ESCUELA SUPERIOR POLITECNICA DE CHIMBORAZO FACULTAD DE INFORMATICA Y ELECTRONICA INGENIERIA ELECTRONICA EN CONTROL Y REDES INDUSTRIALES MAQUINAS ELECTRICAS II
Nombre: Edison Saavedra Código: 492
1.-Un alternador trifásico de 6 polos ,1000 rpm tiene un estator de 54 ranuras sobre el que se sitúa un devanado de paso diametral que contiene 10 conductores/ranura . si el flujo por polo es de 2x10^-2 Wb y su forma sinodal sinodal , determinar la f.e.m inducida por fase
E=4
=
Donde es el Angulo geométrico entre ranuras consecutivas. consecutivas. que en este caso vale :
=
360 = 6.6 54
Como quiera que el alternador tiene seis polos (p=3) , y es trifásico (m=3), (m=3), el numero q de ranuras por polo y fase es:
=
54 = = =3 2 6(3)
Por lo que el coeficiente de distribución vale ( )
=
,°
,
= (,) (,°)
= 0.96 0.9600
Y teniendo en cuenta que hay 54 ranuras con 10 conductores por ranura y que cada dos conductores se forma se forma una espira, el número total de espiras por fase e s:
=
54(10) = 90 2(3)
E=4,44(0.96)50(90)(2x10^-2)=383,6 v
2.-Un alternador trifásico de 750 rpm ,50 Hz esta diseñado para generar una F.e.m de 3500 V/fase. El devanado del estator tiene 120 ranuras con 24 conductores/ranura y la anchura de las bobinas es de 12ranuras .Calcular el flujo máximo por polo si su distribución es senoidal. E=4 Y como quiera que el alternador gira a 750 rpm y que la frecuencia es de 50 Hz el numero de polos se obtiene de la expresión
60 60 = 60(50) = 750 =
2p=8 El numero total de ranuras del inducido es k=120 y al tener la maquina 8 polos , el paso polar vale:
Paso polar= = =15
Por lo tanto la bobina tiene una anchura de 12 ranuras , el angulo geométrico entre dos ranuras consecutivas es igual a :
=° = = 3°
Y teniendo en cuenta que las bobinas están acortadas 3 ranuras , el angulo geométrico de acortamiento es α=9° y el factor de acortamiento de las bobinas vale por consiguiente :
(°) =cos =0,951 = α Al mismo tiempo , las bobinas están distribuidas en ranuras a lo largo del inducido , siendo el coeficiente de distribución
=
En el numero de ranuras por polo y tfase es igual a:
= = =5 () Por lo que el coeficiente de distribución es finalmente ( )
° = ()= ° = 0.95 0.9577 Y como quiera que el número N de espiras por fase es
=
120 (24 /) = 4 80 2 /(3 )
Llevando los valores anteriores a la expresión de la fem inducida por fase resulta E=4,44(0,951)(0,957)(480)(50)
=3500v
De donde obtenemos el flujo max por polo
= 0,03 0,0361 61 3.-Un alternador trifásico de 1500 Kva ,6600 v conectado conectado en estrella tiene una curva de vacio definida por la ecuación
=
Donde se expresa en tensión de línea y A.v/polo . La resistencia y reactancia de dispersión del inducido por fase son 0,6ohmios y 2,3ohmios respectivamente .la f.m.m de reacción del inducido a plena carga es de 2500 A.v/polo determinar :
de línea a plena carga y con f.d.p 0,8 inductivo 0° +(0,6+j2,3)131,22 -36,87° =4059,83 = ( )= √
a) F.e.m
2,74°
Donde se ha tenido en cuenta que la corriente de línea de plena carga es: =131,22 A con fdp 0,8 inductivo = √ () () La fem de línea es por consiguiente: ()= √ 3 4059,23 =7030,8 V b) Corriente de excitación necesaria en el inductor cuando la maquina esta girando a plena carga con f.d.p 0,8 inductivo , si se sabe además que la maquina tiene polos salientes devanados con 190 espiras cada uno =7030,8 = +
= 5769, 5769,44 . / / La fmm anterior se alenta 90° a la fem resultante 6tal como se muestra en
composición fasorial , la expresión fasorial de esta fmm es = 5769 5769,4 ,4 | (902,74) 902,74)° =5769,4|92,74° A.v /polo
= 2500 2500|| 36,8 36,877 . / / La fmm de excitación es: = =5769,4 |92,74° -2500 |-36,87° =7611|107,4° A.v/polo Y teniendo en cuenta que que cada polo tiene 190 espiras , corresponde a una corriente de excitación
= = = 40
c)
Si en la situación del apartado anterior se desconecta repentinamente la carga ¿Cuál será el valor de la tensión t ensión de línea que aparecerá en bornes de la maquina
=
12210(7611) = 7834 7834,9 ,955 = 7835 7835 42507611
d) ¿Cuánto vale la regulación de tensión de la maquina? =18,71 % = − = −
4.-Un alternador trisfasico de 5000 Kva ,6600v conectado en estrella , tiene una curva de vacio definida por la ecuación
=
Donde se expresa en voltios por la fase e representa la corriente de exitacion .la resistencia y reactancia de dispersión del inducido por fase son 0,2 ohmios y 1 ohmio respectivamente .la fmm de reaaccion del i nducido es equivalente a una corriente de exitacion de 20 A . calcular a) rango de exitaci on necesario para dar la tension asignada de 6600v desde el vacio a la plena carga con fdp 0,6 inductivo b)si las perdidas en el hierro ,por friccion y rozamiento con el aire ascienden a un total de 100 Kw y las bobinas de campo están alimentadas con una excitatriz a 200 v , calcular el rendimiento a plena carga carga con fdp 0,6 a) La tension entre terminales en vacio es la fem =3810,5 voltios = =V(por fase)= + √ La corriente de exitacion =90,23 A en la carga la corriente asignada vale I= = = 437, 437,39 39 √ √ () Y por consiguiente para producir producir la tension asignada asignada con la corriente de plena carga anterior con fdp 0,6 inductivo se requiere una fem resultante |0° +(0,2+j1) (437,39 |-53,13°)=4217,3|2,62° = √ Por lo que al llevar a la curva de vacio del alternador , se necesita una corriente : 4217,3 = = = 112, 112,63 63 + La corriente anterior es adelantada 90° respecto de la fem y por lo tanto su expresión fasorial es :
|(2,6290))° = 112,63 = 112,6 112,633 |(2,6290 2,63||, 62° De este modo la corriente total de exitacion del inductor será: = =112,63|92,62° -20|-53,13° =129,64 |97,6° Es decir el rango de excitación oscila entre 90,23 A en vacio hasta 129,64 A a plena carga b)la potencia útil del alternador es = cosⱷ =500(0,6)=3000Kw Las perdidas fijas (del hierro mas las mecánicas ) y la de excitación(cobre excitación(cobre de inductor ) son respectivamente = 100 100 ; = = 200(129,6) 129,6) = 25,9 25,922 Y las perdidas en el cobre del inducido a plena carga con la corriente I calculada = 3 = 3(0,2)( 0,2)(437,39 437,39)) = 114, 114,8 8 Por consiguiente la potencia total requerida es = 3000 100 25,92 114, 14,8=3240,72Kw Por lo tanto el rendimiento vale
n= =92,57 % ,
5.-Un generador trifásico conectado en estrella de 1000kVA, 4600V, tiene una impedancia
síncrona de 2+j20Ω por fase. Determinar: 1) La regulación a plena carga con FP=1.
1000 = 125. 125.5 5 4600) √ 3(4600) 4600 = < 0 ° (220) 220)5 < 0° = 3840.51 < 40.81° √ 3 () ) = √ 3(3840.51) 3840.51) = 6651 6651.9 .95 5 6651. 6651.95 95 4600 4600 = 100% 100% = 44.6 44.61% 1% 4600 =
2) La regulación a plena carga con FP=0.75 en atraso
=
4600 < 0 ° (220) 220)125. 125.55 < 41. 41.41 41°° = 4820 4820.2 .244 < 20.8 20.86° 6° √ 3 () ) = √ 3(4820.24) 4820.24) = 8348 8348.9 .9 8348 8348.9 .9 4600 4600 = 100% 100% = 81.5 81.5% % 4600
6.-Un generador síncrono trifásico conectado en estrella de 6600V, tiene una impedancia síncrona de 0.4+j6Ω por fase. Calcular la regulación de la máquina cuando suministra una potencia de 1000kWa la tensión asignada con: 1) FP= 0.866 atraso
= =
2) FP=1
1000 = = 101. 101.01 01 √ 3 3 √ 3(6600)( 6600)(0.866 0.866))
6600 < 0 ° (0.46) 0.46)101. 101.01 01 < 30° 30° = 4179 4179.1 .122 < 6.94 6.94°° √ 3 6600 = < 0° = 3810.51 < 0° √ 3 4179.6 4179.622 3810.5 3810.511 = 100% 100% = 9.67 9.67% % 3810.51
= =
1000 = = 87.4 87.48 8 √ 3 3 √ 3(6600)( 6600)(11)
6600 < 0 ° (0.46) 0.46)87.48 < 0° = 3881. 81.17 < 7.8° 3 √ 3881.1 3881.177 3810.5 3810.511 = 100% 100% = 1.85 1.85% % 3810.51
3) FP=0.866 en adelanto
= =
1000 = = 101.01 < 30° √ 3 3 √ 3(6600)( 6600)(0.866 0.866))
6600 < 0 ° (0.46) 0.46)101. 101.01 01 < 30° 30° = 3584 3584..16 < 8.75 8.75°° √ 3 3584.1 3584.166 3810.5 3810.511 = 100% 100% = 5.9 5.94% 4% 3810.51
7.-Un alternador trifásico conectado en estrella de 6600 V ha dado los siguientes resultados en un ensayo de vacío. 10 15 21 31 39 50 65 Ie(A) 300 4200 5400 6600 7200 7700 8100 Eo(línea) En cortocircuito se necesita una excitación de 24 A para que circule la corriente de plena carga. En un ensayo con carga reactiva se obtienen 6100 V con una corriente de 125 por 100 de la asignada, para una excitación de 66 A. la resistencia del inducido es despreciable. Calcular: a) La caída de tensión a plena carga en la reactancia de dispersión del inducido. b) La Fmm del inducido con corriente asignada. c) La Fmm necesaria en la excitación cuando el generador suministra a plena carga con un factor de potencia 1 y 0.8 inductivo. d) Las Fem producidas en el vacío en las condiciones del apartado anterior. e) Regulaciones de tensión correspondientes. correspondientes. Literal a)
=
1200 1 = 554 / / √ 3 1,25
Literal b)
24 = 19,2 ≈ 19 1,25 Literal c)
= 1 = 6600 ∠0° ∠0° = 3810 3810,5 ,5∠0 ∠0°° √ 3 = ∠0°
=
= 19∠0 19∠0°° = = 3810 3810∠0 ∠0°° 554 554∠0 ∠0°° = 3850 3850,6 ,6∠8 ∠8,3 ,3°° () ) = √ 3 (3850,6 ) ) = 6669 6669,4 ,4 = 32 ∠98, ∠98,3° 3° = = 32 ∠98, ∠98,3° 3° 19 ∠0° ∠0° = 39,5 39,5∠1 ∠127 27°° = . = 6600 ∠0° ∠0° = 3810 3810,5 ,5∠0 ∠0°° √ 3 = ∠ 36,8 36,87° 7°
=
= 19∠ 19∠ 36, 36,87° 87° = = 3810 3810∠0 ∠0°° 554 554∠ ∠ 36,8 36,87° 7° = 4166 4166,5 ,54∠ 4∠6, 6,1° 1° () ) = √ 3 (4166,54 ) ) = 7216 7216,6 ,6 = 38 ∠96, ∠96,1° 1° = = 38 ∠96, ∠96,1° 1° 19 ∠ 36,8 36,87° 7° = 52,8 52,8∠1 ∠111 11,4 ,4°° Literal d)
= 1
⟹
= 7300 = 0.8
⟹
= 7800
Literal e)
7300 7300 6600 6600 = = 10,6 10,6 % 6600 7800 7800 6600 6600 = = = 18,1 18,122 % 6600 =
8.-Un generador trifásico tiene una impedancia síncrona de 0+j5Ω está conectado a una red de potencia finita de 6600 V la excitación es tal que la fuerza electromotriz inducida en vacío es de 6000 V. Determinar la potencia activa máximo que en estas condiciones podrá suministrar la maquina sin que exista perdida de estabilidad. Hallar la corriente de inducido y factor de potencia de dicha carga
6600 = = 3810, 3810,51 51 √ 3 3 =
=
6000 = 3461 3461,1 ,1 √ 3
Si sen (90)=1 la potencia es máxima 3 = Diagrama Fasorial:
= = 3461 3461,1 ,1∠9 ∠90° 0° = 3810 3810,5 ,51∠ 1∠0° 0° 5∠ 5∠
3464,1 = 3810,51 (5 5) 3810 3810,5 ,511 5 5 = 0 3464,1 = 5
⟹ = 762, 762,11 (1)
⟹ = 692.82 (2)
(1)/(2) = 1,1 ⟹ = 47,73° = 0673 0673 = (3) (3) (3) (2)
=
692,82 = 1029 1029,4 ,455 0,673
Potencia activa máxima
= √ 3 3 = √ 3 (6600 )( )(1029.45 1029.45 )( )(0.673 0.673)) = 7920 7920 Comprobación:
6000 6600 3 = = 3 √ 3 √ 3 = 7920 7920 5 9.-Un alt alternad ernador or trif ásic o c onectado onectado en es trella trella tiene una resi s tencia de inducido des preciable y una reactancia síncrona de 10 Ω por fase. Está acoplado a una red de potencia infinita de
11kV y s e s abe que desarrolla una potencia potencia con factor de potencia potencia de 0,673 inductivo, s iendo el áng ulo de potencia de 10°. C alcular. alcular. a) la fuerza fuerz a electromotriz electromotriz de línea produc ida por el g enerador b) la potencia potenci a activa que su minis mini s tra la la red. S olución oluc ión
11KVA = 11000V
os − 0.673=47.7° C alculamos alculamos el voltaje voltaje s abiendo que el g enerador s e encuentra conectado en es es trella Donde
V=
1000 = 6350 6350.8 .855 √3
v = 6350.85 < 0° = =
α
= 6350.85 < 0° = < .° .° < ° = 6350.85 < 0° j(10) 10) < 47. 47.7° 7° < ° = 6350.85 < 0° j(10) 10) < 47. 47.7° 7° j(10 j(10)( )(0.6 0.673 73)) < ° = 6350.85 < 0° j(10) 10)I < 47. 47.7° 7° j(10 j(10)I )I(0 (0.6 .673 73)) < ° = 6350.85 < 0° I[j(10) 10) < 47.7° j(10)( 10)(0.673 0.673))] < ° = 6350.85 < 0° I[1 < 90°(10) < 47.7° 1 < 90°(10)( 10)(0.673 0.673))] < ° = 6350.85 < 0° I[10 < 90° < 47.7° 10 < 90°(0.673) 0.673)] < ° = 6350.85 < 0° I[10 < 42.3 10 < 132.3] < ° = 6350.85 < 0° I[20 < 174.6] = . V = . = √ √ =
10._ dos g eneradores eneradores idénticos de 2000KV A funcionan en paral paralel elo o alimenta alimentado do una carg a ais lada. lada. El reg ulador de la la primera pri mera máquina máquina es es tal tal que la frec uencia uenc ia cae uniformemente uni formemente de 50Hz a plena carg car g a la corr co rr es pondi ente caída uni for me de la la veloc idad de la s eg unda maqui maquina na es de 50Hz a 47Hz. a) C omo se di s tribuye entre los los g eneradores eneradores una potencia potencia activa activa cons umida por por la carg a de 2700 K W. b) C uál es la potencia potencia máxi máxi ma con un factor factor de potencia potencia unidad que puede puede s uminis tras tras e s in s obrecar obr ecargg ar ning nin g uno de los alternadores altern adores .
Datos: P=2000KW F1=50Hz a 47Hz Fp=1 S olució oluc ión n
ALTERNADOR 1
ALTERNADOR 2
50Hz 50H z (p2, f )
f 48Hz
(p1, f)
47.5 Hz
2000 KW
2000 KW
=
(1) 1 2
2000 (50) 5048 1 = 50 1000
=
=
(1) 1 2
2000 (50) 50 47.5 7.5 2 = 50 1000
=
= 1 2 = 270 2700 0 1 2 50 1000 1000 1 2 2000 = 50 50 1000 1000 1 2 2000 50 50 = 1000 1000 12 2000 50 50 = 1000 1000( 1000(20005050) 20005050) = 12 = 50
2 = 0.91 2000 (50 48) 48) 5047.5 = (0.9) (0.9)(15 (1500) 00)
2 = (0.9)
= 1200 1200 = 1500 1500
11._Un motor motor s íncr ono trifási co c onectado onectado en estrella estrella de 75KW , 500 V tiene una impedanci impedanci a síncrona Z=00.3+j3 Ω/fase. Si funciona a plena carga con un factor de potencia 0.8 capacitivo
y rendi miento mien to de 90%. C alcular la f.e.m f.e. m induc in duc ida id a y la pontenci pontenci a activ activ a abs abs orbi da por la red. Datos P=75KW V=500 V
=0.03+j3 Ω/fase. Fp = 0.08
ᶯ = =90%
=
ᶯ
∗ 1000 1000
75 ∗100 90 = 83.3 83.333
=
I√ 3 ()( ()() ) =
I=
I=
√ 3 ()() 83333 = 120. 120.28 28 A √ 3 (500)(0.8)
=
<°=.<° √ 3
= =
. < ° (. )(. = . < . . ° ) = 309 < 5.8 = 309√ 3 = 535. 535.21 21
12.-Un motor síncrono trifásico de 400v, 6 polos ,50 hz, conectado en estrella, tiene una impedancia síncrona 0.5 +j4 ohm/fase. Absorbe una corriente de 15 A. con un FP 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 FP. Solución.
400 < 0° = 230.94 < 0° ; = 15 < 0° √ 3 = = 230.94 (0.54) 0.54)15 = 223.44 60 231. 31.36 < 15.03° =
Ahora se aumenta ala corriente a 60ª con un angulo Φ que adelanta a la tensión
= = 230.94 (0.54) 0.54)6 0 < Φ = 2 3 1 . 3 6 < Operando se obtiene
231.36 < = (230. 230.94 94 30 30Φ Φ 240s 240sen enΦ Φ) j(30 j(30se senΦ nΦ 240co 240cosΦ sΦ)) Igualando los modulos de cada miembro de la ecuación
231. 231.36 36 = (230.9 230.944 30 30Φ Φ 240se 240senΦ nΦ)) (30se (30senΦ nΦ 240c 240cos osΦ) Φ) Simplificando se obtiene
5.83 5.83 11.0 11.08s 8seenΦ 1.39 1.39ccosΦ osΦ = 0 Utilizando identidades trigonométricas, se obtiene que
88.8tgΦ 30.8tgΦ 32.07 = 0 Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtiene las r espuestas siguientes
tgΦ tgΦ = 0.7 0.799 99 (inductivo) inductivo )
;
tgΦ = 0.452 0.452 (capa (capacit citivo ivo))
cosΦ cosΦ = 0.91 0.9111 el segundo resultado es el valido, ya que se ha partido del supuesto de que la corriente adelanta a la tensión. La potencia activa que el motor absorbe de la red es
)(0.911 = √ 3 3Φ Φ = √ 3(400)( 400)(60 60)( 0.911)) = 37.8 37.877 La velocidad de sincronismo
=
60(50) = 1000 1000 3
El par mecanico es
=
37870 = 361. 361.66 . . 1000 2 60
13.- una carga eléctrica de 250 kVA, tiene un fp=0.65 inductivo. Se conecta a la misma red un motor síncrono en estrella de 75kW de rendimiento 88% para elevar el fp de la instalación a 0.85 inductivo. A) calcular la potencia aparente de motor síncrono y e l fp con el que trabaja. B) si la tensión de alimentación con el que trabaja e s de 380v y el motor t iene una impedancia síncrona de 0+j0.5 Ohm/fase, deyterminar la fem Eo inducida en e sta máquina. Solución. Fp=0.65 inductivo Φ=49.5°
La potencia compleja es
= 250 < 49.5° = 162.5 190 La potencia eléctrica activa es
=
75 = = 85.2 85.233 0.88
Si la instalación debe tener un fp=0.85
= = (162. 162.55 190 190)) (85.23 ) = < 31.8 31.8°° En la figura se muestra un esquema de la instalación elecrica y la composición fasorial de la suma de las potencias complejas
= = (162.5190) 162.5190) (85.23 ) = 3 31. 1.8° 8° 31.8° 3 31. 1.8° 8° = 0.85 0.85 = 162. 162.55 85. 85.23 162. 162.55 85.2 85.233 = = 291.45 291.45 0.85 3 31. 1.8° 8° = 0.52 0.527 7 = 190 190 = 0.52 0.527( 7(29 291. 1.45 45 190 190 = 36. 36.44 La potencia suministrada por el motor es
= 85.23 36.4 = 92.7 < 23.1° = 23. 23.1° 1° = 0.91 0.9199
CARGA TRIFASICA
Ms Pm=85.23 kW
C
Qm=36.4 kVAr
B
Φ1=49.5°
A P1=162.5 kW Fasores de tensión y corriente del motor síncrono
=
380 92700 < 0° = 219.39 < 0° ; = = 140.84 → = 140.84 < 23.17° 3(380) √ 3 √ 3(380)
f.e.m inducida por fase
= = 219.39 < 0° 0.5(140. 140.84 84 < 23.1 23.17° 7°)) = 255. 255.44 < 14. 14.7° 7° Que corresponde a un módulo de la tensión compuesta o de línea
= √ 3(25 3(255. 5.4) 4) = 442. 442.22
