f e
p
CIRCUITO EQUIVALENTE DE UN GENERADOR SÍNCRONO
Se ha visto la expresión del voltaje generado en vacío por un generador síncrono E A =
2π
K K d N c φ f = 4 ⋅ K K K d N c φ f
¿Porqué la tensión en carga no es igual a la de vacío?
Efecto resistivo
Efecto inductivo (dispersión)
Reacción de inducido
Cuando el alternador trabaja en vacío el único flujo existente es el producido por la corriente continua de excitación del rotor Cuando suministra corriente a una carga, dicha corriente produce un campo magnético g ra or o a c rcu ar por os devanados del estator. Este campo produce un par opuesto al de giro de la máquina, que es necesario contrarrestar mediante la aportación exterior de potencia mecánica.
El flujo total de la máquina se verá disminuido o que la carga sea inductiva o capacitiva A este efecto creado por el campo del estator se le conoce con el nombre de “reacción de inducido”
EAMAX
Reacción de inducido Fe - Be
m
v
v
E =
A
d φ dt
EAMAX
Reacción de inducido
Φr
FRI
Fe - Be
IMAX
Fr
EA
m
FRI I
EAMAX
Reacción de inducido
Φr
FRI
E =
Fe - Be
IMAX
Fr
EA
m
Er FRI I
d φ dt
Resumen del proceso en carga inducido IRST
Fi Fr
inductor e
Φr
Er
VT
e
R
Xσ
I
Diagrama fasorial completo -FRI Fe FR
EA Er
90º I
ϕ
ERI
VT
RI
XσI
RI
Se resuelve en sentido inverso al proceso de carga anteriormente descrito
Regulación de tensión
ε=
E A − V T V T
× 100
Ejemplo. Un alternador trifásico conectado en estrella de rotor cilíndrico 3000 kVA, 6600 V, 50 Hz y 2 polos, tiene una resistencia del inducido de 0.07 Ω y una reactancia de dispersión de 0.7 Ω/fase. La curva de vacío viene expresada por la ecuación: E =
5800F
F + 9300
Donde E es la f.e.m. Por fase generada por la máquina y Fe es la f.m.m. de excitación en AV/polo. La f.m.m. De reacción de
a) b) c)
funciona a plena carga con factor de potencia 0.8 inductivo. Calcular: F.e.m. resultante Er F.m.m. Total Fe necesaria en la excitación. Si manteniendo fija la f.m.m. Anterior se desconecta la carga ¿Cuál será el valor de la f.e.m. E0 que aparecerá en los terminales de la máquina?
La tensión nominal por fase es: V =
6600 3
= 3810.5 V
Y la corriente nominal de plena carga es: I =
3000000 3 ⋅ 6600
= 262.4 A
Aplicando la segunda ley de Kirchoff se obtiene Er: V T = 3810.50º
I = 262.4− 36.87º
E r = 3810.50 + (0.07 + j 0.7 ) ⋅ 262 .4− 36.87 = 3942.31.9º
Y la tensión de línea queda: 3942.3 ⋅ 3 = 6828.15 V
b) La f.e.m. Anterior se corresponde con una f.m.m.: F r ≈ 19734 AV / polo
Con lo que la f.m.m. De excitación queda: F r = 19734 91.9
F i = 13000 − 36.87
F e = 19734 91.9 − 13000 − 36.87 = 29660112
c) Si se abre el inducido la f.m.m. Se limita a la de excitación al desaparecer la reacción de inducido y entonces la tensión queda: E A =
5800 ⋅ 29660 29660 + 9300
= 4415.5 V
Cuyo valor compuesto es: E A = 4415. 5
3 = 7648 V
ANÁLISIS LINEAL DE LA MÁQUINA SÑINCRONA
Circuito equivalente Reactancia síncrona= reactancia dispersió dispersión n estator+efecto estator+efect o de reacción de inducido
Reactancia Resistencia síncrona estator jXs
IG
Rs
A
+
V
E
Funcionamiento como generador
jXs
IM
Rs
A
+
V
E
Funcionamiento como motor
B B La FEM E es proporcional a la corriente corr iente de excitación del rotor. En funfuncionamiento como generador representa a la tensión que se induce en el estator y en funcionamiento como motor a la fuerza contraelectrocontraelectromotriz que es necesario “vencer” para que circule la corriente que alimenta al motor
DIAGRAMA FASORIAL FASORIAL DEL GENERADOR SÍNCRONO
Casos resistiv r esistivo, o, inductivo y capacitivo jXs
IG
Rs
E
jXs
A Carga resistiva
I
+
V
E
U
RI
Carga
Funcionamiento como generador
B PARA UNA MISMA TENSIÓN DE SALIDA EL GENERADOR PUEDE CEDER O ABSORBER POTENCIA REACTIVA DEPENDIENDO DE QUE LA CARGA SEA INDUCTIVA O CAPACITIVA Para conseguirlo basta modificar el valor de la E (modificando el campo de excitación)
jXs Carga Inductiva
U
I
RI
E
jXs
I Carga capacitiva
U
RI
CARACTERÍSTICAS DEL GENERADOR SÍNCRONO
Característica exterior
Característica de regulación
ENSAYOS DE LA MÁQUINA SÍNCRONA (VACÍO) Reactancia Resistencia síncrona estator jXs
IG
Rs
Tensión en vacío V 20
A
+
V
E
15
18kV 390MVA
como generador
B
Cuando el generador trabaja en vacío no hay caída de tensión: la tensión de salida coincide con la FEM E VELOCIDAD E = K ⋅ ϕ ⋅ N DE GIRO
10
5
Iexc 500
FLUJO
PROPORCIONAL A IEXC
1000
1500 2000
ENSAYOS DE LA MÁQUINA SÍNCRONA (CORTO)
Se realiza a la corriente nominal (o ligeramente superior)
Se realiza sin que el circuito magnético se sature
Proporciona junto con el ensayo de vacío la reactancia síncrona Z s =
E 0 I cc
Se puede calcular Zs saturada o no saturada
X s = Z s2 − R 2
ENSAYOS MÁQ. SÍNCRONA (IMPEDANCIA SÍNCRONA)
Ensayos de vacío y de cc. Impedancia síncrona
sat
sat Z s
=
E A
SCR =
sat
I cc
vn I e e
SCR =
1 sat Z s
( p.u .)
) 250 A ( 3 e 1 x200 c c e d e t n150 e i r r o C / ) V ( 100 a d i c u d n 50 i n ó i s n e T 0
EA
Recta del entrehierro
Vn
Icc n
Zs
EAsat Iccsat Ievn 0
0.5
Iein 1
1.5
Corriente de excitacion Ie (A)
2
2.5
Ejemplo. Un alternador trifásico conectado en estrella de 165 kVA, 950 V tiene una resistencia del inducido de 0.3 Ω. Una corriente de excitación de 15 A produce una corriente en el inducido de 200 A en cortocircuito y una f.e.m. de línea de 780 V en circuito abierto. Calcular: a) b)
Impedancia y reactancia síncrona. Regulación a plena carga con f.d.p. 0.8 en retraso.
Solución: a) Para la misma corriente de excitación se tiene unos valores por fase de la tensión inducida y de la corriente de: E A =
780 3
= 450.33 V
I cc = 200 A
Por lo que la impedancia síncrona y la reactancia síncrona valen: Z s =
E A I cc
= 2.25 Ω
X s = Z S 2 − R 2 = 2.23 Ω
b) Los valores de plena carga de tensión y de corriente por fase son: V =
950 3
= 548.48 V
I =
S 3 ⋅ V L
= 100.3 A
Que espresados en forma fasorial tomando origen de fases en la tensión queda: V = 548.480° V
I = 100.3− 36.87° A
Con lo que aplicando la 2ª ley de Kirchhoff tenemos la tensión inducida: E A = 548.480° + (0.3 + j 2.23) ⋅100.3− 36.87° = 724.84 12.82°
Que pasando a valores de línea proporcionan una regulación de: ε=
724.84 3 − 950 950
× 100 = 32.15
ANÁLISIS NONO-LINEAL DE LA MÁQUINA SÍNCRONA.
El método lineal tiene las ventajas: Simplifica los cálculos a realizar Sustituye los valores de FRI y Xσ, que son desconocidos, por una reactancia síncrona Xs que se puede calcular mediante ensayos sencillos •
•
Sin embar o se ueden obtener errores im ortantes si la máquina trabaja en zona de saturación debido a que los triángulos de FMM y tensiones no son semejantes. Hace falta un método más complejo si se quiere obtener más precisión. Para ellos se necesita más información en forma de ensayos.
ANÁLISIS NONO-LINEAL DE LA MÁQUINA SÍNCRONA.
El método de f.d.p. Nulo o de Potier propone un ensayo con carga reactiva pura a corriente de inducido nominal. En él se aumenta la corriente de excitación y se mide la tensión en los terminales del generador. ¿Cuál es la característica de un ensayo con carga reactiva pura? Fr
Fe EA
Fi
V
XσI Er
I
Las composiciones resultan escalares en lugar de ser vectoriales
Obtención del triangulo de Potier a partir de la reaccion de inducido Ensayos de vacío y de f.d.p. nulo 300
Er
Xσ I
250
Vn
) V a d i c u d 150 n i n ó i s n 100 e T
IRI
IA = 0 A IA = In A
50
Vacío
IRI 0
Ir 0
1
Corto
2
3
⊗
4
Ie
5
⊗6
Corriente de excitacion Ie (A)
7
8
Ejemplo. Un alternador trifásico conectado en estrella de 45 kVA, 220 V, ha dado los siguientes resultados en sendos ensayos de vacío y f.d.p. nulo: Tensión de línea (V)
0
120
200
220
240
260
300
Corriente de excitación en circuito abierto
0
1.44
2.6
3
3.5
4.1
5.9
Corriente de excitación con f.d.p. igual a cero y corriente nominal
2.2
3.64
5.2
5.8
6.56
7.5
-
Despreciando la resistencia del inducido, determinar: La reactancia de dispersión por fase. La corriente de excitación equivalente a la reacción de inducido a plena carga. Corriente de excitación necesaria en el inductor para desarrollar la plena carga a la tensión nominal con f.d.p. 0.8 inductivo. Regulación de tensión.
Solución: a) Al a) Al construir el triángulo de Potier se obtienen los siguientes resultados: X σ I =
260 − 220 3
= 23.1 V
I RI = 1.7 A Ensayos de vacío y de f.d.p. nulo
300
250 ) V ( 200 a d i c u d 150 n i n ó i s n 100 e T
50
0
0
1
2
3
4
5
Corriente de excitacion Ie (A)
6
7
8
Para hallar la reactancia de dispersión se tiene en cuenta que la corriente del ensayo fue la nominal: I =
45000 220 3
= 118 A
De donde se obtiene:
σ
=
23.1 118
= .
b) El equivalente en corriente de la reacción de inducido es el anteriormente hallado: I RI = 1.7 A
c) Para hallar la excitación necesaria a plena carga con f.d.p. 0.8 inductivo, hayq eu realizar la composición vectorial puesto que la carga no es inductiva pura. Para ello se procede según el METODO GENERAL sólo que compondremos corrientes . Los valores de tensión terminal y de corriente a plena carga son: V =
220 3
0° ≈ 1270°
I = 118− 36.87°
Resolviendo el triángulo de tensiones obtenemos: E r = 127 0° + j 0.196 ⋅118− 36.87° = 142.07 7.5°
Er
I
ϕ
VT
XσI RI
Que se corresponde con una tensión de línea: E r = 142.07 3 = 246.1 V
Entrando en la característica de vacío esta tensión se corresponde con una intensidad: I r = 3.65 A
Realizando ahora la composición de corrientes se tiene: I e = I r − I i = 3.6597.5 − 1.7 − 36.87 ≈ 5111.6° -IRI Ie IR
EA E
º I
ϕ
ERI
VT
RI
XσI
IRI
d) Para hallar la regulación tenemos que obtener previamente la tensión inducida (de vacío). De la característica magnética y entrando con Ie se tiene que: E A = 284 V
ε =
284 − 220 220
×100 = 29.1
Ejemplo. Un generador síncrono de cuatro polos con conexión en ∆, de 480 V, 60 Hz, tiene la característica de vacío: Tensión terminal (V)
0
100
200
300
400
500
575
Corriente de excitación en 0 circuito abierto
0.8
1.6
2.4
3.3
4.8
8
Este generador tiene una reactancia síncrona de 0.1 Ω, y una resistencia del inducido de 0.015 Ω. A plena carga, la máquina suministra 1200 A con factor de potencia 0.8 en atraso. Bajo condiciones de plena carga, las pérdidas mecánicas por fricción y por roce con el aire son de 40 kW y las pérdidas en el núcleo son de 30 kW. Despreciando las pérdidas del circuito de campo. determinar: a) ¿Cuál es la velocidad de rotación de este generador? b) ¿Cuánta corriente de campo debe suministrarse al generador para lograr la tensión de vacío en bornas de 480 V? c) Si el generador se conecta a una carga y esta demanda 1200 A con f.d.p. de 0.8 en retraso, ¿Cuánta corriente de campo se requerirá para mantener la tensión en los terminales en 480 V?
d) ¿Cuánta potencia está suministrando el generador ? ¿Cuánta potencia le entrega el motor primario al generador? ¿Cuál es la eficiencia de la máquina? e) Si la carga del generador se desconectara súbitamente de la línea, ¿Qué pasaría on la tensión en los terminales? f) Suponga que el generador se conecta a una carga que demanda 1200 A con un factor de potencia de 0.8 en adelanto. ¿Cuánta corriente de campo se requerirá para mantener V T a 480 V? Solución: a) La velocidad viene determinada por la frecuencia de la red y por el número de polos del generador n=
60 ⋅ f
p
=
60 ⋅ 60 2
= 1800 rpm
b) La corriente de campo para tener 480 V de línea en vacío viene dada por la curva de vacío
b) La corriente de campo para tener 480 V de línea en vacío viene dada por la curva de vacío
I e = 4.39 A
Ensayo de vacío 600
500 ) V ( A
EA=480 V
400
E a d i c u 300 d n i n ó i s 200 n e T
Ie=4.39 A
100
0
0
1
2
3
4
5
Corriente de excitación Ie (A)
6
7
8
c) Calculamos las tensiones y corrientes de fase considerando que el generador está conectado en ∆.
I A =
1200 3
V T = 480 V
= 692.8 A
A la tensión le asignamos fase cero y a la corriente el ángulo que corresponde según el f.d.p. de la carga: T
°
A
. −
.
°
Y se aplica la 2ª ley de Kirchhoff a circuito eq. de la máquina:
E A = 4800° + (0.015 + j 0.1) ⋅ 692.8− 36.87 = 5325.3° V
Y entrando en la característica de vacío se obtiene la corriente de excitación necesaria:
I e = 5.8 A
Ensayo de vacío 600
EA=532 V 500 ) V ( A
400
Ie=5.8 A
E a d i c u d 300 n i n ó i s 200 n e T
100
0
0
1
2
3
4
5
Corriente de excitación Ie (A)
6
7
8
d) La potencia que suministra el generador viene dada por:
P = 3 ⋅ V L I L cos ϕ = 3 ⋅ 480 ⋅1200 ⋅ 0.8 = 798 kW Y la potencia que consume es igual a la que genera + las pérdidas:
Pcon = Pgen + Pmec + Pnuc + Pcu Las pérdidas en el cobre son:
Pcu = 3 ⋅ 692.82 ⋅ 0.015 = 21.6 kW Y la potencia consumida
Pcon = 798 + 30 + 40 + 21.6 = 889.6 kW La eficiencia de la máquina es
η =
Pgen Pcon
×100 =
798 889.6
×100 = 89.7
e) Si los terminales se quedan abiertos la corriente de excitación es la misma pero desaparece la reacción de inducido, con lo que la tensión de la máquina pasa de 480 V a: V Tv = 532 V f) Si la carga es en adelanto la tensión inducida en carga vale:
E A = 4800° + (0.015 + j 0.1) ⋅ 692.836.87 = 4517.9° V Ensayo de vacío
que corresponde una corriente de excitación de
600
500
I e = 3.92 A
) V ( A
400
E a d i c u 300 d n i n ó i s 200 n e T
100
0
0
1
2
3
4
5
Corriente de excitación Ie (A)
6
7
8
CONLUSIONES. FUNCIONAMIENTO AISLADO.
La tensión de salida depende, además de la velocidad de giro del generador ω ωm , de la excitación (I e ) y de la carga aislada (tanto de I A como del cos ϕ ϕ ) F.d.p. inductivos requieren mayores corrientes de excitación que f.d.p. capacitivos para mantener la tensión de en los terminales constante. Curva de regulación . Un aumento de la corriente de campo (excitación), que se puede implementar disminuyendo la resistencia de campo, aumenta la tensión interna E A y por tanto la tensión en los terminales. Regulación de tensión .
Ejemplo. Un generador síncrono de seis polos con conexión en Y, de 480 V, 60 Hz, tiene una reactancia síncrona por fase de 1 Ω. Su corriente de inducido a plena carga es de 60 A con un factor de potencia 0.8 en atraso. Este generador tiene unas perdidas por fricción y por roce del aire de 1.5 kW y unas pérdidas en el núcleo de 1 kWa 60 Hz y plena carga. Despréciese tanto la resistencia de inducido como las pérdidas asociadas. La corriente de campo se gradua de tal manera que la tensión en bornes sea de 480 V en vacío. Determinar: a) ¿Cuál es la velocidad de rotaciónd e este generador? b) Tensión en los terminales cuando: Tiene corriente nominal con f.d.p. 0.8 en atraso. Tiene corriente nominal con f.d.p. unitario. Consume corriente nominal con f.d.p. 0.8 en adelanto. c) Eficiencia del generador con corriente nominal y f.d.p. 0.8 en atraso. d) Momento de torsión en el eje del motor primario. e) Regulación de voltaje para los 3 casos considerados en el apartado b).
Solución: a) La velocidad viene dada por: n=
60 ⋅ f
p
=
60 ⋅ 60 3
= 1200 rpm
b) Los valores por fase de tensión inducida y corriente son: E A =
480
I A = 60 A
≈ 277 V
Si asignamos fase 0º a E A no sabremos el desfase de la corriente. Por tanto conviene mantener desfase 0º para V T: EA
ϕ
Xs I cosϕ
δ ϕ
I IRI
VT
2
Xs I senϕ
2
2
E A = (V T + X s I ⋅ senϕ) + ( X s I ⋅ cos ϕ)
De donde: fase
V T
linea
= 236.8 V
V T
= 410 V
El proceso se repite para los casos resistivo: 2
línea
2
2 E A = (V T ) + ( X s I )
V T
= 468.4 V
y capacitivo: 2 A
T −
2
s
2
s
línea T
=
c) La potencia de salida (generada) para f.d.p. 0.8 en atraso es: P = 3 ⋅ V L I L cos ϕ = 3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.8 = 34.1 kW
c) La potencia mecánica de entrada (consumida) para f.d.p. 0.8 en atraso es:
Pcon = Pgen + Pmec + Pnuc + Pcu Pcon = 34.1 + 1.5 + 1 + 0 = 36.6 kW
Y la eficiencia:
=
Pgen Pcon
× 100 =
34.1 36.6
×100 = 93.2
d) El momento que se aplica al generador es: τ apl =
Pcon
ωm
=
36.6 125.7
= 291.2 Nm
e) La regulación de voltaje para cada caso es: f.dp. 0.8 inductivo
f.dp. unitario
f.dp. 0.8 capacitivo
ε=
ε=
ε=
E A − V T V T E A − V T V T
E A − V T V T
× 100 = 17.1
× 100 = 2.6
× 100 = −10.3
CONLUSIONES. FUNCIONAMIENTO AISLADO. La tensión de salida depende, además de la velocidad de giro del generador ω ωm , de la excitación (I e ) y de la carga aislada (tanto de I A como del cos ϕ ϕ ) F.d.p. inductivos provocan mayores caidas de la tensión terminal que f.d.p. capacitivos para una misma corriente de excitación. Característica exterior .
FUNCIONAMIENTO AISLADO. La frecuencia eléctrica de la tensión generada depende directamente de la velocidad del motor primario. La tensión de salida depende, además de la velocidad de giro del generador ω ωm , de la excitación (I e ) y de la carga aislada (tanto de I A como del cos ϕ ϕ ) . .p. e genera or es e . .p. e a carga. ¿Qué ocurre si no hay regulación? Un aumento de la potencia activa de la carga hace que la frecuencia de la tension generada disminuya. Un aumento de la carga hace que la tensión terminal disminuya (cargas inductivas).
FUNCIONAMIENTO AISLADO. ¿Cuál es el comportamiento ideal? : Un perfil plano de frecuencia frente a potencia activa y de tensión frente a variaciones en la carga, es decir, un generador ideal. ¿Cómo se consigue esto? a) Regulación de velocidad b) Regulación de tensión
ANÁLISIS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS CON POLOS SALIENTES. Los métodos lineal y nono-lineal se pueden aplicar no sólo a máquinas de rotor cilíndrico sino a máquinas de polos salientes. Sin embargo hay que tener en cuenta que la reacción de inducido en máquinas de polos salientes es bastante distinta de las de rotor cilíndrico debido al distinto perfil de reluctancia del entrehierro. Cuando la precisión de los métodos lineales y nono-lineales no es suficientemente buena para realizar una regulación de tensión se recurre a modelos más completos.
ANÁLISIS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS CON POLOS SALIENTES. Este es el caso del método de las dos reacciones o de Blondel que es ampliamente usado en alternadores. Puesto que la reluctancia del eje directo no es igual que la del eje en cuadratura, se consideran dos componentes de la corriente de inducido: E A = V T + R I + jX σ I + jX pd I d + jX pq I q
E A ≈ V T + RI + jX d I d + jX q I q Eje d (directo)
Iq
ϕ Id
EA
Eje q (cuadratura)
VT
jXqIq
I jXdId
X d = X σ + X pd X q = X σ + X pq
ANÁLISIS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS CON POLOS SALIENTES. E A = V T + jX d I d + jX q ( I − I d )
E A = V T + jX d I d + jX q I q
(
)
E A = V T + jX q I + j X d − X q I d
Dirección de EA
(Xd-Xq)I
(Xd-Xq)Isenψ ψ = (Xd-Xq)Id
EA
ϕ I
VT
jXqI
Ejemplo. Un generador de polos salientes conectado en estrella de 1500 kVA, 6600 V, 50 Hz, tiene una resistencia de inducido despreciable. Las reactancias síncronas por fase en los ejes directo y cuadratura son respectivamente 23.2 Ω y 14.5 Ω. Si la máquina suministra la coriente de plena carga con f.d.p. 0.8 inductivo, Determinar: a) F.e.m. E A de línea. b) Corrientes Id e Iq. Solución: a) La tensión y corriente de plena carga por fase son:
V T =
6600 3
= 3810.5 V I A =
S 3V L
= 131.2 A
Que en forma fasorial quedan:
V T = 3810.50° V
I A = 131.2− 36.87° A
Paraa hallar la dirección de E A construimos: Par
V T + jX q I = 3810.50° + j ⋅14.5 ⋅131.2 − 36.87° = 5180.517°V Ahora se podría descomponer I sabiendo que la dirección de E A es de 17º, pero resulta más sencillo considerar que el ángulo entre I y E A es de 36.87+17≈54º, con lo que se puede hallar: d
−
. −
q
.
.
Y finalmente componer componer E A :
E A = 5180.5 + 923.4 ≈ 6104 V
º
.
b) La componentes de la corriente se pueden hallar por descomposición conociendo el ángulo ψ ψ :
I d = Isen
= 106.14 A
I q= I cos
= 77.12 A
Finalmente se podrían comprobar los resultados realizando la composición vectorial completa completa E A = V T + jX d I d + jX q I q
POTENCIA ACTIVA ACTIVA Y REACTIV REACTIVA A DE GENERADORES SÍNCRONOS La ecuación característica de un generador síncrono según el método lineal es: E A = V T + jX s I
e on e a cor r en e e pue e a ar como: I =
( E A − V T ) jX s
Como se tiene que: E A = E A δ = E A cos + jE A senδ
V T = V T 0°
Se puede expresar la corriente cor riente como: I =
( E A cos δ − V T ) + jE A senδ jX s
Como la potencia compleja que transmite el generador viene dada por: *
S = 3 ⋅V ⋅I
Calculamos la corriente conjugada como: *
I =
( E A cos δ − V T ) − jE A senδ − jX s
Y tenemos una potencia compleja com pleja dada por: S = 3V T
=
3 E AV
X s
( E A cos δ − V T ) − jE A senδ − jX s senδ + j 3
X s
Con lo que las potencias activ act ivas as y reactiv reac tivas as quedan: P=
Q=3
E AV cos δ − V 2
3 E AV
X s
senδ = Pmax senδ
E AV cos δ − V 2 X s
= 3V
E A cos δ − V X s
A δ se le llama ángulo de potencia o ángulo de carga
FUNCIONAMIENTO EN PARALELO DE GENÉRADORES SÍNCRONOS. CONEXIÓN A REDES DE POTENCIA INFINITA. Cuando se conectan en paralelo generadores síncronos hay que cumplir una serie de condiciones. Al proceso de acoplamiento se le llama sincronización En redes de potencia infinita la tensión y la frecuencia no pueden variar.
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema 1. Funcionamiento aislado, modo generador. Método Lineal. Un alternador trifásico conectado en Y, de 4000 kVA, 6600 V, ha dado los siguientes resultado en vacío y cortocircuito: Ie (A) E Avacio (V) Icc (A)
10 960 232
20 1920 464
30 2800
40 3440
50 4220
60 4600
70 4800
La resistencia del inducido es despreciable. Calcular: a) Regulación a plena carga con f.d.p. 0.8 inductivo. b) Corriente de excitación necesaria en el caso anterior NOTA: Tómese como reactancia síncrona la primera aproximación obtenida de los ensayos, es decir la que corresponde a la excitación necesaria para obtener la tensión asignada en vacío.
Solución: Los valores nominales de corriente y tensión por fase son:
V T =
6600 3
S
= 3810.5 V I A =
3V L
= 349.91 A
La impedancia síncrona saturada se calcula como:
s
=
s
=
E an I cc
=
3810.5 1110.3
=
Ensayo de vacío y corto 5000
) A (
4500
a d i c4000 u d n i e3500 t n e i 3000 r r o C , 2500 ) V ( a2000 d i c u1500 d n i n1000 ó i s n e 500 T
0
0
10
20
30
40
50
60
70
Corriente de campo I (A)
80
90
100
La tensión inducida Ea se puede hallar como: E A = V T + jX s I = 3810.50° + 190° ⋅ 3.432 ⋅ 349.91− 36.87° =
= 4631.811.97°
Y por tanto la regulación queda: ε=
E a − V T V T
b La corriente de excitación necesaria se obtiene de la curva de vacío: I e = 82.6 A
=
4631.8 − 3810.5 3810.5
= 21.55 Ensayo de vacío y corto
5000
) A (
4500
a d i c4000 u d n i e3500 t n e i 3000 r r o C , 2500 ) V ( a2000 d i c u1500 d n i n1000 ó i s n e 500 T
0
0
10
20
30
40
50
60
70
Corriente de campo I (A)
80
90
100
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema 2. Funcionamiento en red, modo generador. Método lineal. Un alternador trifásico tiene una impedancia síncrona de 0 + j10 Ω y está conectado a una red de potencia infinita de 11.000 V suministrando una corriente de 220 A con f.d.p. unidad. Sin cambiar la entrada de potencia a la máquina motriz, se eleva la f.e.m. un 25 %. Calcular: a) Intensidad del inducido y f.d.p. en esas condiciones. b) Potencia activa máxima que podrá ceder la máquina a la red antes de perder sincronismo, con el nuevo valor de excitación. c) Intensidad y f.d.p. en las condiciones del apartado anterior.
Solución: Los valores nominales de corriente y tensión por fase son:
V T =
11000 3
= 6350.9 V
I A = 220 A
Que en forma fasorial se pueden expresar:
V T = 6350.90° V
I A = 220 0° A
Con lo que se puede calcular la tensión inducida en vacío:
E A = 6350.90° + 190° ⋅10 ⋅ 220 = 6721.119.1° V Si se aumenta Ea en un 25% pasa a tener un valor de 8401.5 V pero se debe mantener la potencia constante por lo que: 6721.1 ⋅ sen(19.1°) = 8401.5 ⋅ sen(δ ' )
De donde se tiene que el nuevo ángulo de carga es:
δ ' = 15.18° Como la tensión terminal permanece constante, se puede calcular la caída de tensión en la impedancia síncrona y por tanto la corriente de inducido:
I A =
E A − V T jX s
=
8401.4 15.18° − 6350.9 0° 1090°
= 281.5− 36.61°
Los valores solicitados en el apartado a) con:
I A = 281.5 A
cos ϕ = cos(36.61) = 0.7813 ind
La potencia activa viene dada por la expresión:
P=
3 E AV
X s
senδ = Pmax senδ
Y la máxima potencia activa teórica se da cuando δ=90º
Pmax =
3 E AV
X s
=
3 ⋅ 8401.5 ⋅ 6350.9 10
= 16 MW
En esas condiciones se puede recalcular la corriente de inducido:
I A =
E A − V T
=
s
8401.490° − 6350.9 0°
°
= 105337.1°
Con lo que el módulo de la corriente de inducido y el f.d.p. quedan:
I A = 1053 A
cos ϕ = cos(37.1) = 0.798 cap
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema 3. Funcionamiento en red, modo generador. Método lineal. Un alternador trifásico conectado en estrella de 6600 V , 50 Hz, tiene una resistencia del inducido despreciable y una reactancia síncrona constante. La curva de vacío viene definida por:
E A =
12210 ⋅ I e 85 + I e
Donde E A expresa la f.e.m. de línea e Ie la corriente de excitación. Se conecta la máquina a una red de potencia infinita. Una vez efectuado el acoplamiento y sin cambiar la corriente de excitación, se abre el distribuidor de agua a la turbina hasta que el alternador suministra a la red una potencia activa de 10 MW. En esta situación se aumenta la corriente de excitación un 50% respecto al valor de conexión sin modificar la potencia de entrada a la maquina motriz, comprobándose entonces que se obtiene un f.d.p. 0.8 inductivo. Calcular: a) Reactancia síncrona del alternador. b) f.dp. Con el que trabaja la máquina antes de cambiar la excitación y entregando la potencia de 10 MW.
Solución: En el momento de la conexión la tensión inducida de vacío debe ser igual a la tensión terminal: fase
E A
=
6600 3
= 3810.5 V
línea
E A
= 6600 V
Que se corresponde con una corriente de excitación: e1
Cuando la máquina pasa a generar 10 MW (sin cambiar la excitación), el ángulo de carga viene dado por una expresión que es función de la reactancia síncrona:
P=
3 E AV
X s
senδ
7 PX s −1 10 X s δ = sin = sin 2 3 ⋅ 3810.5 3 E AV
−1
El aumento de corriente de excitación implica una nueva corriente:
I e 2 = 1.5 ⋅ I e1 = 150 A Que tiene asociado un cambio en la tensión inducida de vacío:
E A 2 =
12210 ⋅ I e 2 85 + I e 2
= 7793.6 V
Como el f.dp. es 0.8 inductivo, la corriente de inducido se puede calcular como: A
P
=
3V L cos ϕ
=
10
7
3 ⋅ 6600 ⋅ 0.8
=
.
Aunque se puede plantear las ecuaciones complejas, resulta más sencillo usar la relación: EA
ϕ
Xs I cosϕ
δ ϕ
I IRI
VT
2
Xs I senϕ
2
E A2 = (V T + X s I ⋅ senϕ) + ( X s I ⋅ cos ϕ)
Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtiene el valor de la reactancia síncrona: X s = 0.936 Ω Antes de cambiar la excitación E A valía 3810.5 V V y la potencia era de 10 MW, por lo que el ángulo de carga se puede determinar como: 7 PX s −1 10 X s = 12.41° δ = sin 2 = sin ⋅ .
−1
Y se puede hallar la corriente de inducido como:
I A =
E A − V T jX s
=
3810.512.41° − 3810.50° 0.93690°
Con lo que el factor de potencia queda: cos ϕ = 0.9941 cap
= 8806.2°
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema 5. Funcionamiento Generador en paralelo. Método Lineal. Dos alternadores idénticos de 5000 kVA, 6.6 kV, conectados en Y funcionan en paralelo con las mismas excitaciones y se reparten por igual una potencia activa de 8 MW a 6.6 kV con f.d.p. 0.8 inductivo. Las resistencias de los inducidos son despreciables y las reactancias síncronas por fase valen 17.4 Ω. Calcular: a Las f.e.m.s de línea de cada enerador. b) Si la f.e.m. de uno de los generadores se reduce en u 15 %, deter minar la f.e.m. que tendrá que generarse en el otro para evitar un cambio en la tensión en barras y un suministro adicional de vapor a “cada uno”. c) Las corrientes y los f.d.p. en las condiciones del apartado anterior.
Solución: Los valores nominales de corriente y tensión por fase son:
V T =
6600 3
= 3810.5 V
I A =
P 3V L cos ϕ
= 437.39 A
La f.e.m. de cada generador es la misma y se puede calcular como sigue: A
.
°
° ⋅
. ⋅
.
−
.
°
.
°
Con lo que las f.e.m.s de línea quedan:
E A = 17.937 V Si uno de los generadores (digamos el 1) reduce su excitación tenemos que:
E A1 = 0.85 ⋅10356 = 8802.3 V
El nuevo ángulo de carga será:
E A1 sin δ −1 sin 36 = δ ' = sin sin = 43.75° ' 0.85 E A1 −1
Con lo que la corriente de el generador 1 queda: 8802.343.75° − 3810.50°
1
'
I A1 =
E A1 − V T jX s
=
17.490°
= 379.23− 22.7°
Con lo que la corriente de el generador 2 queda:
I A2 = I − I A1 = 515.46− 47.23° '
'
Finalmente la f.e.m. del generador 2 queda:
E A = 3810.50° + 190° ⋅17.4 ⋅ 515− 47.23° = 1204830.36° V
Que en valor de línea queda '
E A 2 = 20.867 V La corriente del generador 2 y su factor de potencia valen: ' A 2
I
= 515.46 A
'
cos ϕ 2 = 0.679 ind
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema. Funcionamiento en red, modo motor. Método lineal. Compensación de reactiva Una carga de 250 kVA tiene un f.d.p. 0.65 inductivo. Se conecta a la misma red un motor síncrono de 75 kW de rendimiento 88% para elevar el f.d.p. De la instalación a 0.85 inductivo. Calcular: a) La potencia aparente del motor síncrono y el f.d.p. con el que trabaja. b Si la tensión de alimentación es de 380 V el motor tiene una im edancia síncrona de 0+j0.5Ω/fase (conexión Y), determinar la f.e.m. E A inducida en esta máquina.
Solución: Las potencias activas y reacivas de la carga son: PC = S C ⋅ cos ϕ = 250 ⋅ 0.65 = 162.5 kW
QC = S C ⋅ sin ϕ = 250 ⋅ 0.76 ≈ 190 k var El motor síncrono consume una potencia activa: MS
=
P
η
=
.
Con lo que la potencia activa de la carga y el motor suponen: PT = 162.5 + 85.23 = 247.73 kW
Para que el nuevo f.d.p. Sea de 0.85 inductivop hace falta que la reactiva total (carga + motor) sea de: −1 QT = PT ⋅ tgϕ = 247.73 ⋅ tg (cos 0.85) = 153.53 k var
Y por tanto el motor síncrono debe trabajar en sopbreexcitación para entregar una potencia reactiva a la red de: Q MS = 190 − 153.53 = 36.47 k var
La potencia aparente del motor síncrono es: 2 2 P MS + Q MS = 92.7 kVA
S MS =
Y el factor de potencia:
−1 Q MS = 0.9194 f .d . p. = cos tg P MS Si la tensión de alimentación es 380 V, entonces: V T = 219.40°
La corriente vale: I A =
S 3V L
ϕ° = 140.8423.17°
Y la f.e.m. Inducida se puede calcular como: E A = V T − Z s I A = 219.40° − j 0.5 ⋅ 140.8423.17 = 255.44 V
Que en valor de línea queda: línea
E A
= 442.5 V
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema. Funcionamiento aislado, modo generador. Método lineal. Un generador sincrónico de 2300 V, 1000kVA con 0.8 de f.d.p. atrasado, de 60 Hz, dos polos y conexión Y tiene una reactancia sincrónica de 1.1 Ω y una resistencia del inducido de 0.15 Ω. A 60 Hz, sus pérdidas por rozamiento y por fricción del aire ason de 24 kW y las pérdidas de su núcleo son de 18 kW. El circuito de campo tiene un voltaje de c.c. de 200 V y la máxima corriente de campo es de 10 A. La resistencia de campo es ajustable de 20 a 200 Ω. En a) ¿Cuánta corriente de campo se necesita para hacer V T igual a 2300 V cuando el generador trabaja en vacío? b) ¿Cuál es, en esta máquina, el voltaje generado internamente en condiciones nominales ? c) ¿Cuánta corriente de campo se necesita para hacer V T igual a 2300 V cuando el generador trabaja en condiciones nominales? d) ¿Cuánta potencia y momento de torsión es capaz de suministrar el motor primario del generador? e) Dibuje el diagrama de límites de funcionamiento del generador.
Si la corriente de campo se ha ajustado a un valor de 4.5 A, f) ¿Cuál será el voltaje terminal de este generador si se conecta una carga con conexión ∆ con una impedancia de 20∠30º? g) Dibuje el diagrama fasorial de este generador. h) ¿Cuál es la eficiencia del generador en esas condiciones? i) Suponga ahora que otra carga idéntica con conexión en ∆ se conecta en paralelo con la primera, ¿Qué le sucederá al diagrama fasorial del generador? j) ¿Cuál es el nuevo voltaje terminal después de que se ha aumentado la carga? k) ¿Qué se debe hacer para que la tensión terminal regrese a su magnitud original?
Solución: Entrando en la curva de vacío con 2300 V se tiene que I e = 4.245 A
Los valores de tensión y corriente por fase en condiciones nominales son:
2300 V T = = 1328 V
Ensayo de vacío 3000
2500
I A =
S n 3V L
= 251 A
) V ( 2000 a d i c u d n1500 i n ó i s n e1000 T
500
0
0
1
2
3
4
5
6
7
Corriente de campo I (A)
8
9
10
En esas condiciones le f.e.m. Inducida vale: E A = V T + Z s I A = 1328 0° + (0.15 + j1.1) ⋅ 251− 36.87° =
= 1536.67.42° V
Que en valor de línea vale: E alínea = 2661.5 V
Que corresponde a una corriente de excitación:
Ensayo de vacío 3000
2500
I e = 5.8124 A
) V ( 2000 a d i c u d n1500 i n ó i s n e1000 T
500
0
0
1
2
3
4
5
6
7
Corriente de campo I (A)
8
9
10
La potencia generada por el alternador es, en condiciones nominales: P2 = S n ⋅ cos ϕ = 800 kW
Y la potencia entregada por el motor primario: P1 = 800e3 + 24e3 + 18e3 +
200 5.8
⋅ 5.82 + 3 ⋅ 0.15 ⋅ 2512 = 871.5 kW
Y el momento de torsión: .
1
M =
ω
=
2π60
= 2311.7 Nm
Para dibujar los límites de funcionamiento del generador calculamos el punto O’ considerando la distancia OO’ : OO' =
3V n
2
X s
= 4809.1e3 = 4.8091 p.u .
La máxima corriente del rotor es 2.356 veces la de vacío. Por lo que se corresponderá con una distancia de 11.33 p.u. Medida desde O, mientras que la máxima potencia es de 800 kW que se corresponde con 0.8 p.u. Si consideramos un ángulo de estabilidad práctico de 60º, el diagrama de los límites de funcionamiento queda como: P
δmax=60º .
O’
1 p.u.
. .
4.81 p.u.
O
Q
Si se ajusta la corriente de excitación a 4.5, la f.e.m. inducida se obtiene de la característica de vacío: línea E A
= 2374.36 V
fase E A
=
2374.36 3
= 1370.8 V
Cuando se conecta una carga de 20∠30º en triángulo, hay que calcular qué corriente de fase implica para el generador. Para ello se calcula el equivalente en estrella de
Ensayo de vacío 3000
2500
Y Z c
=
20 3
30°
Siendo la impedancia síncrona: Z s = 0.15 + j1.1
) V ( 2000 a d i c u d 1500 n i n ó i s n e 1000 T
500
0
0
1
2
3
4
5
6
7
Corriente de campo Ie (A)
8
9
10
La tensión terminal se puede hallar haciendo el divisor de tensión correspondiente ak circuito equivalente por fase: V T = E A ⋅
Z c Z c + Z s
= 1235.2− 6.81°
Que en valores de línea es:
V T = 1235 3 = 2139.4 V El diagrama fasorial por fase es: EA
I
ϕ
VT
XsI RI
Con ϕ=30º y δ=6.81º, E A =1370.8 V y V T=1235.12 V
La potencia que da el generador en estas condiciones es: I A =
V T Z c
= 185.28 A
P2 = 3 ⋅ 2139.4 ⋅185.28 ⋅ cos 30º = 594.58kW
Y la potencia de entrada sería: P1 = 594.58e3 + 24e3 + 18e3 +
200 4.5
⋅ 4.52 + 3 ⋅ 0.15 ⋅ 185.282 = 652.9 kW
Y la eficiencia viene dada por η=
P2 P1
× 100 = 91.07
%
Si se añade otra carga idéntica lo que ocurre es que la intensidad se duplica en módulo pero con el mismo desfase, por lo que el diagrama fasorial quedaría: EA
I
ϕ
VT
XsI RI
El nuevo voltaje se halla sin más que repetir el mismo cálculo anterior teniendo en cuenta que E A se mantiene constante y la impedancia es la mitad: V T = E A ⋅
Z c / 2 Z c / 2 + Z s
= 1112.3− 12.33°
El voltaje terminal disminuye y el ángulo de carga aumenta como era de esperar. Para que el voltaje terminal regrese a su valor anterior habría que actuar sobre la excitación, aumentando la corriente de excitación por medio de la disminución de la resistencia de campo. Todo el razonamiento está conforme a lo estudiado en las curvas exterior y de regulación
Solución: La frecuencia de los 3 generadores viene dada por:
f 1 = 61 −
P1 2.5
f 2 = 61 −
P2 2.5
f 3 = 61 −
P3 3
Si las tres frecuencias son iguales a 60 Hz, las potencias valen:
P1 = (61 − 60) ⋅ 2.5 = 2.5MW P2 = (61 − 60) ⋅ 2.5 = 2.5MW P2 = (61 − 60) ⋅ 3 = 3MW La frecuencia que proporciona la potencia nominal en el Gen 3 es: f 3 = 61 −
5 3
= 59.33 Hz
Y para esa frecuencia la potencia de los tres generadores es: P1 = (61 − 59.33) ⋅ 2.5 = 4.175MW P2 = (61 − 59.33) ⋅ 2.5 = 4.175MW
P3 = (61 − 59.33) ⋅ 3 = 5MW Para que los tres generadores suministren la potencia nominal a 60 Hz habría frecuencia potencia. Si se cambia la frecuencia de vacío entonces: f 01 = 60 + f 02 = 60 + f 03 = 60 +
5 2.5
5 2.5 5 3
= 62 Hz = 62 Hz
= 61.66 Hz
El voltaje en condiciones nominales se puede calcular como:
V T =
4160 3
= 2401.8 V
I A =
S 3V L
= 867.41 A
Que en forma fasorial se pueden expresar:
V T = 2401.80° V I A = 867.41 − 36.87° A Con lo que se puede calcular la tensión inducida en vacío de los tres generadores como:
E A = 2401.80° + (0.04 + j 0.75) ⋅ 867.41− 36.87 = 2863.810° V
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema. Funcionamiento aislado Método NoNo-lineal. En un alternador trifásico conectado en Y, de 5000 kVA, de 6600 V, tiene una resistencia de inducido despreciable. El ensayo de vacío a la velocidad de sincronismo ha dado los siguientes resultados: Ie (A) 24 35 50 71 90 120 140 E Avacio de línea (V) 3000 4200 5400 6600 7300 8000 8300 En cortocircuito se necesita una excitación de 37 A ara ue circule una corriente de 300 A en el inducido. En un ensayo de carga reactiva y corriente asignada se obtiene 6100 V para una excitación de 130 A. Cuando la máquina suministra ¾ de la plena carga a la tensión asignada con f.d.p. 0.8 inductivo, calcular: a) Caida de tensión en la reactancia de dispersión del inducido. b) Corriente eq. de la f.m.m. de reacción de inducido. c) Excitación necesaria en el inductor. d) F.e.m. Que produciría la la excitación al dejar la máquina en circuito abierto. e) Regulación de tensión.
Solución: Los valores nominales de corriente y tensión por fase son:
V T =
6600
S
= 3810.5 V I A =
= 437.39 A
3V L 3 Los valores de caida de tensión en la reactancia de dispersión y de corriente equivalente de reacción de inducido a plena carga son:
X I =
1151.8 3
= 664.96 V
8000
I RI = 44.73 A
Los valores a ¾ de carga quedan: X σ I = 664.96
Ensayo de vacío 9000
3 4
= 498.7 V
7000 ) V ( 6000 a d i c5000 u d n i n4000 ó i s n e3000 T
2000
I RI = 33.54 A
1000 0
0
20
40
60
80
100
Corriente de campo I (A)
120
140
Para hallar la excitación necesaria en el inductor hay que recurrir al método general. Componemos las tensiones: E r = V T + jX σ I = 3810.50° + 190° ⋅ 498.7 − 36.87 = 41295.54° línea
E r
= 7151.6 V
Que según la curva de vacío se corresponde con una corriente resultante I = 85.26
I r = 85.26 95.54° A
La corriente equivalente de reacción de inducido vale: I RI = 33.54 A
I RI = 33.54 − 36.87 A
Con lo que la corriente de excirtación queda: I e = I r − I RI = 85.26 95.54 − 33.54 − 36.87 = 110.67 108.5° A
Y la tensión inducida correspondiente al vacío se puede hallar de nuevo a través de la característica de vacío:: E A = 7820.7 V
Y la regulación es por tanto: ε=
7820.7 − 6600 6600
= 18.5 Ensayo de vacío 9000 8000 7000 ) V ( 6000 a d i c5000 u d n i n4000 ó i s n e3000 T
2000 1000 0
0
20
40
60
80
100
Corriente de campo I (A)
120
140
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema. Funcionamiento Motor. Método Lineal. Un motor síncrono trifásico de 60 Hz, con 30 polos, conectado en Y, con factor de potencia unitario, 2300 V, 1492 kVA presenta una reactancia síncrona de 1.95 Ω/fase. Para los propósitos de este problema se pueden ignorar todas las pérdidas. a) Calcule la potencia máxima y el par que este motor puede generar si se alimenta con una potencia directamente de una barra infinita de 60 Hz, 2300 V. Suponga que su corriente de campo se mantiene constante a un valor que resultaría en un f.d.p. unitario a carga nominal. b) En lugar de considerar una barra infinita, suponga que el motor se alimenta con un turbogenerador de 3600 rpm, bipolar, de 1500 kVA y de 2300 V cuya reactancia síncrona es de 2.65 Ω/fase. El generador se opera a una velocidad nominal, y las excitaciones de campo del generador y del motor se ajustan de manera que el motor funcione a un factor de potencia unitario y con un voltaje terminal de plena carga. Si en ese momento se reduce la excitación del generador a la mitad (sin cambiar la excitación del motor), calcular la máxima potencia que puede suministrar al motor.
Solución: Los valores nominales de corriente y tensión por fase son: 2300 V T = = 1328 V 3
I A =
S 3V L
= 374.5 A
En forma fasorial queda:
I A = 374.50° A
V T = 13280° V
E A = V T − jX s I = 13280° − 190° ⋅1.95 ⋅ 374.50° = 1515− 28.8° La máxima potencia y el máximo par se calculan como: 1328 ⋅1515 V E Pmax = 3 T A = 3 = 3096kW 1.95 X s
M max =
Pmax
ω
=
3096e3 2π 60 / 15
= 123.2kNm
Como tras acoplar el turbogenerador se ajusta de manera que se mantiene la tensión terminal y el f.d.p., el motor opera de la misma forma que en el apartado anterior. La f.e.m. el generador se puede calcular de forma análoga al generador.
E AG = V T + jX sG I = 13280° + 190° ⋅ 2.65 ⋅ 374.50° = 165836.77° La máxima potencia viene dad cuando:
Pmax = 3
AM
AG
X sM + X sG
M max =
Pmax
ω
=
=3
⋅ 1.95 + 2.65
1638e3 2π 60 / 15
= 1638kW
= 65.2kNm
Lo que nos dice que la situación del apartado a) era sostenible si el motor se alimentaba desde la red pero no si lo hace desde el turboalternador.
Si ahora disminuimos la excitación del alternador a la mitad, calcular la máxima potencia que se puede transmitir al motor, la tensión terminal y el f.dp. resultante. La máxima potencia que se puede obtener se halla cuando E AG está a 90º de E AM, en cuyo momento la máxima potencia es la mitad debido a que la máxima potencia es proporcional a la f.e.m. del generador:
Pmax = 3
E AM E AG X
+ X
=3
1657 ⋅1515 ⋅ 0.5 1.95 + 2.65
= 819kW
La intensidad se puede hallar como:
I A =
E AG − E AM X sG + X sM
=
82990° − 15150° 2.65 + 1.95
= 375.4328.68°
Y la tensión terminal se puede calcular:
V T = E AM − jX sM I = E AG + jX sG I = 197419° V
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema. Funcionamiento generador. Método de las dos reacciones. Las reactancias de eje directo y de eje transversal en valor p.u. de un alternador hidráulico de 30 MVA, 14.6 kV, son de 0.95 p.u. y 0.62 p.u. La curva de ensayo de vacío viene definida por los siguientes valores: Ie (p.u.) E Avaciolínea (p.u.)
0 0
0.27 0.4
0.41 0.6
0.588 0.8
0.75 0.9
1 1
1.352 1.775 1.10 1.16
Durante el ensayo de vacio la potencia cedida por el motor auxiliar con tensión nominal en bornes ha sido de 280 kW. Se sabe además que la resistencia de cada fase del estator es de 0.0224 Ω y la del inductor de 1.095 Ω, ambas corregidas a la temperatura de funcionamiento. Calcular la f.e.m. interna cuando funciona a plena carga, con f.d.p. 0.9 inductivo y tensión nominal en bornes. Calcular el rendimiento en dichas condiciones.
Solución: Para hallar la dirección de E A construimos:
V T + jX q I = 10° + j ⋅ 0.62 ⋅1− 25.84° = 1.387 23.7° p.u. Ahora se podría descomponer I sabiendo que la dirección de E A es de 23.7º, pero resulta más sencillo considerar que el ángulo entre I y E A es de 25.84+23.7≈49.5º, con lo que se puede hallar:
( X
d
− X q ) Isenψ = (0.95 − 0.62 ) ⋅1 ⋅ sen49.5º = 0.251 p.u.
Y finalmente componer E A :
E A = 1.387 + 0.251 ≈ 1.64 p.u.
Para hallar la dirección de E A construimos:
V T + jX q I = 10° + j ⋅ 0.62 ⋅1− 25.84° = 1.387 23.7° p.u.
PROBLEMAS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS.
Problema 6. Funcionamiento Motor. Método Lineal. Un motor síncrono trifásico de 400 V, 6 polos, 50 Hz, conectado en Y tiene una impedancia síncrona de 0.5 + j4 Ω/fase. Absorbe una corriente de 15 A con f.d.p. unidad cuando funciona con una cierta excitación. Si se aumenta el par de carga hasta que la corriente de línea sea de 60 A, permaneciendo constante la excitación, hallar el par total desarrollado y el nuevo f.d.p. Solución: Los valores nominales de corriente y tensión por fase son:
V T =
400 3
= 230.94 V
I A1 = 15 A
Que en valor fasorial valen:
V T = 230.940° V
I A1 = 150° A
La f.e.m. se puede hallar por composición vectorial:
E A = 230.940° + 190° ⋅ (0.5 + j 4) ⋅150° = 1470 59.79° V Como no se cambia la excitación, la f.e.m. no cambia de módulo aunque si cambia el ángulo de carga que pasa a ser δ’. Despreciando la resistencia de inducido, se puede hallar el ángulo a partir de la expresión: EA
ϕ
Xs I cosϕ
δ ϕ
I
VT
2
Xs I senϕ
2
E A2 = (V T + X s I ⋅ senϕ) + ( X s I ⋅ cos ϕ)
IRI
E A 2 δ ' = V T 0° + j ⋅ Z s ⋅ I a 2 ϕ '
P=
3 E AV
X s
senδ = Pmax senδ
Reactancia síncrona= reactancia dispersión estator+efecto de reacción de inducido
Reactancia Resistencia síncrona estator jXs
IG
Rs
A
+
V
E
Funcionamiento como generador
jXs
IM
Rs
+
A
V
E
Funcionamiento como motor
B B La FEM E es proporcional a la corriente de excitación del rotor. En funfuncionamiento como generador representa a la tensión que se induce en el estator y en funcionamiento como motor a la fuerza contraelectrocontraelectro motriz que es necesario “vencer” para que circule la corriente que alimenta al motor
Reactancia Resistencia síncrona estator jXs
IG
Rs
Tensión en vacío V 20
A
+
V
E
15
18kV 390MVA
como generador
B
Cuando el generador trabaja en vacío no hay caída de tensión: la tensión de salida coincide con la FEM E VELOCIDAD E = K ⋅ ϕ ⋅ N DE GIRO
10
5
Iexc 500
FLUJO
PROPORCIONAL A IEXC
1000
1500 2000
