EXAMEN RECUPERACION DE MAQUINARIA ELECTRICA II FEBRERO 2.006
II SEMESTRE 2.006-2.007
TEORIA ( 30%, LIBROS CERRADOS) 1. DIAGR DIAGRAM AMA A FASOR FASORIA IAL L DEL DEL MOTOR MOTOR DE POL POLOS OS SALIE SALIENT NTE E NO SATUR SATURAD ADO O CON CON CORRI CORRIEN ENTE TE EN ATRASO. 2. TRA TRABAJ BAJO O DE MAQUINA MAQUINA DE DE INDUCCI INDUCCION. ON. 3. TRA TRABAJO BAJO DE DE MAQU MAQUINA INA SINCRO SINCRONICA NICA. . PROBLEMAS (70%, USO DE FORMULARIO UNICAMENTE) PROBLEMA # 1 (24%) Dos generadores trifásicos, rotor cilíndrico con los siguientes valores nominales: G1: 80 MVA 13,8 Kv. G1: 120 MVA 13,8 Kv.
60 Hz 60 Hz
Xs = 1 p.u. Xs = 1,2 p.u.
Funcionan en paralelo alimentando una carga trifásica de 150 MVA con un fp = 0,8 atraso a voltaje y frecuencia nominal. En un primer momento reparten potencia real y potencia reactiva iguales. Posteriormente funcionan, con potencia real igual pero con la excit excitac ación ión del camp campo o de gener generad ador or 1 incre increme menta ntado do un 20%, 20%, los los aju ajust stes es necesarios son realizados en el generador 2 con la finalidad de mantener el voltaje y la frecuencia frecuencia constante. Desprecie las pérdidas en los generadores. generadores. Determine el valor de las corrientes y factores de potencia de los generadores. PROBLEMA # 2 (23%) Un motor sincrónico 3Φ de 600 HP, conectado en estrella, es conectado a una fuente de 3.0 3.000 00V V y tiene tiene una imped impedan ancia cia sincrón sincrónic ica a de 2 + j10 j10 Ω/fase. /fase. Las pérdidas pérdidas mecánicas de fricción, ventilación, hierro rotacional y del núcleo son asumidas constantes constantes a 10.000 vatios/fase. vatios/fase. Determine la corriente de plena carga y el factor de potencia cuando la excitación es 1,33 p.u. PROBLEMA # 3 (23%) Un generador generador sincrónico sincrónico 3Φ, estator estator en estrella estrella de 2.200 2.200 voltios, voltios, es conectado conectado a una barra de voltaje y frecuencia constante, tiene una impedancia sincrónica de 0,5 + j 10 ohmios/fase. Cuando el voltaje inducido es 2.500 voltios, el generador tiene un factor factor de potencia potencia unitario, unitario, la exc excitac itación ión es disminui disminuida, da, sin cambio cambio en el torque accionante accionante de la maquina auxiliar auxiliar hasta que el factor de potencia es 0,8 en adelanto, calcular la corriente en estas condiciones.
EXAMEN FINAL DE MAQUINARIA ELECTRICA II
II SEMESTRE 2.006 – 2.007
TEORIA (45’ - 30% - Libros Cerrados) 2.EXPLIQUE EL PROCEDIMIENTO PARA PONER A FUNCIONAR EN PARALELO LOS GENERADORES SINCRONICOS. Requerimientos para la conexión de generadores sincrónicos en paralelo
Es común en la practica para sincronizar un generador sincrónico grande o un motor sincrónico grande, se requieren las siguientes condiciones de la maquina entrante. 1. Correcta fase de secuencia. 2. Las fases del voltaje tiene que estar en fase con las fases del sistema. 3. La frecuencia del sistema tiene que ser exactamente a la frecuencia del sistema. 4. El voltaje de la maquina tiene que ser aproximadamente igual al voltaje del sistema. Las secuencias de fase del generador es usualmente verificada cuidadosamente en el tiempo de la instalación . Las condiciones (1) y (2) son aseguradas por medios de un ángulo-fase conocido como un sincronoscopio que comparan el voltaje de una fase de la máquina entrante al sistema. La posición de el punto mostrado en el sincronoscopio muestra el ángulo-fase entre el generador y el voltaje del sistema. Cuando las frecuencias son iguales el punto es estacionario. Cuando las frecuencias difieren el punto rota en una dirección o en otra dependiendo si el generador esta arrancando rápido o lento, en un porción igual a la diferencia entre estas frecuencias y las del sistema. Las frecuacias y las posiciones de las fases son controladas ajustando la entrada del primotor al generador entrante. Cargando un generador sincrónico
Si todas las cuatro condiciones para la sincronización son encontradas exactamente iguales no podría hacer corriente en la armadura del generador cuando es conectado al sistema como la corriente de campo es suficiente para hacer que el voltaje del generador sea igual al del sistema. Con el generador ahora en el sistema hay un incremento en la corriente de excitación. Sin los ajustes del primotor de salida, causaría que el generador entregue corriente con retardos en el voltaje de 90º mostrados en la figura a) si la resistencia de armadura no es la suficiente. Eaf
90º V
jXdId
I Figura a)
Como sea si la entrada del primotor es ahora gradualmente incrementada, el generador y el primotor aceleran causando la generación de un voltaje E af , para llevar la terminal de voltaje o bus de voltaje V por el ángulo δ del torque, tal valor real de la potencia de salida de la maquina de entrada como se ilustra en el diagrama fasorial en la figura b).
Eaf jXdI δ
V
θ
Figura b)
PROBLEMA # 1 (24 %) DOS GENERADORES NOMINALES: G1 G2
TRIFASICOS
(ROTOR
CILINDRICOS)
CON
LOS
SIGUIENTES
VALORES
80.000 KVA, 13,8 KV, 60 HZ, X S = 1 P.U. 120.000 KVA, 13,8 KV, 60 HZ, X S = 1,2 P.U.
FUNCIONAN EN PARALELO Y ALIMENTAN A UNA CARGA DE 150.000 KVA, A FACTOR DE POTENCIA 0.8 EN ATRASO, A VOLTAJE Y FRECUENCIA NOMINAL. EN UNA PRIMERA FASE LA POTENCIA MECANICA DE LOS PRIMOS MOTORES SON AJUSTADAS PARA QUE LAS MAQUINAS REPARTAN IGUAL POTENCIA ACTIVA, MIENTRAS QUE LAS EXCITACIONES DE CAMPO SON TAL QUE LAS POTENCIAS REACTIVAS DE SALIDAS SON IGUALES. COMO FASE FINAL, LA EXCITACION DE G 1 ES INCREMENTADA 20 %, LOS GENERADORES ENTREGAN POTENCIAS ACTIVAS IGUALES Y AJUSTES EN EL G 2 DEBEN REALIZARSE CON LA FINALIDAD DE MANTENER EL VOLTAJE Y LA FRECUENCIA NOMINAL. EN ESTA CONDICIONES CALCULAR LAS CORRIENTES DEL INDUCIDO EN CADA GENERADOR. Inicialmente
Pact(G1) = Pact(G2) P=Sfp=150*0,8=120MW Q=S senθ=150*sen 36,86°= 90MVAR PG1=PG2=P/2=120MW/2=60MW QG1=QG2=Q/2=90MVAR/2=45MVAR I=S/( (3) ½*V)=150/( (3) ½*13,8K )= 6,27 KA I= 6,27 KA ∠ -36,87° A IG1=IG2=I/2=6.27KA/2 ∠-36.86° = 3.13KA ∠-36.86° A Valores Base IbG1=80/( (3)½*13,8 )= 3346,95 A IbG2=120/( (3)½*13,8)=5020,43 A
XbG1=V2/S=(13,8)2/80=2,3805 Ω XbG2=(13,8K)2/120=1,587Ω Ef1=V+ jIa Xd = (13.800/(3) ½∠0°)+(3.135∠-36,87°)*(1)*(2,38∠90°) Ef1=13.790,58∠25,6° V/f
Nuevas Condiciones Ef1´=1.2*Ef1 PG1´=PG1 (V*Ef1´*sen δ´)/X d =(V*Ef1*sen δ)/Xd 1,2*Ef1*sen δ´=Ef1*sen δ 1,2*sen δ´=sen δ ; δ = 25,6° sen δ´=0.3605 δ´=21.13° Ef1´=V+ jI´ aG1*Xd I´aG1=(Ef1´-V)/jXd =((1,2*13.790,58∠21.13°)-(13.800/(3)½∠0°))/2,38∠90° I´aG1=4.011,96∠-51,56° A I´aG2=I- I´aG1=6.270∠-36,87° -4.011,96∠-51,56° I´aG2=2.596,78∠-13,8° A
PROBLEMA # 2 (23 %) UN MOTOR SINCRÓNICO TRIFÁSICO, CONECTADO EN ESTRELLA, 600 HP, 3000 VOLTIOS, TIENE UNA IMPEDANCIA SINCRÓNICA POR FASE DE 2+J10 Ω/FASE. DETERMINAR LA CORRIENTE DE PLENA CARGA Y EL FACTOR DE POTENCIA CUANDO LA EXCITACIÓN ES DE 1,33 P.U. LAS PÉRDIDAS DE FRICCIÓN, VENTILACIÓN E HIERRO ROTACIONAL Y LAS DEL NUCLEO SON 10 KILOVATIOS/FASE.
a) Analíticamente. La relación para el ángulo de potencia para un motor sincrónico es: Po = VE sen (δ+α) – E 2 sen α Watt/fase Z Z Dado Po = 600*746 +10.000 = 149.200 + 10.000 =159.200 watt/fase 3 Ahora V = 3.000 = 1.732 ; E = 1.732 * 1,33 = 2.304 √3 Z = (22 +102)1/2 =10,2 ohm; sen α = 2 = 0,1963 10,2 Entonces
α = 11.31°
Sustituyendo en la ecuación para Po, tenemos: 1.732 * 2.304 sen (δ+α) = 159.200 + (2.304) 2 * 0,196 10,2 10,2 391*103 sen (δ+α) = 159.200 + 10,2*10 4 = 261200 sen (δ+α) = 261.200 = 0,668 391.000 (δ+α) = 41,91 ° δ = (41,91° – 11,31°) = 30.6° V= -E + IZ d ; 1.732 ∠0° = 2304*∠-30,6° + I*10,2 ∠78,69° I = 117∠23,41° FP = Cos 23,41 ° = 0,92 Adelanto ALTERNATIVA: Del diagrama fasorial de voltaje:
(IZ)2 = V2 + E2 -2VE cos δ = (1.732) 2 +(2.304)2 –(2*1.732*2.304*0,86) = 1.198,65 Voltios I = 1.198,65 = 117 amp 10,2 Ahora Potencia de entrada, P i = VI cos Φ = Po + I 2R = 159.200 + 1172*2 = 186.578 vatios/fase cos Φ = 186.578 = 0.92 en adelanto 1732*117 . (b) Solución Grafica: El método emplea el sitio actual demostrado en el ejemplo 50 y extendido Fasor IZ, V y E forman los lados de un triangulo de voltaje, desde Z que es constante, el fasor I, V/Z y E/Z formaran un triangulo similar. Nota que Z es un operador =Z ∠λ donde λ = tan -1 X/R . Del fasor de corriente a cada línea ∠λ detrás del fasor correspondiente de voltaje. Para el problema dado tenemos: V = 3000 = 1732 volt; E = 1732 * 1.33 = 2304 volt √3 Z = 10.2 ohm Entonces
V = 1732 = 170, E = 2304 = 225.9 Z 10.2 Z 10.2 Po = 600*746 + 10000 = 159200 watt/fase 3 Referiendose a la fig. Escojamos una escala de corriente, 1cm = 20amp Dibujo: OM = V = 1732 = 433 amp = 21.65 cm 2R 4 El radio de la curva para la potencia dada Po = ((V/2R) 2 – (Po/R)2)2 =√ (187500 -79600) = 328.5 Con centro M, dibujo el arco de radio MD = 328.5 amp = 16.4 cm Dibujo CO = V/Z = 170 amp = 8.5 cm A un ángulo λ para OM (donde λ = tan -1 X/R = tan -1 = 10//2) Describo un arco de radio CA = E/Z = 225.9 amp = 11.3 cm La medida OA = 5.8 cm = 116 amp = I ∠Φ = 22.5 y cos Φ = 0.92 en adelanto
