Libro Maquinas Sincronas

INDICE CAPITULO 1 ........................................................................................................................................... 1 PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO Y ASPECTOS CONTRUCTIVOS .......................................... 1 1.1

PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO .................................................................................... 1

1.2

ASPECTOS CONSTRUCTIVOS DEL ESTATOR.................................................................. 3

1.3

ASPECTOS CONSTRUCTIVOS DEL ROTOR ...................................................................... 5

1.3.1

ROTOR DE POLOS SALIENTES............................................................................................ 5

1.3.2

ROTOR CILÍNDRICO O LISO ................................................................................................ 6

1.4

FUERZA MAGNETOMOTRIZ EN EL ROTOR ..................................................................... 7

1.5

FMM EN EL INDUCIDO O ARMADURA ............................................................................. 8

1.6

ONDA ROTATORIA DE FUERZA MAGNETOMOTRIZ................................................... 10

1.7

SISTEMA TURBINA-GENERADOR-EXCITACIÓN .......................................................... 13

1.8

EXCITACIÓN DE LAS MÁQUINAS SINCRÓNICAS ........................................................ 14

1.8.1

SISTEMAS DE EXCITACIÓN DC ........................................................................................ 14

1.8.2

SISTEMAS DE EXCITACIÓN AC ........................................................................................ 16

1.8.2.1

SISTEMAS DE RECTIFICACIÓN ESTACIONARIOS .................................................... 17

1.8.2.2

SISTEMAS DE RECTIFICACIÓN ROTANTES (BRUSHLESS)..................................... 17

1.8.3

SISTEMAS DE EXCITACIÓN ESTÁTICA .......................................................................... 18

EJERCICIOS PROPUESTOS Y RESUELTOS DEL CAPITUO 1 ...................................................... 19 PROBLEMAS ........................................................................................................................................ 25 CAPITULO 2 ......................................................................................................................................... 27 CIRCUITO ELÉCTRICO DEL GENERADOR .................................................................................... 27 2.1

FUERZA ELECTROMOTRIZ INDUCIDA ........................................................................... 27

2.2

REACCIÓN DE ARMADURA .............................................................................................. 29

2.2.1

CARGA RESISTIVA PURA .................................................................................................. 30

Máquinas Sincrónicas

I

Ingeniería Eléctrica

FCyT – UMSS

2.2.2

CARGA INDUCTIVA PURA................................................................................................. 32

2.2.3

CARGA CAPACITIVA PURA .............................................................................................. 33

2.3

FLUJO DE DISPERSIÓN ....................................................................................................... 34

2.4

CIRCUITO EQUIVALENTE DE LA MAQUINA SINCRÓNICA ....................................... 35

2.5

REACCION DEL INDUCIDO PARA UNA MAQUINA DE POLOS SALIENTES............ 37

2.5.1

CIRCUITO EQUIVALENTE.................................................................................................. 41

2.6

INDUCTANCIAS EN MAQUINAS SINCRONICAS ........................................................... 42

2.6.1

INDUCTANCIA PROPIA DEL ROTOR ............................................................................... 43

2.6.2

INDUCTANCIAS MUTUAS ESTATOR-ROTOR................................................................ 43

2.6.3

INDUCTANCIAS EN EL ESTATOR .................................................................................... 43

2.7

TORQUE ELECTROMAGNÉTICO INDUCIDO EN LA MAQUINA ................................. 45

2.8

VALORES POR UNIDAD ..................................................................................................... 47

EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CAPITULO 2 .................................................... 49 PROBLEMAS ........................................................................................................................................ 56 CAPITULO 3 ......................................................................................................................................... 58 CARACTERÍSTICAS DE OPERACIÓN EN RÉGIMEN PERMANENTE ........................................ 58 3.1

CARACTERÍSTICA DE CIRCUITO ABIERTO ................................................................... 58

3.1.1

PROCEDIMIENTO DEL ENSAYO EN VACÍO DEL GENERADOR................................. 59

3.1.2

PÉRDIDAS EN VACÍO .......................................................................................................... 59

3.2

CARACTERÍSTICA DE CORTO CIRCUITO ...................................................................... 59

3.2.1

PROCEDIMIENTO DEL ENSAYO EN CORTO CIRCUITO .............................................. 62

3.3

REACTANCIA SINCRÓNICA NO SATURADA ................................................................. 62

3.4

REACTANCIA SINCRÓNICA SATURADA ....................................................................... 63

3.5

RELACIÓN DE CORTO CIRCUITO ................................................................................... 64

3.6

CARACTERÍSTICAS EXTERNAS ....................................................................................... 65

3.7

REGULACIÓN DE TENSIÓN ............................................................................................... 66


II

Ingeniería Eléctrica FCyT – UMSS

3.8

CURVAS V DEL GENERADOR SINCRÓNICO ................................................................. 67

3.9

CURVA DE CAPACIDAD ..................................................................................................... 67

3.10

CARACTERÍSTICA POTENCIA – ÁNGULO...................................................................... 71

EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CAPITULO 3 .................................................... 73 PROBLEMAS ........................................................................................................................................ 81 CAPITULO 4 ......................................................................................................................................... 86 FUNCIONAMIENTO EN PARALELO DE GENERADORES SINCRÓNICOS ............................... 86 4.1

INTRODUCCIÓN ................................................................................................................... 86

4.2

CONDICIONES PARA LA CONEXIÓN EN PARALELO. ................................................. 86

4.3

CARACTERÍSTICA POTENCIA – FRECUENCIA ............................................................. 87

4.4

CARACTERÍSTICA VOLTAJE – POTENCIA REACTIVA................................................ 89

4.5

SINCRONIZACIÓN DEL GENERADOR ............................................................................. 89

4.5.1

MÉTODO DE LOS FOCOS ................................................................................................... 89

4.5.2

METODO DEL SINCRONOSCOPIO .................................................................................... 90

4.5.3

SINCRÓNIZACIÓN AUTOMÁTICA.................................................................................... 91

4.6

GENERADOR EN PARALELO CON UN SISTEMA BARRA INFINITA ......................... 91

4.7

FUNCIONAMIENTO DE GENERADORES EN PARALELO ............................................ 94

EJERCICIOS PROPUESTOS Y RESUELTOS DEL CAPITULO 4 .................................................... 98 EJERCICIOS........................................................................................................................................ 105 CAPITULO 5 ....................................................................................................................................... 109 MOTOR SINCRÓNICO ...................................................................................................................... 109 5.1

PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO ................................................................................ 109

5.2

CIRCUITO EQUIVALENTE DEL MOTOR SINCRÓNICO .............................................. 110

5.3

FUNCIONAMIENTO EN RÉGIMEN PERMANETE ........................................................ 112

5.3.1

MOTOR SINCRÓNICO CON EXCITACIÓN CONSTANTE Y CARGA VARIABLE ... 112

5.3.2

MOTOR SINCRÓNICO CON CARGA CONSTANTE Y EXCITACIÓN VARIABLE ... 113


III


5.3.3

CURVA CARACTERÍSTICA DE LA VELOCIDAD-TORQUE........................................ 113

5.4

CURVA “V” DEL MOTOR SINCRÓNICO ....................................................................... 115

5.5

COMPENSADOR SINCRÓNICO ....................................................................................... 116

5.5

ARRANQUE DE MOTORES SINCRÓNICOS ................................................................... 117

EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CAPITULO 5 .................................................. 120 CAPITULO 6 ....................................................................................................................................... 136 MAQUINAS SINCRÓNICAS EN RÉGIMEN TRANSITORIO........................................................ 136 6.1

INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 136

6.2

DESCRIPCIÓN MATEMÁTICA DE UNA MAQUINA SINCRÓNICA............................ 137

6.3

CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO EN BORNES DE UNA MAQUINA SINCRÓNICA..... 141

6.3.1

DESCRIPCIÓN FÍSICA DEL TRANSITORIO ................................................................... 141

6.3.2

SOLUCIÓN ANALÍTICA DEL CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO ..................................... 143

6.3.3

EFECTO DE LAS RESISTENCIAS DE ARMADURA Y DE CAMPO ............................. 147

6.3.4

EFECTO DE LOS DEVANADOS DE AMORTIGUACIÓN DEL ROTOR ....................... 148

6.4 DETERMINACIÓN DE REACTANCIAS Y CONSTANTES DE TIEMPO A PARTIR DEL OSCILOGRAMA DE LA CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO .................................................... 150 6.5

ECUACIONES DE OSCILACIÓN....................................................................................... 151

6.5.1

TIEMPO DE LANZAMIENTO MECÁNICO ...................................................................... 154

6.5.2

CALCULO DE LA CONSTANTE DE INERCIA................................................................ 154

EJERCICIOS PROPUESTOS Y RESUELTOS DEL CAPITULO 6 .................................................. 156 EJERCICIOS........................................................................................................................................ 160


IV


CAPITULO 1 PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO Y ASPECTOS CONTRUCTIVOS 1.1

PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO

La máquina sincrónica es una máquina rotante de corriente alterna cuya velocidad en régimen estable es proporcional a la frecuencia de sus corrientes en el inducido o armadura y a la configuración del circuito magnético del rotor. La máquina sincrónica opera como generador, si transforma energía mecánica en energía eléctrica, y se denomina motor sincrónico si transforma energía eléctrica en energíamotor mecánica en su eje. Sin embargo, de acuerdo a las circunstancias puede operar indistintamente como o generador. Esencialmente, un generador esta compuesto por un conjunto de bobinas en las cuales se genera una fuerza electromotriz, y un campo magnético de valor constante que se encuentra en movimiento relativo respecto a las bobinas. En las máquinas actuales de uso industrial, es común que la estructura del campo rote dentro del estator, esta disposición es conocida como de Inductor móvil, la que se observa en la figura 1.1. Alterna Carga c

A

d

A Continua

B Máquina sincrónica de inducido fijo: A inducido, B inductor.

B

h

h

a

b

A

Figura 1.1

Maquina sincrónica de inducido fijo

Los generadores sincrónicos son construidos para operar a tensiones elevadas, entonces es aconsejable que la parte donde se inducen las tensiones sea un elemento estacionario, porque extraer las tensiones de un inducido móvil seria inseguro y técnicamente complicado. La ley de Faraday (e = d λ/dt) define de manera cuantitativa la inducción de voltajes debido a los enlaces de flujo variables en el tiempo. Las ventajas más importantes para de inducido estacionario y campo son: mayor resistencia de los dientes de lala construcción armadura, menor reactancia de armadura, mejorgiratorio aislamiento,


1


CAPITULO 1 Principio de funcionamiento y aspectos constructivos

construcción más rígida, menor numero de anillos rozantes aislados, menor peso e inercia del rotor, mejor ventilación y disipación de calor. En la figura 1.2 se observa a un generador sincrónico trifásico de dos polos con sus componentes básicos y que a continuación se describe. La energía mecánica ingresa por intermedio del eje desde una máquina primaria, que puede ser: una turbina a gas, una turbina hidráulica, un motor diesel, etc.

Principio de fase a

U

Lado de bobina a

Bobina de excitación

Extremo eje

Ranura para el lado de bobina b'

Ranura para lado de bobina c'

Ranura para el lado de bobina c

Polo de excitación S

Conexiones que empalman el bobinado de excitación con los anillos rozantes

Ranura para lado de bobina b Estator de chapas de hierro laminado

N

Anillos rozantes

Bobinas de Amortiguación Acoplamiento a máquina primaria

Eje Lado de bobina a

Ingreso de Enérgia mecánica

Corriente de excitación

If X

Escobillas

Final de fase a Términales del circuito de excitación (corriete contínua)

+

Figura 1.2

Componentes principales de un generador sincrónico

Sujetos al eje, pero aislados eléctricamente del mismo, están los anillos rozantes, sobre los cuales se apoyan las escobillas, las que a su vez, son las encargadas de hacer ingresar desde el exterior de la maquina, una cierta corriente continua auxiliar, denominada corriente de excitación. Siguiendo hacia el interior, se encuentra al rotor o rueda polar, fija al eje y constituida por dos piezas polares, o simplemente polos, rodeados por un bobinado, llamado bobinado de campo o e xcitación. Por lo tanto, el sistema inductor, que produce el flujo continuo esta constituido por el eje y todos los elementos descritos que giran con él, este flujo se logra gracias a una corriente continua exterior, proveniente de una maquina de corriente continua llamada excitatriz, que generalmente esta acoplada mecánicamente al mismo eje principal y es arrastrada por la maquina primaria. El estator o inducido, es un conjunto de chapas al silicio, adosadas una junto a otra como las del núcleo de un transformador y que se asemeja a un cilindro hueco. En la superficie interior existen ranuras de Máquinas Sincrónicas

2



forma adecuada, en las cuales se alojan los lados de bobina, y estas bobinas que en su conjunto forman el bobinado del inducido, han de ser la sede de la f.e.m. inducida y estarán provistas de terminales adecuados. En la figura se observa que en el estator existen tres bobinas, una por cada fase del sistema trifásico y desfasadas 120º mecánicos generando un sistema de f.e.m. inducida de tres fases, desfasadas 120º eléctricos. El rotor gira a razón de n revoluciones por minuto, entonces en cada revolución y en cada fase del estator se generara un ciclo completo de corriente alterna, razón por la cual, la maquina generara n ciclos por minuto. Pasando a ciclos por segundo, que es lo usual se tiene: f = n/60. Generalizando para una maquina de p polos se obtendrá la expresión final: f

=

p

n

* [Hz ] 2 60

En las maquinas rotantes de corriente alterna es necesario distinguir entre grados eléctricos y mecánicos, y la relación entre ambos tipos de medida es la siguiente expresión:

θ e = (p/2) θ m Siendo: θ m grados mecánicos, θ e grados eléctricos y p el numero de polos. Finalmente se puede mencionar que los generadores sincrónicos se construyen de eje vertical o de eje horizontal, según la máquina primaria que los impulsa.

1.2

ASPECTOS CONSTRUCTIVOS DEL ESTATOR

Las bobinas del inducido se encuentran alojadas en la carcasa del estator, que es un órgano estructural exterior y que cumple la misión de servir de sostén a esta parte importante del generador. En la figura 1.3 se aprecia la carcasa construida con chapas de hierro soldadas en forma de cajón, en dos partes, para permitir un fácil montaje y desmontaje, además para facilitar su transporte desde la fábrica. La mitad inferior de la carcasa tienen soldados los apoyos al piso. Dentro de la carcasa se coloca y sujeta el inducido que consiste de un paquete de chapas de hierro al silicio de 0.5 mm de espesor como se observa en la figura 1.4.


3



Corte

Frente

Semi-estator superior alzado Rotor Semi-estator inferior

Figura 1.3

Carcasa de la maquina sincrónica

Adosadas una junto a otra como las del núcleo de un transformador , estas laminas o chapas están ensambladas axialmente para reducir las perdidas o corrientes parásitas, las chapas están aisladas con una capa de barniz o capas de papel de 0.03 a 0.05 mm de espesor.

Figura 1.4

Chapas del estator

La técnica de los bobinados procura encontrar la conexión y disposición más adecuada para acomodarlos en el estator, de tal manera de obtener una mejor distribución senoidal de la fuerza magnetomotriz y así disminuir la presencia de armónicas. La mayor parte de las armaduras tienen devanados distribuidos y están repartidas en determinado número de ranuras alrededor de la periferia del entrehierro y las bobinas tienen igual forma, tamaño y están conectadas en serie; como se aprecia en la figura 1.5.


4



Figura 1.5

1.3

Bobinado distribuido

ASPECTOS CONSTRUCTIVOS DEL ROTOR

A continuación se explica brevemente a cerca de los dos tipos de rotor existentes de polos salientes y de rotor cilíndrico o liso. El rotor para ambos casos se fabrica por medio de chapas de hierro al silicio o chapas de acero normal.

1.3.1 ROTOR DE POLOS SALIENTES La figura 1.6 muestra un esquema de un generador a polos salientes, apto para bajas velocidades de rotación, como las proporcionadas por las turbinas hidráulicas. Consta de un cubo que esta vinculado al eje por medio de chavetas adecuadas, y del cual parten nervaduras radiales que terminan en una corona sobre la cual se fijan los polos. A manera se presenta a continuación los datos de los generadores de la central hidráulica de Corani, de queejemplo son maquinas con rotor de polos salientes: Generadores 1 a 4: SN =15 MVA, UN = 10 kV, f = 50 Hz p =10 polos, n = 600 RPM

En una maquina de polos saliente el entrehierro de aire es mayor que en una máquina de rotor cilíndrico y requiere por tanto una mayor excitación, pero también tiene una mejor ventilación. En los polos a menudo se instalan bobinas de amortiguación, que son barras de cobre o de bronce colocadas en sentido axial y reunidas en sus extremos por medio de anillos que las unen a todas. Estos anillos se encuentran en cortocircuito. El conjunto forma una verdadera jaula amortiguadora, que produce un torque de amortiguación ante las oscilaciones pendulares que se estudiarán mas adelante.


5



Estator N S

Rotor S

N

N

S

N

Figura 1.6

S

Bobinado de campo Bobinas amortiguadoras

Rotor de polos salientes

1.3.2 ROTOR CILÍNDRICO O LISO En la figura 1.7, se observa la forma del rotor cilíndrico de un generador sincrónico, o turbogenerador que trabajan a altas velocidades y accionadas por turbinas a gas, turbinas a vapor, etc. En el rotor existen o ranuras paralelas al eje, en las cuales son alojadas las bobinas de excitación, dejando un espacio interpolar sin ranuras y conductores para formar el centro de cada polo. Destaca en la figura, que la distancia del entrehierro es uniforme a lo largo de toda su circunferencia.

Eje del rotor Estator Rotor Bobinas de campo Ranuras del estator

Figura 1.7

Rotor cilíndrico

A manera de ejemplo se presenta a continuación los datos de los generadores de la central térmica de Carrasco con turbinas a gas, que son maquinas con rotor cilíndrico. Generadores 1 y 2: SN = 75 MVA, U N =11.5 kV, f =50 Hz, Máquinas Sincrónicas

6


CAPITULO 1 Principio de funcionamiento y aspectos constructivos p =2 polos, n = 3000 RPM

A continuación se estudia los campos magnéticos creados por las corrientes que circulan en las bobinas del rotor y el estator, con el supuesto que el alumno conoce todo lo relativo a la técnica de bobinados y que es motivo de otra asignatura de la carrera de ingeniería eléctrica.

1.4

FUERZA MAGNETOMOTRIZ EN EL ROTOR

Como se ha visto, por los bobinados del rotor circula una corriente continua con el fin de crear un campo magnético, el que al girar inducirán en el estator las f.e.m. Los devanados del rotor se distribuyen con frecuencia en ranuras para reducir los efectos de las armónicas espaciales. La figura 1.8 muestra el rotor de un generador típico de dos polos y rotor cilíndrico. Aunque el devanado es simétrico con respecto al eje del rotor, se puede variar él numero de vueltas por ranura para controlar las diversas armónicas. Se observa en la figura la forma de la fuerza magnetomotriz f.m.m. fundamental del bobinado de campo distribuido, donde cada bobina produce sus efectos con independencia de las restantes, y sumando las representaciones rectangulares parciales, se obtiene la forma de la representación de la fuerza magnetomotriz resultante de las 5 bobinas (1-10, 2-9, 3-8,....., 5-6). Se observa que se trata de un diagrama escalonado y cuya forma tiene cierta semejanza con una sinusoide. La onda magnetomotriz fundamental Fr1 de un rotor de p polos se puede expresar en términos del numero total de vueltas Nr, la corriente por el devanado de campo If y de un factor de devanado kr del siguiente modo Fr1

=

4

kr

Nr

if

cos θ

p

π Su amplitud máxima es Fr1


=

4 π

kr

Nr

if p

7



8 7 6

9 10

Rotor

4

5

Eje del rotor 1 2 3

Fuerza magnetomotriz N 10i

N 1 if

Onda espacial fundamental de fmm.

f

N 2i f

N 9if

N 3if

N 8if

N 7if

N 4if

N 6i f

6

7

Figura 1.8

1.5

8

9

10

Eje del rotor 1 2

N 5i f

3

4

5

Fuerza magnetomotriz en el rotor cilíndrico

FMM EN EL INDUCIDO O ARMADURA

Se ha mostrado que en el estator existen los bobinados donde se genera la f.e.m. inducida. Cuando el generador trabaja entregando corriente al exterior, esas corrientes pasan por los conductores de dicho estator, y srcinan fenómenos electromagnéticos que son el propósito del estudio a realizar. Para ello se hará uso de la figura 1.9, donde se muestra una maquina muy simple de rotor cilíndrico y bobina única en el estator, de N vueltas y espaciada 180 grados eléctricos, denominada 'bobina de paso completo'. Cuando la maquina entregue corriente a la carga, esa corriente circulará por los conductores creando un campo magnético cuyas líneas se han dibujado en la figura a la que se hace referencia. Pero por lo visto en los estudios electromagnéticos del rotor, aquí la corriente es alterna, y en consecuencia todo lo que se estudie será función del tiempo, además de ser función de la posición geométrica. El campo magnético producido por la corriente en la bobina, se muestra alrededor de cada respectivo conductor, en la figura 1.9. En la parte derecha de la figura muestra los rectángulos que representan las f.m.m. del estator, cuyo valor instantáneo es ( Ni/2). La altura de dichos rectángulos será entonces función del tiempo, y podrá tomar valores positivos y negativos. Máquinas Sincrónicas

8



Por la simetría de la estructura es evidente que la intensidad de campo magnético en el entrehierro a un ángulo θ bajo un polo, tiene la misma magnitud que la que se encuentra en (θ + π) bajo el polo opuesto, pero los campos están en dirección opuesta. Por tanto la f.m.m. en el entrehierro debe estar distribuido en forma simétrica. Bobinas de N vueltas por las que pasauna corriente I

Fa fundamental

Líneas de flujo

Ni/2 Eje magnético de la bobina del estator -Ni/2

0

2π θ

π

Superficie del estator Superficie del rotor

Figura 1.9

f.m.m. de una bobina concentrada de paso completo

La onda rectangular de fuerza magnetomotriz puede descomponerse en una serie de Fourier formada por la onda fundamental y las armónicas. Entonces la componente fundamental será expresada de la siguiente manera Fa1 =

4 Ni cosθ π 2

Donde θ es el ángulo que se mide a partir del eje magnético de la bobina del estator y cuyo máximo esta alineado con su eje. La técnica de los bobinados procura encontrar la conexión y disposición mas adecuada para acomodarlos en el estator, de tal manera de obtener una mejor distribución senoidal de la f.m.m. y de esta forma disminuir el contenido de armónicas en la onda. La mayor parte de las armaduras tienen devanados distribuidos y repartidas en determinado numero de ranuras alrededor de la periferia del entrehierro cuyo efecto se resume en el factor de distribución kd. Las bobinas tienen igual forma, tamaño y están conectadas en serie, como puede apreciarse en la figura 1.10. A fin de obtener una onda de f.m.m. mas senoidal, se acorta el paso o ancho de las bobinas, así, la f.m.m queda multiplicado por un factor menor a la unidad que se llama factor de paso kp. La ventaja conseguida es que se acortan las conexiones externas y por lo tanto, disminuye el contenido de armónicas en la f.m.m. Luego el factor de devanado Kw resultante es el producto del coeficiente de distribución kd y del coeficiente de paso kp, De esta manera, la onda fundamental de f.m.m , correspondiente a la primera armónica de la fase a en el desarrollo en serie de Fourier es: Máquinas Sincrónicas

9



Fa1

=

4 k π w

Ns

ia p

cos θ

Siendo Ns el numero de vueltas efectivas en serie por fase y p el número de polos.

onda espacial fundamental de la fuerza eje de la fase a magnetomotriz

a

b

c'

2ncia eje de la fase a

c

b'

a

a'

a'

Figura 1.10

f.m.m. de bobinado distribuido en el estator

Las bobinas del inducido en un sistema trifásico suelen conectarse en estrella o triángulo.

1.6

ONDA ROTATORIA DE FUERZA MAGNETOMOTRIZ

En cada fase del bobinado trifásico del estator se crean f.m.m. alternativas desplazados igualmente en el espacio, y con magnetomotriz valores desplazados en el tiempo. Luego, se analiza a continuación la naturaleza de la onda de fuerza resultante. La onda fundamental de f.m.m. ( Fa1) producida por la fase a, se puede observar en la figura 1.11, cuya distribución espacial cumple la siguiente ecuación Fa1 =


4 k π w

Ns

ia p

10

cos θ


CAPITULO 1 Principio de funcionamiento y aspectos constructivos eje magnético del debanado de fase

Fmax

t=0 t=t1

π

θ

0

π/2

t=t2

π/2

π

Fmax

Figura 1.11

Distribución de f.m.m. para diferentes tiempos

Cuando el devanado se excita mediante una corriente senoidal ia = Ia cos ωt, la distribución de f.m.m. permanece fija en el espacio, pero cuya amplitud varia senoidalmente con respecto al tiempo y a una frecuencia ω, cuya expresión es: Fa1 = ( Fmax cos θ ) cos ωt

Siendo su amplitud máxima igual a: Fmax

=

4 k π w

Ns

Ia p

Luego, la ecuación de Fa1, puede escribirse como la suma de dos ondas, llamadas incidente y reflejada, cada una con amplitud de la mitad de la amplitud máxima de Fa1, una F+ que viaja en dirección + θ y -

la otra, F que viaja en la dirección - θ , pero ambas a la velocidad angular ω. Fa1 = Fmax [cos( θ - ωt) + cos (θ + ωt)]/2 Fa1 = F+a1 + F-a1

Siendo las ondas incidentes y reflejadas igual a las siguientes expresiones F+a1 = 1/2 Fmax cos( θ - ωt) F-a1 = 1/2 Fmax cos( θ + ωt)

Estas dos componentes se observa en la figura 1.12. Conociendo que las corrientes de amplitud Im en un sistema trifásico se expresan de la siguiente manera: ia = Im cos ωt ib = Im cos ( ωt – 120 °) ic = Im cos ( ωt + 120 °)


11



F-

Eje magnético del devanado de fase F+

ωτ

ωτ

Eje magnético del devanado de fase

ωτ

−π

π

θ

Fa1

ωτ Figura 1.12

F+

F-

a) Ondas viajeras de f.m.m., b) Descomposición. Fasorial de f.m.m.

Para la fase b: Fb1 = F+b1 + F-b1

Siendo las ondas incidente y reflejada para la fase b: F+b1 = 1/2 Fmax cos( θ - ωt ) F-b1 = 1/2 Fmax cos( θ + ωt + 120°)

Para la fase c: Fc1 = F+c1 + F-c1

Siendo las ondas incidente y reflejada para la fase c: F+c1 = 1/2 Fmax cos( θ - ωt) F-c1 = 1/2 Fmax cos( θ + ωt - 120°)

Entonces, la f.m.m. total del inducido es igual a la suma de las contribuciones de cada una de las tres fases F ( θ ,t) = Fa1 + Fb1 + Fc1

Remplazando en función de las ondas viajeras se obtiene que la suma de las ondas viajeras en sentido positivo es igual a la siguiente expresión F+ ( θ ,t) = 3/2 Fmax cos( θ - ωt)

Es decir la resultante es una onda rotatoria que viaja en el mismo sentido y velocidad de rotación del rotor, y que es también llamada como reacción del inducido y será estudiado en él capitulo 2.


12



De la misma forma la resultante de las ondas reflejadas que viajan en sentido contrario a la rotación del rotor es igual a cero. F- ( θ ,t) = 0.

Por lo tanto en la figura 1.13 se observa la f.m.m. resultante del inducido, para dos instantes de tiempo. b

b a

-c

Fc

-c

-b

Fa Fb

b

Fc Fb

F=3/2 Fmax a

-b a

Fa

c

b

c

-a

-a

c

c

Figura 1.13

1.7

F=3/2 Fmax

a

Campo magnético resultante giratorio

SISTEMA TURBINA-GENERADOR-EXCITACIÓN

El funcionamiento del generador se comprende mejor considerando que es parte de un sistema y que interactúa con el sistema eléctrico exterior, la máquina primaria y la excitación, como se aprecia en la figura 1.14. La turbina produce un torque mecánico ( Tm) en la dirección de rotación, y es directamente controlado por el flujo de gas, en el caso de las turbinas a gas (o ingreso de agua en el caso de las turbinas hidráulicas), a través del control de la posición de la válvula principal. Al torque Tm se opone un torque electromagnético (Te), físicamente creado por la interacción entre los campos magnéticos creados por las corrientes que circulan en las bobinas del rotor y el estator. Entonces, se puede afirmar que la tensión en bornes del generador es controlada por la excitación, y la potencia eléctrica de salida es controlada por el gobernador de la turbina.


13



Valvula principal de agua Gobernador

ω Turbina hidráulica

Generador sincrónico

Excitador Tm Te

a b c

Sistema eléctrico externo

Z Salida de agua

Regulador de voltaje

Figura 1.14

1.8

Transformador de potencial Realimentación de Voltaje

Sistema turbina-generador-excitación

EXCITACIÓN DE LAS MÁQUINAS SINCRÓNICAS

La mayor parte de los generadores se excitan por medio de una corriente continua llamada corriente de excitación, que ingresa al rotor por medio de los anillos rozantes y escobillas de los que se mencionó antes. La corriente de excitación proviene de una maquina expresamente destinada a esta función, llamada excitatriz y que por lo regular se acopla directamente al eje del generador. En la figura 1.14 se observa las partes mas importantes del sistema de excitación del generador y son las siguientes:

Excitador: Suministra corriente continua al arrollamiento de campo de la maquina sincrónica, constituyendo la etapa de potencia del sistema de excitación. Regulador: Procesa y amplifica la señal de control de entrada a un nivel y forma apropiada para el control del excitador. Esto incluye las funciones de regulación y estabilización del sistema de excitación. Transductor de voltaje terminal: Mide la tensión terminal, rectifica y filtra a una cantidad de corriente continua, y la compara con una referencia que representa el voltaje deseado. Los sistemas de excitación a lo largo de los años han tomado muchas formas según su evolución y pueden ser clasificadas en las siguientes tres categorías basadas en la fuente de potencia de la excitación usada: sistema de excitación DC, sistema de excitación AC y sistema de excitación estática.

1.8.1 SISTEMAS DE EXCITACIÓN DC Los sistemas de excitación de esta categoría utilizan generadores como fuentes de potencia de la excitación y proporcionan corriente al rotor de la maquina sincrónica a través de anillos rozantes. El excitador puede ser accionado por un motor o el eje del generador. Ella puede ser auto excitada o de Máquinas Sincrónicas

14



excitación independiente. Cuando es de excitación independiente, el campo del excitador es alimentada por un excitador piloto que consta de un generador de corriente continua, como el que se observa en la figura 1.15. EXCITATRIZ PRINCIPAL

GENERADOR U J V

G

R1

A

if

Reóstato de ajuste A

i2

i1 G =

Vf

3 W

EXCITATRIZ PILOTO

K J

V2

G

=

K

Figura 1.15

D

R Rr

H

Transformador reductor

C

H

Tensión de alimentación

Mecanismo regulador de tensión

Reóstato de regulación Accionamiento del reóstato

Sistema de Excitación DC con excitatriz piloto

En la figura 1.15 se muestra el esquema funcional de un generador con su sistema de excitación, donde puede verse que a dos de sus terminales de salida fases V y W, se conecta a un transformador de medida, que alimenta el mecanismo regulador de tensión. Este ultimo es normalmente un aparato o sistema que se encarga de regular por vía indirecta la corriente de excitación del generador, a efecto de mantener la tensión terminal de salida constante dentro de ciertos limites operativos predefinidos. Por ejemplo, si la tensión entre las fases V y W aumenta, el transformador de medida alimenta con tensión mayor al regulador de tensión,laeltensión que se encarga de accionar convenientemente reóstato dede la excitatriz piloto, para que disminuya en los bornes A-H. Esto ocasiona una el disminución corriente en el circuito de excitación de la excitatriz principal J-K, la que disminuye la tensión Uf y consecuentemente la corriente if, bajando el valor del flujo de excitación del rotor, y por lo tanto la f.e.m. inducida en el estator. En algunos casos, la excitatriz piloto no es necesaria, tratándose de unidades de poca potencia, y se tiene el sistema de la figura 1.16, en el que se muestra el regulador de tensión con sus elementos esenciales. Se observa que en el circuito de excitación la excitatriz esta provisto de una llave conmutadora de dos posiciones, para usar o no el regulador, según se requiera. Para comprender su funcionamiento, se hace la suposición que la llave conmutadora esta cerrada y se observa como trabaja el regulador, analizando en primer lugar la acción del transformador de tensión.


15



LÍNEA DE SALIDA

Barras colectoras

R S T

I

Transformador de corriente

Regulador automático de tensión R

Tambor motriz

Resistencia regulable

B1

B2 V

W

U

i ''

G

Transformador de tensión

3

GENERADOR i

K

J

Cursor de resistencia

Espiral

u u

antagónica R1

f

i '

Contacto para el cursor

R2

A

i '

H

G =

Llave conmutadora

EXCITATRIZ C

D

Figura 1.16

R r2

i '

Sistema de excitación DC con regulador automático de tensión

Si se hace la suposición que la tensión en bornes del generador baja por cualquier circunstancia. A consecuencia de esto baja la tensión marcada con u, y las bobinas B1 y B2 se ven sometidas a una disminución de tensión. Estas dos bobinas forman un sistema que actúa por inducción sobre un tambor motriz, creando en el un torque que tiende a girarlo hacia la izquierda. Al disminuir la tensión de alimentación a esta dos bobinas, su acción sobre el tambor disminuye y por acción del resorte que tiene el tambor, este gira hacia la derecha un cierto ángulo, y al hacerlo, mueve el cursor de un reóstato disminuyendo el valor de la resistencia intercalada en el circuito para ese efecto. A causa de esto, la corriente de excitación de la excitatriz señalada con i` aumenta, aumentando la f.e.m. inducida en la misma, la tensión en sus bornes, y consecuentemente la corriente if. El resultado es un aumento del flujo inductor en el generador sincrónico, de la f.e.m. alterna inducida, y de la tensión en bornes.

1.8.2 SISTEMAS DE EXCITACIÓN AC Estos sistemas de excitación utilizan generadores AC como fuentes de potencia para el campo principal del generador. Normalmente, el excitador esta sobre el mismo eje del generador y la turbina. La salida AC del excitador es rectificada por rectificadores controlados o no controlados para producir la corriente continua necesaria para el campo del generador. Los rectificadores pueden ser estacionarios o rotantes. Los sistemas de excitación AC pueden tomar varias formas dependiendo en la disposición de los rectificadores, método de control de la salida del excitador, y fuente de excitación del excitador Máquinas Sincrónicas

16



1.8.2.1 SISTEMAS DE RECTIFICACIÓN ESTACIONARIOS En rectificadores estacionarios, la alimentación de corriente continua al bobinado de campo del generadores es mediante anillos rozantes. Cuando se usa rectificadores no controlados, el regulador controla el campo del excitador AC, el cual a su vez controla la salida de voltaje del excitador. La figura 1.17, muestra este tipo de sistema de excitación y se observa dos modos independientes de regulación proporcionados por: (1) regulador AC para mantener constante el voltaje terminal del estator del generador en un valor deseado correspondiente a la referencia AC; y (2) regulador DC para mantener constante la tensión de campo como fue determinado por la referencia. Excitador de Corriente Alterna Diodo

Campo Armadura

Generador Principal

Estacionario Campo Anillos rozantes

Armadura

CT

DC Regulador

Rectificador Controlado

AC Regulador

Figura 1.17

PT

DC ref. AC ref. Entradas Auxiliares

Sistema de Excitación AC

1.8.2.2 SISTEMAS DE RECTIFICACIÓN ROTANTES (BRUSHLESS) Con los rectificadores rotantes, ya no son necesarios los anillos rozantes y escobillas, y la salida de corriente continua es directamente alimentada al campo del generador principal. Un pequeño excitador piloto AC, con un rotor a imán permanente (NS) rota con la armadura del excitador y los diodos rectificadores. La salida rectificada del estator del excitador piloto energiza el campo estacionario del excitador AC. El regulador de voltaje controla el campo del excitador AC, que a su vez controla el campo principal del generador. Este sistema de excitación es llamado Brushless y se observa en la figura 1.18.


17


CAPITULO 1 Principio de funcionamiento y aspectos constructivos ESTRUCTURA ROTANTE

Excitador Piloto Armadura

Generador Principal

Campo Excitador AC

N S

Campo

Armadura

Armadura

CT

PT

Campo

Corriene Alterna Trifásica

Regulador Control EntradasManual auxiliares

Figura 1.18

Sistema de Excitación AC tipo Brushless (sin escobillas)

1.8.3 SISTEMAS DE EXCITACIÓN ESTÁTICA Todos los componentes en estos sistemas son estáticos o estacionarios. Rectificadores estáticos, controlados o no controlados suministran la corriente de excitación directamente al bobinado de campo del generador sincrónico, a través de anillos rozantes. A manera de ejemplo se menciona el sistema, donde el suministro de potencia a los rectificadores es desde un transformador de tensión conectado en bornes del generador, como se observa en la figura 1.19. Generador Principal

Rectificador controlado

Campo

Anillo rozante DC Regulador AC Regulador

Figura 1.19

Armadura

CT

PT

DC ref. AC ref. Entrada Auxiliar

Sistema de Excitación Estática

Este sistema tiene una constante de tiempo muy pequeña. La máxima tensión de salida del excitador (tensión de techo) depende de la tensión AC de entrada. De esta forma, durante condiciones de falla en el sistema causan una depresión en la tensión terminal del generador, la tensión de techo disponible en el generador es reducida. La respuesta de la excitación estática es mas rápida y muy importante en el régimen transitorio de funcionamiento de la maquina sincrónica. Máquinas Sincrónicas

18



EJERCICIOS PROPUESTOS Y RESUELTOS DEL CAPITUO 1 Ejemplo 1.1 Un generador de corriente alterna tiene 8 polos y funciona a una velocidad de 900 rpm. calcular: a)

La frecuencia de la tensión generada.

b)

La velocidad de máquina motriz que se precisa para generar frecuencia de 50 Hz y 25 Hz.

Solución: a) la frecuencia será f

b)

=

8 * 900 p n * = = 60 [Hz ] 2 60 120

la velocidad de la máquina para 50 Hz y 25 Hz será n=

=

120 * f p

=

120 * 50 = 750 [rpm] 8

120 * 25 = 375 [rpm] 8

Ejemplo 1.2 Si una bobina de varias espiras de alambre es llevada al encadenamiento de flujo con un campo magnético de 50 mWb en un tiempo de 200 ms. Calcular: a)

El voltaje inducido en cada espira

b)

El voltaje de la bobina si esta tiene 500 espiras

Solución: a) e=−

φ t

=

50 = 0.25[V / cond ] 200

b)

φ e = −N t

50

= 500 200 = 125[V / bobina]

Ejemplo 1.3 Máquinas Sincrónicas

19



Una inducción magnética producida por la f.m.m. de campo en una máquina síncrona. Tiene una amplitud de 1 Tesla. si en rotor gira a 3000 rpm. Determinar el voltaje eficaz que se induce en el devanado de armadura que tiene 200 espiras. Las dimensiones físicas del estator son 12 cm. De longitud axial y 10 cm. De diámetro.

Solución: Bmax

= 1[T ] = 1

weber  2  m 

Para una frecuencia de 50 [Hz] la velocidad será: n=

120 * f p

⇒

p=

120 * 50 = 2 [ polos] 3000

la formula básica de f.e.m. inducida es: e = B *l *v

emax − cond

= Bmax * l * w * r = Bmax * l *

emax − cond

= 1 * 0.12 *

E max−bobina E eficaz

2 *π D *n* 60 2

π V  * 3000 * 0.1 = 1.885  60  cond  = N * emax−cond = 400 * 1.885 = 753.982 [V ]

= E max−bobina 533.146 [V ] 2

Ejemplo 1.4 Un inducido estatórico con 72 ranuras tiene 4 polos es devanado con bobinas que abarcan 14 ranuras (ranura 1 a ranura 15). Calcular: a)

El espacio abarcado por la bobina de paso diametral (espacio polar)

b)

El espacio abarcado por la bobina en grados eléctricos.

c)

El factor de paso.

Solución: a)

espacio abarcado por la bobina de paso diametral = 72 ranuras / 4 polos = 18 ranuras /polo,

o sea 18 ranuras /180º eléctricos.


20



b)

Para los grados eléctricos tenemos: Grados eléctricos =

c)

14 * 180º = 140º 18

El factor de paso es:

β ; donde β = 180º −140º 2

Kp

= cos

Kp

= 0.94

Ejemplo 1.5 Un generador trifásico, conectado en Y, 50 [Hz], 600 [rpm], 180 ranuras consta de un devanado de 6 conductores por bobina y cada bobina tiene un paso de 15 ranuras, doble capa. El diámetro del inducido es de 50 pulgadas, y la longitud axial del núcleo es de 18 pulgadas. Si la inducción magnética aplicada al campo es de la forma: B

1 1 1 = sen(θ ) + ⋅ sen(3 ⋅ θ ) + ⋅ sen(5 ⋅ θ ) + ⋅ sen(7 ⋅ θ ) 3 5 7

[T ]

Determinar: a)

La f.e.m. instantánea por conductor.

b) c)

La f.e.m. instantánea por bobina. La tensión eficaz por conductor y por bobina.

d)

La tensión eficaz de fase y de línea

Solución: a)

La f.e.m. inducida puede expresarse por: e = v*l * B

⇒ eh =1 = v * l * Bamplitud

parah=1

Donde: B = inducción magnética [ T] l = longitud axial activa [m] v = velocidad de desplazamiento del conductor [m/s] h = orden del armónico Máquinas Sincrónicas

21



e = v * l * B ⇒ eh

2 *π D * n s * * l * Bh 60 2

[V cond ]

eh = 5

2 *π 2 *π 50 1 D * n s * * l * Bh =1 = * 600 * * 18 * * (0.0254 )2 = 18.2414 [V cond ] 60 2 60 2 1 2 *π 2 *π 50 1 D * n s * * l * B h =3 = * 600 * * 18 * * (0.0254 )2 = 6.0804 [V cond ] = 60 2 60 2 3 2 *π 2 *π 50 1 D * n s * * l * B h =5 = * 600 * * 18 * * (0.0254 )2 = 3.6483 [V cond ] =

eh = 7

=

einst

= 18.24 ⋅ sen(θ ) + 6.08 ⋅ sen(3 ⋅ θ ) + 3.65 ⋅ sen(5 ⋅ θ ) + 2.61 ⋅ sen(7 ⋅ θ )

eh =1 eh = 3

b)

=

=

2 2 51 260 *π 260 *π 50 D * n s * * l * Bh= 7 = * 600 * *18 * * (0.0254 )2 = 2.6059 [V cond ] 60 2 60 2 7 V

cond

Para el cálculo de la f.e.m. inducida instantánea por bobina, debe considerarse solo el factor de acortamiento cuya expresión general es: K ph

ns

=

= cos(

120 * f

Z Rp = p t

=

h⋅ρ

15 18

p

2

) ⇒

120 * f ns

=

120 * 50 = 10 `polos 600

180 = 10 = 18 ranuras polo ⇒ ρ = 180(1 − t ) = 180(1 −

15 ) = 30º 18

Luego:

ρ 30 = cos(h ⋅ ) = cos(1 ⋅ ) = 0.9659 2 2 30 K ph =3 = cos(3 ⋅ ) = 0.7071 2 30 K ph =5 = cos(5 ⋅ ) = 0.2588 2 30 K ph =7 = cos(7 ⋅ ) = −0.2588 2 K ph =1

Como existen 6 conductores por bobina entonces se tiene: Máquinas Sincrónicas

22



ebob _ h =1 ebob _ h =1 ebob _ h =1 ebob _ h =1

= 6 *18.24 * 0.9659 = 105.708 V bob = 6 * 6.08 * 0.7071 = 25.7871 [V bob]

= 6 * 3.65 * 0.2588 = 5.6677 [V bob] = 6 * 2.61 * (−0.2588) = − 4.0528 [V bob]

Finalmente: etotal _ inst _ bob

c)

= 105.708 ⋅ sen(θ ) + 25.78 ⋅ sen(3 ⋅ θ ) + 5.67 ⋅ sen(5 ⋅ θ ) − 4.05 ⋅ sen(7 ⋅ θ )

bob

La tensión eficaz por conductor será igual a la raíz cuadrada de la sumatoria de las tensiones eficaces armónicas: E eficas _ cond

=

2

∑ (E _

h eficas

=

E eficas _ cond E eficas _ bob

d)

V

)2 =

2

2

 eh=1   eh =3   eh =5  e    +  +  + + h= 7  2 2 2        2

(e)h=1 2( + )eh(=3 2) + ( eh=)5 2 + eh=7 2

2

2

18.24 2 + 6.08 2 + 6.65 2 + 2.612

= 13.96 [V ] 2 105.8 2 + 25.78 2 + 5.67 2 + 4.052 2 = = 77.159 [V ] 2 =

El cálculo de tensión eficaz de fase involucra el factor de distribución de las bobinas en la armadura o inducido (este hecho ya aparece desde el calculo de la f.e.m. inducida en una faja o grupo de bobinas) cuya expresión general es:

γ  2 K dh =  γ Rpq ⋅ sen h ⋅   2  

sen h ⋅ Rpq ⋅

Rpq =

γ=

Z p*q

=

180 = 6 ranuras polo _ fase  10 * 3 

360 p 360 10 * = * = 10º electri cos 2 180 2 Z


23



Por tanto:

10  γ   sen1 ⋅ 6 ⋅  2 2  K dh=1 = = = 0.9561  γ  10  Rpq ⋅ sen h ⋅  6 ⋅ sen1 ⋅   2  2 10   sen 3 ⋅ 6 ⋅  2 K =  = 0.6439 dh =3 6 ⋅ sen 3 ⋅ 10   2 10   sen 5 ⋅ 6 ⋅  2  K dh=5 = = 0.1971  10  6 ⋅ sen 5 ⋅   2 10   sen 7 ⋅ 6 ⋅  2  K dh=7 = = −0.1452  10  6 ⋅ sen 7 ⋅   2  

sen h ⋅ Rpq ⋅

Al ser la máquina devanado en doble capa Nranuras = Nbobinas

180bobinas N

bobinas

3 fases

=

bob

 fase

= 60 

Las tensiones armónicas de las bobinas serán: ebob _ fase _ h

= eh ⋅ K dh ⋅ N bobinas / fase

ebob _ fase _ h=1

= 105.708 ⋅ 0.9561 ⋅ 60 = 6064.045

ebob _ fase _ h =3

= 25.7871 ⋅ 0.6439 ⋅ 60 = 996.258

ebob _ fase _ h=5

= 5.6677 ⋅ 0.1971 ⋅ 60 = 67.026

ebob _ fase _ h= 7

= (−4.0528) ⋅ (−0.1452) ⋅ 60 = 35.308

Entonces la tensión instantánea por fase se puede expresar como:


24



e fase _ inst _

= 6064.045 ⋅ sen(θ ) + 996.258 ⋅ sen(3 ⋅ θ ) + 67.026 ⋅ sen(5 ⋅ θ ) + 35.308 ⋅ sen(7 ⋅ θ )

E eficas _ fase

=

6064.045 2 + 996.258 2 + 67.026 2 + 35.308 2 = 4345.74 [V ] 2

Para el voltaje de línea se conoce que la tercera armónica no aparece: E línea

= 3 * E fase = 7427.74 [V ]

PROBLEMAS 1.1

¿Indicar las partes básicas que constituye una máquina sincrónica y la función que desempeña cada una?

1.2

¿Por qué al intercambiar los flujos de corriente en dos fases cualesquiera se invierte la dirección de rotación del campo magnético?

1.3

Indique las principales diferencias entre una máquina de rotor cilíndrico y una de polos salientes.

1.4

¿Conocidas las corrientes en el bobinado trifásico del estator, que puede decirse de la f.m.m resultante en el entrehierro?

1.5

¿Cuál es la relación entre la frecuencia eléctrica y velocidad del campo magnético en una máquina de corriente alterna?

1.6

Explicar de que manera se puede disminuir la presencia de los armónicos en las f.m.m., cuales

1.7

son los efectos negativos de los armónicos? ¿Cuál es el factor de distribución de un embobinado de estator?

1.8

¿Cuál es el valor del factor de distribución en un embobinado de estator concentrado?

1.9

Explique porque una máquina sincrónica es recomendable emplear devanado distribuido en lugar de un devanado concentrado.

1.10 En un sistema turbina-generador-excitación; a) Que función cumple la excitación? b) Mediante que elemento se controla la salida de potencia del generador? 1.11 En los sistemas de excitación de una máquina sincrónica a) ¿Cuál es la principal función del sistema de excitación? b) En que consisten las funciones de control?


25



c) ¿En que consisten las funciones de protección? 1.12 Indique y explique las partes más importantes del sistema de excitación 1.13 Enumere y explique los tipos de excitación y mencione cual del estos sistemas tiene mayor ventaja? 1.14 En un lugar de Europa se necesita una potencia de 300 kW a 60 Hz. Las únicas fuentes de potencia disponible funcionan a 50 Hz. Se decide generar la potencia necesaria por medio un conjunto de motor-generador que consta de un motor sincrónico accionado por un generador sincrónico, en 60 Hz de¿Cuántos potencia?polos deberían tener cada una de las dos máquinas para convertir los 50 Hz 1.15 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? 1.16 Deduzca la relación correspondiente al factor kd de distribución. 1.17 Deduzca la relación correspondiente al factor kp de paso.


26


CAPITULO 2 CIRCUITO ELÉCTRICO DEL GENERADOR En el capitulo anterior, se mostró las partes mas importantes de una maquina sincrónica y su principio de funcionamiento. Recordando que el inducido es el bobinado donde se genera la f.e.m. inducida, y por ende es el lugar donde se desarrollan los fenómenos electromagnéticos más interesantes de la maquina.

2.1

FUERZA ELECTROMOTRIZ INDUCIDA

A partir de la figura 2.1 donde se muestra el corte transversal de un generador elemental de dos polos, bobinas únicas de espiras múltiples y de paso completo, deduciremos la fuerza electromotriz inducida en las bobinas del estator. Luego, este procedimiento podrá extenderse fácilmente a generadores con devanados distribuidos y rotores de p polos. Si se considera que el devanado de campo del rotor produce una onda espacial senoidal de inducción magnética B en la superficie del estator, de la forma: B = Bmax cos θ

Donde, Bmax es el valor máximo de la inducción magnética en el centro del polo magnético del rotor, y θ es el ángulo medido en radianes eléctricos a partir del eje polar del rotor.

eje magnético de la fase b

a

ωt

c'

b

Bobinas de campo con Nf vueltas

θ=ωt+θo

e eje magnético de la fase a b'

c

a' Bobina de N vueltas

eje magnético de la fase c

Figura 2.1

Generador sincrónico elemental

Cuando los polos del rotor están alineados con el eje magnético de la bobina del estator, los enlaces de flujo en la bobina de N vueltas del estator son NΦ, siendo Φ el flujo magnético en el entrehierro por polo. Este flujo Φ por polo es la integral de la densidad de flujo sobre el área polar y de esta manera para una maquina de dos polos se tiene. Máquinas Sincrónicas

27


CAPITULO 2 Circuito eléctrico del generador

π 2

φ = ∫ Bmax cosθ dS −π 2 π 2

φ = ∫ Bmax cosθ l r dθ = 2 Bmaxl r −π 2

φ = 2 Bmax lr Siendo “l “ la longitud axial del estator y “ r “ el radio al entrehierro. Como fue mencionado antes, generalizando para una maquina de p polos, y tomando en cuenta que, él área del polo es 2/p veces del área de una maquina de dos polos, el flujo magnético es

φ=

2

* 2 Bmax lr

p

Con el rotor girando a una velocidad angular constante igual a enlaces de flujo varían de acuerdo con el coseno de ωt.

ω

radianes eléctricos por segundo, los

λ = Nφ cos ω t Por la ley de Faraday, el voltaje inducido en la bobina del estator es, e=

dλ dt

Derivando la expresión del enlace de flujo, se obtiene: e=N

dφ cos ω t − ω Nφ senω t dt

La polaridad de esta tensión inducida es tal que si el circuito del estator estuviese cerrado, causaría la circulación de corriente en una dirección que se opondría a cualquier cambio en los enlaces de flujo de la bobina del estator. Está ecuación fue determinada bajo la hipótesis de que solo el bobinado de campo produce flujo en el entrehierro, pero se aplica igual al caso general en que el flujo neto por polo en el entrehierro es producido por las corrientes de los bobinados del estator y del rotor respectivamente. voltaje de transformador, y solo El de ladef.e.m. es conocido comovaria se primer presentatérmino cuandodellasegundo amplitudmiembro de la onda inducción magnética con el tiempo. El segundo


28



termino es conocido como voltaje de velocidad que se genera debido al movimiento relativo de la onda de flujo en el entrehierro con respecto a la bobina del estator. En régimen estable, la amplitud de la onda de flujo en el entrehierro es constante y el voltaje generado es solo el voltaje de velocidad, que se llamará fuerza electromotriz inducida (f.e.m.), que para la fase a es: e = − Nφ sen t = E max senω t

Donde, E max

= ω N φ = 2π f N φ

Luego el valor eficaz de la fuerza electromotriz inducida es E rms

= 2π f Nφ

Por lo tanto para una maquina con devanados distribuidos se tiene que el valor eficaz de la f.e.m. es: E rms

= 2π f K ω N s φ

E rms

= Kφω

Es decir, el voltaje interno generado para una fase es directamente proporcional a la magnitud del flujo en el entrehierro de la maquina, la velocidad de rotación del rotor y a una constante que depende de los aspectos constructivos de la maquina.

2.2

REACCIÓN DE ARMADURA

La circulación de corriente continua en las bobinas de campo produce un flujo constante y al girar inducen una f.e.m en las bobinas del estator, y al tener una carga conectada en sus bornes crean la circulación de corrientes por las bobinas del inducido y la carga. Estas corrientes a su vez crean unas ondas de fuerza magnetomotriz, cuyas componentes fundamentales son llamadas f.m.m. reacción de armadura o reacción de inducido que giran sincrónicamente con el rotor. La f.m.m de “reacción del inducido” afecta a la f.m.m producida por el devanado de campo y puede aumentar, debilitar y también deformar o distorsionar el campo magnético de excitación. En un generador sincrónico el desfase angular Φ de la corriente del estator Ia con respecto a la tensión Eaf inducida en el bobinado del estator por el flujo de excitación, puede estar entre ±90°. Para una mejor comprensión se estudiará los casos particulares, de cargas conectadas a bornes del generador como son: carga resistiva pura, carga inductiva pura y carga capacitiva pura.


29



2.2.1 CARGA RESISTIVA PURA En primer lugar se estudia el caso de una carga resistiva pura conectada a bornes del generador. En la figura 2.2a se representa la distribución de corrientes del estator y de los flujos magnéticos de un generador para ángulo de desfase cero entre la corriente de armadura y la tensión inducida por el campo. Para una rotación del rotor en el sentido anti horario, el máximo de la onda fundamental del campo de excitación estará situado opuestamente al centro del polo, y en esos mismos puntos los conductores tendrán su máxima f.e.m. inducida. En la figura 2.2b se observa a la onda de flujo magnético de excitación y las ondas de flujo magnético de reacción de armadura y el flujo magnético resultante en el entrehierro. La onda de reacción de armadura Φar tiene su valor máximo en la región interpolar y se atrasa 90° con relación al flujo Φf. De esta manera, la onda de campo resultante en el entrehierro se distorsiona, y presenta una distribución asimétrica del flujo debajo de la cara polar y que debajo de la arista anterior del polo es algo aumentada, mientras que debajo de la arista posterior es algo diminuida. Entonces el eje del flujo resultante esta desplazado por efecto de la reacción del inducido, en sentido contrario a la rotación del rotor. En el diagrama fasorial de la figura 2.2c el flujo de excitación Φf induce una tensión Eaf en el estator atrasada 90º y el flujo de reacción de armadura crea una tensión de reacción de armadura Ear atrasada 90° de Φar. Así, la tensión terminal en la maquina será igual a la suma Vt = Eaf + Ear.


30



f.e.m (Eaf) Corriente (Ia) N

S

a) Distribución de corrientes y flujos en la maquina sincrónica

φT

φf

φar

b) Ondas de flujo en la maquina sincrónica f

φ

ωt

90º

Eaf

φar

Ia

Ear

c) Diagrama fasorial de flujos y tensiones inducidas Figura 2.2

Flujo de excitación, reacción de armadura y diagrama fasorial para carga resistiva pura


31



2.2.2 CARGA INDUCTIVA PURA

f.e.m (Eaf) Corriente (Ia) N

S


φf

φT

φar

b) Ondas de flujo en la maquina sincrónica

φf ωt 90º

Eaf

Ear

φar Ia

c) Diagrama fasorial de flujos y tensiones inducidas


32



Figura 2.3

Flujo de excitación, reacción de armadura y diagrama fasorial para carga inductiva pura

En este caso se estudia el efecto de conectar una carga inductiva pura en bornes del generador. En la figura 2.3a se representa la distribución de las corrientes y flujos magnéticos, donde el máximo de la corriente estará atrasado un ángulo de 90º del máximo de la f.e.m., que coincide con el centro del polo. Este desfase será opuesto al sentido de rotación, ya que la onda fundamental de reacción del inducido gira sincrónicamente con los polos del campo. El flujo creado por la f.m.m de reacción del inducido estará desfasado 180 ° a la f.m.m creada por el flujo del rotor, como se puede ver en la figura 2.3b y por consiguiente tendrá un efecto desmagnetizante. Así mismo se observa que el flujo de reacción de armadura produce una tensión de reacción de armadura Ear, atrasada 90° de Φar. La tensión de reacción de armadura Ear reduce la tensión de campo Eaf, provocando una pobre regulación de tensión con la aplicación de la carga. Entonces, la tensión terminal en la maquina será, Vt < Eaf El diagrama fasorial de tensiones se puede ver en la figura 2.3c.

2.2.3 CARGA CAPACITIVA PURA Finalmente se estudia el efecto de conectar una carga capacitiva pura en bornes del generador. En La figura 2.4a se representa la distribución de las corrientes y los flujos, donde la corriente de armadura esta adelantada a la f.e.m. en 90º. En este caso el máximo de la corriente estará desplazado a la derecha del máximo de f.e.m., que permanece debajo del centro del polo, y por consiguiente, la reacción del inducido tendrá un “efecto magnetizante” sobre el campo, porque se suma al flujo producido por las bobinas de campo. f.e.m (Eaf) Corriente (Ia) N

S



33



φf φT

φar

b) Ondas de flujo en la maquina sincrónica

φf ωt

Ia

φar 90º

Ear

Eaf

c) Diagrama fasorial de flujos y tensiones inducidas Figura 2.4

Flujo de excitación, reacción de armadura y diagrama fasorial para carga capacitiva pura

La tensión debida a la reacción de armadura Ear esta en fase con la tensión inducida por el campo Eaf entonces tiende a aumentarla, de esta manera mejora la regulación de tensión del generador sincrónico. El diagrama fasorial de tensiones se muestra en la figura 2.4c, donde la tensión terminal es mayor a la tensión inducida por el campo.

2.3

FLUJO DE DISPERSIÓN

Los campos de dispersión encuentran principalmente reluctancias de entrehierro e inducen en el una fuerza electromotriz de autoinducción llamada “f.e.m de dispersión”, debida a la “reactancia inductiva de dispersión”, cuyo valor constante será representado en el circuito eléctrico del generador.


34



Figura 2.5

Flujo de dispersión

El flujo mutuo es aproximadamente el 90% del flujo que producen los devanados del rotor y el estator, cruza el entrehierro y enlaza a ambos devanados. Los flujos de dispersión representan un pequeño porcentaje del flujo que cruza el entrehierro y solo enlazan al devanado de campo o al devanado del estator, y son llamados: flujo de dispersión del rotor y flujo de dispersión del estator respectivamente. Comprenden la dispersión por las ranuras y las cúspides de los dientes o la dispersión por el extremo del devanado, como se puede apreciar en la figura 2.5. Sin embargo, solo el flujo mutuo tiene relación directa con la producción del torque electromagnético.

2.4

CIRCUITO EQUIVALENTE DE LA MAQUINA SINCRÓNICA

La operación de una maquina sincrónica con rotor cilíndrico, puede ser convenientemente analizada si se la representa a través de un circuito equivalente, y su diagrama fasorial. La tensión inducida en cada fase del estator (Eaf) o tensión interna es diferente de la tensión ( Vt) que aparece en los bornes o terminales del generador. Esta diferencia se debe al efecto de los siguientes factores: a) la reacción del inducido que distorsiona el campo magnético en el entrehierro, b) la inductancia de dispersión de las bobinas del inducido, c) la resistencia de armadura y d) el efecto de las formas de los polos del rotor. El efecto del flujo de reacción de armadura es el más importante y genera un voltaje de reacción de armadura (Ear), proporcional a la corriente de armadura y a la reactancia de reacción de armadura ( Xar), como la expresada en la siguiente ecuación, Ear = -j Xar Ia

El flujo de dispersión en el inducido induce un voltaje (Eal) proporcional a la corriente de armadura y a la reactancia de dispersión (Xal), expresada en la siguiente ecuación, Eal = -j Xal Ia. Máquinas Sincrónicas

35



En la resistencia de armadura, se produce otra caída de tensión expresada en la siguiente ecuación, Er = -Ra Ia.

Finalmente, la tensión en bornes puede expresarse como la suma de las caídas de tensión en las reactancias y la resistencia de armadura, de la siguiente manera: Vt = Eaf +Ear + Eal + Er Vt =Eaf - j Xar Ia - j Xal Ia.- Ra Ia.

De esta manera el circuito equivalente del generador se representa como en la figura 2.6.

XS Ia Xal

Xa

Ra

E af

Figura 2.6

Vt

Circuito equivalente del generador

Así la reactancia sincrónica es la suma de la reactancia de reacción de armadura mas la reactancia de dispersión: Xs = Xa + Xal

Reemplazado Xs en la ecuación de tensiones antes formada, se obtiene lo siguiente. Vt =Eaf - j Xs Ia.- Ra Ia.

El diagrama fasorial de tensiones de la maquina sincrónica para una carga inductiva, conforme a la ecuación obtenida será la que se observa en al figura 2.7. Siendo Φ el ángulo de factor de potencia de la carga y δ el ángulo de potencia del generador.


36



E af jX sI a

δ φ

Vt

R aI a

Ia Figura 2.7

2.5

Diagrama fasorial de la maquina sincrónica de rotor cilíndrico

REACCION DEL INDUCIDO PARA UNA MAQUINA DE POLOS SALIENTES

Una maquina de polos salientes, no tiene entrehierro uniforme debido a la existencia de un gran espacio de aire interpolar, por lo que tiene una dirección preferida de magnetización, determinada por los ejes magnéticos de cada polo. Esto se explica, porque la permeabilidad magnética a lo largo de cada eje polar del rotor es mucho mayor que a lo largo del eje interpolar del rotor. La teoría de la maquinas de rotor cilíndrico estudiada anteriormente es aceptable para estudiar su funcionamiento en régimen permanente, pero es insuficiente para el régimen transitorio. Luego, el efecto de los polos salientes, puede ser estudiados aplicando la Teoría de las dos reacciones de Blondel, donde la corriente de armadura Ia se representa por la suma de dos componentes (Ia = Id + I q): una en cuadratura con, y otra en fase con, la tensión inducida por el campo Eaf, como se muestra en el diagrama fasorial de la figura 2.8. Este diagrama esta trazado para un generador de polos salientes no saturado que trabaja con un factor de potencia inductivo. La corriente de armadura de eje directo Id esta en cuadratura con la tensión de campo Eaf y produce un flujo magnético de reacción de armadura Φad a lo largo del eje directo o eje magnético del polo principal. La corriente de armadura de eje en cuadratura Iq esta en fase con la tensión inducida por el campo Eaf y produce un flujo de reacción de armadura Φaq en cuadratura espacial con los polos de campo. Las f.m.m de eje directo actúan sobre el circuito magnético principal. Para una maquina no saturada, el flujo de reacción de armadura Φar es la suma de las componentes Φad y Φaq. El flujo resultante en el entrehierro ΦR es la suma de Φar y el flujo principal de campo Φf.


37



Eje directo

φf

ωt φR

90º

Ead

Id

Iq

φaq

Eaf Eje de cuadratura

Ia

φad φar

Eaq

Figura 2.8

Diagrama fasorial de un generador sincrónico de polos salientes

De esta manera las corrientes de eje directo y en cuadratura se escriben en función de la corrientes de armadura y el ángulo de desfase Ψ = (Φ + δ) Id = Ia sen Ψ =Ia sen (Φ + δ) Iq = Ia cos Ψ =Ia cos (Φ + δ)

En el diagrama fasorial de la figura 2.9, el voltaje de excitación Eaf es igual a la suma fasorial del voltaje terminal Vt mas la caída de tensión en la resistencia de armadura Ia Ra y las caídas de tensión asociadas a las corrientes de armadura de eje directo y eje de cuadratura j Xd Id y j Xq Iq respectivamente. Siendo Xd y Xq las reactancias sincrónicas de ejes directo y de cuadratura creadas por los efectos de los flujos magnéticos de reacción de armadura.


38



E af

Iq

δ

jX qI q

φ

I aR a

Vt Id

jXdI d

Ia

Figura 2.9

Diagrama fasorial de un generador de polos salientes

La reactancia Xq es menor que la reactancia Xd debido a la mayor reluctancia del entrehierro en el eje de cuadratura. En general Xq queda entre 0.6 Xd y 0.7 Xd. En la tabla 3.1 se presentan valores de algunos generadores con polos salientes del Sistema Eléctrico Boliviano.

Tabla 3.1

Reactancias Xd y Xq para generadores de polos salientes

Descripción

COR-1

SIS-1

KAN-1

TIQ

ZON

Central

Corani

Santa Isabel

Kanata

Tiquimani

Zongo

Snom [MVA]

15.0

22.5

8.7

11.1

12.5

Unom [kV]

10.0

10.5

10.0

6.6

6.6

Xd [p.u.]

0.86

1.45

1.10

1.05

1.01

Xq [p.u.]

0.58

0.87

0.70

0.66

0.64

En los turbogeneradores aun siendo maquinas de rotor cilíndrico, existe un pequeño efecto de polos salientes, debido al efecto de las ranuras del rotor sobre la reluctancia en el eje de cuadratura, luego entonces existe una pequeña diferencia entre Xd y Xq como se puede observar en la tabla 3.2 para algunos generadores del sistema eléctrico boliviano.

Tabla 3.2

Reactancias Xd y Xq para generadores de rotor cilíndrico

Descripción

CAR-1

VHE-2

KAR-1

GCH-9

KEN-1

Central

Carrasco

V. Hermoso

Karachipampa

Guaracachi

Kenko

Snom [MVA]

75.0

29.0

19.4

88.0

18.63

Unom [kV]

11.5

10.5

6.6

10.5

5.5

Xd [p.u.]

2.19

2.22

1.70

1.81

2.49

Xq [p.u.]

2.04

2.00

1.66

1.74

2.39


39



En la figura 2.10, se observa la diferencia que existiría de estudiar una maquina de polos salientes con la teoría simplificada de una maquina de rotor liso. Esto significaría asimilar que Xs = Xd . Por lo tanto, la tensión inducida por el campo seria igual a: E´af = Vt + Ia Ra +j Xd Ia

Y la diferencia entre E´af y Eaf son iguales al vector ca’’. Esta diferencia se puede demostrar a partir del diagrama fasorial de la figura 2.10, aplicando la semejanza de los triángulos oba con o’b’a’, se obtiene la proporción o' a ' b' a' = oa ba

Donde: oa = Ia ba = Iq b’a’ = b’’c = j Iq Xq o’b’’ = j Id Xd o’b’ = j Id Xq

E' af

a''

c E af

a'

Iq

o

φ Ia Id

δ Vt

b''

I aR a

b' o'

a

b

Fig. 2.10

Diagrama fasorial completo

Remplazando en la proporción, se obtiene: o’a’ = j Xq Ia Máquinas Sincrónicas

40



a’c = j Id (Xd – Xq)

Del diagrama fasorial de tensiones se obtiene de manera más simple la magnitud Eaf y el ángulo de potencia δ de la tensión inducida por el campo, tomando como hipótesis simplificadora que, la resistencia de armadura Ra generalmente es más pequeña que a la reactancia sincrónica. Entonces, en modulo Vt sen δ = b’a’ = b’’c = Iq Xq = Xq Ia cos (Φ + δ) Vt = Xq Ia [(cos Φ / tan δ) – sen

Φ]

Luego, el ángulo de potencia

tan δ =

X q I a cos φ Vt

+ X q I a sen φ

Finalmente, la magnitud de la tensión inducida por el campo es Eaf = Vt cos δ + Xd Id

2.5.1 CIRCUITO EQUIVALENTE A partir del diagrama fasorial de la figura 2.9, el circuito equivalente del generador de polos salientes puede dibujarse de la siguiente manera.

Ia Xad

Xaq

Xalq

Xald

Eaf

Ra Vt

Fig. 2.11 Circuito equivalente – Generador de polos salientes La ecuación de tensión del circuito, Vt

= E af + E ad + E aq + E al + V R

en función de las reactancias de eje directo y de cuadratura, Máquinas Sincrónicas

41



Vt

= E af − jX ad I d − jX aq I q − jX ald I a − jX alq I a − Ra I a

Vt

= E af − j ( X ad + X ald ) I d − j ( X aq + X alq ) I q − Ra I a

Vt

= E af − jX d I d − jX q I q − Ra I a

Agrupando,

Así, las reactancias sincrónicas de eje directo y eje en cuadratura son:

2.6

Xd

= X ad + X ald

Xq

= X aq + X alq

INDUCTANCIAS EN MAQUINAS SINCRONICAS

Según la maquina sincrónica de dos polos y rotor cilíndrico que se mostró en la figura 2.1, el devanado trifásico del inducido esta constituido por las bobinas aa', bb' y cc' que representan devanados distribuidos y producen ondas senoidales de: fuerza magnetomotriz y flujo magnético en el entrehierro. El devanado de campo ff' sobre el rotor representa también un devanado distribuido que produce una onda senoidal de fuerza magnetomotriz y densidad de flujo centrada en la dirección del eje directo girando con el rotor. Los enlaces de flujo mutuos de las fases a, b y c del estator con el devanado de campo f se expresan en función de las inductancias y corrientes de armadura, de la siguiente manera:

λa λb λc λf

= l aa ia + l ab ib + l ac ic + l af i f = l ba ia + l bb ib + l bc ic + l bf i f = l ca ia + l cb ib + l cc ic + l cf i f = l fa ia + l fb ib + l fc ic + l ff i f

El mismo sistema de los enlaces de flujo pero escrito de forma matricial,

 λ a  l aa  λ  l  b  =  ba  λ c   l ca    λ f  l fa


 ia   i   b l cf   ic    l ff  i f 

l ab

l ac

l af

l bb

l bc

l bf

l cb

l cc

l

l

fb

fc

42



2.6.1 INDUCTANCIA PROPIA DEL ROTOR En una maquina sincrónica de rotor cilíndrico, la inductancia propia del devanado de campo es independiente de la posición θ del rotor. Por lo tanto, l

ff

= L ff = L ffo + L fl

La componente Lffo toma en cuenta la componente espacial fundamental del flujo en el entrehierro y la componente adicional Lfl toma en consideración al flujo de dispersión del devanado de campo. Bajo condiciones transitorias o de desbalance, los enlaces de flujo con el devanado de campo variaran con el tiempo, y los voltajes inducidos en los circuitos del rotor tendrán un efecto importante sobre su funcionamiento.

2.6.2 INDUCTANCIAS MUTUAS ESTATOR-ROTOR Las inductancias entre estator y rotor varían periódicamente con el ángulo θ entre los ejes magnéticos del devanado de campo y la fase a del inducido. (Fig. 2.1). De manera que las f.m.m. y los flujos en el entrehierro son senoidales, la inductancia mutua entre el devanado de campo f y la fase a varia de acuerdo con el cosθ, por lo tanto, l af

= l fa = Laf cosθ

Ecuaciones similares se aplican para las fases b y c, tomando en cuenta que los ángulos de desfase de las otras fases son: (θ -120°) y (θ +120°), respectivamente Considerando que el rotor gira a velocidad sincrónica ω

θ = ω t +θ0 Para t = 0, el ángulo del rotor es θ0. Sustituyendo, l af

= l fa = Laf cos(ω t + θ o )

Luego el enlace de flujo es,

λ af = Laf I f cos(ω t + θ o ) 2.6.3 INDUCTANCIAS EN EL ESTATOR En una maquina de rotor cilíndrico, el entrehierro es independiente deconstantes, θ sí se desprecian los efectos de las ranuras del rotor. Entonces las inductancias propias del estator son


43



= l bb = l cc = Laa = Laao + Lal

l aa

La inductancia Laao es la componente de la inductancia propia debido al flujo fundamental espacial del entrehierro y Lal es la componente adicional debida a la dispersión de flujo de la armadura. Las inductancias mutuas entre fases se srcinan por el flujo fundamental en el entrehierro. Las fases están desfasadas 120º entre sí.

= l ba = l ac = l ca = l bc = l cb = −½ Laao

l ab

Luego, remplazando los enlaces de flujo para la fase "a"

λ a = l aa i a + l ab ib + l ac ic + l af i f λ a = ( Laao + )Lal i(a +)Lab ib + ic + λ af Siendo que la corriente de armadura de la fase a, para una condición de operación equilibrada puede expresarse en función de las otras dos fases de la siguiente manera: ia = -( ib + ic ) y luego remplazando en la ecuación de enlace de flujo λa

λ a = ( Laao + Lal )ia + ½ Laao ia + λ af λa = ( 32 Laao + Lal )ia + λaf Así, la inductancia sincrónica puede definirse como: Ls

= 3 2 Laao + Lal

y el enlace de flujo de la fase " a" puede expresarse,

λ a = Ls ia + λ af Donde Ls es la inductancia sincrónica efectiva de la fase " a" para condiciones trifásicas balanceadas y multiplicando por la velocidad angular se obtiene, la reactancia sincrónica Xs

= ω Ls = ω ( 32 Laao + Lal )

Xs

= 32 ω Laao + ω Lal

Luego, la reactancia de reacción de armadura es: X ar

= 32 ω Laao

y la reactancia de dispersión es, Máquinas Sincrónicas

44



X al

= ω Lal

Entonces, tal como fue antes demostrado la reactancia sincrónica es igual a la suma de la reactancia de reacción de armadura y la reactancia de dispersión. Xs

2.7

= X ar + X al

TORQUE ELECTROMAGNÉTICO INDUCIDO EN LA MAQUINA

Cuando un generador sincrónico suministra energía eléctrica a una carga, la corriente de armadura crea una onda de flujo magnético en el entrehierro, que gira a velocidad sincrónica. Este flujo reacciona con el flujo creado por la corriente de campo y se provoca un torque electromagnético de la tendencia a alinearse que tienen estos dos campos magnéticos . En un generador este par se opone al giro, y la maquina primaria debe suministrar el torque mecánico para sostener la rotación. Este torque electromagnético es el mecanismo mediante el cual el generador sincrónico convierte la energía mecánica en energía eléctrica. El torque electromagnético será proporcional al producto de las amplitudes de las ondas de f.m.m. Fa, Ff del estator, del rotor y del ángulo δaf entre los ejes magnéticos, conforme a la figura 2.12a. Es decir, T α Fa F f senδ af

a

F a sen δaf =Faf sen δf

f Eje magnético de la fase a

-f

Fa

δa

δaf

δf

θ Ff

-a

Eje magnético de campo f

F af

F f sen δaf =Faf sen δa

Figura 2.12 a). Modelo elemental, b). Diagrama fasorial de las ondas de f .m.m. Por la ley de Ampere, se calcula el campo magnético en el entrehierro debido a la f.m.m. resultante Faf.

∫ H • d l = fmm = F

af


45



H .g

= Faf

El valor máximo de la componente radial de H H max

=

Faf g

Donde la longitud del entrehierro es g La f.m.m. (Faf) resultante es calculada a partir del diagrama fasorial de la figura 2.12 donde se observan las f.m.m. del bobinado de campo y de la reacción de armadura. 2

Faf

= Fa 2 + F f 2 + 2 Fa F f cos δ af

La densidad de energía magnética es calculada por la siguiente expresión, W

1 = µo H 2 2

Luego, el valor medio de la densidad de energía será Wm

1 H 2  µ F  = µ o  max  = o  af  2  2  4  g 

2

Así, la energía magnética almacenada en el campo magnético puede escribirse, Energía magnética total = (densidad media de energía) x (Volumen de entrehierro)

Remplazando, 2

W

=

µ o  Faf  4  g

  .(π .D.l.g ) 

W

=

µo (π .D.l )Faf 2 4g

W

=

µ0 (π .D.l ) * (Fa2 + F f2 + 2 ⋅ Fa ⋅ F f ⋅ cos δ af ) 4g

Sustituyendo

Donde, D es el diámetro promedio del entrehierro y “l ” es la longitud axial del entrehierro. Máquinas Sincrónicas

46



Así, el torque electromagnético se calcula como la derivada de la energía magnética con respecto al ángulo δaf. T

=

∂W ∂δ af

T

=

µo (π .D.l ) * (Fa F f senδ af ) 2g

Para una maquina de p polos, el torque de giro es T

p µ = − * o (π . D. l ) * (Fa F f senδ af ) 2 2g

Esta ecuación establece que el par es directamente proporcional al producto de los valores máximos de las ondas de f.m.m. del rotor y del estator, y el seno del ángulo espacial δaf entre ellas. Al aumentar el torque mecánico ( Tm) de la maquina primaria, el ángulo δaf debe aumentar hasta que el torque electromagnético (Te) equilibre al torque en el eje. Para δaf igual a 90º, el torque alcanza su valor máximo y es conocido como torque critico. Cualquier aumento en el torque mecánico que no pueda ser equilibrado por el torque electromagnético, entonces se acelerará el rotor y no se tendrá una operación sincrónica. A este fenómeno se llama perdida de sincronismo y el generador será desconectado por su sistema de protección El signo menos quiere que dirección los campos a alinearse entredesí,desplazamiento es decir, que el torque electromagnético trabajadecir en una quetienden disminuye el ángulo entre los campos. El torque en función de las corrientes es: T prom

p

= − Laf * I a * I f * senδ 2

Donde las corrientes Ia e If son proporcionales a Fa y Ff respectivamente y δ es la posición angular del rotor

2.8

VALORES POR UNIDAD

Las ventajas de usar el sistema por unidad ( p.u.) para representar los parámetros de las maquinas, son que estos parámetros quedan dentro de un rango numérico razonablemente estrecho, relacionados con su capacidad y puede compararse maquinas de diversas características y obtenerse conclusiones interesantes de su desempeño.


47



Se puede traducir todas las cantidades eléctricas del generador a valores por unidad, como ser: la tensión, corriente, potencia activa, potencia reactiva, potencia aparente, resistencia, reactancia, etc. El valor por unidad de cualquier cantidad es definido como la relación de la cantidad real y el valor de su base. Cantidad en por unidad =

cantidad real valor base de la cantidad

Pudiendo ser valores la cantidad real, el de valor en Volts,sincrónica: Amperes, Ohms, etc. Como valores base generalmente se elige a los nominales la maquina Sn = Potencia nominal trifásica Vn =Tensión nominal fase-fase

A partir de estos valores se determina la impedancia base, que es Zb =

Vn 2 Sn

Luego, los valores en por unidad (p.u.) de algunas cantidades eléctricas de la maquina sincrónica son: La corriente de armadura del generador en p.u. I ( amperes) I (p.u.) = I n (amperes)

La tensión terminal del generador en p.u. V (p.u.) =

V (volts) Vn (volts)

La resistencia de armadura del generador en p.u. Ra (p.u.) =

Ra (ohms) Z b (ohms)

La reactancia sincrónica del generador en p.u. X (p.u.) =

X (ohms) Z b (ohms)


48



EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CAPITULO 2 Ejemplo 2.1 Se conoce la siguiente información sobre el generador bipolar sencillo de la figura 2-1. El valor pico de la densidad del flujo del campo magnético es de 0.2 T y la velocidad mecánica de rotación del eje es 3600 rpm. El diámetro del estator de la máquina es de 0.5 m, la longitud de cada lado de su bobina es de 0.3 m y hay 15 espiras por bobina la máquina tiene conexión en Y. a)

¿Cuáles son los voltajes trifásicos del generador como función del tiempo?

b)

¿Cuál es el voltaje de fase rms de este generador?

c)

¿Cuál es el voltaje terminal rms de este generador?

Solución: El flujo de esta máquina está determinado por

φ = 2rlB = dlB Donde d es el diámetro y l es la longitud de la bobina. Por tanto, el flujo está dado por

φ = (0.5m)(0.3m)(0.2T ) = 0.03 Wb la velocidad del rotor está determinada por

ω = (3600rpm)(2πrad / r )(1 min/ 60s) = 377 rad / s a)

Entonces los valores pico de los voltajes de fase son

= Nφω = (15)(0.03Wb)(377 rad / s) = 169.7 V

E max

los voltajes trifásicos son eaa ' (t ) = 169.7 sen377t V ebb ' (t ) = 169.7 sen(377t − 120º ) V ecc ' (t ) = 169.7 sen(377t + 120 º ) V

b)

El voltaje de fase rms de este generador es E rms

V V = E max 2 = 169.27 = 120


49



c)

Puesto que el generador está conectado en Y. Vt

= 3E rms = 3 (120V ) = 208 V

Ejemplo 2.2 Un generador sincrónico trifásico de dos polos conectado en estrella, de rotor cilíndrico y 60 Hz, tiene un devanado de campo en el rotor, con Nr vueltas distribuidas y un factor de devanado Kr. El devanado de armadura en el estator tiene Ns Vueltas por fase (línea a neutro), y un factor de devanado igual a Kw. La longitud es yg,datos y el del radio promedio armadura es ldel . Lasentrehierro dimensiones devanado son:del entrehierro es r. La longitud activa de la Nr = 46 vueltas en serie Kw = 0.833

Kr = 0.9

Ns = 24 vueltas en serie por fase

r = 0.50 m

g = 0.075 m

l = 4.0 m

La corriente del campo If = 1500 A cd. El rotor está impulsado por una turbina de vapor a una velocidad de 3600 rpm. Calcule: a)

La f.m.m. fundamental máxima Fr,max producida por el devanado de campo.

b)

La densidad fundamental máxima de flujo Bmax en el entrehierro.

c)

El flujo fundamental φ por polo, .

d)

El valor de rms del voltaje de circuito abierto generado en la armadura.

SOLUCIÓN: a)

=

Fr max

4 Kr Nr 4 0.9(46) (1500) = 39534.08 [ A ⋅ vueltas / polo] I = π p f π 2

b) Bmax

=

µ o Fr max g

=

4π × 10 −7 (39534.08) = 0.66 [T ] 7.5 × 10 −2

c)

Φ = 2 Bmax l r = 2(0.66)(4.0)(0.50) = 3.64 [ Wb] d) Eaf(rms) = √ 2 *π*f*Kw*Ns*Φ =2(0.66)(4.0)(0.50) = 14.1 [kV Máquinas Sincrónicas

50

rms

/ fase neutro] Ingeniería Eléctrica FCyT – UMSS


Las tres fases están conectados en estrella , entonces el voltaje en terminales será

√ 3 (14.1 kV) = 24.4 [kV] Ejemplo 2.3 Un generador sincrónico de laboratorio de: 2 polos; 3φ; 50 Hz. Tiene el radio del rotor igual a 2.25 pulgadas, una longitud del entrehierro de 0.010 pulgadas y una longitud axial de 7.5 pulgadas. El devanado de campo en el rotor es de 248 vueltas y su factor de devanado de 0.95 El devanado de armadura consta de 60 vueltas por fase y su factor de devanado es de 0.93 Determinar: a)

El flujo por polo; la inducción máxima para un voltaje generado de 120 voltios eficaces por fase.

b)

La corriente de campo necesaria para lograr la condición (a).

Solución: a) E af

= 4 * kf * K w * f * N ph * Φ med ⇒ Φ med =

kf

E af

4 * kf * K w * f * N ph

= 0.009687 Wb polo 

= factor .de. forma = 1.11

El flujo que atraviesa la cara interna en la armadura es: Bmax

=

Φ max S transversal

=

π ⋅Φ Φ med p 2 med = ⋅ = L 2 ( D + 2 ⋅ g)⋅ L π (D + 2 ⋅ g ) ⋅ p

2 = ⋅ 2

0.009687 2(2.25 + 0.010 ) ⋅ 7.5 ⋅  0.0254 m pu lg  

2

= 0.443 [T ]



b) B = µ⋅H

If

= µ⋅

Fr g

=

N ⋅I N 4 ⋅ ⋅ Kr ⋅ r f g π p

g p B 0.0254 ⋅ 2 ⋅ 0.443 ⋅ 0.01 = π⋅ ⋅ ⋅ =π⋅ = 0 . 6 [ A] 4 ⋅ µ ⋅ Kr ⋅ Nr 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ⋅ 4 ⋅ 0.95 ⋅ 248


51





Ejemplo 2.4 El generador de una turbina de vapor de 13.8 kV, 10 MVA, factor de potencia de 0.8 en atraso, 50 Hz, dos polos, conectado en estrella, tiene una reactancia sincrónica de 18 Ω por fase y una resistencia de armadura de 2 Ω por fase. a)

¿Cuál es la magnitud de Eaf en condiciones nominales?

b)

¿Cuál es el ángulo de potencia en condiciones nominales?

Solución: La corriente de armadura nominal se determina mediante la siguiente expresión Ia

S

=

3Vt

=

10 × 10 6 VA = 418.36 A 3 (13.8 × 10 3 V )

el ángulo φ se obtiene del factor de potencia

φ = cos −1 (0.8) = −36.86 es negativo por que esta en atraso. Entonces mediante la siguiente ecuación determinamos la magnitud de Eaf E af

= Vt + jX s I a + Ra I a 3

= 13.8 ×310 + j (18)(418.36∠ − 36.86) + (2)(418.36∠ − 36.86) = 7967.43 + (7576.82∠46.79) = 14266.6∠22.77 a)

La magnitud de Eaf en condiciones nominales es E af

b)

= 14266.6 V / fase

El ángulo de potencia es

δ = 22.77 º Ejemplo 2.5 Las reactancias Xd y Xq de un generador sincrónico de polos salientes son 1.0 y 0.6 por unidad, respectivamente. La resistencia de la armadura es despreciable. Calcule el voltaje inducido Eaf cuando el generador la potencia nominal a un factor de potencia de 0.8, corriente atrasada, y voltaje nominal entreentrega terminales.

Solución: Máquinas Sincrónicas

52



Para calcular Eaf según el diagrama de la figura E2-1 E af

= E + a' c

procediendo de la misma forma que en una maquina de rotor cilíndrico se calcula el ángulo δ y la magnitud de E. E

= Vt + jX q I a

E

j .0 +19 ==11.44 ∠ (.04.º6)(1.0∠ − 36.9º ) E' af

E

Iq

o

δ

Ia

c

a'

E af

b''

Vt

φ Id

a''

o'

b'

a

b

Figura E2-1 La relación de corrientes de eje directo y eje de cuadratura Id e Iq se determina mediante el diagrama vectorial de la figura 2-13 donde Id

= I a sen(φ + δ ) e I q = I a cos(φ + δ )

Id

= 1.0 sen56.3º = 0.832 e I q = 1.0 cos 56.3º = 0.555

en forma de fasores,

= 0.832∠(−90º +19.4º ) = 0.832∠ − 70.6º I q = 0.555∠19.4º Id

sabemos que la longitud de a’c es a' c

= I d ( X d − X q ) = 0.832(1.0 − 0.6) = 0.33

entonces obtenemos la magnitud de Eaf Máquinas Sincrónicas

53



E af

= 1.44 + 0.33 = 1.77 pu

en forma de fasor, E af = 1.77∠19.4º

Ejercicio 2.6 Los cálculos de diseño marcan los siguientes parámetros para un generador sincrónico de rotor cilíndrico: Laa = 2.87 mH y Lal = 0.26 mH. A una frecuencia de 50 Hz. Calcule: a)

La inductancia mutua de fase a fase (Lab)

b)

la inductancia y reactancia sincrónica.

Solución: Las relaciones de ecuaciones a utilizarse son las siguientes

= − 12 Laao = Laao + Lal Ls = 2 3 Laao + Lal

l ab l aa

primeramente se obtiene Laao de la segunda ecuación Laao

a)

entonces la inductancia mutua es Lab

b)

= Laa − Lal = 2.87 − 0.26 = 2.61 mH

= − 12 (2.61) = − 1.305 mH

la inductancia sincrónica es Ls

= 32 (2.61) + 0.26 = 4.175 mH

y su reactancia sincrónica es

= 3 2 ωLaao + Lal = 32 (2πf )(2.61) + (2πf )(0.26) X s = 1311.57 mΩ Xs

Ejemplo 2.7 El voltaje en terminales de la fase a de un generador sincrónico de 60 Hz trifásico medido resulta ser 15.5 kV cuando la corriente de campo es de 370 amperios. Determinar: Máquinas Sincrónicas

54



a)

La inductancia mutua de rotor a estator, Laf.

b)

El voltaje en terminales si se mantiene invariable la corriente de campo mientras se reduce la velocidad del generador de modo que la frecuencia de la tensión generada sea 50 Hz.

Solución: a)

λ a = Ls ⋅ ia + λ af de donde el voltaje resulta vta

= Ra ⋅ i a + d

λa dt

= Ra ⋅ i a + Ls

dia dt

+

dλ af dt

3

en condiciones de vació ia = 0, vta = Eaf = 2 ⋅ 15.5 * 10 = 12655.697 [V ] . Sabemos que 3

λ af = Laf ⋅ i f cos(wt + θo ) entonces tenemos: Eaf

= − w ⋅ Laf ⋅ I f sen(wt + θo )

de la identidad trigonométrica senα

b)

π = − cosα +  2 

Eaf

π  = + w ⋅ Laf ⋅ I f cos wt + θo +  2 

Laf

=

12655.697 = 90.73 [mH ] 2 ⋅ π ⋅ 60 ⋅ 370

para 50 Hz tenemos: Eaf max

= 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 90.73 * 10−3 ⋅ 370 = 10546.35 [V ]

el valor eficaz medido en terminales será:


55



Vtrms

=

Eaf max

2

⋅ 3=

10546.35 ⋅ 3 = 12.9 [kV ] 2

PROBLEMAS 2.1

¿Explicar en base a las expresiones de fuerza electromotriz inducida en el estator, de que variables de control es dependiente?, Y ¿cómo?

2.2 2.3

¿Cómo se generan la f.e.m de dispersión? ¿Debido a que factores la f.e.m, inducida (Eaf) es distinta al voltaje terminal ( Vt)?

2.4

¿Para un generador sincrónico en que sentido gira el torque electromagnético?

2.5

¿El torque electromagnético inducido es función el ángulo δaf explicar porque?

2.6

¿Porque la inductancia propia del rotor es dependiente de la posición θ del rotor, solo en operación transitoria y que sucede en régimen permanente?

2.7

¿Porque se cae tan abruptamente el voltaje del generador, cuando se conecta una carga inductiva?

2.8

¿Porque se eleva el voltaje de un generador cuando se carga con una carga en adelanto?

2.9

Explique el fenómeno de reacción del inducido para un generador con carga de factor de potencia 0.9 en adelanto. (Dibuje su diagrama vectorial)

2.10

¿En que consiste y porque se usa la transformación de Park o teoría de las dos reacciones de Blondel?.

2.11

Una máquina de 6 polos y 50 Hz, tiene un devanado de su rotor con un total de 110 vueltas en serie y un factor de devanado kr = 0.92 la longitud del rotor es 1.82 m, el radio de este es 55 cm, y la longitud del entrehierro es de 3.2 cm. El devanado trifásico del inducido tiene 44 vueltas en serie por fase, y factor de devano kw = 0.94. a) ¿Cuál es la velocidad de funcionamiento en rpm? b) ¿Calcule la corriente en el devanado del rotor que se necesita para lograr una densidad máxima fundamental en el entrehierro de 1.3 T?, calcule el flujo correspondiente por polo c) ¿calcule el voltaje rms que se genera por fase d) Se va a cambiar la frecuencia de operación de 60 Hz, a 50 Hz, y se requiere que la tensión rms generada por fase sea de 6 kV. Para esto se requiere rebobinar la armadura variando el numero de vueltas, manteniendo el factor de devanado kw =


56



0.94. Calcule él numero de vueltas necesario por fase, suponiendo que el flujo por polo permanece. 2.12

Un generador sincrónico de 4 polos, conectado en delta a 380 V y 50 Hz, tiene una reactancia de eje directo de 0.15 Ω y una reactancia de eje en cuadratura de 0.08 Ω. La corriente de 1000 A, a un factor de potencia 0.9 en adelanto (capacitivo) a) Halle el voltaje interno generado Eaf de este generador a plena carga, suponiendo que tiene rotor cilíndrico de reactancia Xd b) Halle el voltaje interno generado Eaf de este generador a plena carga, suponiendo que tiene un rotor de polos salientes c) Trace y explique los diagramas vectoriales del flujo y tensión para los incisos a y b. d) Dibuje y explique el significado de cada uno de los componentes del circuito equivalente correspondiente a los incisos a y b

2.13

Un generador sincrónico de cuatro polos y 60 Hz, tiene una longitud de rotor de 3.9 m, diámetro de 1.12 m, y longitud de entrehierro de 6.2 cm. El devanado del rotor consiste de 55 vueltas por polo con un factor de devanado kr = 0.89. El valor máximo de la fundamental de la densidad de flujo en el entrehierro se limita a 1.0 T, y la corriente del devanado del rotor a 2900 A. Calcule el par máximo en newton-metros y la producción de potencia en MW, que puede suministrar la máquina bajo estas condiciones.

2.14

De la hoja de datos del fabricante, se obtiene la siguiente información para un generador sincrónico trifásico, de 26 kV, 720 MVA, 60 Hz. Tiene una reactancia sincrónica Xs = 1.92 p.u, y una reactancia de dispersión Xal = 0.19 p.u. Calcule: a) La inductancia sincrónica en mH,

b) La inductancia de dispersión de armadura en mH, c) La inductancia de fase de armadura Laa en mH


57


CAPITULO 3 CARACTERÍSTICAS DE OPERACIÓN EN RÉGIMEN PERMANENTE El estudio en régimen permanente de un generador sincrónico es más simple con ayuda de su circuito equivalente, para lo que es necesario conocer la siguiente información:

•

La relación de la f.e.m. inducida (Eaf) en función de la corriente de campo (If),

• •

La reactancia sincrónica Xs. La resistencia de armadura Ra.

Esta información de la maquina se obtiene experimentalmente a partir de los ensayos en vacío y en corto circuito de la máquina sincrónica.

3.1

CARACTERÍSTICA DE CIRCUITO ABIERTO

La curva característica de circuito abierto o de vacío, expresa la relación entre la f.e.m. inducida de vacío del generador y la corriente de campo. Eaf = f ( If )

Pero, la f.e.m. inducida es directamente proporcional a la rotación sincrónica del rotor y al flujo magnético creado por la corriente de campo, luego la tensión será solo función de la corriente de excitación de la maquina. Entonces, esta relación tan importante se puede mostrar en la figura 3.1, llamada característica de circuito abierto o de vacío del generador, y es conocida también como curva de magnetización del generador. línea del entrehierro (LE)

E af Ef Eo

curva característica de circuito abierto (CCA) voltaje debido al flujo remanente Vo

Figura 3.1 Máquinas Sincrónicas

I fo I f

If

Curva característica de circuito abierto 58


CAPITULO 3 Características de operación en régimen permanente

Se observa que la curva no parte del srcen sino algo mas arriba, de forma que aun siendo la corriente de excitación igual a cero, existe una pequeña f.e.m. inducida en la armadura y es debido al magnetismo remanente existente en la máquina. Observando detenidamente a la curva se distinguen tres partes: Una parte casi lineal y de inclinación muy pronunciada, que corresponde a un estado débil de saturación del hierro de la máquina, donde Eaf aumenta proporcionalmente a If. Otra parte no lineal donde el hierro se satura poco a poco, y la tensión de vació aumenta poco con relación a la parte lineal para un mismo incremento de la corriente de campo. Finalmente, se observa otra parte de la curva casi horizontal, que corresponde al estado de saturación del circuito magnético, donde la f.e.m. inducida prácticamente no aumenta, aun para incrementos de corriente de campo importantes. Para determinados estudios, interesa ignorar totalmente la saturación de los materiales ferromagnéticos de la máquina, y se considera como curva de vacío solo a la Línea de entrehierro (LE).

3.1.1 PROCEDIMIENTO DEL ENSAYO EN VACÍO DEL GENERADOR •

La máquina debe estar funcionando en vacío y a velocidad nominal. Es decir: Ia= 0 y Vt= Eaf.

•

La corriente de campo inicialmente es cero. Luego se aumenta gradualmente la corriente de campo y se mide la tensión en bornes del generador. El devanado de campo es el único circuito activo.

•

A partir de las lecturasAbierto de la (tensión terminal y sincrónico. corriente de campo, se construye la CCA) del Característica de Circuito generador

3.1.2 PÉRDIDAS EN VACÍO Las pérdidas en vacío de la máquina sincrónica se deben: a las pérdidas en el núcleo y pérdidas mecánicas. Las pérdidas en el núcleo se dan por los efectos de Histéresis y de las corrientes de Foucault. Las pérdidas por fricción mecánica y por ventilación son constantes a la velocidad sincrónica.

3.2

CARACTERÍSTICA DE CORTO CIRCUITO

Si los terminales de armadura de un generador sincrónico girando a velocidad sincrónica se conectan en corto circuito, como en la figura 3.2, y si la corriente de campo se aumenta en forma gradual hasta que la corriente de armadura haya alcanzado un valor máximo seguro, se obtienen un conjunto de datos, mediante los cuales se puede graficar la corriente de armadura en corto circuito en función de la corriente de campo. Iacc = f ( I f ) Máquinas Sincrónicas

59



If

+

A

+

Eaf

-

Lf

Vdc

A

-

A

A Figura 3.2

Conexiones para la prueba de Corto Circuito

En la figura 3.3, se observa la grafica de la corriente de armadura en función de la corriente de campo, que se la conoce como Curva Característica de Corto Circuito (CCC). La ecuación de tensión para un generador sincrónico es: Vt = Eaf – jXsIa - RaIa

Ia Curva característica de corto circuito (CCC)

I

Figura 3.3

Curva característica de Corto Circuito

En la condición de Corto Circuito en bornes de la maquina cumple que la tensión terminal es cero ( Vt =

0). Entonces remplazando en la ecuación de tensión del generador se obtiene, Eaf = Ia ( Ra + jXs )

El diagrama fasorial que representa esta ecuación se observa en la figura 3.4.


60



If

φf

Ff

ω. t

F Ra I a

Ear

Eaf E

jX s Ia

Far Iacc φaf

Figura 3.4

Diagrama fasorial para condiciones de Corto Circuito

Como la resistencia de armadura es mucho menor que la reactancia sincrónica (Ra<
Como Ra<
61



| E |= 0.15 p.u Es decir, el flujo resultante de entrehierro solo es aproximadamente 0.15 veces del valor a voltaje nominal. Entonces, la corriente de corto circuito de la armadura es directamente proporcional a la corriente de campo, en el rango desde cero hasta bastante mas que la corriente nominal de armadura.

3.2.1 PROCEDIMIENTO DEL ENSAYO EN CORTO CIRCUITO Los terminales del generador se ponen en corto circuito, como en la figura 3.2, y se impulsa al generador hasta su velocidad de sincronismo. Sé incrementa la corriente de excitación o de campo desde cero y se toma lectura de la corriente de armadura. A partir de estos valores se construye la gráfica Iacc = f ( If ) llamada curva característica de corto

circuito.

3.3

REACTANCIA SINCRÓNICA NO SATURADA

La reactancia sincrónica no saturada corresponde a las condiciones de operación de en la parte lineal de la curva de magnetización, y se calcula a partir de los datos obtenidos en los ensayos de vacío y de corto circuito de la maquina. De la ecuación de tensión de Kirchoff para el generador, antes escrita para la condición de tensión terminal cero y Ra << Xs , se obtiene que: Eaf = Xs Iacc

Despejando Xs , Xs

=

E af I acc

Luego, Xs se define como la reactancia sincrónica no saturada del generador, y puede obtenerse a partir de las curvas de circuito abierto CCA y de corto circuito CCC como se observa en la figura 3.5. Para un mismo valor de corriente de campo, Eaf se obtiene de la Línea de entrehierro y la corriente Iacc se obtiene de la curva CCC.


62



LE

Eaf

CCA

Eaf

Ia

CCC

acc

I If

Figura. 3.5

Características de circuito abierto y de corto circuito (calculo de Xs no saturada)

3.4

REACTANCIA SINCRÓNICA SATURADA

La reactancia sincrónica saturada se determina considerando que la maquina esta trabajando sobre su curva de magnetización CCA, tomando en cuenta los efectos de la saturación. En las curvas de la figura 3.6, se considera que la maquina esta trabajando a tensión nominal y para este valor de la curva CCA, se baja hasta la curva CCC y se lee el correspondiente valor de la corriente de armadura en corto circuito. Luego, el valor de la reactancia sincrónica saturada es: X s , sat

Eaf Vtnom.

=

Vt , NOM I acc

LE CCA

Ia

CCC Iacc

If Máquinas Sincrónicas

63



Figura 3.6

Características de circuito abierto y de corto circuito (calculo de Xs saturado)

3.5

RELACIÓN DE CORTO CIRCUITO

La relación de corto circuito (SCR), se define como la relación entre la corriente de campo para la tensión nominal de circuito abierto, y la corriente de campo requerida para la corriente nominal de armadura en corto circuito. LE

Eaf

CCA

Vtnom.

Ia

CCC Ia,nom

Iacc

I'f

Figura 3.7

I''f

Características de circuito abierto y de corto circuito (calculo de la relación de corto circuito)

La SCR, caracteriza principalmente la influencia de la reacción del inducido sobre el sistema de excitación de la maquina sincrónica. SCR =

I 'f I 'f'

=

1 X s , sat

El valor de la relación de corto circuito (SCR) del generador sincrónico, da información valiosa acerca de su desempeño y puede mencionarse los siguientes aspectos: o

o

Un valor bajo de SCR indica que el generador tiene mucha variación de su tensión terminal ante variaciones de la carga. Son menos estables cuando trabajan en paralelo.


64



o

Las máquinas con bajos valores de SCR son más baratas. Aumentando el entrehierro de la maquina, aumenta la relación de corto circuito y disminuye Xs. Esta modificación significación aumentar el peso de la maquina.

A manera de ejemplo presentamos en la siguiente tabla valores de relación de corto circuito, para algunos generadores del sistema eléctrico Boliviano y son las siguientes :

3.6

Planta

Generador

Rotor

SN(MVA)

SCR

Carrasco

1

Cilíndrico

75

0.47

Sta. Isabel

1

polos salientes

22.5

0.60

CARACTERÍSTICAS EXTERNAS

Las características externas del generador sincrónico muestran la variación de la tensión terminal versus la variación de la corriente de armadura, al conectar en bornes del generador, cargas de diferente factor de potencia (resistiva, inductiva y capacitiva) manteniendo constante la excitación. Vt Carga Capacitiva Carga Resistiva

Vt,nom

Carga Inductiva

Iacc

Figura 3.8

Ia

Curvas de composición de un generador sincrónico

Se observa en la figura 3.8, para el caso de la carga inductiva que la tensión terminal disminuye gradualmente al aumentar la corriente de armadura (aumento de la carga en bornes). Es evidente que esto se debe al efecto desmagnetizante de la reacción de armadura, a la caída de tensión adicional que se produce en la resistencia de armadura y en la reactancia de dispersión ( RaIa + jXalIa). La característica externa es notablemente descendente para factores de potencia bajos. Para el caso de cargas capacitivas, la reacción de armadura tiene un fuerte efecto magnetizante que produce un aumento en la tensión terminal, pero hay una pequeña caída de tensión en (RaIa + jX alIa). Máquinas Sincrónicas

65



Una disminución del factor de potencia capacitivo provoca que la tensión terminal aumente más rápidamente. Para Vt = 0, todas la curvas se interceptan en un punto que corresponde al valor de la corriente de corto circuito trifásico. En máquinas de rotor cilíndrico la magnitud de reacción del inducido es generalmente mayor que en máquinas de polos salientes. La caída relativa de tensión bajo carga inductiva y el aumento de la tensión bajo carga capacitiva son mayores en las máquinas de rotor cilíndrico.

3.7

REGULACIÓN DE TENSIÓN

La regulación de tensión del generador sincrónico es una medida indicativa de la variación de tensión en bornes del generador entre vacío y plena carga.

Eaf Eafi Eafr VPC Eafc

R% Fp =0.8 Inductivo

Fp =0.8 Inductivo

Fp = 1 Ref

Fp = 0.8 Capacitivo

Fp = 1 Fp = 0.8 Capacitivo

Iacc

Figura 3.9

Ia

Ia

Curvas de regulación del generador

Aumentando el factor de potencia de una carga inductiva hasta FP = 1, la regulación de tensión disminuye, pero no es cero. R% =

E af

− VPC

V PC

× 100

R>0 para carga inductiva y R<0 para carga capacitiva.

El efecto de la reacción de armadura es importante para la disminución o aumento de la tensión en terminales del generador. Estas variaciones se controlan aumentando la corriente de campo en el primer caso y disminuyendo If en el segundo caso. Máquinas Sincrónicas

66



3.8

CURVAS V DEL GENERADOR SINCRÓNICO

La curva V muestra la relación entre la corriente de armadura y la corriente de campo a voltaje terminal constante y con potencia activa constante. En la figura 3.10, se presenta una familia de curvas V para un generador sincrónico, donde las curvas de líneas sólidas muestran tres valores de potencia P (0, 0.5 y 1.0 p.u) y las líneas segmentadas son lugares geométricos de factor de potencia constante, conocidas como curvas compuestas. Se observa que, la corriente de armadura es mínima a factor de potencia unitario, y aumenta a medida que el factora sobrexcitación de potencia disminuye. Los puntos a la derecha del factor de potencia corresponden del generador y un factor de potencia retrasado; Los queunitario caen a la izquierda, a subexcitación y factor de potencia en adelanto.

Salida de potencia en por unidad 0

0.5

1.0

8 . 0 fp

o d ta n a l e d a

0 . 1 fp

8 . 0 fp

o d a s ra t re

a r u d a m r a e d te n e ir r o C

Corriente de campo

Figura 3.10

3.9

Curvas V de un generador sincrónico

CURVA DE CAPACIDAD

Los generadores se caracterizan por entregar como máximo su potencia aparente nominal sin sobrecalentarse, a determinada tensión y factor de potencia. La potencia activa de salida esta limitada entre su potencia aparente en MVA y la capacidad de la maquina primaria que la impulsa, generalmente impuesta por las condiciones de sitio: temperatura ambiente, presión atmosférica, etc. 2

Para medida de conductor del bobinado estator, de hayarmadura. una pérdida potencia a Ia Ra, Ia es dondeuna la corriente de armadura y Ra es ladel resistencia Estade energía debeigual ser disipada, caso contrario aumentara la temperatura del conductor y por ende del estator. No interesa cuan Máquinas Sincrónicas

67



eficientes sean los esquemas de enfriamiento del estator, si existe una corriente que aumenta indefinidamente podría causar daño por sobrecalentamiento en el estator. Entonces, la corriente nominal del generador puede ser considerada como él limite superior de corriente de armadura por un tiempo corto sin dañar los arrollamientos. Para las condiciones nominales de la maquina, la potencia aparente del generador es, SN

[MVA]

= 3 VN I N

Él modulo de la potencia compleja | S 3φ | ≤ SN

Expresado en p.u, | S 3φ | ≤ 1

Esta expresión geométricamente representa una circunferencia de radio 1 en el plano S (P, Q) y define él limite de calentamiento del bobinado del estator. La figura 3.11 representa la curva de capacidad de un generador sincrónico y define sus limites de generación de potencia activa y reactiva. Q(pu) 1.0

a

Límite de calentamiento del Rotor

b

Qn

φ Pn

Límite de calentamiento del Estator

c 1.0

P(pu)

d

i Límite de estabilidad Estática

Figura 3.11

Curva de capacidad de un generador sincrónico

El desplazamiento desde el punto c (factor de potencia unitario) hasta el punto b (factor de potencia nominal) significa cambiar la operación del generador, aumentando la generación de potencia reactiva y disminuyendo la generación de potencia activa. En la región superior del circulo (arco ab), el generador funciona con factores de potencia menores a su valor nominal, esto es posible por el incremento de la corriente de campo, pero el costo es el Máquinas Sincrónicas

68



calentamiento de los arrollamientos de campo. Por lo tanto, la corriente de excitación no puede aumentar indefinidamente y existe un limite superior, que en la practica esta dada por Ifmax y define a su vez un limite superior para la tensión inducida por el campo Eafmax. Para estas condiciones, a seguir determinaremos él limite de calentamiento del bobinado de campo.

 E afmax − Vt     jX s 

S

= 3Vt I a* = 3Vt 

S

= 3 Vt E af sen δ + j 3Vt E af cos δ − Vt 2 

max

max

Xs

 X s

X s 

Esta expresión representa la ecuación de una circunferencia en el plano S ( P,Q) con centro en el punto  − Vt 2  i 0,3 . Xs   Cuando Q es negativo el generador esta absorbiendo potencia reactiva e implica factor de potencia en adelanto, es decir un desplazamiento en la curva desde el punto c hasta el punto d, disminuyendo Eaf. En la figura 3.11, se define también otro límite operativo del generado que es, el límite de estabilidad estática (línea id).

Según la ecuación de potencia del generador, al aumentar el ángulo de potencia δ, aumenta la potencia activa generada. En el arco que comprende el punto c hasta el punto d, la tensión de campo Eaf disminuye pero el ángulo de potencia δ aumenta. Entonces, es prudente no alcanzar un ángulo δmax de 90º por lo cual es aconsejable mantener un margen de reserva de un 10 % de δmax

δmax = sen-1(0.90) = 64.2° Se aplica la condición de operación de δmax en las ecuaciones de potencia activa y reactiva del generador. P=3

Q = 3(

Eaf Vt Xs Eaf Vt Xs

senδ max

cosδ max −

Vt 2 Xs

)

Se ordena la primera ecuación de forma conveniente y se remplaza en la segunda ecuación, E af Vt Xs


=

P

3Sen δ max

69



Q



= 3( 

P



  3Sen δ max 

cos δ max −

Vt 2 Xs

)

Así, se obtiene una expresión lineal de Q en función de P que representa él limite de estabilidad estática del generador. Para evitar la inestabilidad de la maquina, esta debe trabajar por encima de la línea id. 

 Vt 2 − )  3tg δ max  X s

Q = 3( 

P

Si, P = 0, Q intercepta el eje de la ordenadas; en: Q = −3 Vt

2

Xs

2 Y para Q = 0, P intercepta el eje de la abscisa; en: P = 3 Vt * tgδ max

Xs

Finalmente, con referencia a la curva de capacidad mostrada en la figura 3.11, se dice el generador trabaja sobreexcitado en la región definida por el primer cuadrante y trabaja subexcitado, cuando lo hace en el cuarto cuadrante. Nota todas las deducciones hechas anteriormente son cuando trabaja con los parámetros reales pero si se trabaja en pu se no se toma en cuanta el valor de 3. La representación de la curva de capacidad del generador, para aplicación en programas de sistemas de potencia a veces es más simple y define una región dada por los limites de potencia del generador (Pmax, Qmax y Qmin), como se observa en la figura 3.12. Q

Calentamiento del Rotor Qmax

Inom

Calentamiento del Estator Pmax

P

Qmin Estabilidad en Régimen Permanente

Figura 3.12 Región de operación del generador


70



3.10

CARACTERÍSTICA POTENCIA – ÁNGULO

A continuación se analiza el funcionamiento de un generador sincrónico de polos salientes conectado a una barra infinita (de tensión Ee ), a través de una reactancia externa en serie por fase Xe . El diagrama fasorial del sistema generador-barra infinita se muestra en la figura 3.13. La impedancia total de eje directo y en cuadratura, resulta de sumar la reactancia sincrónica y la reactancia externa, entonces se obtiene: XdT = Xd + Xe XqT = Xq + Xe

El voltaje de barra infinita Ee se expresa por sus componentes Ee senδ y Ee cosδ , en fase con las corrientes Iq e Id, entonces la potencia por fase entregada por el generador es, P = Id Ee senδ + Iq Ee cosδ

De la figura 3.13, se obtiene las componentes Id e Iq: Id

=

− E e cos δ

E af

Iq

X dT

=

Ee senδ X qT

Reemplazando en la ecuación de potencia activa y multiplicando por 3 se obtiene la potencia trifásica, teniendo en cuenta que los voltajes Eaf y Ee son valores fase a neutro. P=3E

* E e senδ X dT

af

+ 3E e2 X dT − X qT sen2δ 2 X dT X qT

G Xe

E af

Iq

jX qI q

φ δ Id

I a jX eI a Ee


Vt jX dI d jX eI q

jX eI d

71



Figura 3.13

Diagrama fasorial del generador más el sistema externo

De está ecuación, el primer término es el mismo que se obtiene para una máquina de rotor cilíndrico, el segundo término introduce los efectos de los polos salientes, el cual produce una componente de segunda armónica debido al torque de reluctancia. Este efecto se ilustra mejor en la figura 3.14. Resultante de P P

-180

-90

E af * E e

A

0

sen δ

B 2 X dT − X qT Ee

Figura 3.14

δ

180

90

2X X

sen2δ

Curva característica Potencia - ángulo

La figura 3.14 representa la curva característica potencia-ángulo donde está representada la componente fundamental debido a la excitación de campo y la segunda armónica debido al par de reluctancia en máquinas de polos salientes.


72



EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CAPITULO 3 Ejemplo 3.1 Los siguientes datos son de lectura de los resultados de una prueba en vacío y de corto circuito de una máquina síncrona trifásica de 45 KVA, conectada en estrella a 220 V (línea a línea), de 6 polos y 50 Hz, impulsada a su velocidad síncrona. Calcule: a)

El valor no saturado de la reactancia síncrona.

b)

El valor saturado de la reactancia síncrona.

c)

La relación de corto circuito.

De la curva característica de circuito abierto CCA. Voltaje entre líneas = 220 V

Corriente de campo = 2.84 A

De la curva característica en corto circuito

(A) Ia

118

152

(A) If

2.20

2.84

De la línea de entrehierro LE Voltaje entre líneas = 202 V

Corriente de Campo = 2.20 A

Eaf (V)

I a (A )

LE CCA

220

CCC

202 152 118

2 .2

2.84

Figura E3-1 Solución: La tensión fase neutro en la línea de entrehierro


73



Zb

VLL

=

E af

3

Vt 2

=

=

(220 )2 = 1.076 Ω 45000

=

SN

202 = 116.6 V 3

Para esta tensión en la curva CCA, la corriente de campo If = 2.2 [A] y a su vez de la curva CCC, la corriente de armadura de corto circuito Ia,cc = 118 [A] a)

la reactancia sincrónica no saturada

116.6V = Ra2 + X s2 118 A X s = 0.988 Ω / fase

Zs

E af

=

I a ,cc

=

en por unidad será X pu Xs

b)

=

Xs Zb

=

0.988 1.076

= 0.918 pu

La reactancia sincrónica saturada X s ,sat X s ,sat

= Vt ,nom = (220 / 3 )V 152 A I a ,cc = 0.836 Ω / fase

en por unidad será

c)

X s , sat

=

X s ,sat ( pu )

= 0.775 pu

Zb

=

0.836 1.076

X s ,sat ( pu )

La relación de corto circuito SCR =

I 'f I 'f'

=

2.84 2 .2

SCR = 1.29

también se puede determinar la relación de corto circuito como Máquinas Sincrónicas

74



SCR =

1 X s , sat

=

1 0.775

SCR = 1.29

Ejemplo 3.2 Se comprobó que un generador sincrónico de 200 KVA, 480 V, 50 Hz de conexión Y con una corriente de campo nominal 5 A. se obtuvieron los datos que se dan a continuación VtCA a la corriente nominal If resulto 540 V ILCC a la corriente nominal If resulto 300 A

cuando se aplica una tensión de DC 10 V a los terminales, se midió una corriente de 25A encontrar los valores de la resistencia del inducido y la reactancia sincrónica aproximada en Ω, que se usaría en el modelo del generador en las condiciones nominales.

SoluciÓn: Prueba de corriente continua en bornes VCC = 10 V ICC = 25

Vcc = Icc ⋅ 2 ⋅ R R

=

Zs

Vcc

2 ⋅ Icc

=

10 = 0 .2 Ω 2 * 25

= Ra2 + X s2 =

Eaf Ia

540 3 Zs = = 3 = 1.039 Ω 300 300 Vt

Xs

= Z s2 − Rz2 = (1.019 ) (2 −) 0.2 2 = 1.02 Ω

Ejemplo 3.3 Un generador trifásico, conectado en estrella, de 1000 KVA, y 4600 V, tiene una resistencia en el Ra de 2 Ω por fase y una reactancia sincrónica en el inducido Xs, de 20 Ω por fase. Encontrar inducido la tensión generada a plena carga por fase para un:


75



a)

Factor de potencia unidad.

b)

Factor de potencia inductivo 0.75.

c)

Factor de potencia capacitivo 0.75

Solución: Ia

=

S

3 * VtL d)

=

1 × 10 6 3

= 125 A

3 (4.6 × 10 )

Para un factor de potencia unidad,

= Vt + Ra I a + jX s I a 4600 = + (2)(125∠0º ) + j (20)(125∠0º ) 3 Eaf = 2655.8 + j * 2500 = 3840 V / fase

Eaf

e)

Para un factor de potencia inductivo de 0.75

= Vt + Ra I a + jX s I a 4600 = + (2)(125∠ − 41.4º ) + j (20)(125∠ − 41.4º ) 3 E = 2655.8 + j * 4270 = 4820 V / fase Eaf

af

f)

Para un factor de potencia capacitivo de 0.75

= Vt + Ra I a + jX s I a 4600 = + (2)(125∠41.4º ) + j (20)(125∠41.4º ) 3 Eaf = 2655.8 − j * 730 = 2366 V / fase Eaf

Ejemplo 3.4 Calcule la regulación porcentual correspondiente a cada factor de potencia mostrada en la figura siguiente


76



V 18

) o tr u e -n e s fa ( V , o í c a v

0.9 en retraso

16 14

Plena carga 12 kV, 1000 A

1.0

12

0.9 en adelanto

10

n e l a in

8

rm te e j a lt o v

6 4 2 0.0

250

500

750

1 0 00

1 25 0

Corriente de Armadura, A

Figura E3-2

Solución: Para el factor de potencia en atraso el voltaje a plena carga es: Vt = 12 kV

La tensión en vació es Eaf = 18 kV

Entonces la regulación de tensión será R% =

E af

− Vt

Vt

×100 =

18 − 12 100 = 50 % 12

para el factor de potencia unitario se tiene R% =

E af

− Vt

Vt

×100 =

15 − 12 100 = 25 % 12

para el factor de potencia en adelanto es

−V

E R% =


af

Vt

t

11 12 ×100 = 12 − 100 = −8.33 % 77



Ejemplo 3.5 Calcular la regulación de tensión para los tres factores de potencia, calculados en el ejemplo 3-2

Solución: g)

Para un factor de potencia unidad R%

=

3840 − 2655.8

× 100 = 44.7 %

2655.8 h)

Para un factor de potencia inductivo de 0.75 R%

i)

=

4820 − 2655.8 × 100 = 81.49 % 2655.8

Para un factor de potencia capacitivo de 0.75 R%

=

2366 − 2655.8 × 100 = − 10.91 % 2655.8

Ejemplo 3.6 Un generador sincrónico de 1 MVA, 11 kV, conectado en Y, tiene una resistencia de armadura de 0.5 Ω/fase y una reactancia síncrona de 5 Ω/fase. Para una cierta corriente de campo el generador entrega carga nominal con factor de potencia de 0.9 en retraso. Para la misma excitación cual será el voltaje terminal aComo plena carga el mismo factor de potencia de 0.9 en adelanto? Cual es le nuevo ángulo de potencia? varía lacon regulación?

Solución: Para corriente en retraso.

E af

δ Ia

R aI a

jX sI a

Vt

φ

Figura E3-3 I

=

103 = 52.48 [A] 3 ⋅11


78



E af

= Vt + I a Ra + jI a X s

E af

=

11000 + (52.48∠ − 25.)(84º 0) .5 + j 5 = 6492.745∠1.98º 3

Para una corriente en adelanto, el diagrama fasorial será:

E af

Ia

φ

jX sI a

δ Vt

R aI a

Figura E3-4 E af

= (Vt cosφ +( )I a Ra 2 + ) I a X s − Vt senφ

2

(6492)(.75 2 = V()t 0.9 + 26.24)2 + 262.43 − Vt 0.43 2 Que da srcen a la ecuación: Vt 2 − 181.6Vt

− 42086179 = 0

cuya solución es Vt = 6578.8 [V/fase]

El ángulo de potencia será:

( I a Z s )2 = Eaf2 + Vt 2 − 2 Eaf Vt cos(δ )

 E 2 + Vt 2 − ( I a Z s ) 2   ⇒ δ = cos −1  af  2 Eaf Vt  

Reemplazando se obtiene el ángulo de potencia

δ = 2.18º Que puede verificarse a través de: Máquinas Sincrónicas

79



E af

)( º 0).5 + j 5 = 6492.75∠2.14 = 6578.8 + (52.48∠25.84

la regulación para las condiciones iniciales es:

R% =

E af

− Vt

Vt

11000 3 100 = 2.23% 11000 3

6492.74 − 100 =

par las condiciones finales. R% =

6492.74 − 6578.8 100 = −1.31% 6578.8

Entonces se dice que la regulación pasa de positivo a negativo

Ejemplo 3.7 El generador 2 de la planta de valle Hermoso tiene las siguientes características técnicas; Potencia nominal 29 MVA, factor de potencia de 0.85, inductivo, VLL = 10.5 kV, frecuencia de 50 Hz, rotor cilíndrico, 2 polos, reactancia sincrónica de 2.26 p.u, y resistencia de armadura de 0.003 p.u. Dibuje la curva de capacidad del generador

Solución: La tensión inducida Eaf, y el ángulo δ será

= Vt + Ra I a + jX s I a = 1.0 + (0.003)(1.0∠ − 31.78º ) + j (2.26)(1.0∠ − 31.78º ) E af = 2.91∠41.19º p.u E af

 V  El centro del circulo para el límite de calentamiento de rotor esta en i 0,− t  Xs   i [0 , -0.4424] p.u y el radio es R

=

E af * Vt Xs

= 1.287 p.u

para el límite de calentamiento del estator S pu ≤ 1 que es una circunferencia de radio 1 p.u. y el límite de estabilidad estática está representada por los puntos Q[0, -0.4424] y P[0.9, 0]. Entonces la gráfica de la curva de capacidad es mostrada en la figura E3-5: Máquinas Sincrónicas

80



Q 1.0 pu Límite de calentamiento del rotor

1.28 pu

φ

Límite de calentamiento del estator

0.9 pu

1.0 pu

P

0.41 pu Límite de estabilidad estática

Figura E3-5

PROBLEMAS 3.1.

Explique cómo se determina la impedancia y la resistencia sincrónicas del inducido, en un generador sincrónico.

3.2.

Explicar la curva característica de circuito abierto (CCA), y el procedimiento para determinar esta curva.

3.3.

Explicar por que la curva característica de corto circuito ( CCC) es lineal, y como se determina esta curva?

3.4.

Explicar cual es la principal diferencia para determinar la reactancia sincrónica saturada, y la no saturada.

3.5.

Definir la relación de corto circuito ( SCR), y por que es tan importante esta relación?

3.6.

Que son las curvas de composición y que representan?

3.7.

Defina regulación de tensión?

3.8.

Explique las curvas V del generador sincrónico.

3.9.

Dibuje y explique cada uno de los límites de la curva de capacidad?

3.10. En la curva de capacidad de un generador cualquiera explique brevemente sus límites? 3.11. Explicar por que es aconsejable mantener un margen de reserva, cuando se entrega potencia activa?


81



3.12. Un generador sincrónico portátil de 20 kVA con factor de potencia 0.75 en atraso, 50 Hz, 6 polos, con conexión Y, produce 208 V en vacío con una corriente de campo de 3 A. Cuando una carga de 5 Ω por fase, con conexión Y, se conecta a los terminales de la máquina, la corriente de campo necesaria para alcanzar 208 V es 3.8 A. ¿cuál es la reactancia sincrónica del generador? 3.13. En turbo generador de 13.8 kV, 10 MVA, factor de potencia 0.8 en atraso. 50 Hz, dos polos, conectado en Y, tiene una reactancia sincrónica de 18 Ω por fase y una resistencia de armadura de 2 Ω por fase. Este generador esta conectado a una barra infinita a) ¿Cuál es la magnitud de Eaf en condiciones nominales? b) Si la corriente de campo es constante, ¿cuál es la potencia máxima que puede entregar esta generador? c) A la máxima potencia absoluta posible, ¿cuánta potencia reactiva estará suministrando o consumiendo este generador? Dibuje el diagrama fasorial correspondiente (cuando If no se a modificado). 3.14. Un generador sincrónico con conexión Y, y valores nominales de 300 kVA, 480 V, 50 Hz y factor de potencia en atraso de 0.8. Su resistencia del inducido Ra es de 0.03 Ω. Las características de circuito, pueden verse en la figura E3-6 a) Cual es la reactancia sincrónica saturada, en condiciones nominales?. b) Cual es la reactancia sincrónica no saturada de este generador? c) Cuales son la corriente y el voltaje generado internamente de este generador? d) Cuanta corriente de campo necesita este generador para funcionar con voltaje, corriente y factor de potencia nominales? e) Cual es la regulación de voltaje que necesita este generador, con corriente y factor de potencia nominales f) Cual seria el voltaje en bornes del generador si se desconecta la carga súbitamente)


82



V , o í c a v n e l a n i m r e t e j lta o v

1200

1200 A

1000

1000 A

800

800 A

600

600 A c c , Ia

400 400 A 200

0.0

200 A

1.0 2.0

3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0

10.0

Corriente de campo, A

Figura E3- 6 3.15. Los resultados de una prueba de circuito abierto y de corto circuito de un turbogenerador de 900 MVA conectado en estrella, VLL = 26 kV línea a línea, de dos polos y 50 Hz, se muestra en la siguiente tabla: If, [A]

[kA] Ia,cc

1710 10.4

3290 20

V deLLla CCA [kV]

26

31.8

V deLLla LE [V]

29.6

56.9

Calcule: a) el valor no saturado de la reactancia sincrónica en Ω/fase y en por unidad. b) La relación de corto circuito. c) La reactancia sincrónica saturada en ohmios y en por unidad. 3.16. Un generador sincrónico de 25 MVA trifásico, 13.8 kV, dos polos, 50 Hz, con conexión en Y, tiene una resistencia de inducido 0.24 Ω por fase; se ensayo en vacío y el voltaje de su entrehierro se extrapolo, arrojando los resultados siguientes: Ensayo en vacío If [A] Máquinas Sincrónicas

320 83

365

380

475

570 Ingeniería Eléctrica FCyT – UMSS


VLL de la CCA [kV]

13.0

13.8

14.1

15.2

16.0

VLL de la LE [kV]

15.4

17.5

18.3

22.8

27.4

Corriente de campo [A]

320

365

380

475

570

Corriente de armadura [A]

1040

1190

1240

1550

1885

Ensayo en corto circuito

a) Dibuje las características en vacío y corto circuito. b) Halle la reactancia sincrónica no saturada en Ω por fase c) Halle la reactancia sincrónica saturada aproximada Xs,sat en una corriente de 380 A. d) Halle la reactancia sincrónica saturada aproximada Xs,sat en una corriente de campo de 475 A. Comente los resultados de b) y c). e) Halle la relación de corto circuito de este generador. f) Explique el procedimiento de las pruebas para obtener las lecturas. 3.17. Los siguientes datos se obtuvieron en pruebas de un generador hidroeléctrico trifásico, de 158 MVA, 13.8 kV, 50 Hz, 72 polos: De la CCA If, [A]

100

200

300

400

500

600

700

775

800

VLL, [kV]

2.21

4.42

6.49

8.42

10.1

11.6

13.1

13.8

14.1

De la CCC If = 710 [A]

Ia,cc = 6610 [A]

a) Trace la curva de saturación en circuito abierto, la línea de entrehierro, y la curva característica en corto circuito. b) Calcule el valor no saturado de la reactancia sincrónica en Ω por fase y en p.u, c) La relación de corto circuito. d) La reactancia sincrónica saturada en p.u, y en Ω por fase 3.18. El generador 1 de la planta Carrasco tiene la siguientes características técnicas: Potencia nominal = 75 MVA, cosϕ = 0.9, VLL = 11.5 Kv, f = 50 Hz, rotor cilíndrico, 2 polos, Máquinas Sincrónicas

84



reactancia sincrónica X s = 2.186 p.u, reactancia de dispersión Xal = 0.184 p.u, resistencia de armadura Ra= 0.00242 p.u. a) Dibuje la curva de capacidad del generador? b) Dibuje el diagrama vectorial? c) Cual es la máxima potencia reactiva que puede suministrar este generador? d) Si el generador entrega una potencia de 40 MW, cual es la máxima potencia reactiva que puede entregar? 3.19. Cual es la potencia reactiva máxima en p.u que puede suministrar una máquina sincrónica trabajando a voltaje nominal en terminales, cuya Xs es 1.5 p.u, y cuya corriente de campo esta limitada a 2.3 veces la necesaria para lograr el voltaje nominal entre terminales bajo condiciones de circuito abierto? 3.20. Un generador sincrónico tiene Xs de 1.47 p.u, y trabaja a una carga de potencia real igual a 0.5 p.u , conectada a un sistema con una impedancia en serie igual a j0.8 p.u. Se observa que un aumento de corriente de campo srcina una disminución de la corriente de armadura. a) Antes del aumento, ¿suministraba o absorbía el generador potencia reactiva del sistema? b) Como resultado de este aumento en la excitación, ¿disminuye o aumenta el voltaje de terminales del generador? 3.21. Un generador sincrónico de polos salientes con Xs,sat en eje directo = 1.80 p.u se conecta con barraje infinito (voltaje = 1.0 p.u) a través de una reactancia externa cuyo valor Xe = 0.12 p.u. El generador suministra sus voltamperes nominales a un factor de potencia igual a 0.95 en retrazo, medido en los terminales del generador. a) Trace el diagrama fasorial indicando el voltaje entre terminales del generador, y el voltaje de excitación. b) Calcule los voltajes entre terminales y Eaf en p.u.


85


CAPITULO 4 FUNCIONAMIENTO EN PARALELO DE GENERADORES SINCRÓNICOS 4.1

INTRODUCCIÓN

En la mayoría de las centrales generadoras de energía eléctrica es necesario y conveniente que la generación sea efectuada por varias unidades de menor capacidad en lugar de ser generada por una sola maquina de gran potencia. Esta idea esy/o extensible un los sistema eléctrico que varias(ciudades, centralesindustrias, eléctricas hidráulicas térmicasacon grandes centrosdedepotencia consumo deinterconecta energía eléctrica minas, etc.), a través de líneas de transmisión. Las ventajas de tener a varios generadores trabajando en paralelo, se deben a varias razones, entre las que se puede citar las siguientes: Un conjunto de varias unidades da mayor seguridad y continuidad al servicio, por cuanto es menos probable que puedan fallar todas las unidades al mismo tiempo. Cuando se dispone de unidades múltiples, estas pueden ser sucesivamente puestas o desconectadas de servicio, de acuerdo a las necesidades de la demanda de energía. Además se consigue que todos los generadores trabajen casi siempre a plena carga y por lo tanto en las mejores condiciones de rendimiento. Habiendo varias unidades en la central, es fácil sacar de servicio cualquiera de ellas para efectuar mantenimiento preventivo y correctivo. Puede preverse la futura instalación de nuevas unidades para atender el crecimiento progresivo de la demanda de energía eléctrica.

4.2

CONDICIONES PARA LA CONEXIÓN EN PARALELO.

La naturaleza y características de la corriente alterna imponen varias condiciones necesarias para la puesta en paralelo de generadores, y son las siguientes: 1. Los generadores deben tener la misma secuencia de fases. 2. La frecuencia del generador entrante, debe ser igual a la frecuencia del generador (o sistema) existente. 3. Los voltajes de línea deben ser iguales. 4. Los ángulos de fase respectivos deben ser iguales. En la figura 4.1 se observa dos generadores en paralelo, donde el generador G2 es la maquina entrante y deberá cumplir las condiciones señaladas anteriormente para su conexión en paralelo con G1. Máquinas Sincrónicas

86


CAPITULO 4 Paralelo de generadores sincrónicos

En la practica, la frecuencia y voltaje del generador entrante, debe ser ligeramente mayor a la frecuencia y voltaje del sistema existente, caso contrario se puede producir oscilaciones de potencia activa y reactiva. R1 S1

G1

CARGA

T1 R2 G2

S

S2 T2

Figura 4.1

4.3

Generadores en paralelo

CARACTERÍSTICA POTENCIA – FRECUENCIA

La frecuencia de un generador es proporcional a su velocidad, entonces se puede regular la frecuencia aumentando o disminuyendo la velocidad de la maquina primaria, actuando sobre su gobernador. Al aumentar la solicitud de potencia al generador, la velocidad o frecuencia disminuye como efecto de que también el torque electromagnético aumenta proporcional al incremento de la carga. La caída de velocidad porcentual (∆n %) de la maquina primaria o característica Potencia – Velocidad es definida por la siguiente ecuación:

∆n% =

no − n PC n PC

*100%

Donde n0 es la velocidad en vacío y nPC es la velocidad a plena carga de la maquina. En la figura 4.2, se observa la característica lineal de la caída de velocidad de la maquina en función de su potencia de salida.


87



n(rpm)

no nPC

PPC

Figura 4.2

P(MW)

Característica potencia - velocidad

La mayor parte de los generadores tienen una caída de velocidad ajustable entre 0 y 10 %, que representara la pendiente de la línea de caída de velocidad. Estos valores se conocen como droop o estatismo permanente de la máquina y se ajusta en el regulador de velocidad de la maquina primaria. En nuestro país, el droop de las maquinas esta ajustado entre 4 % y 7 % en función a la respuesta que cada empresa desea de cada maquina, aunque lo deseable seria tener un único valor. La característica de la caída de velocidad en función de la potencia de salida se puede también expresar en términos de la frecuencia, aprovechando su proporcionalidad directa y se ilustra en la figura 4.3. f(Hz)

fo fPC

PPC

Figura 4.3

P(MW)

Característica potencia - frecuencia

La potencia de salida del generador se calcula a partir de la frecuencia de vació del generador, la frecuencia del sistema y de un coeficiente de proporcionalidad entre la potencia de salida y la frecuencia. P =Sp (f0 - fsis)


88



Si es conocida la caída porcentual de velocidad (∆n %) de la maquina, el coeficiente Sp se calcula a partir de la siguiente expresión, sp =

4.4

PPC  100  1 +  f o  ∆n % 

CARACTERÍSTICA VOLTAJE – POTENCIA REACTIVA

Al conectar en paralelo un generador al sistema se debe considerar también la característica voltajepotencia reactiva de la maquina, ilustrada en la figura 4.4. En esta curva se observa que al aumentar la solicitud de potencia reactiva al generador disminuye la tensión en bornes. Para igualar la tensión del generador con la red (u otro generador), basta con actuar sobre la excitación del generador, elevando o disminuyendo la corriente de excitación. Vt(V)

Vo VPC

QPC

Figura 4.4

4.5

P(MVAR)

Característica voltaje – potencia reactiva

SINCRONIZACIÓN DEL GENERADOR

Sincronización significa elegir el momento adecuado para conectar en paralelo un generador al sistema, cumpliendo las condiciones antes mencionadas en 4.2. Para satisfacer todas estas condiciones normalmente es necesario emplear dispositivos especiales; tales como el Sincronoscopio, el rele de verificación de sincronismo y él más sencillo los focos de sincronización.

4.5.1 MÉTODO DE LOS FOCOS Como se observa en la siguiente figura 4.4, a medida que cambian las fases entre los dos sistemas, los focos brillan al inicio (significa gran diferencia de fase), y luego sé opaca (significa diferencia de fase pequeña). Máquinas Sincrónicas

89



R1

G1

S1

CARGA

T1

G2

R2 S2 T2

Figura 4.4

Focos de sincronización

En cambio, si los tres bombillos se iluminan y apagan al mismo tiempo, el sistema tiene la " misma secuencia de fase". Pero, si los focos se prenden o apagan sucesivamente, entonces los sistemas tienen secuencia de fase contraria y deberá invertirse una de ellas, luego se ajusta la frecuencia del generador entrante a una frecuencia ligeramente superior a la frecuencia del sistema, y observando que los tres focos están apagados se engancha al sistema y el generador comenzara a entregar potencia. Significa que la diferencia de voltajes es cero y cuando se apaguen o prendan muy lentamente estarán en fase Este método es muy inexacto y existe solo en sistemas aislados antiguos.

4.5.2 METODO DEL SINCRONOSCOPIO Es un instrumento que sirve para medir la diferencia de ángulo de fase entre las fases de los dos sistemas. Si el generador entrante es más rápido que el sistema en funcionamiento, entonces el ángulo de fase avanza y la aguja del sincronoscopio gira en el sentido horario (rápido). Si la máquina entrante es lenta, entonces el sincronoscopio gira en el sentido antihorario. Cuando la aguja del sincronoscopio esta en posición vertical, los voltajes están en fase y la máquina puede conectarse al sistema cerrando el interruptor.


90



Lento

Rápido

SINCRONOSCOPIO Figura 4.5

Sincronoscopio

4.5.3 SINCRÓNIZACIÓN AUTOMÁTICA Un método más actual es la " sincronización automática" que se ayuda con un equipo llamado " Relé de ve rificación de sincronismo". Este equipo, compara y verifica las condiciones de tensión y ángulo entre los dos sistemas. El sistema de sincronización automática manda señales tanto al gobernador como al regulador de voltaje de la maquina entrante, de tal manera que cumpla los requisitos de sincronismo.

4.6

GENERADOR EN PARALELO CON UN SISTEMA BARRA INFINITA

Un sistema barra infinita es un sistema de potencia tan grande que ni su voltaje ni su frecuencia varían, por mucha potencia activa o reactiva que se le inyecte o retire. Las características potencia – frecuencia y potencia reactiva – voltaje para un sistema barra infinita es: V

f f=cte

V=cte

-P

P

Figura 4.6


-Q

Q

Característica de un sistema barra infinita

91



Analizamos la conexión de un generador a un sistema barra infinita, alimentando a una carga, considerando los siguientes aspectos:

•

La maquina primaria del generador tiene un gobernador.

•

La corriente de campo se controla manualmente. Por medido de un reóstato de campo

V=cte f =cte

G1

SISTEMA DE POTENCIA

Figura 4.7 Generador conectado a un sistema barra infinita Cuando un generador se conecta en paralelo con otro generador o con un gran sistema, la frecuencia y la tensión terminal de las maquinas deben ser las mismas. f(Hz)

f(Hz) BARRA INFINITA

P'' P' Pº

Figura 4.8

GENERADOR

P(MW)

PºG1

P'G1

P(MW)

Generador – Barra infinita

= 0 − : C arg a = P o t = 0º : C arg a = P '+ PGo1 t = 0 + : C arg a = P ' '+ P ' G1 t

El generador es conectado en paralelo con el sistema barra infinita. De principio el generador que ingresa suministra una pequeña cantidad de potencia activa y casi ninguna potencia reactiva. Máquinas Sincrónicas

92



Para asegurarse que el generador entrega potencia en lugar de absorber, la frecuencia del generador entrante debe ser ligeramente superior a la del sistema; caso contrario el generador absorbe potencia activa y se motorea, es decir funciona como motor. Si ocurre este problema la maquina tiene una protección de potencia inversa que tiene la función de desconectar al generador del sistema Para aumentar la potencia del generador, se actúa sobre el gobernador desplazando su característica hacia arriba. Como Vt y f son constantes (barra infinita), Eaf constante (excitación constante). Se tiene la siguiente expresión: P=

Vt Eaf Xs

sen δ

Entonces se dice que la potencia de la máquina P depende solo del ángulo de potencia δ. Si la potencia de salida del generador se aumenta hasta exceder la potencia que requiere la carga. La potencia en exceso absorbe el sistema barra infinita sin cambiar la frecuencia y la tensión terminal. Después de haberse ajustado la característica del regulador de velocidad, el diagrama vectorial del generador es mostrado en la figura 4.9

E'af

PG2 α Eaf sen δ

δ'

α PG2

Eaf

α PG1

I'a

δ Ia

Vt

Figura 4.9


Diagrama fasorial, Eaf constante y P variable

93



Eaf

P = cte -Q

E' af

jXsIa Ia

δ

jXsI'a

P = cte

δ' Vt

Q'

I'a

Figura 4.10

Diagrama fasorial P constante y Eaf variable

En la figura 4.10 se observa el diagrama fasorial cuando se mantiene constante la potencia y se varia la corriente de excitación. Inicialmente el generador esta funcionando con factor de potencia capacitivo, es decir, esta absorbiendo potencia reactiva. Para que el generador entregue potencia reactiva, se aumenta la corriente de campo, entonces el flujo φ y la f.e.m. inducida por el campo también Eaf = kwφ aumentan. Si Eaf aumenta, Eafsenδ permanece constante y el vector Eaf debe deslizarse sobre la línea de P constante. El ángulo de j Xs Ia cambia, y así la magnitud y el ángulo de Ia se modifican. En resumen, cuando un generador funciona en paralelo con un sistema barra infinita se puede mencionar los siguientes aspectos: 1. La frecuencia y el voltaje del generador son controlados por el sistema barra infinita. 2. El ajuste del gobernador del generador controla la potencia activa que este entrega al sistema. 3. La corriente de campo del generador controla la potencia reactiva que este entrega al sistema.

4.7

FUNCIONAMIENTO DE GENERADORES EN PARALELO

4. Cuando un generador trabaja en forma aislada la potencia de salida (activa y reactiva) es constante e igual a lo exigido por la carga, además, la frecuencia y la tensión terminal varían según se ajusten el gobernador y la excitatriz respectivamente. Cuando un generador se conecte en paralelo con otro de su tamaño.


94



G1 CARGA G2

Figura 4.11

Generadores de igual tamaño en paralelo

La restricción básica, es impuesta por la ecuación de balance potencia que consiste en que la suma de las potencias activas y reactivas que entregan los dos generadores debe ser igual a la carga conectada. En la figura 4.12 se puede apreciar el comportamiento de los dos generadores funcionando en paralelo, con ayuda del diagrama potencia – frecuencia

f(Hz)

f(Hz)

f2

f2

f1

f1

P'G1 PG1

Figura 4.12

PG2

P(MW)

P'G2

P(MW)

Diagrama para dos generadores en paralelo

La ecuación de balance de potencia del sistema es: Ptot = PG1 + PG2 > Pcarga

⇒ La frecuencia es mayor, f1

Se ajusta el gobernador de G2, desplazando su característica arriba. Ahora la potencia entregada por los dos generadores (PG1+ PG2) es mayor que la carga y se tiene una frecuencia mayor a la nominal. Subir la característica en uno mientras de ellos, que provoca: 1) ellaaumento la frecuencia sistema. 2) aumenta la potencia de ese generador, se reduce potenciadeentregada por ladel otra maquina.


95



Para ajustar la distribución de potencia sin variar la frecuencia del sistema, se aumenta el ajuste del gobernador de una maquina y simultáneamente se disminuye el ajuste del gobernador de la otra maquina. Si se aumenta la corriente de campo de G2, entonces: 1) La tensión terminal del sistema aumenta. 2) La potencia reactiva entregada por G2 aumenta, mientras que la del otro generador disminuye. Para ajustar la frecuencia del sistema, sin cambiar la distribución de potencia aumente simultáneamente o disminuya las marcaciones de ambos gobernadores. En la figura 4.13 se observa el diagrama fasorial de dos generadores conectados en paralelo.

Eaf

E'af2

E'af1

jI' a2XS jI aXS

δ Ia

Figura 4.13

δ'1

δ'2

I'a2

I'a1

jI' a1XS

Vta

IL

Diagrama fasorial de dos generadores en paralelo

Donde Vt es el voltaje de terminales, IL es la corriente de carga, Ia es la corriente de armadura en cada generador y Eaf el voltaje de excitación. Se desprecia la caída de voltaje en las resistencias de armadura. La potencia reactiva que genera cada maquina es:  E af' 1 Vt cos δ 1' Vt 2  −  Xs Xs  

Q1

= 3* 

Q2

= 3 * 

 E af' 2 Vt cos δ 2' 

Xs

−

Vt 2  X s 

El generador 2 según la figura 4.13 la tensión terminal es igual a la proyección horizontal de la tensión de campo, es decir: Máquinas Sincrónicas

96



Si, E’af2 cos δ’2 = Vt , entonces la potencia reactiva del generador 2 es cero. Q2

 Vt 2 cos δ 2'

= 3 *  

Xs

−

Vt 2 



=0 X s 

Así la potencia reactiva total generada por las dos maquinas es solo del generador 1, luego se tiene QT = Q1 + Q2 QT = Q1


97



EJERCICIOS PROPUESTOS Y RESUELTOS DEL CAPITULO 4 Ejemplo 4.1 Dos generadores alimentan una carga de 2.5 MW con un factor de potencia en atraso de 0.8. El generador 1 tiene una frecuencia en vacío de 51.5 Hz y una pendiente Sp1 de 1[MW/Hz]. El generador 2 tiene una frecuencia en vació de 51 Hz y una pendiente Sp2 de 1[MW/Hz]. a)

¿A que frecuencia esta funcionando este sistema y cuanta potencia entrega cada generador?

b)

Al conectar una carga adicional de 1 MW al sistema. ¿Cuál seria la nueva frecuencia del sistema y cuanto genera cada generador?

c)

Cual seria la frecuencia del sistema, si se ajusta el gobernador de la maquina 2, aumentando su frecuencia en vacío en 0.5 Hz. Consideramos carga de (b).

Solución: La potencia producida por cada generador sincrónico con una característica de pendiente dada y frecuencia en vacío se expresan por las ecuaciones: PG1 = SP1 (f01 - fsist) PG2 = SP2 (f02 - fsist)

a)

fsist =? MW SP1 = S P2= 1

Hz

PC = 2.5 MW

La potencia de la carga es: PC = PG1+ PG2

Sustituyendo: PC = SP1 (f01 – fsist) + SP2(f02 – fsist) PC = SP1f01 + SP2 f02 – fsist (SP1 + SP2)

Así, la frecuencia del sistema es f sist

=

S P1 × f 01 + S P 2 × f 02

− PC

S P1 + S P 2

Reemplazando valores Máquinas Sincrónicas

98



f sist

=

1 × 51.5 + 1 × 51 − 2.5 = 49.5 1+1

Hz

Las potencias generadas por cada generador PG1 = SP1 (f01 – fsist)

⇒ PG1= 2 MW

PG1 = 1(51.5 – 49.5) PG2 = SP2 (f02 – fsist) PG2 = 1 (51 – 49.5)

⇒ PG2 = 1.5 MW

Si se aumenta la frecuencia en vacío del generador 2 en 0.5 Hz, Entonces b)

f 021

f sist f sist

= (51 + 0.5) Hz = 51.5 Hz + S P 2 × f 021 − PC S P1 + S P 2 1 × 51.5 + 1 × 51.5 − 3.5 = = 49.75 1+1 =

S P1 × f 01

Hz

La distribución de potencias PG1

= 1 × (51.5 − 49.75) = 1.75 MW

PG1 = PG2 = 1.75 MW

c)

Para que funcione el sistema a la frecuencia nominal, ¿cual debe ser la frecuencia en vacío de los generadores? PG1 = SP1 ( f01-fsist ) 1.75 = 1 ( f01 – 50 ) f01= f02 = 51.75 Hz

El diagrama potencia – frecuencia


99



f (H z )

f(H z)

5 1.75 51.5

5 1 .7 5 51.5 51 50 49.75 49.5

50 49.5

1.75

2.0

P G1

1 .5

1.75

P G2

Figura E4-1

Ejemplo 4.2 Tres generadores sincrónicos, físicamente idénticos, están trabajando en paralelo. Todos ellos tienen valor nominal de plena carga de 3 MVA, con factor de potencia en atraso de 0.78. la frecuencia en vacío del generador A es de 51 Hz y su caída de velocidad, del 3.4 %. la frecuencia en vacío del generador B es de 51.5 Hz y su caída de velocidad, del 3 %; la frecuencia en vacío del generador C es 50.5 Hz y su caída de velocidad, del 2.6 %. a)

Si este sistema está alimentado con una carga total de 7 MW. ¿cuál será la frecuencia del sistema y cómo se repartirá la carga entre los tres generadores?

b)

¿Será conveniente está distribución? ¿Por qué?

Solución: El coeficiente Sp se calcula a partir de la siguiente expresión: Sp

=

PPC  100  1 +  fo  ∆n % 

Entonces se tiene para los tres generadores, S pA S pB S pC

a)

3  100  1 +  = 1.78 [MW / Hz ] 51  3.4  3  100  = 1 +  = 2 [MW / Hz ] 51.5  3  3  100  = 1 +  = 2.34 [MW / Hz ] 50.5  2.6 

=

la frecuencia del sistema será:


100



f sis

=

f sis

=

S pA ⋅ f oA + S pB ⋅ f oB

+ S pC ⋅ f oC − PC S pA + S pB + S pC

1.78 * 51 + 2 * 51.5 + 2.34 * 50.5 − 7 = 49.83 [Hz ] 1.78 + 2 + 2.34

= S pA ( f oA − f sis ) = 2.08 [MW ] = S ( f − f ) = 3.34 [MW ] GB pB oB sis PGC = S pC ( f oC − f sis ) = 1.56 [MW ] PGA P

b)

no es conveniente porque lo ideal es que los tres generadores entreguen la misma potencia

Ejemplo 4.3 Dos generadores trifásicos idénticos se acoplan para operar en paralelo para alimentar a una carga de 1.525 MW a 11 kV con factor de potencia de 0.8 en retraso. La reactancia sincrónica y su resistencia efectiva son de 60 y 3 Ω/fase respectivamente. Si la potencia que suministran es la misma y la excitación del generador se ajusta para que la corriente en su armadura sea 45 A en retraso. Determinar: a)

La corriente del segundo generador y el factor de potencia con que opera cada generador.

b)

Los voltaje inducidos.

c) La corriente de sincronización entre máquinas Solución:

1.525 * 103 = 100.052 [ A] 3 * 11 * 0.8 I c = Ic∠ cos −1 (φ ) = 100.052∠ − 36.87 º [ A] Ic

a)

=

Como cada generador suministra la misma potencia activa, se tendrá que

3 * V * I a1 * Cos (φ a1 ) =

P

2

= 3 * V * I a 2 * Cos(φ a 2 )

I a1 * Cos (φ a1 ) = I a 2 * Cos (φ a 2 ) =

1.525 * 10 3 = 40.0209 [A] 2 * 3 * 11

Como el primer generador tiene ajustada su corriente a 45 A, podemos conocer su ángulo de factor de potencia


101



Cos(φ a1 ) =

40.0209 0.889 ⇒ φ a1 = 27.208º 45.00

La corriente del segundo generador será: Ia2

= I c − I a1 ;

Ia2

= (100.052∠ − 36.87 º ) − (45 .00∠ − 27.208º ) = 56.20∠ − 44.593º

cuyo factor de potencia será: Cosφ a 2

= Cos(−44.593) = 0.7121

= V + ( Ra + X s ) I a1 Eaf 2 = V + ( Ra + X s ) I a 2 Eaf 1

b)

Eaf 1 Eaf 2

11000 + (60.075∠87.138º ) * (45.0∠ − 27.208º ) = 8052.75∠16.89 º [V / fase] 3 11000 = + (60.075∠87.138º ) * (56.2∠ − 44.593º ) = 9128.34∠14.48º [V / fase] 3

=

Existirá una corriente de sincronización expresada por: Eaf 2

+ Er = Eaf 1

Er = Eaf 1 − Eaf 2 ⇒ (8052.75∠16.89º ) − (9128.34∠14.48º ) = 1134.21∠177.13º [V / fase ] a continuación representamos el diagrama vectorial despreciando la resistencia ya que Xs>>Ra: Eaf1

Er Eaf2

δ2

δ1

φ

φ1

j I a1*Xs

Ia1 Ia1

j Ia2*Xs

Vt

Ia2

φ2 Figura E4-2

c)

la corriente se sincronización que circula del generador 2 al generador 1 será:


102



Is

=

Er

2Z s

=

1134.286∠177.13º = 9.44∠89.998º [ A / fase] 2 * (60.075∠87.13º )

Ejemplo 4.4 Dos turbogeneradores de 80 MVA y 120 MVA, cuyas reactancia sincrónicas son: 1 p.u. y 1.2 p.u. respectivamente, operan en paralelo formando un sistema de 13.8 kV, 50 Hz, y alimentan a una carga de 150 MVA, cuyo factor de potencia es del 0.85 inductivo, la salida mecánica de sus máquinas motrices son tales que comparten idéntica potencia real mientras sus excitaciones difieren de forma que una de ellas tiene como factor de potencia 0.95 en adelanto de fase. Calcule en valores de por unidad: a) La magnitud y fase de las corrientes de armadura b)

El voltaje inducido y sus respectivos ángulos de potencia.

Solución: S real

S pu

=

S pu1

=

80 = 0.533 pu 150

X s1

=

1 = 1.875 0.533

S base

pu

S pu 2

=

120 = 0.80 pu 150

X s2

=

1. 2 = 1. 5 0 .8

pu

El diagrama unifilar correspondiente será: S1=0.533 (pu) X1=1.875

G1 Carga

S2=0.8 (pu) X2=1.5

Vc = 1 pu Sc = 1 pu Zc = 1 pu

G2

Figura E4-3 El diagrama fasorial del sistema será:


103



Ia1 18.19

Vt = 1 pu Ia2

31.79 Ic

Figura E4-4 a) I a1 * Cos (18.19º ) = I a1

Ic * Cos(31.79º )

Ic * Cos(31.79º ) 2 * Cos(18.19º )

=

2

= 0.447 ⇒ 0.447∠18.19º pu

Del diagrama fasorial

= Ic ⇒ I a 2∠ − φ a 2 = Ic∠φc − I a1∠φa1 = 1∠ − 31.79 − 0.447∠18.19 = 0.79∠ − 57.45

I a1 + I a 2 I a2

pu

b) E af 1

= 1 + 0.447 * 1.875∠(18.19 + 90º ) = 1.086∠47.16º

pu

E af 2

= 1 + 0.7905 * 1.5∠(−57.45 + 90º ) = 2.099∠17.69º

pu


104



Ia1 Eaf1 Eaf2

φ2

δ2

δ1

Vt Ia2

φ1

Figura E4-5 EJERCICIOS 4.1

Un generador sincrónico de tres fases tiene los siguientes datos de placa (datos de placa son los valores nominales): 220 V de línea a línea, 15 kVA 1200 rpm y una reactancia sincrónica de 6.35 Ω/fase. Este generador se encuentra conectado a un sistema de voltaje y frecuencia constante (Barra infinita) con 220 V entre líneas. Sus pérdidas se pueden despreciar. Efectúe lo siguiente para este problema. a) Determine el voltaje inducido por fase si entrega corriente nominal a un factor de potencia de 0.8 en atraso. b) Determine la potencia compleja que el generador entrega en terminales c) Si la corriente de campo se aumenta del tal manera que el voltaje inducido aumenta un 20% encuentre la nueva potencia compleja que se entrega al bus infinito.(La potencia de la máquina prima permanece constante).

4.2

Una máquina sincrónica conectada en estrella de cuatro polos de 208 V 20 kVA tiene una reactancia sincrónica de 1.5 Ω/fase. La resistencia de los devanados del estator se puede despreciar. La máquina esta conectada a una Barra infinita de 208 V las pérdidas rotacionales se pueden despreciar. a) La corriente de campo y la potencia mecánica de entrada se ajusta de tal forma que la máquina entrega 10 kW a un factor de potencia de 0.8 en atraso, determine el voltaje de excitación (magnitud y ángulo). b) La potencia de entrada se mantiene constante pero la corriente de campo se ajusta para que el factor de potencia sea unitario. (Determine el % de cambio en la corriente de campo con respecto al valor que se tiene en el inciso a).


105



4.3

Un generador sincrónico esta conectado a una barra infinita a través de dos líneas de transmisión trifásicas en paralelo, cada una tiene una reactancia de 0.6 pu. La reactancia sincrónica del generador es de 0.9 pu, todas las resistencias se pueden despreciar y las reactancias tienen como cantidades base los valores nominales del generador. El voltaje del la barra infinita es de 1 pu. a) La potencia de salida y la excitación del generador se ajustan de tal manera que entrega corriente nominal (1 pu.) a un factor de potencia unitario en terminales , calcule lo siguiente:

•

El voltaje en terminales del generador

•

La potencia compleja de salida del generador (P y Q en terminales del generador).

•

La P y la Q que se entrega a la barra infinita.

b) En las condiciones de operación del inciso (a) una de las dos líneas de transmisión se desconecta debido a una falla en un interruptor. La excitación (campo) permanece constante, conteste lo siguiente: ¿Después de la falla permanece el generador en sincronía? c) A partir de las condiciones del inciso (a) la potencia de la máquina prima se disminuye a cero de tal manera que no hay transferencia de potencia hacia el generador y hacia el bus infinito, la corriente de campo se ajusta hasta que se entrega 0.5 pu, de corriente atrasada. Bajo estas condiciones calcule lo siguiente:

4.4

•

El voltaje en terminales y el voltaje de excitación Eaf.

•

La potencia reactiva en terminales de la máquina.

Dos turbogeneradores trifásicos idénticos de: 100 MVA; 13.8 kV; 50 Hz opera en paralelo alimentando de energía eléctrica a una carga combinada de 150 MVA de factor de potencia en retraso de 0.8, la reactancia sincrónica de cada máquina es de 1.1 pu. Las salidas mecánicas de sus máquinas motrices se ajustan de tal forma que los generadores comparten igual potencia activa. Mientras que las excitaciones del campo son tales que las potencia reactivas son igualmente compartidas. Determine para cada generador: a) La potencia activa y reactiva que suministran. b) La corriente de armadura y factor de potencia. c) El voltaje de fase generado y el ángulo de potencia. d) Si a excitación del laalternador uno sedosincrementa en elvoltaje 20% eny terminales se ajusta correspondientemente del alternador para mantener constante, determinar los nuevos valores de a), b), c).


106



e) De las condiciones iniciales del problema se incrementa en 20% la salida de la máquina motriz uno y se hacen ajustes en la corriente de campo del alternador dos y en la salida de su máquina motriz, determine los nuevos valores de a), b), c), respectivamente. 4.5

Un generador de 480V, 400kVA y factor de potencia de 0.8 en atraso, 50Hz cuatro polos conectado en delta es accionado por un motor diesel de 500 hp y se usa como generador de emergencia. Esta máquina también puede colocarse en paralelo con es suministro de potencia normal (un sistema de potencia muy grande) si se desea. ¿Cuales son las condiciones requeridas para colocar en paralelo en generador de emergencia con el sistema de potencia existente? ¿Cuál es la velocidad de rotación del generador, después de colocarlo en paralelo?

4.6

El motor primario de un generador de 480 V, 100 kW, dos polos, trifásico y 60 Hz tiene una velocidad en vacío de 3630 rpm y una velocidad a plena carga de 3570 rpm. Funciona en paralelo con un generador sincrónico de 480V, 75kW, cuatro polos, 60 Hz, cuyo motor primario, tiene una velocidad de vacío de 1900 rpm y una velocidad a plena carga de 1785 rpm. Las cargas alimentadas por los dos generadores, constan de 100 kW con factor de potencia de 0.85 en atraso. a) Calcule las caídas de velocidad de los dos generadores. b) Encuentre la frecuencia de funcionamiento del sistema de potencia. c) Encuentre la potencia que está entregando cada uno de los generadores de este sistema. d) Si Vt es 460 V, ¿qué deben hacer los operadores del generador para corregir el voltaje terminal tan bajo?

4.7

En una fábrica de papel se han instalado tres generadores de vapor (calderas) para suministrar en vapor necesario para el proceso y también para utilizar sus residuos como fuente de energía. Como se presenta un exceso de capacidad, la fábrica ha instalado tres turbinas generadoras de 5 MW, para beneficiarse de la situación. Cada generador tiene 4600V, 6250kVA, factor de potencia de 0.8 en atraso, dos polos, conexión de estrella, reactancia sincrónica de 0.75Ω y una resistencia del inducido de 0.04Ω. Los generadores 1 y 2 tienen las características de frecuencia potencia con la pendiente Sp de 2.5 MW/Hz y el generador 3 con una de 3 kW/Hz. a) Si la frecuencia en vacío de cada uno de los tres generadores se gradúa en 61 Hz, ¿Cuánta potencia estarán entregando las tres máquinas, si la frecuencia real del sistema es de 60 Hz? b) ¿Cuál es la máxima potencia que suministran los tres generadores, sin superar los valores de uno degenerador ellos? ¿En quépunto? frecuencia se alcanza este límite? ¿Cuánta nominales potencia entrega cada en tal


107



c) ¿Qué se tendría que hacer para que los tres generadores entregaran sus potencias real y reactiva nominales, en una frecuencia total de funcionamiento de 60 Hz? d) ¿Cuál sería el voltaje generado internamente de los tres generadores. En estas condiciones? 4.8

Dos generadores sincrónicos idénticos de 600kVA, 480V, están conectados en paralelo para alimentar una carga. Los motores primarios de los generadores tienen diferentes características de caída de velocidad. Cuando las corrientes de los generadores son iguales, uno entrega 400 A con factor de potencia en atraso de 0.9, mientras que el otro entrega 300 A con factor de potencia en atraso a 0.72. a) ¿Cuáles son las potencias real y reactiva, entregadas por cada generador a la carga? b) ¿Cuál es el factor de potencia completo de la carga?. c) ¿En qué dirección se debe ajustar la corriente de campo de cada generador, para que trabajen con el mismo factor de potencia?

4.9

Se tiene una estación generadora que consta de cuatro generadores sincrónicos de 120 MVA, 15 kV, factor de potencia en atraso de 0.85, con idéntica característica de caída de velocidad, que funciona en paralelo. Los reguladores de los motores primarios de los generadores se gradúan para que produzcan una caída de 4 Hz, de vacío a plena carga. Tres de estos generadores entregan, cada uno 75 MW con frecuencias de 60 Hz, en tanto que el cuarto (llamado generador flotante) maneja todos los cambios del aumento de carga del sistema, mientras mantiene frecuencia del sistema en 60 Hz a) En un momento dado, todas las cargas del sistema son de 260 MW a una frecuencia de 60 Hz. ¿Cuáles son las frecuencias en vacío, de cada uno de los generadores del sistema? b) Si la carga del sistema se sube a 290 MW y las marcaciones del regulador del generador no e cambian, ¿Cuál será la frecuencia del nuevo sistema? c) A que frecuencia debe ajustarse la frecuencia de vacío del generador flotante, con el objeto de restablecer el sistema a 60 Hz? d) Si el sistema está funcionando en las condiciones descritas en la parte (c) ¿qué pasaría si el generador flotante se desconectara de la línea?


108


CAPITULO 5 MOTOR SINCRÓNICO 5.1

PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO

El motor sincrónico es una máquina que transforma energía eléctrica en energía mecánica de movimiento rotatorio a velocidad constante. Tiene la característica de que su velocidad de giro es directamente proporcional a la frecuencia de la red de corriente alterna que lo alimenta. Por ejemplo si la fuente es de 50 Hz, y el motor es de dos polos, entonces gira a 3000 rpm; y si es de cuatro polos gira a 1500 rpm, y así sucesivamente. Básicamente, la construcción de un motor sincrónico de c.a. es la misma que la de un generador, variando solo su forma de uso. Entonces la máquina sincrónica es reversible. GENERADOR

ENÉRGIA M ECÁ NICA

M OTO R

ENÉRGIA ELÉCTRICA

El rotor de esta maquina sincrónica es generalmente de polos salientes, excepto en aquellos de velocidad muy elevada. Normalmente, para desarrollar el par de arranque necesario y eliminar las oscilaciones que se producen cuando se aplica una tensión de c.a. al estator, los polos del rotor contienen conductores que están cortocircuitados en sus extremos y es llamado de amortiguación, como muestra la figura 5.1.

Barras amortiguadoras

Núcleo del polo

Conexiones cortocircuitadas Devanado de campo de c.c.

Figura 5.1

Polo de una máquina sincrónica

El principio de funcionamiento del motor sincrónico se explica si se conoce que: el estator es alimentado por un sistema de corrientes trifásicas, que generan en el un campo magnético rotante encargado de arrastrar al rotor, aunque un poco atrasado. Entonces existe un virtual "enganche" entre los polos ficticios del campo rotante y los polos del rotor. Si por cualquier razón el rotor se atrasa exageradamente, desaparece él vinculo, y el motor sale de sincronismo. Sin embargo, ese vinculo es elástico, y el eje del rotor puede desplazarse hasta un cierto ángulo máximo de atraso con respecto al Máquinas Sincrónicas

109


CAPITULO 5 Motor Sincrónicos

eje del campo y es llamado ángulo de limite de estabilidad. Al girar los polos, la corriente de campo induce a su vez en el estator una tensión llamada fuerza contraelectromotriz Eaf, que viene a ser la reacción del sistema. Polo fictício del campo rotante Rotor

S

Eje del campo rotatorico

N N

S S

N

Estator

N

Eje de polos

Figura 5.2

5.2

S

Diagrama de un motor sincrónico

CIRCUITO EQUIVALENTE DEL MOTOR SINCRÓNICO

Un motor sincrónico a diferencia del generador consume potencia activa, y la dirección del flujo de corriente es entrando como se observa en el circuito equivalente.

jX s

Rf

If

Ra

+

Ia

+ Eaf

Figura 5.3

Eaf

Vt

Circuito equivalente de un motor sincrónico

La ecuación de tensión para el motor sincrónico es la siguiente Vt = Eaf + jXsIa + RaIa Máquinas Sincrónicas

110



Donde Ia es la corriente de fase absorbida por el inducido del motor sincrónico, de la fuente de corriente alterna; Vt es la tensión de fase aplicada al inducido del estator del motor sincrónico; Eaf es la tensión generada por fase, generadas en los conductores del inducido; Ra es la resistencia efectiva del inducido por fase, y Xs es la reactancia síncrona del inducido por fase. Los diagramas fasoriales para un motor con factor de potencia inductivo y capacitivo se muestran en las figuras 5.4 y 5.5 respectivamente.

Vt

δ

φ

Figura 5.4

jIaXS

Eaf

Ia

IaRa

Diagrama fasorial del motor con factor de potencia inductivo

Las ecuaciones de potencia activa y reactiva del motor sincrónico son las siguientes: P = 3*

VE af Xs

Q = 3* (

VE af X

s

senδ

cos δ −

V2 X

)

s

Ia

φ

Vt jI aXS

δ Eaf

Figura 5.5

IaRa

Diagrama fasorial motor con avance de fase

Para analizar si el motor sincrónico consume o entrega potencia reactiva se usa la siguiente relación: Si (Eaf cos δ < Vt), entonces el motor consume potencia reactiva. Máquinas Sincrónicas

111



Si (Eaf cos δ > Vt), entonces el motor genera potencia reactiva.

5.3

FUNCIONAMIENTO EN RÉGIMEN PERMANETE

Se estudia el comportamiento de los motores sincrónicos bajo diversas condiciones de carga y de corriente de campo. Para simplificar el estudio, se asume que la resistencia de armadura es muy pequeña.

5.3.1

MOTOR SINCRÓNICO CON EXCITACIÓN CONSTANTE Y CARGA VARIABLE

Si la carga sobre el eje del motor aumenta, el rotor desacelera al inicio y el ángulo δ como el torque inducido aumentan, pero luego el rotor girara nuevamente a velocidad de sincronismo. La tensión interna inducida es proporcional a la velocidad y a la corriente de campo, así: Eaf = kφω

Si se mantiene constante la velocidad ( ω) y la corriente de campo ( If), entonces Eaf es constante. Se analiza el diagrama fasorial de la figura 5.6, la variación de la carga en el eje del motor, manteniendo constante la excitación e iniciando el análisis con factor de potencia capacitivo. Ia1

Ia2

Vt

δ1 δ2

Ia

Ia3 jIa1XS

αP1

δ3

φ

Vt

αP2 jIa2XS

δ

jIa3XS

Eaf

Figura 5.6

αP3

jIaXS

Motor carga variable y excitación constante

La ecuación de tensión del motor es la siguiente: Vt = Eaf + jXsIa


112



Al variar la carga, aumenta la abertura angular entre la tensión terminal ( Vt) y la f.e.m inducida (Eaf), luego aumenta el fasor jIaXs, y entonces aumenta también la corriente de armadura (Ia).

5.3.2

MOTOR SINCRÓNICO CON CARGA CONSTANTE Y EXCITACIÓN VARIABLE

Se analiza el efecto de variar la corriente de excitación de un motor sincrónico, asumiendo que trabaja con carga constante en su eje. Suponemos inicialmente que la máquina esta funcionando con factor de potencia inductivo. Un aumento en la corriente de excitación, aumenta la tensión inducida Eaf, pero no la potencia mecánica del motor. Esta potencia cambia solo cuando cambia el torque de torsión de la carga sobre el eje del motor. α P = cte Ia3

Vt

Ia2

Vt

δ

φ

jI a1XS jIaXS

Ia

Eaf

Figura 5.7

Ia1

Ea1

jIa2XS Ea2

α P = E af senδ

jIa3XS Ea3

Motor con excitación variable y carga constante

La tensión terminal Vt en el diagrama fasorial de la figura 5.7 es constante porque la alimentación de tensión al motor se mantiene invariable. Cuando la corriente de campo If aumenta, Eaf aumenta pero solo deslizándose sobre una línea de P = cte. Para valores de Eaf < Vt la corriente de armadura esta en atraso y el motor absorbe potencia reactiva. Se observa en la figura 5.7, que cuando se aumenta la excitación (corriente de campo), la corriente de armadura se pone en fase con la tensión terminal y el motor absorbe solo potencia activa y no genera ni absorbe potencia reactiva. Aumentando aun más la excitación, la tensión inducida Eaf aumenta y la corriente de armadura esta en adelanto, entonces el motor entrega potencia .

5.3.3 CURVA CARACTERÍSTICA DE LA VELOCIDAD-TORQUE Los motores sincrónicos entregan potencia mecánica a cargas que son principalmente de velocidad constante y generalmente están conectados a sistemas de potencia mucho más grandes que ellos, que Máquinas Sincrónicas

113



puede asumirse para nuestro estudio como un sistema “Máquina – Barra infinita. Esto significa que la tensión en sus bornes y la frecuencia del sistema serán constantes, independientemente de la potencia mecánica en el eje del motor. Recordado que el torque en una máquina sincrónica es igual T

= kBr Bs Senδ rs = kBr Bneto Senδ

donde δ es el ángulo de apertura entre los campos del estator y rotor Bs

δs

δrs

δr Br Bneto

Figura 5.8

Diagrama fasorial de fuerzas magnetomotrices del rotor y estator

La potencia en función del toque inducido es af P = 3VE senδ Xs

= T .ω

Luego el torque puede escribirse T


=

3VE af senδ ω Xs

114



T Tmax

Tnom

n Sincrónico

Figura 5.9

n

Curva característica Velocidad - Torque

Como se puede observar en la figura 5.9, la velocidad del motor en régimen permanente permanece constante desde vacío, hasta el torque máximo que el motor puede suministrar, llamado torque de desenganche. Luego cumple que: Tdesenganche ≈ 3 Tnominal

Si el torque aplicado al eje del motor sincrónico excede al torque de desenganche, entonces el motor pierde sincronismo con el sistema. Así, el torque máximo es Tmax

=

3VE af

ωX

;

para

δ = 90°

s

Esta ecuación indica que a mayor corriente de campo, en consecuencia mayor Eaf, mayor es el torque máximo del motor. Entonces el motor tiene mayor estabilidad.

5.4

CURVA “V” DEL MOTOR SINCRÓNICO

Si se hace la suposición que la potencia P que suministra a un motor trifásico se mantiene constante y se varia la corriente de campo If, entonces también varia el factor de potencia del motor. La potencia eléctrica suministrada a un motor trifásico viene determinada por la siguiente fórmula P

= 3 * Vt * I * Cosφ

Siendo Vt la tensión en bornes del motor, I la corriente de línea y Cosφ el factor de potencia del motor. Teniendo en cuenta que P y Vt son constantes, toda variación del factor de potencia producirá, también una variación en la corriente producirá un aumento de I. de línea, así en el caso de una disminución del factor de potencia se


115



De lo expuesto se deduce que de producirse una variación de la corriente de excitación, manteniendo constante la carga, sufrirá un cambio la corriente en la línea y en el inducido. Las llamadas curvas "V" del motor expresan la relación existente entre la corriente de armadura en el inducido y la corriente de excitación para diferentes valores de la potencia absorbida. Suelen obtenerse varias curvas, correspondientes cada una a un valor de potencia absorbida.

El la figura 5.10 se muestra una familia de curvas “V” para un motor sincrónico, donde las potencias se expresan en p.u y los valores de 1.0, 0.5 y 0 representan estados de funcionamiento de la maquina a plena carga, media carga y sin carga respectivamente

Salida de potencia en por unidad 0

0.5

.8 0 p f

1.0

o d a s a rt re

.0 1 p f

.8 0 p f

o d a t n la e d a

ra u d a m r a e d te n e ri ro C

If º Figura 5.10

Corriente de campo I f

Curvas V del motor sincrónico

Entonces se dice que cada curva representa a un nivel de potencia real. Para Cosφ = 1 significa que solo entrega potencia activa al motor, en cualquier otro punto se entrega o se recibe potencia reactiva. Para If < If°, la corriente de armadura esta en atraso absorbiendo potencia reactiva, para If > If°, la corriente de armadura esta en adelanto entregando potencia reactiva.

5.5

COMPENSADOR SINCRÓNICO

El motor sincrónico aparte de atender la potencia mecánica en su eje, es capaz de entregar o absorber potencia reactiva variando su corriente de excitación. Cuando entrega potencia reactiva, entonces se utiliza a esta maquina para mejorar el factor de potencia del sistema. Máquinas Sincrónicas

116



Como será estudiado en mas detalle en otras asignaturas, mejorar el factor de potencia de un sistema, significa conseguir los siguientes resultados:

•

Aumenta la capacidad de alimentación y permitir conectar cargas adicionales.

•

Reduce las caídas de tensión y mejorar la regulación de tensión del sistema.

•

Aumenta el rendimiento total del sistema (líneas y equipos).

•

Disminuye costos de funcionamiento

Si el motor sincrónico funcionara como un compensador sincrónico, entonces la maquina funcionara en vacío, sin carga en su eje. Si la maquina trabaja sobre excitada (aumentando la corriente de campo), entonces entrega potencia reactiva y se mejora así el factor de potencia del sistema. En la figura 5.11, se observa la curva V y el diagrama fasorial para un compensador sincrónico entregando potencia reactiva. Ia

o s a rt a n e p f o d a ti c x e b u S

fp

S

o

b

re

e

x

e

n

d a

n la e

to

Ia

ado it c

δ=0 P=0

Vt

If

Figura 5.11

5.5

jI aXS

Eaf

Curvas V y diagrama fasorial de un compensador sincrónico

ARRANQUE DE MOTORES SINCRÓNICOS

Es evidente que el motor síncrono debe llevarse a la velocidad suficientemente cercana a la velocidad sincrónica, a fin de quedarse en sincronismo con el campo giratorio. Esto se lo puede realizar mediante los siguientes métodos: 1. Un motor de corriente continua acoplado al eje del motor sincrónico. 2. El uso de la excitatriz como motor de corriente continua. Máquinas Sincrónicas

117



3. Un pequeño motor de inducción de, por lo menos un par de polos menos que el motor de síncrono. 4. El uso de devanados amortiguadores como motor de inducción de jaula de ardilla. 5. Arranque del motor reduciendo la frecuencia eléctrica El primer método, generalmente es usado para aquellas máquinas que no poseen devanados amortiguadores. Para llevar el motor a sincronismo, la máquina de corriente continua se hace funcionar como motor, y luego la máquina síncrona de corriente alterna se sincroniza a la fuente de c.a. cual si conectáramos un generador en paralelo. Una vez en paralelo con la alimentación, la máquina funciona como motor sincrónico. El segundo método es igual que el primero, excepto que la excitatriz se hace funcionar como motor y la máquina síncrona, está sincronizada a la fuente de c.a. El tercer método en el cual se usa un motor de inducción auxiliar con menos polos, implica el mismo procedimiento de sincronización para el motor síncrono de c.a. que un generador. Se necesita como mínimo un par de polos menos en el motor de inducción. En los tres métodos antes mencionados, es necesario:

•

Que haya poco o ninguna carga sobre el eje del motor síncrono.

•

La capacidad del motor de arranque (c.c. o c.a.) este comprendida entre el 5 y 10% de la potencia nominal del motor síncrono acoplado a el.

El cuarto método, el arranque del motor síncrono como motor de inducción mediante sus devanados amortiguadores. En la figura 5-1 se muestra las bobinas amortiguadoras, de una máquina sincrónica, las cuales están cortocircuitadas en sus extremos. Es prácticamente imposible el arranque de un motor síncrono con su excitación de c.c. en tensión e incluso cuando se deja sin tensión, porque el campo magnético del estator que gira rápidamente, inducirá tensiones extremadamente elevadas, en los devanados de excitación. Por lo tanto se cortocircuita el devanado de excitación de c.c. durante el período de arranque. Para que cualquier tensión e intensidad que se induzcan en estas bobinas, puedan ayudar a las bobinas amortiguadoras a producir un efecto de motor de inducción. Arranque del motor reduciendo la frecuencia eléctrica. Si los campos magnéticos del estator de un motor sincrónico giran a una velocidad suficientemente baja, no habrá problema para que el motor acelere y se enganche con el campo magnético del estator. Puede controlarse la velocidad de los campos magnéticos del estator aumentando gradualmente la frecuencia hasta su valor nominal de 50 Hz. Esta variación de frecuencia se puede lograr con un ciclo convertidor que convierte frecuencia constante de entrada en cualquier frecuencia de salida variable.


118



Si este dispositivo se incluye en el circuito de control del motor para lograr el control de velocidad, entonces se gradúa la frecuencia en un valor muy bajo para arrancar y luego se aumenta hasta la frecuencia nominal. Cuando un motor se opera a una velocidad menor que la nominal, su voltaje generado internamente Eaf = Kφω será menor que la nominal. Si Eaf se reduce en magnitud la tensión aplicada en bornes del motor debe también ser menor, para mantener la corriente de estator en niveles seguros. El voltaje en cualquier accionamiento de frecuencia variable o circuito arrancador de frecuencia variable, debe cambiar linealmente con la frecuencia aplicada.


119



EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CAPITULO 5 Ejemplo 5.1 Una máquina sincrónica de 280 V, 50 Hz, 45 kVA y factor de potencia 0.8 en adelanto, conexión en delta tiene una reactancia sincrónica de 2.5 Ω, resistencia de armadura despreciable. Sus perdidas por fricción son de 1.5 kW y las perdidas en el núcleo son 1.0 kW. Inicialmente el eje esta alimentando una carga de15 HP y el factor de potencia del motor es de 0.80 en adelanto a)

Dibuje el diagrama fasorial del motor y halle Ia, Il, Eaf

b)

Si la carga del motor aumenta a 30 Hp determine el ángulo de potencia.

c)

Hallar Ia, y el factor de potencia después del cambio de carga

Solución: a)

Ia1

Ia2

Vt =208

φ=36.87 δ1=−12.4

13.7 kW δ2=−23

Eaf1 = 255

24.88 kW

Eaf2

Figura E5-1 La potencia de salida del motor Pmec

= 15 Hp * 0.746

kW Hp

= 11.2 [kW ]

La potencia de entrada Pent Pent

= Pmec + ∆Pfric + ∆Pnúcleo = 11.2 + 1.5 + 1.0 = 13.7 [kW ]

La corriente de línea Máquinas Sincrónicas

120



V = 208V 13.7 kW IL = = = 47.53 [ A] 3 V cos φ 3 × 208 × 0.8 I a = 27.44 [ A] P

= 3 V1I L cos φ P

De la ecuación de tensión de la máquina

= Eaf + j * X s * I a + Ra * I a Cos (φ ) = 0.8 ⇒ φ = 36.87 º = Vt − j * X s * I a Eaf = 208∠0º − j * 2.5 * (27.44∠36.87 º ) = 208 − 68.6∠126.87 º [V / fase] Eaf = 255∠ − 12.4º

Vt

Eaf

El diagrama fasorial b) kW Hp

Pmec

= 30 Hp * 0.746

= 22.38

Pent

= Pmec + 1.5 + 1.0 = 24.88 [kW ]

[kW ]

La f.e.m inducida permanece constante. porque la excitación es constante, entonces se puede hallar el nuevo ángulo Pent

=

senδ

3VE af Xs

=

senδ

24.88 * 2.5 * 10 3 3 * 208 * 255

δ = 23° c) r

r

Vt − Eaf

Ia

=

Ia

= 41.26∠15º

El factor de potencia

j * Xs

=

208 − 255∠ − 23º j * 2 .5

[ A]

fp = Cos (15) = 0.91

adelanto

Ejemplo 5.2


121



El motor sincrónico del ejercicio del 5.1, alimenta una carga de 15 [HP] con un factor de potencia de 0.85 en atraso. a)

Dibuje el diagrama fasorial, y calcule Ia, Eaf

b)

Si el flujo magnético del motor aumenta en un 25% dibuje el diagrama fasorial del motor. Cuales son los valores de Ia, Eaf y su nuevo factor de potencia.

Solución: Para los 15 [HP] de carga, la potencia de entrada es: Pent = Pmec + ∆Pfric + ∆Pnucleo Pent = 11.49 + 1.5 + 1 = 13.69 [kW]

a)

La corriente de armadura P = 3 * Vt * I a * Cosφ

⇒ Cosφ = 0.85

⇒ φ = 31.8º

13.69 P = = 3V f cos φ 3 * 208 * 0.85 [ A] I a = 25.81∠ − 31.8º Ia

=

La f.e.m. Vt

= Eaf + j * X s * I a + Ra * I a = Vt − j * X s * I a Eaf = 208∠0º − j * 2.5 * (25.81∠31.8º ) = 208 − 64.53∠58.2º [V / fase] Eaf = 182.4∠ − 17.5º Eaf

El diagrama fasorial

Vt

δ

φ Ia

jI aXS Eaf

Figura E5-2 b)

Flujo magnético del motor aumenta en 25%, entonces la f.e.m inducida también aumenta.


122



= k (1.25Φ ) = 1.25(kΦ ) E 'af = 1.25Eaf E 'af

Luego E af

= 182.4 * 1.25 = 227.5 [V ]

El diagrama fasorial

Vt -31.8º

-17.5º -13.2º

Eaf1*senδ1 = Eaf2*senδ2

j X sIa1

Ia2

j X sIa2

Eaf1 = 227.5

Eaf1 = 182.4

Figura E5-3 Como la potencia alimentada a la carga debe permanecer constante, cumple: Eaf * senδ

= E 'af *senδ '

 Eaf  E 'af 

senδ ' = 

  sen δ = 182.4 * sen(17.5°)  227.5 

δ ' = 13.95º La corriente de armadura para esta nueva condición Vt − E 'af

Ia

=

Ia

= 22.5∠13.2º


j Xs

=

208 − 227.5∠ − 13.9º j * 2 .5

[ A]

fp = Cos (13.2) = 0.974

adelanto

Ejemplo 5.3


123



El barraje infinito mostrador en la figura E5-4 trabaja a 480 V. La carga 1 es motor de inducción que absorbe 100 kW con factor de potencia de 0.78 en atraso, la carga 2 es un motor de inducción que absorbe 200 kW con factor de potencia de 0.8 en atraso y la carga 3 consiste en un motor sincrónico cuya potencia real absorbida es de 150 kW. a)

Si el motor sincrónico se gradúa para que funcione con factor de potencia de 0.85 en atraso, ¿cuál es la corriente de la línea de transmisión en este sistema?

b)

Si el motor sincrónico se gradúa para que trabaje con factor de potencia 0.85 en adelanto. ¿cuál es la corriente de línea de transmisión en este sistema?

c)

Suponga que las pérdidas de la línea de transmisión se dan por medio de la ecuación: PPL = 3I2LRL, En donde PPL representa las pérdidas en la línea. ¿Cuáles son las pérdidas de transmisión para cada caso?

Solución:

P1 Q1 Ptot barraje infinito

línea de transmisión

Qtot

P2

Q2

Motor de 100 kW inducción 0.78 FP en atraso

Motor de 200 kW inducción 0.8 FP en atraso

P3 Q3

Motor 150 kW sincrónico FP = ?

Figura E5-4 a)

en el primer caso, la potencia real de la carga 1 es de 100 kW y su potencia reactiva es de Q1

= P * tan φ = (100 kW ) * tan(cos −1 0.78) = (100 kW ) * (tan 38.7 º ) = 80.2 kVAR

la potencia real de la carga 2 es de 200 kW y su potencia reactiva es de


124



Q1

= P * tan φ = (200 kW ) * tan(cos −1 0.80) = (100 kW ) * (tan 36.87 º ) = 150 kVAR

la potencia real de la carga 3 es de 150 kW y su potencia reactiva es de Q1

= P * tan φ = (150 kW ) * tan(cos −1 0.85) = (100 kW ) * (tan 31.8º ) = 93 kVAR

Así la carga real total es

= P1 + P2 + P3 = 100kW + 200kW + 150kW = 450 kW

Ptot

y la carga reactiva total es Qtot

= Q1 + Q2 + Q3 = 80.2kVAR + 150kVAR + 93kVAR = 323.2

kVAR

El factor de potencia equivalente del sistema es, entonces fp = cos φ

= cos tan −1 

= cos tan −1 

= 0.812

Q  P

323.2   = cos(35.7 º ) 450 

en atraso

Finalmente la corriente de línea se obtiene por IL

=

Ptot

3 * V L * cos φ

450* 0.812 = 667 A = 3 * 480 Máquinas Sincrónicas

125



b)

las potencias real y reactiva de las cargas 1 y 2 son invariables, así como la potencia real de la carga 3 es

= P tan φ = 150kW * tan(− cos −1 0.85) = − 93 kVAR

Q3

de donde la carga real total es

= P1 + P2 + P3 = 100kW + 200kW + 150kW = 450 kW

Ptot

y la carga reactiva total es Qtot

= Q1 + Q2 + Q3 = 80.2kVAR + 150kVAR − 93kVAR = 137.2 kVAR

el factor de potencia del sistema equivalente es fp = cos φ

= cos tan −1 

Q  P

= cos tan −1 137.2  = cos(16.96º ) 450   = 0.957 en atraso finalmente la corriente de línea se expresa por IL

c)

=

Ptot

3 * V L * cos φ 450 = = 566 A 3 * 480 * 0.957

Las pérdidas por transmisión en el primer caso son PPL

= 3I L2 RL 2

= 3 * 667 RL = 1334.700RL las pérdidas por transmisión en el segundo caso son Máquinas Sincrónicas

126



PPL

= 3I L2 RL = 3 * 566 2 RL = 961.070RL

* Obsérvese que en el segundo caso las pérdidas por transmisión de potencia son de 28% menos que en el primer caso, en tanto que la potencia suministrada a las cargas es la misma

Ejemplo 5.4 Un motor sincrónico monofásico de laboratorio tiene las siguientes pérdidas en el hierro y por rozamiento 500 W, pérdidas en la excitación 750 W, la resistencia efectiva del inducido es de 0.9 Ω, opera a una tensión de 440 V con factor de potencia de 0.8 inductivo, accionando una carga de 15 HP. Determinar: a)

La corriente de armadura

b)

La potencia,

c)

El rendimiento.

Solución: a)

= V * I * Cos(φ ) = Putil + ∆PFe+W + F + ∆Pcu 440 * I a * 0.8 = 15 * 746 + 500 + I a2 * 0.9 ⇒ 0.9 * I a2 − 352 * I a + 11690 = 0 Pabsorbida

2

Ia

b)

= 352 ± 352 − 4 * 0.9 * 11690 2 * 0 .9

a

Solución

aceptable

La potencia de entrada al motor será: Pentrada

c)

 I 1 = 354.47 [ A]  I a 2 = 36.644 [A]

= V * I a * Cos(φ ) = 440 * 36.644 * 0.8 = 12898.84

[ A]

Para el cálculo del rendimiento deberá determinarse la potencia total absorbida:

= Pentrada + ∆Pexcitación = 12897.84 + 750 = 13648.84 [A] 15 * 746 * 100 = *100 = 82% η= 13648.84 Pabsorbida Pabsorbida

Putil

Ejemplo 5.5 Un motor sincrónico trifásico conexión de 12.6 kV, reactancia sincrónica por fase de 0.5 Ω, y una resistencia por fase despreciable, opera con un factor de potencia de 0.86 en adelanto, toma una corriente de 1575 A de la línea. Determina: Máquinas Sincrónicas

127



a)

La expresión analítica del ángulo de potencia y su valor numérico correspondiente,

b)

El voltaje de excitación.

Solución:

Ia φ

Vt

δ

j I aX S

φ

E af

Figura E5-5 Del diagrama: a)

   1575 * 0.5 * 0.86   Im( Eaf )  −1  I a X s Cos (φ )  −1 − δ = tg   = 5.08º  = tg   = tg  12600  Re( Eaf   Vt + X s I a Sen(φ )  + 1575 * 0.5 * 0.5   3  −1

b) r

Eaf

r

r

= Vt − j * I a * X s =

12600 + j * (1575∠30º ) * 0.5 = 7698.63∠ − 5.08º [V / fase ] 3

Ejemplo 5.6 Calcular la corriente le línea, el factor de potencia y el rendimiento a plena carga de un motor sincrónico de 100 CV, 380 V, conexión en Y, 50 Hz. Cuya resistencia es 0.3 Ω, y su reactancia sincrónica medida es 3 Ω, cuando la corriente de excitación es la correspondiente a una f.e.m inducida en vacío es de 350 V, las pérdidas del motor a plena carga supuesta constante e independientes de la excitación y admiten iguales a 2000 W.

Solución:

735kW

= 73.5

[kW ]

1cv] ∆Ppérdidas = 2 [kW Pabsorbida = Psalida + ∆P = 75.5

[kW ]

Psalida


= 100cv

128



Vt

δ

φ Ia

I aZS

φ

E af

α

Z

jI aXS

Z

I aR a

Figura E5-6

= Ra + j * X s =| Z | ∠φ z = 0.3 + j * 3 = 3.01∠84.28º α z = 90 − φ z = 90 − 84.29 = 5.71º Zs

La ecuación de potencia de un motor sincrónico es: P=

E af Vt Zs

= sen(δ + α z ) −

E af2 Zs

sen(α z )

[W /

fase]

75.5 *10 3 350 * 380 350 2 = sen(δ + α z ) − sen(5.71º ) 3 3 * 3.01 3 * 3.01 δ + α z = 71.253º ⇒ δ = 71.253 − 5.71) = 65.54º

⇒ sen(δ + α z ) = 0.9469

Del diagrama fasorial r

V

= Er af + Ira * Zr s

r V E af ⇒ I a = ∠0º − ∠ − δ = 380 − 350∠ − 65.54 = 151.635∠ − 30.71 [A / fase]

fp = Cos (30.71º ) = 0.8594 ≈ 0.86

η=

Z s ∠φ z

3 * 3.01∠84.29

inductivo

100 * 0.735 * 100 = 97.35% 75.5

Ejemplo 5.7 Un motor sincrónico de: 2.2 kV, conexión en Y, 50 Hz, 4 polos, tiene una reactancia sincrónica por fase de 4 Ω, y una resistencia de armadura despreciable. La excitación se ajusta de tal manera que el voltaje inducido (línea a línea es de 2.2 kV. Si la corriente de armadura es de 220 A. Para cierta carga determinar: a)

La potencia de entrada,

b)

El par que desarrolla,

c)

El factor de potencia con el que opera la máquina.


129



Solución: a)

Vt

φ

δ

Ia

jI aXS Eaf

Figura E5-7

(I a * X s )2 = Vt 2 + E af2 − 2 * Vt * E af * Cos(δ ) 2 2 2    Vt 2 + E af2 − ( I a * Xs ) 2     = Cos −1  2 * Vt − ( I a X s )  = Cos −1 1 −  I a * X s   2      2 * Vt * E 2 * Vt Vt af       2*  

δ = Cos −1 

2        220 * 4   3  δ = Cos −1 1 −  = Cos −1 1 − (0.4) 2  = 40.536º  2200   2       2 3  

Así mismo del diagrama fasorial: V

= Eaf + I a * X s

r

⇒ Ia =

V∠0 º − Eaf ∠ − δ

=

X s ∠φ z

2200 − 2200∠ − 40.53º = 220∠ − 20.26º [A / fase] 3 * 4∠90

Luego la potencia efectiva de entrada será: P = 3 * Vt * I a * Cos(φ ) = 3 * 2.2 * 220 * Cos( 20..26) = 786.40

[kW ]

Que debe se semejante a: P

= 3*

Eaf * Vt Xs

2

3  2200  * sen(δ ) =   * sen(40.53) = 786.41 [kW ] 4 3 

b)


130



⇒ T=

P = T *ω

T

=

786.41 = 5 .0 π * 50

P

ω

3

=

E af * Vt Xs

2 * π 120 * f * 60 p

=

p

4 *π * f

*3

E af * Vt Xs

sen(δ )

[kNew * m / rad ]

c) fp = Cos (φ ) = Cos ( 20.26) = 0.938 retraso

Ejemplo 5.8 Un motor sincrónico trifásico de: 400 V, conexión en Y, de 6 polos y 50 Hz. Tiene los siguientes valores de fase Ra = 0.5 Ω, y Xs = 4 Ω, absorbe un corriente de 15 A con un factor de potencia unitario a cierta corriente de campo. Se incrementa el par hasta que la corriente absorbida es de 60 A permaneciendo invariable la excitación. Determinar: el par total desarrollado y el nuevo factor de potencia.

Solución: Zs

= 0.5 + j * 4 = 4.031∠82.87 º

entonces determinamos la tensión inducida E af Eraf

= Vrt − Ira * Zr 400 Eaf = ∠0º −(15∠0º ) * 4.031∠82.87º 3 r Eaf = 223.43 − j * 60 = 231.356∠ − 15.03º [V / fase] r

Cuando la excitación se mantiene constante y varía la potencia activa se tiene un diagrama de comportamiento de la máquina de modo siguiente:


131



Vt

δ

φ

Ia2ZS jI a2XS

Eaf2

Ia2

Ia2Ra

Figura E5-8

] * sen(φ 2 − I a 2 * X s = [Vt * Cos(φ[2 ) −] I a 2 Ra 2 + Vt Pero Eaf 2 = Eaf = ctte : E af2

2

(231.356) 2 = [230.94 * Cos([φ 2 ) −] 60 * 0.5 2 +] 230.94) * sen(φ 2 ) − 60 * 4 2 231.356 2 = 111833.284 − 13856.4 * Cosφ 2 − 110851.2 * senφ 2 Cosφ 2

+ 8 * senφ 2 = −4.208

Cos 2φ 2

⇒ Cosφ 2 + 8 1 − Cos 2φ 2 = −4.208

+ 0.12948 * Cosφ 2 − 0.71217 = 0

0.7816 ⇒  − 0.91

⇒ aceptable

Ahora el torque total desarrollado, se podrá determinar del modo siguiente: Pmec− fase

= V f * I 2 * Cosφ 2 − Ra * I a2 =

Pmec− fase

= 10809.33

[W /

400 * 60 * 0.91 − 0.5 * 60 2 3

fase]

Pero, P = T *ω

=T*

2π 120 * f 60 p

p

= 103.22 [N ⋅ m / fase] 4 * π /* f [N ⋅ m / trifásico] T3φ = 3 * T = 310 T

= Pmec *

Ejercicios 5.1 ¿Cuál es la diferencia entre un motor sincrónico y un generador sincrónico? Máquinas Sincrónicas

132



5.2

¿Por qué no puede un motor sincrónico arrancar por si mismo?

5.3

¿Qué técnicas hay disponibles para arrancar un motor sincrónico?

5.4

¿Qué es un condensador sincrónico? ¿Cuándo se debería usar?

5.5

Explique, usando diagramas fasoriales qué le sucede a un motor sincrónico cuando se varía su corriente de campo. Deduzca una curva en V a partir del diagrama fasorial.

5.6

¿Cuándo es más peligroso que se recaliente en circuito de campo de motor sincrónico, trabajando con factor de potencia en adelanto o en atraso?

5.7

A un motor sincrónico que trabaja con una carga real fija se le aumenta su corriente de campo. Si la corriente del inducido se disminuye, ¿el motor funcionaba inicialmente con un factor de potencia en atraso o en adelanto?

5.8

¿por qué se debe reducir el voltaje aplicado a un motor sincrónico para trabajarlo a frecuencias menores que las nominales?

5.9

Un motor sincrónico trifásico de: 75 kW, 450 V, con una resistencia de armadura de 0.057 pu y una reactancia sincrónica de 0.54 p.u.,las pérdidas mecánicas y de excitación pueden suponerse constantes en 5 kW, cuando el motor funciona a plena carga con una excitación equivalente para generar una f.e.m. inducida en terminales de 400 V. Determinar: a) El ángulo de potencia, b) La corriente de armadura y su factor de potencia, c) El rendimiento.

5.10

Un motor sincrónico trifásico de: 750 kVA, 6.6 kV, conectado en Y, tiene como parámetros eléctricos de fase la resistencia y reactancia en terminales de 3 y 30 Ω respectivamente, las pérdidas dispersas suman 25 kW. Para una operación a plena carga con factor de potencia de 0.8 en adelanto. Determinar: a) f.e.m. inducida. b) La potencia absorbida y potencia útil. c) El rendimiento. d) El par en el eje. Si la máquina consta de 6 polos y opera a 50 Hz

5.11

Un motor sincrónico trifásico de: 440V, 100 hp, como parámetros de fase la resistencia y reactancia en terminales de 0.1 y 1.0 Ω, las pérdidas magnéticas por excitación y mecánicasaseplena pueden suponer constantes, y tienen operación carga y f.e.m. inducida de 400 V:un valor de 3000 W. Determinar para la a) La corriente y el factor de potencia que toma,


133



b) El rendimiento delo sistema 5.12

Un motor sincrónico trifásico de 100 hp, 550 V, 8 polos, 50 Hz, conexión Y, cuyas constantes de fase de resistencia y reactancia son de 0.20 y 1.8 Ω, respectivamente, opera impulsando una carga constante que srcina un ángulo mecánico de par igual a 25 grados. Para distintos valores de excitación durante las cuales las f.e.m. generadas por fase aumentan progresivamente de 250 a 350 y 450 V, genere usted una tabla que muestre las variaciones de; corriente de armadura, factor de potencia, los pares que desarrolla y la potencia total absorbida.

5.13

Un motor sincrónico: conexión Y, 6 polos, 50 Hz, 440 V, tiene las siguientes constantes de fase: resistencia 0.5 Ω, inductancia sincrónica 16 mH, absorbe de la línea de alimentación 13 A con un factor de potencia unitario cuando opera a una cierta corriente de campo; repentinamente se incrementa el par de carga hasta que la corriente absorbida alcanza 50 A manteniéndose la misma corriente de campo. Si las pérdidas por fricción y en vacío son de 100 W. Determinar: a) Los pares desarrollados antes y después del crecimiento de la corriente, b) El nuevo valor del factor de potencia, c) El rendimiento para las condiciones a), d) La máxima potencia de enterada y la corriente correspondiente.

5.14

Un motor sincrónico de tres fases, cuyo valores nominales son, 2300 VLL, 60 Hz 12 Polos conectado en estrella tiene una reactancia sincrónica de 4.5 Ω/fase y una resistencia despreciable sus Adevanados. El motor es conectado una barraDesprecie infinita delas2300 V, y esta tomandoen250 con un factor de potencia 0.8 aatrasado. perdidas rotacionales y calcule lo siguiente: a) Determine la ecuación de potencia de este motor y grafique la en función de el ángulo delta. b) Sobre esta característica coloque el punto de operación de esta máquina. c) Determine la potencia máxima a la cual el motor se puede cargar lentamente sin que pierda sincronía. d) Para la condición de máxima potencia encuentre:

•

El par

•

la corriente del estator (magnitud y ángulo)

•



134



5.15

Un motor sincrónico de 10 polos de 2300 V, de tres fases, 60 Hz conectado en estrella que se puede analizar como de rotor cilíndrico esta conectado a una barra infinita. La reactancia sincrónica es de 2.3 Ω. El motor sincrónico entrega 1000 Hp en flecha y el motor opera a un factor de potencia de 0.85en adelanto. a) Determine el voltaje de excitación Eaf. b) Determine la máxima potencia y el par máximo que este motor puede entregar bajo las condiciones de excitación de (a). c) Si la potencia de salida se mantiene constante en 1000 Hp y la corriente de campo disminuye. ¿Hasta que fracción de la corriente que tiene el motor se puede disminuir sin perder sincronismo?

5.16

conteste lo siguiente. a) Si un motor sincrónico al aumentar If , Ia aumenta, diga si antes del aumento estaba trabajando con factor de potencia atrasado o adelantado. justifique su respuesta usando un curvas V.

5.17

El ángulo del par δrf a plena carga de un motor sincrónico a voltaje y frecuencia nominales es 30 grados eléctricos. Omita los efectos de la resistencia de armadura y reactancia de dispersión. Si la corriente de campo es constante, ¿cómo se afectaría el ángulo de par por los siguientes cambios en las condiciones de funcionamiento?. a) se reduce 10 % la frecuencia, y el par de carga es constante b) se reduce 10 % la frecuencia, y la potencia de la carga es constante c) se reducen 10 % tanto la frecuencia como el voltaje aplicado, y el par de la carga permanece constante. d) Se reducen 10 % tanto la frecuencia como el voltaje aplicado, y la potencia de la carga permanecen constante.

5.18

Trace el diagrama fasorial de estado estable, directo-cuadratura, para un motor sincrónico sobrexcitado, es decir, uno cuya corriente de campo sea lo suficientemente alta para que se pasen al sistema kVA reactivos en retraso al sistema de suministro. Con este diagrama fasorial demuestre que el ángulo δ de par entre los fasores de voltaje de excitación y voltaje en terminales está dado por

tan δ =

IaXq cos φ + IaRasenφ Vta − IaXqsenφ + IaRa cos φ

tome a φ como negativo cuando I esté en retraso con respecto a V a


ta

135


CAPITULO 6 MAQUINAS SINCRÓNICAS EN RÉGIMEN TRANSITORIO 6.1

INTRODUCCIÓN

En los capítulos anteriores se ha estudiado a la máquina sincrónica desde el punto de vista de régimen permanente, que es suficiente para explicar aquellos fenómenos que se presentan; por ejemplo en cambios graduales de carga, variaciones lentas de la excitación, etc. Sin fallas embargo, pueden ocurrir súbitas cambiosdecasi instantáneas las condicioneslos de parámetros operación, tal es elahora caso de o desconexiones carga. En estasen circunstancia, hasta estudiados en los capítulos precedentes y determinados en laboratorio, son insuficientes para representar adecuadamente el comportamiento transitorio de la máquina. Por lo que es necesario introducir nuevos conceptos y parámetros de la maquina. Durante el estado transitorio existen cambios: en magnitud y en diferencia angular entre las ondas del estator y del rotor, cuando la velocidad del rotor se aparte de la velocidad de sincronismo. Las corrientes transitorias que aparecen en las bobinas, del estator y del rotor, como resultado que los bobinados inductivos de las maquinas tienden a oponerse a los enlaces de flujo. El análisis transitorio de las máquinas sincrónicas se ocupa de la determinación de los flujos, corrientes transitorias, su influencia en el comportamiento eléctrico y electromecánico de la máquina. Antes de iniciar el estudio del comportamiento en régimen transitorio de la máquina sincrónica, conviene recordar algunos aspectos constructivos esenciales. Eje directo

Rotación

1 Eje de cuadratura

1'

-c

c

Devanado de campo principal Collarin de campo

-a

b

Figura 6.1

Eje de la fase a

-b a 2 3 3' 2'

Estator

Barras amortiguadoras

Partes principales del generador sincrónico

En la figura puede identificar laslas partes de el unrotor generador el estator está6.1, el se devanado trifásico de fasesprincipales ( a, b, c); en están: sincrónico. el devanadoPor de ejemplo, campo yen el


136


CAPITULO 6 Maquina Sincrónica en Régimen

devanado de amortiguación. Este ultimo tiene como objetivo principal amortiguar las oscilaciones del rotor relativas al campo girante del inducido. Cada uno de estos devanados tienen: resistencia, inductancia propia e inductancias mutuas entre cada uno de ellos. Las inductancias mutuas, entre las fases del inducido y los arrollamientos del rotor, varían alternativamente con la rotación. En el caso de las máquinas de polos salientes, las reluctancias de los circuitos magnéticos, son sensiblemente diferentes según los ejes directos y de cuadratura. En cambio, las inductancias propias, de los bobinados del rotor pueden ser consideradas independientes de la rotación. El análisis comportamiento de la máquina es complicado, se debe trabajar condelmuchos circuitos transitorio magnéticamente acopladossincrónica y es necesario escribir porque un sistema de ecuaciones diferenciales simultaneas, cuya solución no es simple. Para reducir las dificultades inherentes al problema, se aplica las ecuaciones de Park o transformación dq0 a las cantidades del estator como: las corrientes, las tensiones y los flujos magnéticos, obteniéndose luego cantidades equivalentes dq0 que giran a la velocidad del rotor.

La transformación dq0, se representa en términos del ángulo eléctrico θe definido entre el eje directo del rotor y el eje magnético de “la fase a” del estator. p

θe = θm 2 Así, la transformación de las cantidades del estator en las componentes dq0 podrá obtenerse a través de la siguiente ecuación matricial

 S  2  cos θ  S q  = 3 − senθ 1 S   2  o d

cos(θ − 120) cos(θ + 120)   S a  − sen(θ − 120) − sen(θ + 120)  S b  1 2

1 2

  S c 

Donde S representa la cantidad del estator a ser transformado. De igual forma, la transformación inversa es

1  S d  − senθ  S a   cos θ  S  = cos(θ − 120) − sen(θ − 120) 1  S   b   q   S c  cos(θ + 120) − sen(θ + 120) 1  S o  Nota: La matriz de la transformación y su inversa son transpuestas entre sí.

6.2

DESCRIPCIÓN MATEMÁTICA DE UNA MAQUINA SINCRÓNICA

En el desarrollo de las ecuaciones de una maquina sincrónica, cuyos circuitos se pueden observar en la figura 6.2, serán consideradas las siguientes hipótesis: Máquinas Sincrónicas

137



•

Los devanados del estator son sinusoidalmente distribuidos a lo largo del entrehierro.

•

La histéresis magnética es despreciable.

•

Los efectos de la saturación magnética son despreciables, luego la máquina es magnéticamente lineal.

•

Se desprecia inicialmente la influencia de los arrollamientos de amortiguación, pero más adelante estudiaremos cualitativamente su efecto.

a Ra La

Lca

Lab

Lc

Lb Rb

Rc Lbc c

b Lf

Figura 6.2

Rf

Circuitos del estator y rotor de una maquina sincrónica

•

Las resistencias del estator son iguales, Ra = Rb = Rc.

•

Todas las inductancias a excepción de la inductancia de campo Lff dependen de la posición del rotor θ.

•

Si el rotor fuese cilíndrico, todas las inductancias serian constantes, con excepción de las mutuas que contienen el subíndice f.

•

La inductancia propia de la fase a del estator l aa varia periódicamente con el ángulo θ, alcanzando el valor máximo cuando el eje del rotor coincide con el eje del arrollamiento (para: θ = 0,π).

•

La variación de las inductancias propias es armónica


l aa

= Laao + Lal + Lg 2 Cos 2θ

l bb l cc

= Lbbo + Lbl + Lg 2 Cos(2θ + 120) = Lcco + Lcl + Lg 2 Cos(2θ − 120) 138



Donde Lg2 es la inductancia que considera a los efectos de saliencia. Note que la inductancia propia de cada fase del estator es máxima cuando el eje directo del rotor esta alineado con el eje de esa fase. Las inductancia mutuas del estator Lab, Lac, Lbc son todas negativas. El enlace de flujo del arrollamiento b del estator producido por una corriente del arrollamiento de la fase a, tendrá su valor máximo cuando el ángulo θ sea –30º o 150º, porque en esa posición el rotor ofrece menor reluctancia. Así para las ecuaciones de inductancia mutua tenemos: l ab l bc l ac

= l ba = − 12 Laao + L g 2 Cos(2θ − 120º ) = l cb = − 12 Laao + Lg 2 Cos 2θ = l ca = − 12 Laao + Lg 2 Cos(2θ + 120º )

La inductancia propia del rotor l

ff

= L ff

Las inductancias mutuas entre los arrollamientos del estator y del rotor son: l af l bf l cf

= l fa = Laf Cosθ = l fb = Laf Cos(θ − 120 º ) = l fc = Laf Cos(θ + 120º )

Las ecuaciones de enlace de flujo de cada fase en función de las inductancias, son como sigue:

λa λb λc λf

= −l aa i a − l ab ib − l ac ic + l af i f = −l ba ia − l bb ib − l bc ic + l bf i f = −l ca ia − l cb ib − l cc ic + l cf i f = −l fa ia − l fb ib − l fc ic + l ff i f

A este sistema aplicamos la transformación dq0, tanto a los enlaces de flujo como a las corrientes, Los resultados son:

λd λq λf λo

= − Ld id + Laf i f = − Lq i q = − 32 Laf i d + L ff i f = − Lo io

donde:


139



= Lal + 32 ( Laao + Lg 2 ) Lq = Lal + 32 ( Laao − L g 2 ) Lo = Lal Ld

En la cual: Ld = Inductancia sincrónica de eje directo Lq = Inductancia sincrónica de eje de cuadratura Lo = Inductancia de secuencia cero

Se observa en las ecuaciones dq0 escritas arriba, que ya no dependen del ángulo de posición del rotor θ. La transformación de las ecuaciones de tensión del estator: dλ a

Va

= − Ra ia +

Vb

= − Rb ib +

Vc

= − R c ic +

Vf

= −R f i f +

dt dλ b dt dλ c dt dλ f dt

Aplicando transformación dq0, da como resultado:


dλ d

Vd

= − Ra id +

Vq

= − Ra iq +

Vf

= Rf if +

Vo

= − Ra io + ddt λo

dt dλ q dt

− ωλq + ωλ d

dλ f dt

140



A los términos ωλq y ωλd se conocen como voltajes por velocidad. Las corrientes del estator luego de aplicar la Transformación dq0, da como resultado:

id   cos θ   2 iq  = 3 − senθ 1 i   2 o

cos(θ − 120) cos(θ + 120)  ia  − sen(θ − 120) − sen(θ + 120) ib  1 2

1 2

 ic 

La corriente de secuencia cero es: io

1 = (ia + ib + ic ) 3

La potencia de la máquina trifásica es: P = Va ia

+ Vb i a + V c i c

Aplicando la transformación dq0 a la potencia P=

3 (V i + Vq iq + 2Vo io ) 2 dd

El torque electromagnético, que actúa tendiendo a desacelerar el eje es

3* P T

= 2 * 2 (λ d i q − λ q i d )

Este torque es positivo para generador y este resultado esta de acuerdo con la producción del torque a partir de campos magnéticos ínter actuantes.

6.3

CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO EN BORNES DE UNA MAQUINA SINCRÓNICA

Para comprender el comportamiento transitorio de una máquina sincrónica, que sigue a un corto circuito trifásico repentino en terminales del inducido, se analiza primero el fenómeno físico de la falla y luego se efectúa la solución analítica del problema.

6.3.1 DESCRIPCIÓN FÍSICA DEL TRANSITORIO Instantes previos a la falla trifásica ( t<0), la máquina sincrónica trabaja en vació, a velocidad nominal y la única corriente circulando en los devanados de la maquina es la corriente de excitación If0. Cada fase del inducido ve un enlace de flujo resultante, variable con el tiempo al girar el rotor. La situación cambia radicalmente al aplicar el corto circuito trifásico. Ahora circulan corrientes por los devanados del estator de tal forma que mantienen sus enlaces de flujo en el valor que tenían cuando se Máquinas Sincrónicas

141



presento la falla trifásica. Estas corrientes tienen dos componentes: una de corriente alterna (CA) que corresponde a la corriente de armadura necesaria para oponerse a un flujo variable en el tiempo que se produce en el devanado de campo cuando gira; la otra es una componente de corriente continua (DC) que corresponde al enlace de flujo inicial que existía cuando se presento el corto circuito. El resultado neto de estas corrientes es un enlace de flujo en el estator que esta fijo en el espacio, y cada fase del estator mantiene constante su propia porción del enlace de flujo inicial del estator. Un caso similar se presenta en el devanado de campo. Gira ahora con una onda de flujo del estator aprisionada en forma estacionaria, y por lo tanto debe responder con una componente alterna de la corriente de campo que se oponga a la tendencia del flujo aprisionado para cambiar los enlaces de flujo del devanado de campo. debe una componente corriente creado continuapor en las la corriente de campo que Además, se oponga a lahaber componente del flujoinducida rotatoriodesincrónico, componentes de corriente alterna del estator que, para oponerse a la tendencia del flujo de campo rotatorio que trata de desmagnetizar, o reducir, el flujo creado por el devanado de campo. Todo lo explicado anteriormente, sucede simultáneamente y es difícil dar una explicación en términos de causa y efecto. Sin embargo, es posible reconocer que durante este transitorio las corrientes alternas en el estator corresponden a una corriente continua en el rotor y viceversa. Es importante señalar que estas condiciones no permanecen indefinidamente, porque la resistencia de los arrollamientos del inducido y del campo hace que tiendan a decaer las corrientes continuas transitorias porque no hay fuente que las impulse. Como resultado de ello, la corriente DC del inducido y la corriente alterna de campo correspondiente, disminuyen con una constante de tiempo que esta definida por la resistencia de armadura Ra. De manera semejante, el transitorio de corriente continua de campo y la componente correspondiente de corriente alterna de la corriente del inducido decaen con una constante de tiempo determinada por la resistencia del campo Rf. La figura 6.3 muestra las ondas de las corrientes trifásicas y la corriente del campo que siguen a un corto circuito trifásico repentino. En la onda de corriente de armadura, el desplazamiento de la corriente continua (DC) en cada fase se determina por el flujo a través de esa fase cuando sucede el cortocircuito. Las corrientes de armadura están balanceadas y así como las componentes AC, la suma de las componentes DC es cero en cualquier momento. La componente AC de la corriente de campo se debe a la componente DC de la corriente de armadura y decae a la misma velocidad, determinada por la resistencia de armadura. La componente transitoria de DC de la corriente de campo y la componente transitoria correspondiente de la corriente de armadura decaen juntas a una velocidad que esta determinada por la resistencia del devanado de campo.


142



Componente cd

Componente cd

Componente cd

Corriente de Campo

Figura 6.3

Corrientes de armadura y de campo en un cortocircuito trifásico repentino en bornes de una maquina sincrónica en vacío.

6.3.2 SOLUCIÓN ANALÍTICA DEL CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO Se supone inicialmente que las resistencias de los devanados del estator y del campo son muy pequeñas y por lo tanto despreciables. Esta hipótesis, tiene como consecuencia que las corrientes en el inducido y en el campo no decae con el tiempo. Sin embargo, mas adelante se estudiará el problema considerando su importante efecto. Para estas condiciones, las ecuaciones de la maquina son La tensión pre-falla en los terminales del generador es igual a la f.e.m. inducida en vacío y su valor eficaz es Laf I fo Va


= Vb = Vc =

2 143



Con la aplicación del cortocircuito, las tensiones en bornes del generador caen a cero para t > 0, es decir: Va

= Vb = Vc = 0

Vd

= Vq = Vo = 0

y también cumple que:

Se hace también, Vf = 0 para t > 0, es decir, se cortocircuita el devanado de campo en el mismo instante en que se cortocircuita el estator. La razón de esto es la hipótesis tomada de resistencia nula del devanado de campo. De otra manera, si se continua alimentando con tensión al devanado de resistencia cero, la corriente del rotor, If crecería eventualmente sin limite. Los enlaces de flujo son

λd λq λf λo

= − Ld id + Laf i f = − Lq i q = − 32 Laf i d + L ff i f = − Lo io

Vd

=

Las ecuaciones de tensión: dλ d

− ωλ q

dt

Vq

=

Vf

=

Vo

=

dλ q dt

+ ωλ d

dλ f dt dλ o dt

Reemplazando las condiciones de cortocircuito, en las ecuaciones generales de la tensión se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

0 = − Ld


did dt

+ Laf

di f dt

+ ωLq iq

144



0 = − Lq 0 = − Lo 0 = L ff

diq dt

− ωLd id + ωLaf i f

di o dt di f dt

di 3 − Laf d 2 dt

Estas cuatro ecuaciones diferenciales lineales son suficientes para la solución de las cuatro corrientes id, iq, i0 e if. Inicialmente las corrientes del estator son cero, por lo tanto tendremos también que: i d ( 0) = i q ( 0) = i o ( 0 ) = 0

La corriente de campo en t = 0 i f (0) = I fo

En condiciones equilibradas, cumple que la corriente de secuencia cero es: io = 0 La solución del sistema de ecuaciones diferenciales se efectúa, aplicando la transformada de La Place

0 = − Ld s I d + ω Lq I q + Laf ( s I f − I fo ) 0 = −ω Ld I d − Lq s I q + ω Laf I f 0 = − 32 Laf sI d + L ff ( s I f − I fo ) Resolviendo el sistema, se calcula la corriente de eje directo: Id

=

ω 2 Laf I fo 1 * 3L2 af s(s 2 + ω 2 ) Ld − 2 L ff

donde la inductancia transitoria de eje directo L’d será igual a L' d

= Ld −

3L2 af 2 L ff

La solución inversa de la corriente de corto circuito en función del tiempo, se obtiene a partir de la transformada de La Place


145



id (t ) =

id (t ) =

Laf I fo L'd

(1 − cos ω t )

2 E af 0 2 E af 0 (1 − cosω t ) = (1 − cosω t ) ω L'd X 'd

Donde X’d es la reactancia transitoria de eje directo igual a ωL’d. Con en mismo procedimiento se obtiene la corriente de eje en cuadratura: iq (t ) =

2 E af 0 Xq

senω t

La corriente de campo es igual a i f (t ) = I fo

+

3Laf E af 0 (1 − cos ω t ) 2 L ff X ' d

Ahora que se tiene calculado las corrientes dq0, se puede obtener la corriente de cortocircuito en la “fase a” del inducido, recordando que ia

= id cos θ − iq senθ

θ = ω t +θo Siendo θo la posición inicial del rotor en el instante del corto circuito, reemplazando i a (t ) =

2 E af 0 2 E af 0 1 2 E af 0 1 1 1 cos(ω t + θ 0 ) − ( ( + ) cosθ 0 − − ) cos(2ω t + θ 0 ) X 'd 2 X 'd Xq 2 X 'd X q

Sobre este resultado se puede mencionar lo siguiente: 1. La corriente total del estator está formado por tres componentes que son: a) Una componente de frecuencia fundamental; b) Una componente de corriente continua; c) Una componente de frecuencia doble. La componente fundamental es la mas importante. 2. La disminución de Xd hasta el valor de X’d es por efecto del flujo magnético aprisionado en el devanado de campo. 3. El valor de la componente de la corriente continua, varia con la posición de rotor θo. Para θo = 0 su valor es el mismo orden que el término de frecuencia fundamental. 4. El valor de la componente de frecuencia doble puede ser despreciado. Máquinas Sincrónicas

146



5. Como fueron despreciadas las resistencias ninguna de las tres componentes contiene un factor de decaimiento. 6. El valor de la corriente de corto circuito es mucho mayor que la corriente de régimen, aproximadamente 3 a 10 veces. 7. El régimen permanente se alcanza entre 5 a 10 segundos. 8. La corriente de campo permanece constante, hasta el instante del corto circuito. En el período

de post-falla, tendrá una componente de frecuencia fundamental elevada. Sin embargo, caería a cero de considerar las resistencias

6.3.3 EFECTO DE LAS RESISTENCIAS DE ARMADURA Y DE CAMPO Si fueran incluidas las resistencias, se estudiando el decaimiento de las corrientes de armadura y de campo. Con el mismo procedimiento seguido anteriormente para obtener las corrientes de cortocircuito se incluye las resistencias en las ecuaciones diferenciales, pero despreciando los términos de voltaje tipo transformador en las ecuaciones de Vd y Vq. Esta situación corresponde a la eliminación de las componentes de corriente continua y de segunda armónica de la solución anterior. Entonces se obtiene lo siguiente L ff 

L2  d i  Ld − 3 af  f + R f i f = 0 2 L ff  d t Ld 

L ff L'd d i f

+ if =0

R f Ld d t

Se define a T’d0 como la “constante de tiempo de circuito abierto del devanado de campo”. T

'

d0

=

L ff rf

Y a partir de T’d0 se puede calcular otra constante de tiempo importante que es, T’d, conocida como la “constante de tiempo del transitorio en corto circuito de eje directo” de la maquina. T 'd

=

X 'd Xd

T 'd 0

Remplazando se obtiene la ecuación diferencial, di f T 'd d t


+ if =0 147



cuya solución es −t

if

=If0 +

3 Laf Laf I f 0 T ' e 2 L ff L'd

d

Con el mismo procedimiento se obtiene la ecuación diferencial para la corriente de eje directo de la armadura d id T 'd d t

Laf I f 0

+ id

=

Ld

La solución es id

=

Laf I f 0 Ld

−t

 1 1  ' + Laf I f 0  −  e T ' L L d   d

d

Luego, la corriente de fase para el corto circuito trifásico, tomando en cuenta el efecto de las resistencias es igual a la siguiente expresión, ia

=

2 E afo Xd

 1

cos(ω t + θ 0 ) + 2 E afo 

 X 'd

−

1 

e X d 

− t / T 'd

cos(ω t + θ o )

El valor eficaz de la amplitud inicial de la componente de frecuencia fundamental es E/X’d y decaerá exponencialmente a su valor de régimen permanente E/Xd con la constante de tiempo T’d. En maquinas grandes, los valores típicos de la constante de tiempo transitoria (T’d) esta entre 1 y 2 segundos, en cambio T’d0 es mucho mayor y esta aproximadamente en el orden de los 5 segundos.

6.3.4 EFECTO DE LOS DEVANADOS DE AMORTIGUACIÓN DEL ROTOR El análisis realizado de la maquina sincrónica hasta aquí, fue con la simplificación de que el único circuito de corriente en el rotor era el devanado de campo. Sin embargo, los generadores de polos salientes tienen devanados amortiguadores en el rotor, que consisten de un conjunto de barras de cobre sólidamente cortocircuitadas, localizadas en las caras polares del rotor. Los fabricantes de maquinas incluyen estos circuitos específicamente para producir torques de amortiguación después de transitorios electromecánicos. En las maquinas de rotor cilíndrico se pueden inducir anillos de corrientes transitorias, llamadas corrientes de amortiguación y cuyas trayectorias no están tan definidas como en una maquina de polos salientes, pero sus efectos son muy parecidos y pueden estudiarse igual. El principio de los enlaces de flujo constantes dice: los enlaces de flujo de cualquier trayectoria de conducción con resistencia finita no puede cambiar instantáneamente. Usando este principio se puede ampliar el análisis transitorio de la maquina incluyendo los efectos de las trayectorias adicionales de los devanados de amortiguación del rotor. Máquinas Sincrónicas

148



Conforme al procedimiento seguido antes para el calculo de la corriente de falla, la inclusión de los devanados de amortiguación, uno en la dirección del eje “d” y otro en la dirección de “ q”. Debido a que los circuitos de amortiguación tienen una resistencia relativamente alta, las corrientes amortiguadoras inducidas se reducen en forma rápida. Después de algunos ciclos estas corrientes han decaído, dejando solo el flujo aprisionado en el devanado de campo cuyo efecto es notado en el valor de la reactancia transitoria de la maquina X’d. Luego, la corriente de armadura de corto circuito tomado en cuenta el efecto de todos los bobinados de la maquina, puede representarse de la siguiente manera. ia (t ) = 2 E af 0 (

1 X '' d

−

1 X 'd

)e

−t T d ' '

cos(ω t + θ 0 ) + 2 E af 0 (

1 X 'd

−

1 X

)e

−t T d '

cos(ω t + θ 0 )

d

2 E af 0 cos(ω t + θ 0 ) X 'd

+

En esta ecuación y en la figura 6.4, puede distinguirse claramente tres periodos o regímenes de tiempo: el subtransitorio, que solo dura los primeros ciclos, durante el cual el decremento de la corriente es muy rápido; el transitorio, que cubre un tiempo relativamente mayor, durante el cual el decremento de la corriente es mas moderado; y por ultimo, el de estado estable.

b

∆i

o

Periódo subtransitório Periódo Transitório

∆i''

''

Régimen Permanente

∆i'' o it u c r i c o t r o c e d e t n ie r r o C

a

∆i

o

c

'

∆i s

d

e 0 e'

Tiempo d' c'

a'

b'

Figura 6.4 Máquinas Sincrónicas

Onda simétrica de la corriente de corto circuito de armadura. 149



6.4

DETERMINACIÓN DE REACTANCIAS Y CONSTANTES DE TIEMPO A PARTIR DEL OSCILOGRAMA DE LA CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO

A partir del oscilograma de corriente de corto circuito simétrica mostrado en la figura 6.4, se puede determinar los siguientes parámetros referentes al eje directo de la maquina sincrónica: a) Reactancia Xd (sincrónica), X’d (transitoria) y X’’d (subtransitoria); b) Constantes de tiempo T’d (transitoria, armadura en cortocircuito) y T’’d (subtransitoria armadura en cortocircuito). De acuerdo a sus definiciones, las reactancias mencionadas en el inciso a son: Xd

=

Eaf Is

X d'

;

=

Eaf

+ ∆I o'

Is

;

X d' '

=

Eaf Is

+ ∆I o' + ∆I o''

siendo: Is

Corriente eficaz de corto circuito en régimen permanente

∆ Io ’

El valor eficaz inicial de la corriente transitoria de cortocircuito tal que √2*(Is + ∆Io’) define la ordenada inicial Oa

∆Io’’ El valor eficaz inicial de la corriente subtransitoria de cortocircuito tal que √2*(Is + ∆Io’ + ∆Io’’) define la ordenada inicial Ob la envolvente de la corriente de corto circuito será aquella que corresponde a los valores eficaces i(t ) = I s

+ ∆I o' ⋅ e

−

t Td'

+ ∆I o' ⋅ e

−

t Td''

Td’’

Constante de tiempo subtransitoria, según el eje directo

Td ’

Constante de tiempo transitoria, según el eje directo

Eaf

voltaje generado internamente

En la práctica las extrapolaciones requeridas, particularmente aquella necesaria para obtener el punto a de la figura 6.4 pueden ser ejecutadas mejor con la escala logarítmica para las corrientes (en el eje de las ordenadas). Con esta medida las envolventes ac y bcd se transforman en dos líneas rectas, indicados por ∆I’ y ∆I’’ mostrados en la figura 6.5. la prolongación del trecho rectilíneo de ∆I’, corresponde a la curva cd, determinará el valor √2*∆Io’, que tomado como √2*Is, define la ordenada Oa en la figura 6.4. Efectuando en proceso análogo con la recta ∆I’’, nos corresponde √2*∆Io’’ y la ordenada √2*(Is + ∆Io’ + ∆Io’’) da el punto b en la misma figura.


150



I

∆I' + ∆I''

I E T N IE R R O

∆I' ∆I''

C

TIEMPO

Figura 6.5

Diferencias de corriente graficadas en escala logarítmica

Las mismas rectas nos permiten calcular las constantes de tiempo Td’ y Td’’ que por definición representan los tiempos en segundos correspondientes a un decrecimiento de 1/e = 0.368 en los valores observados para ∆I’ y ∆I’’, respectivamente. Los otros parámetros de las maquinas como (Xq’, Xq’’, Tq’ y Tq’’), obedecen a los mismos preceptos ya adoptados en las definiciones correspondientes a los parámetros de ejes directos.

6.5

ECUACIONES DE OSCILACIÓN

En estudios dinámicos de sistemas de potencia, es importante conocer las ecuaciones de inercia rotacional describiendo el efecto del desbalance entre el torque electromagnético y el torque mecánico de las máquinas sincrónicas. Cuando existe desbalance entre dos bloques actuantes sobre el rotor, el torque neto causa aceleración o desaceleración y es Ta = Tm - T e

Donde: Ta = torque de aceleración [N.m]; Tm = torque mecánico [N.m] Te= torque electromagnético [ N.m]

En las ecuaciones de arriba Tm y Te son positivos para un generador y negativos para un motor. La inercia combinada del generador y de la máquina primaria es acelerada por el desbalance entre los torques aplicados de aquí, la ecuación de movimiento es:


151



J

d m dt

= Ta = Tm − Te

donde: J = momento de inercia combinado del generador y de la turbina [Kg.m2]

ωm = velocidad angular del rotor, mecánicos [rad/s] t = tiempo [s]

Las ecuaciones anteriores pueden ser normalizadas en términos de la constante de inercia H, definida como la energía cinética en ω.s a la velocidad nominal dividida por el VA base. Usando ωom para denotar la velocidad angular en radianes mecánicos por segundo, la constante de inercia es: H

1 Jω 2 = ⋅ om 2 VAbase

el momento de inercia J en términos de H es:

J=

2H ⋅ MVA base 2 ω om

sustituyendo en la ecuación de movimiento da

dω m 2H 2 ω om ⋅ MVA base dt = Tm − Te reordenando

2H

Tm − Te dω m = MVA base dt ω om

notando que Tbase = MVAbase/ωom , la ecuación del movimiento en p.u. es

2H

dω r dt

= Tm − Te

en la ecuación anterior

ωm ωr r / p ω r = ω om = ω o / p = ω o Máquinas Sincrónicas

152



donde ωr es la velocidad angular del rotor en radianes eléctricos por segundo, ωo es su velocidad nominal, y p es el número de polos del campo. Si δ es la posición angular del rotor en radianes eléctricos con referencia a una referencia rotante sincrónicamente y δo es su valor en t = 0,

δ = ωr.t - ωo.t + δo tomando la derivada en el tiempo

d dt d 2δ dt 2

= ω r − ω o = ∆ω r =

dω r dt

= ωo

=

d r dt

d (∆ω r ) dt

= ωo

d (∆ω r ) dt

sustituyendo en la ecuación diferencial del movimiento

2 H d 2δ ⋅ = Tm − Te ω o dt 2 es deseable a menudo incluir una componente del torque de amortiguación, que es proporcional al desvió de la velocidad, luego se tiene:

2 H d 2δ ⋅ = Tm − Te − K D ∆ω r ω o dt 2 donde

∆ω r =

∆ω r 1 dδ = ⋅ ω o ω o dt

reemplazando

2 H d 2δ K dδ ⋅ = Tm − Te − D ⋅ ω o dt 2 ω o dt esta ecuación representa la ecuación de movimiento de una máquina sincrónica. Ella es comúnmente referida disturbios. como la ecuación de oscilación porque ella representa oscilaciones en el ángulo del rotor durante


153



6.5.1 TIEMPO DE LANZAMIENTO MECÁNICO De la ecuación d r dt

=

1 ⋅T 2H a

integrando respecto al tiempo da t

ω r = 1 ∫ Ta ⋅ dt 2H o sea Tm el tiempo requerido para que a torque nominal acelere el rotor desde el reposo hasta la velocidad nominal con:

ω r = 1.0 , Ta = 1.0 y con el valor de lanzamiento

ω r = 0, se obtiene TM

1 T 1.0 ⋅ dt = M ⇒ Así : TM = 2 H 2 H ∫0 2H

1.0 =

TM es conocido como tiempo de lanzamiento mecánico

6.5.2 CALCULO DE LA CONSTANTE DE INERCIA La constante de inercia se calcula H

=

Energia ⋅ almacenada ⋅ a ⋅ velocidad ⋅ nom ⋅ en ⋅ Mw ⋅ s MVA ⋅ nom

Cálculo de H desde el momento de inercia en unidades MKS Energía almacenada = Energía cinética 2 = 12 Jω om

[W ⋅ s ]

2 = 12 Jω om ⋅10 −6


[MW ⋅ s ] 154



donde J = momento de inercia [ kg*m2]

ωom = velocidad nominal en [rad mec/s]

= 2 ⋅π ⋅

RPM

60

Así H

1 Jω 2 ⋅10 −6 = ⋅ om 2 MVAnom

H

1 J (2πRPM / 60 )2 ⋅ 10 −6 = ⋅ 2 MVAnom

H

= 5.48 ⋅ 10 −9 ⋅

2

J (RPM ) MVAnom

Cálculo de H de ωR2 en unidades inglesas. Algunas veces el momento de inercia del rotor es dado en términos de ωR2, que es igual al peso de las partes rotantes multiplicado por el cuadrado de los radianes de giro en lb*ft2. luego el momento de inercia en slug*ft2 = ωR2/32.2.


155



EJERCICIOS PROPUESTOS Y RESUELTOS DEL CAPITULO 6 Ejemplo 6.1 Un generador sincrónico trifásico de 100 MVA, 13.5 kV 60 Hz conectador en Y, está operando a voltaje nominal en vació cuando se produce una falla trifásica en sus terminales. Las reactancias por unidad sobre su propia base son Xs = 1.0

X’ = 0.25

X’’ = 0.12

Y sus constantes de tiempo son T’ = 1.10 s

T’’ = 0.04 s

La componente dc en esta máquina promedia el 50 % de la componente ac inicial. a)

¿Cuál es la componente ac de corriente en este generador en el instante siguiente a la ocurrencia de la falla?

b)

¿Cuál es la corriente total (ac mas dc) que fluye en el generador justamente después que ocurre la falla?

c)

¿Cuál será la componente ac de la corriente después de dos ciclos? ¿Después de 5 s?

Solución: La corriente base en este generador está dada por la ecuación I L ,base

= Sbase = 100 MVA = 4184 A 3Vbase 3 (13.8kV )

las corrientes subtransitoria, transitoria y de estado estacionario por unidad y en amperios son

I '=

I ss

=

1 .0 = 8.33 pu ⇒ 8.333 * 4184 = 34900 A 0.12

=

1 .0 = 4.0 pu ⇒ 4.0 * 4184 = 16700 A 0.25

Eaf

I '' =

X '' Eaf X'

=

Eaf X ''

=

1 .0 = 1.0 pu ⇒ 1.0 * 4184 = 4184 A 1 .0

d)

la componente ac inicial de la corriente es I’’ = 34900 A

e)

la corriente total (ac más dc) al comienzo de la falla es Itot =1.5 I’’ = 52350 A


156



f)

la componente ac de la corriente como función del tiempo está dada por la siguiente ecuación I(t) = (I’’ – I’) e-t/T’’ + (I’ - Iss)e-t/T’ + Iss I(t) =18200 e-t/0.04s + 12516 e-t/1.1s + 4184 A

A los dos ciclos, t = 1/30 s, la corriente total es I(1/30) = 7910 A + 12142 A + 4184 A = 24.236 A

Después de dos ciclos, la componente transitoria de la corriente es la más grande y esta vez está dentro del periodo transitorio del cortocircuito. A los 5 s, la corriente ha bajado a I(5) = 0 A + 133 A + 4184 A = 4317 A

Ésta forma parte del periodo de estado estacionario del cortocircuito.

Ejemplo 6.2 Un generador sincrónico trifásico de 250 MVA, 25 kV tiene una reactancia de 1.6 pu. Y una reactancia transitoria de 0.23 pu. Entrega carga nominal a factor de potencia unitario. En ese instante sucede un cortocircuito. Calcule g)

La tensión inducida Eaf antes del cortocircuito

h)

El valor inicial de la corriente de cortocircuito

Solución: i) ZB = EB2/SB = 250002/(250*106) = 2.5 Ω

La reactancia sincrónica es Xs = Xs(pu)*ZB = 1.6*2.5 = 4 Ω La tensión Vt de fase es Vt = 25/√3 = 14.4 kV

La corriente cuando entrega carga es: Ia = S/√3 Vt = 250*106/(1.73*25000) = 5780 A

La tensión inducida será Eaf = Vt +j*Xs*Ia = 14.4∠0 + j*4*5780∠0 = 27.2 kV Máquinas Sincrónicas

157



j) j)

la reactancia transitoria es X’d = X’d(pu)*ZB = 0.23*2.5 = 0.575 Ω

La corriente en el instante de corto circuito será Icc = Eaf/X’d = 27.2/0.575 = 47.3 kA

Ejemplo 6.3 Un generador polos salientes los =siguientes parámetros, X’d = sincrónico pu, X’d pu, X’q T’qo = 1.6mediante pruebas: 1.0 pu, Xq =de0.6 = 0.18tiene 0.15 pu, T’do = 3.0 s, obtenidos s, T’d = 0.52 s, T’q = 0.43 s. La máquina está entregando los kilovoltamperes nominales a factor de potencia 0.8 en retraso y voltaje nominal entre terminales. Determine la curva característica e potencia ángulo, durante el transitorio y el estado estable, suponiendo que el generador está conectado a un barraje infinito en los terminales de su armadura.

Solución: Primeramente determinamos la tensión inducida Eaf del diagrama fasorial mostrado en la figura E61tenemos 7.0 6.0

jX dI d Iq

E af

δ' φ Id

δ Vta

Ia

E' i

jX qI q jX'dI a

d a id n u r o p n e , P ia c n e t o P

6.22

P = 6.22 sen δ'

5.0 4.0 3.0 2.0

2.12

P = 6.22 sen δ + 0.67 sen 2δ

1.0 0.0

20 40 60 80 100 120 140 160 180 Ángulo δ, grados eléctricos

Figura E6-1

tan δ =


X q I a cos φ Vt

+ X q I a senφ

 0 .6 * 1 .0 * 0 .8  ⇒ δ = tan −1   = 19.44º  1 + 0 .6 * 1 .0 * 0 . 6 

158



= I a cos(φ + ) = 1.0 * cos(36.9 + 19.4) = 0.555 I d = I a sen(φ + δ ) = 1.0 * sen(56.3) = 0.832 I q = I q ∠δ = 0.555∠19.4º I d = I d ∠( −90 + δ ) = 0.832∠ − 70.6º Iq

entonces Eaf se puede obtener de la siguiente manera E af

= Vt + jX qI q + jX d I d = 1.0∠0 + j 0.6 * 0.55∠19.4 + j1.0 * 0.832∠ − 70.6

E af

= 1.77∠19.4º

con ello la curva característica de potencia-ángulo para esta do estable es: P=

Vta E af Xd

senδ

+ Vta2

Xd

− Xq

Xd Xq

sen2δ

= 1.77 senδ + 0.67 sen2δ

como se ve en la figura Potencia vs Ángulo el máximo de esta curva se presenta en

δ = 63.4º y su magnitud es Pmáx = 2.12 pu. Con la suposición de que se puede omitir la saliencia transitoria y que el generador se puede representar simplemente como un voltaje Ei detrás de una reactancia transitoria X’d. En este caso es razonable esta suposición debido tanto a que las reactancias transitorias de eje directo como de eje de cuadratura son aproximadamente iguales, y debido a que sus constantes de tiempo son razonablemente largas. P= E 'i

Vta E 'i X 'd

senδ '

= Vta + jX ' d I a = 1.0∠0º + j 0.18 ∗ 1.0∠ − 36.9º = 1.12∠7.4º

E 'i = 1.12 pu y

P = 6.22 senδ '

Esta característica del transitorio se grafica también en la figura E6-1. Note que el efecto de las corrientes inducidas en los devanados del rotor es aumentar de modo notable la capacidad del producción de par de la máquina, sin embarga, este efecto sólo dura el periodo del transitorio y desaparece cuando decaen las corrientes inducidas transitorias del rotor


159



EJERCICIOS 6.1

Un turbogenerador trifásico tiene una capacidad de 13.8 kV (línea a línea), y 125 MVA. Sus constantes, estando las reactancias expresadas en por unidad con base en la capacidad de la máquina, son: X= d 1.18

X’ d= 0.23

T’

d

= 1.2 s

Está trabajando en vacío con un voltaje de terminales igual a 1.0 pu cuando se presenta un corto circuito trifásico en sus terminales. Omita la componente de corriente continua en la corriente de corto circuito. Exprese las respuestas numéricas tanto en pu como en amperes. a) ¿Cuál es la corriente rms de cortocircuito en estado estable? ¿Tiene sentido físico que la corriente de corto circuito en estado estable sea menor que la corriente nominal, como en esta caso?. Explique su respuesta. b) Formule la ecuación numérica para la corriente instantánea en la fase a como función

del tiempo. Suponga que la falla se presenta cuando el ángulo entre la fase a y el eje directo es 90º. Debido a la omisión de la componente de dc, a esto se le llama la corriente simétrica de cortocircuito. c) Formule la ecuación numérica de la envolvente de la onda de corriente de cortocircuito como función del tiempo. d) Con el resultado de la parte c), formule la ecuación numérica que muestre cómo varía el valor rms de la corriente de cortocircuito con el tiempo. e) ¿Cuál es el valor que da la ecuación de la parte d) cuando t = 0?. A este valor se le llama corriente inicial simétrica rms de cortocircuito. f)

6.2

Generalice el resultado de la parte d) formulando la ecuación de la corriente inicial simétrica rms de cortocircuito como función del tiempo, del voltaje inicial detrás de la reactancia transitoria, y de las constantes de la máquina.

La hoja de datos del fabricante de un generador sincrónico trifásico, de 50 MVA, 13.8 kV, 60 Hz y dos polos, indica que tiene los siguientes parámetros: X=d 1.35

X =q 0.85 T’do= 6.5

X’ =d 0.35 T’

d

X’

q

= 0.85

= 1.67

Estando las reactancias en pu y correspondiendo a condiciones no saturadas dentro de la máquina y con las constantes de tiempo en segundos. Además, a partir de las características de circuito abierto, la corriente de capo a voltaje nominal en circuito abierto. En la línea de entrehierro, es 530 A.


160



El generador se está probando en estado estable de corriente de cortocircuito trifásico a velocidad nominal, se ajusta la excitación de campo de tal modo que la corriente de armadura es igual al 25 % de su valor nominal. a) Calcule la corriente necesaria para llegar a esta condición. Se quita súbitamente el cortocircuito. Suponga que el excitador mantiene constante el voltaje en el campo durante el transitorio. b) Calcule la magnitud del voltaje de estado estable en circuito abierto después de haber desaparecido los transitorios y después de quitar el cortocircuito. c) Halle una ecuación numérica para la corriente de campo (en pu y en Amperes) como función del tiempo después de quitar el cortocircuito. d) Encuentre una ecuación numérica para la magnitud del voltaje de armadura en circuito abierto como función del tiempo. 6.3

Un generador sincrónico de polos no salientes está caracterizado por los siguientes parámetros: Xd = Xq = 1.67 pu X’d = 0.32 pu T’do = 4.7 s Resistencia de capo 0.18 Ω Voltaje de campo necesaria para llegar al voltaje nominal en circuito abierto entre terminales = 470V Para los fines de este problema, omita los efectos de la saturación y de la resistencia de armadura. a) La máquina trabaja a su velocidad nominal, en circuito abierto y sin excitación en el devanado. De pronto se aplica un voltaje de 470 V al devanado de campo

•

¿Cuál es la corriente de campo como función del tiempo?

•

Formule una ecuación para el voltaje de armadura en pu como función del tiempo.

b) la misma máquina con los 470 V aplicados al devanado de campo ha estado trabajando con un cortocircuito trifásico entre sus terminales el tiempo suficiente para que hayan desaparecido todos los transitorios. ¿cuál es la corriente de campo de estado estable en amperes, y la corriente de armadura en pu?


161



c) Se quita súbitamente al corriente de cortocircuito de estado estable de la armadura. Para los fines de este análisis, suponga que se interrumpen simultáneamente las corrientes de las tres fases.

6.4

•

¿Cuál es la magnitud de la corriente de campo en amperes, inmediatamente después de interrumpir la corriente de armadura?

•

Deduzca ecuaciones para la corriente de campo y el voltaje de terminales como función del tiempo.

se producen bajas severas en terminales se aplican inductivas con factor de potencia cero odedevoltaje magnitud cercana acuando cero. La corrientecargas inicial a un motor grande es una carga de este tipo. Suponga que un generador sincrónico está funcionando al inicio sin carga a voltaje normal entre terminales. Se aplica en forma repentina una carga inductiva balanceada XL a sus terminales. El voltaje de campo no cambia, y el generador continúa funcionando a velocidad sincrónica. Omita la saturación. a) Demuestre que la variación del voltaje de terminales con el tiempo, después de aplicar la carga, está dada por Vta

= E fo

XL Xd

+ XL



+ E fo 

XL

 X 'd + X L

−

XL Xd



ε + X L 

− tT ' d

en donde Efo es el voltaje de excitación antes de la carga, y T 'd

= T ' do

X 'd + X L Xd

+ XL

b) Calcule las magnitudes de voltajes por unidad cuando X d = 1.50, X’d = 0.20, XL = 0.95 y T’do = 5.5 s. Las reactancias son valores por unidad.


162


Libro Maquinas Sincronas

Recommend Documents