MAQUINAS ELÉCTRICAS III
SOLUCIONARIO SOLUCIONARIO DE LA PRIMERA PRACTICA CALIFICA 2009-I
Graficando las soluciones. CORRIENTE EN LA ARMADURA 45 40
Maquinas eléctricas III, columna vertebral de la especialidad.
PROBLEMA
35 30 E 25 T N E I 20 R R O C 15
1:
Una maquina generalizada de conmutador se conecta y es impulsada por un motor primo a una velocidad constante de 540 RPM si en t=o, se aplica al devanado D una tensión continua de 600 voltios, tenemos los siguientes datos.
10 5 0 -5
0
1
2
3
4
5 TIEMPO
6
7
8
9
10 10
CORRIENTE EN EL DEVANADO ESTATORICO
r q =
ra = 1.0Ω L
0.25h
rq sd = 1.5
G
H
0.5
0.45 0.4
Obtener las expresiones de las corrientes y torque electromagnético.
0.35 0.3
ids , iqr , T e
0.25 0.2
Planteamos las ecuaciones en el devanado del rotor, la expresión de torque electromagnético. r r r q = q q +
V
Te
ri rs
r q
r q +
L pi
rs qq
s q −
M pi
rr qd
r r m d −
G wi
rs qd
0.15 0.1 0.05
r s m d
G wi
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
8
9
10 10
s s
= Gqd .iq .iq
TORQUE ELECTROMAGNETICO 35 30
Donde notamos que la corriente en el devanado estatorico en el eje Q es cero. Tenemos finalmente. Usando la transformada de laplace llegamos reemplazando los datos del problema a:
I qr ( s ) = s d (
i t ) =
10
s(1 + 0.25s)( s + 6)
0 -5 0
s(1200 + 200 s)
iqr (t ) = −127.23e(
−4 t )
1
2
3
4
5
6
7
, Resolviendo con
+ 84.8.e
−6 t
+ 42.41
id s (t ) = 0.5(1 − e 6t ) −
15
5
600
rs
20
254.446
la transformada inversa.
Te
25
PROBLEMA 2: Para estudiar el proceso transitorio de conexión de la tensión Vf, al devanado de excitación (f), al generador síncrono con el devanado amortiguador (D,Q), estando el estator (d,q) sin carga se utiliza la máquina de conmutador.
s s
= Gqd .iq .iq
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
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MAQUINAS ELÉCTRICAS III
rfs
=
200Ω
Lsd
=
Lsq
M drfs
Lsf
Gqrfs
= 0.08H ss
rds
= 30H =
s
= rq = 0.5 Ω
Gqrsd = 1.2 H
CORRIENTE EN EL ESTATOR 0.25
M drsd = 1.2 H M qrsq = 1.0H
= M fd =
0.2
Si el rotor de la maquina es impulsado a 1500RPM y en t=0, se cierra el interruptor
0.15
i s , iqs , id s ,
0.1
de campo se pide calcular
comentar resultados. Planteando las ecuaciones en los devanados estatoricos y rotoricos.
0.05
0
r r r q = q q +
V
ri
s s
r q
r q +
s
s
L pi
rs qq
s q −
G wi
sr
r
M pi
Vqs
= rq iq + Lq piq + M qq piq
Vdf
= rd id + Ld
f f
f
pidf
fr
rr qd
r
r r m d −
rs qd
r s m d
G wi
i s) =
−iq s
(0.5 + 0.08s) f
s d (
i s) = id f ( s) =
−1.2 sid
(0.5 + 0.08 s)
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0 .9
1
48(0.5 + 0.08 s)
s(0.960 s 2 + 31s + 100)
PROBLEMAS ADICIONALES
Resolviendo tenemos:
id f (t ) = −0.115e( id s (t ) = 2.39e(
−36.4t )
−28.6 t )
PROBLEMA 1 − 0.124e
− 2.39e
−28.6t
+ 0.24
−36.3t
CORRIENTE CORRIENTE DE CAM PO 0.24
0.22
0.2
Un motor SHUNT tiene una resistencia de 5 en serie con la armadura, el motor se alimenta con una carga continua de 230 V, impulsa una carga de torque constante de 5.5 N-M con momento de inercia J=1.8 Kg/m², si la corriente de excitación esta ajustada en 1 Amperio, y se tiene los siguientes parametros: rs Gqd = 0.5 H
0.18
J
= 0.8 Kg − m
2
D = 0.0133 Nms
0.16
CALCULAR:
0.14
0.12
0.2
Un motor síncrono carece de un par de arranque; para conseguir ponerlo en marcha por sí mismo, se le añade un devanado en jaula de ardilla, denominado devanado amortiguador, ubicado en las expansiones polares del rotor.
r
s q(
0.1
OJO, sobre los devanados amortiguadores.
+ M dq piq
0
0
0. 1
0. 2
0. 3
0. 4
0. 5
0. 6
0.7
0. 8
0.9
1
a) La velocidad y la corriente de armadura del motor. b) Si se rompe el acople entre el motor y la carga, obtener la evolucion en el tiempo de la velocidad y la corriente de armadura del motor. c) Los valores valores finales finales de la corriente de armadura y la velocidad.
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Solucion (a) Planteamos las ecuaciones del motor tipo shunt en el devando rotorico y la ecuación electromecánica.
Vqr
=
E = iqr rqr + Lrq piqr + Gqrds wmr ids
Te − Tload
=
J total
CORRIENTE CORRIENTE DE ARMADURA
dwmr r + Dwm dt
18 17
Procedemos a reemplazar los datos del problema, para el caso 1.
Vqr
=
0.5i
16 15 ) s o 14 i r e p m a 13 ( I
E = 230 = iqr (5 + 1) + 0.5wmr
r q − 5.5 =
Mostramos como varia la corriente en la armadura una vez desconectada la carga, se observa pues que sufre un decremento desde 17.61 amperios hasta 9.25 Amperios.
dwmr r + 0.0133 wm 2.6 dt
12 11
Para resolver esta ecuacion usaremos la transformada de laplace, luego procedemos a despejar las variables y le aplicamos la transformada inversa, resultando.
10 9
0
50
100
150
TIEMPO (s)
Pasaremos también a mostrar como varia la velocidad en el rotor en la figura de abajo. Al perder carga el motor se embala como se muestra en la grafica.
wmr = 248.63 rad / s imr = 17.61 Amp Solución (b)
VELOCIDAD
Nos piden la corriente y la velocidad cuando ocurre el desacople con la carga, para esto en la ecuación electromecánica reemplazamos el torque de carga igual a cero. Para ver como varía la corriente
Vqr Te
= =
E = iqr rqr + Lrq piqr + Gqrds wmr ids dwmr dt
J total
s
r
= 6im + 0.5 wm
Desarrollando y sacando la inversa de laplace tenemos:
iqr (t ) = 9.25 + 8.35.e
− (0.068 (0.0687. 7.t )
wmr (t ) = 348.51 − 99.8.e
) s / d 320 a r ( r a l u g 300 n a d a d i c o l e 280 v
260
0.5imr = 0.8( swmr − 248.6) + 0.0133 wmr r
340
r
+ Dwm
Reemplazando en forma de laplace
230
360
− (0.068 (0.0687* 7*t )
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
240
0
20
40
60
80
100 120 tiempo (s)
140
160
180
200
PROBLEMA 2 Un motor de excitación independiente de 5HP, esta acoplado con una carga de 0.6 Kg/m2 de inercia cuyo torque puede r w m representarse por T=0.10
y el motor es arrancado por una Resistencia de 3.4 enserie con la armadura para limites de arranque, aplicándose 240 V DC a la armadura con la corriente de excitación igual a 1 A, se pide. UNI - FIEE
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a)
imr ,
CORRIENTE DE ARMADURA
su máximo valor e instantaneo que produce.
60
50
b) La velocidad del motor. c) Los valores finales de la corriente de armadura y la velocidad del motor. d) Si después de llegar al régimen final dado por C, la resistencia de arranque súbitamente se C.C. repetir los pasos a, b y c.
40 ) p m A ( 30 E T N E I R 20 R O C 10
0
-10
SOLUCIÓN (a) Planteamos las ecuaciones del motor tipo shunt en el devando rotorico y la ecuacion electromecánica. r q =
0.5i
240
s
0. 05
0. 1
0 . 15
0. 2 0. 25 TIEMPO TIEMPO (s)
0. 3
0.35
0. 4
Grafica de la velocidad angular de la maquina. VELOCIDAD ANGULAR
r m
(1.2 s + 0.35) w r
0
14 12
r
= iq ( 4 + 0.012 s) + 1.8 wm
10
Para resolver esta ecuacion usaremos la transformada de laplace, luego procedemos a despejar las variables y le aplicamos la transformada inversa, resultando.
8 ) s / d a r 6 ( m W 4 2
r q(
i t ) = 2.48 + 60.10e
− ( 7.19.t )
− 62.59e
0
− ( 326.4.t )
-2
wmr (t ) = 12.78 + 0.287e − (326.4*t ) − 13.07e− ( 7.19.t )
0
0.1
0. 2
0. 3
0.4 0. 5 0. 6 TIEMPO TIEMPO (s)
0. 7
0.8
0. 9
1
CORRIENTE VS VELOCIDAD 60
Pasando a graficar estas ecuaciones. De la grafica de la corriente de armadura se observa que presenta una característica máxima en 56.36 A.
50
40
S O I s R / E d P a r M A
30
20
10
0
-10
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
0
0. 1
0. 2
0.3 0. 4 TIEMPO
0. 5
0. 6
0. 7
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SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA CALIFICADA 2009-I
CORRIENTE EN LA ARMADURA 10 9 8 7
PROBLEMA 1: se tiene un generador de
6
excitación independiente que tiene una carga resistiva de 23.35 OHM conectada a su armadura e impulsado a 1000 RPM, si en t=0, se aplica 130V de corriente continua al devanado de excitación, se pide:
5 4 3 2 1
a) las ecuaciones diferenciales del sistema para t>0.
0
b) la corriente de excitación en función del tiempo.
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
CORRIENTE DE CAMPO 1 0.9
c) la evaluación ene le tiempo de la corriente de carga.
0.8 0.7
d) los valores finales de la corriente y tensión de carga.
Gaf
=
2.38H
rf
ra = 1.65Ω La
Lf
= 130Ω
= 46.8H
0.6 0.5 0.4
0.3
=0
0.2 0.1
r r r q = q q +
V
ri
s s s d = d d +
V
ri
r q
r q −
G wi
s d
s d
L pi
L pi
rs qd
r s m d
0
Reemplazando los datos y usando la transformada de laplace tenemos:
0
0.5
1
1. 5
2
2. 5
3
3. 5
4
Sacando la transformada inversa de laplace tenemos:
iqr (t ) = 9.969 − 9.969e
Gaf
= 1.98H
ra
0.4Ω
i s) = iqr ( s ) =
130
s(130 + 46.8s) 1296.01
s(130 + 46.8s)
id s (t ) = (1 (1 − e
−2.76 t
−2.76 t
)
5
PROBLEMA 2: Para arrancar un motor de excitación independiente que esta acoplado mecánicamente con una carga puramente 2 inercial de 5.27 Kg-m se usa un reóstato de arranque de dos escalones. Estos escalones se van cortocircuitando de modo que durante la aceleración del motor, la corriente de armadura tenga un máximo de 80 y un mínimo de 50 amperios respectivamente, los parámetros del motor son:
s d (
4.5
=
La
rf
= 130Ω
=0
Dm
Lf
= 46.8 H
= 0.0132 N − ms
Jm
= 0.73Kgm
2
Si la corriente de excitación de 1 amperio, se pide:
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a) El valor del reóstato a utilizar.
Resolviendo estas ecuaciones tenemos:
b) la corriente de armadura y la velocidad del motor en función del tiempo para t>0 y antes de la conmutación del primer escalón.
iqr (t ) = 8 + 79.2e
c) el tiempo t1 al producirse la conmutación del primer escalón de resistencia R1.
−0.22 t
wqr (t ) = 120(1 − e
−0.222t
)
CORRIENTE EN LA ARMADURA 90 80
d) la velocidad en el instante que se conmuta R1.
70 60
e) los valores de R 1 y R2.
50
f) la velocidad velocidad y la corriente del motor al final del transitorio, después de la conmutación de R2.
40 30 20
Solución a)
Vqr
r r
10
r
r
rs
r s
= rq iq + Lq piq + Gqd wm id
Te − Tmec
=
J
dwm dt
0
rs
dw dt
2.16 Ω
s
r
1.98iqr = (6 s + 0.0132) wmr 26.4
s( s + 0.22) 80( s + 0.0022) iqr = s( s + 0.22)
25
30
100
80
60
40
20
0
5
10
15
20
50 = 8 + 79.2e −0.22t t = 2.16 s
= iq (3) + 1.98wm
wmr =
30
Solución c)
Solución b). r
25
r
+ 0.0132 wm
240 = 80(0.4 + R x )
240
20
VELOCIDAD DEL ROTOR
0
=
15
120
En el arranque la velocidad es igual a cero, por lo tanto tenemos.
R x
10
s s
240 = iqr (0.4 + Rx ) + 1.98 wmr 1.98iqr = 6
5
+ Dwm = Gqd .iq .iq
Donde el torque mecánico es cero ya que la carga es puramente inercial. Planteando y reemplazando los valores llegamos a:
r m
0
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Solución d)
wqr (t = 2.16) = 45.45rad / s Solución e) 240 = 80(0.4 + R x ) + 1.98 * 45.45
R2 = 1.475Ω R1 = 0.684Ω
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Solución f) 240
s
nueva
[i ]
r
r
= iq (0.4 + 1.475) + 1.98 * wm
iqr (1.98) = 6( swmr − 45.45) = 0.0132 wmr Resolviendo tenemos: r m =
w
45.45( s + 0.92)
s(s + 0.356) 80( s + 0.0.00352) iqr = s( s + 0.356) 50 = 0.803 + 79.19e 0.35t t = 1.35 s wqr (t = 1.35s) = 73.85rad / s −
= [ C ] i
'
antigua
i1 = C11i1' + C12i2' i2 = C21i1' + C22i2' i3 = C31i1' + C32i2' Reemplazando en (1)
[ e ] = [ Z ] [ C ] [i ' ] [ K ] = [ Z ][ ][C ] 2) transformación de la matriz impedancia Si tenemos:
[ e '] = [ Z '][i '] Finalmente.
iqr (t = ∞) = 0.802 wqr (t = ∞) = 120.45
Donde:
e ' B11 B12 e ' = B 21 B22
LA MAQUINA GENERALIZADA antigua
e B13 1 e B23 2 e3 nueva
= [ B ] [e ] [ e '] [ e '] = [ B ][ Z ][C ][i ']
En una maquina de C.C. los valores que aparecen en las ecuaciones son reales, y en una maquina síncrona la V e I correspondientes al inductor son reales mas no en el inducido son ficticios producto de las transformaciones, usaremos las transformaciones para reducir las variables.
Donde:
MULTIPLICACIÓN MATRICIAL
INVARIANCIA DE LA POTENCIA
e1 = Z11i1 + Z12i2 + Z13i3 e2 = Z 21i1 + Z 22i2 + Z 23i3 e3 = Z 31i1 + Z 32i2 + Z 33i3
Para que se cumpla lo anterior la matriz C y
[ Z '] = [ B ][ ][ Z ][ ][C ]
B
deben
ser
T
[ B ] = [C ]
para
que
potencia sea invariante.
P = K D ∑ ei = K D ∑ e ' i '
e1 Z11 Z12 Z13 i1 e = Z 2 21 Z 22 Z 23 i2 e3 Z 31 Z 32 Z 33 i3
[ e ][ ][C ][i '] = [ B ][e ][ ][i ]..............(1)
[e] = [ Z ][i ] …………..(1)
(1) cumple para
Veamos un ejemplo, transformaremos las
Entonces:
variables
i1 , i2 , i3 en otras i1' i2' .
e1i1 + e2i2 + e3i3 = e1 ' i1 '+ e2 ' i2 '
antigua
[ Z ']
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la
T
[ B ] = [C ]
nueva
= [CT ] [ Z ]
[C ]
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SOLUCIONARIO DEL EXAMEN PARCIAL 2009-I PROBLEMA 1 Para el generador DC cuyo esquema se muestra en la figura, se conecta un devanado en serie con la armadura. El generador es accionado a una velocidad constante wr y se alimenta al campo con una tensión Vf. a) Representar la maquina maquina con el modelo d-q. b) Escribir las ecuaciones de equilibrio eléctrico en forma matricial.
b) Desconectamos V=100, TL=cte.
0 = iqr (0.5 + 0.1s) + ω mr * 2
Te − TL
=
J
………..(1)
dw r + Dω m dt
Te − 18.28 = 2( sωmr − ωmr (0)) + Dω mr 2iqr − 18.28 = 2( sωmr − 47.2) + 0.1ω mr .......(2) De (1) y (2) r q(
−759.6
s) =
ω r ( s )
c) Explicar el efecto de la bobina serie.
s 2 + 5.05s + 20.25 37.98( s + 5) = 2 s + 5.05s + 20.25
PROBLEMA 2
Entonces tenemos:
Se tiene un motor DC de 10 HP, 100V 100V , conexión excitación independiente con Ra=0.5, La=0.1H, Gaf=1H, D=0.1, J=2.0, el motor acciona una carga de par constante, se ajusta la tensión del campo tal que If=2A, y la armadura se conecta a una fuente de 100V, el motor gira a 450RPM.
ω r ( t )
= 37.98e
−2.5 t
cos(3.72t ) + 25.23e −2.52t sen (3.72t )
c) r
r
100 = iq (0.5 + 0.1s) + 2ω m
r r r 2iq = 2( sωm − 47.2) + 0.1ω m
a) Determinar la ia(t). b) Si se desconecta la tensión de armadura. Obtener la expresión de W(t). Considerar que la carga TL permanece en el eje del motor. c) Si en lugar de desconectar la tensión de armadura se desconecta la carga TL: determinar la expresión W(t).
Vqr
r r
r
r
rs
r
= rq iq + Lq piq + Gqq ω m i f
100 = iqr (0.5 + 0.1s) + 450 100
s
r
= iq (0.5 + 0.1s) +
π
30 94.24
*2
s
a) r q =
i
5.75
s (0.1s + 0.5)
T L = 18.28
r m(
w s) = ω r (t )
2 47.12( s + 5s + 21.22)
s( s 2 + 5.05s + 20.25)
=′ 2.26e
−2.52 t
cos(3.72t ) − 2.16e
−2.52 t
sen(3.72t ) + 49 .38
PROBLEMA 3 Se tiene un motor de excitación independiente de 10HP, 110VDC, con los siguientes parámetros: Ra=0.5 , La=0.1, Rf=150 , Gaf=1H, D=0.1, J=2.0. a) Determinar la corriente que absorbe la armadura. b) Determinar el par de carga y el par por friccion. c) Si la tensión de armadura se incrementa a 120VDC, encontrar la Ia(t), wr(t).
iqr (t ) = 11.5 − 11.5e5t
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
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PROBLEMA 4 Considerando la maquina primitiva de 4 polos, escribir las expresiones y dibujar la distribución de corriente del devanado estatorico de eje directo de 4 polos, asimismo indicar la expresión de campo magnético en el entrehierro.
PROBLEMA 2 5) Explicar el procedimiento para encontrar los parámetros de inducción estacionaria para la maquina dq de dos polos.
6) Explicar el proceso de generación de tensión por rotación de la maquina dq, explique que significa las inductancias rotacionales.
7) Explique el procedimiento para
La maquina síncrona tiene los parámetros siguientes: a) Obtener la evolución en el tiempo de las corrientes, asi como la componente estacionaria de las tensiones inducidas en los devanados A, B, C. b) Si los devanados rotoricos D y Q estuvieran en circuito abierto, explicar cómo transcurre el transitorio en el devanado f, comparando con el obtenido en (a), (comparar las corrientes).
determinar las inductancias rotacionales de una maquina de corriente continua.
TERCERA PRÁCTICA CALIFICADA 2009-I PROBLEMA 1 La maquina síncrona de la figura conectada en Y es impulsada a la velocidad síncrona. Los contactos C1 y C2 estan abiertos y la excitatriz esta generando una tensión Vf. a) si en t=0, se cierra el interruptor C1, se pide calcular la corriente de excitación y la tensión en bornes del generador (considerar el devanado amortiguador). b) Una vez que el generador esta operando en vacio, siendo If la corriente estacionaria de excitación, escriba las ecuaciones para dimensionar el reóstato de supresión Rsup, si se desea suprimir la corriente If en t=1 segundo, (para este caso no considerar el devanado amortiguador).
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
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MAQUINAS ELÉCTRICAS III
SOLUCIONARIO DE LA CUARTA PRÁCTICA CALIFICADA 2009-I
V
=
11k 3
= − E f + (100∠ − 37 º ) +
j12 (10 100∠ − 37º)
E f = ( 5.62 .621∠170. 170.8º 8º ) PROBLEMA 1
δ = 9.19º
Se tiene una maquina síncrona de rotor cilíndrico de 11KV, 60Hz, el devanado de armadura esta conectada en estrella a una barra infinita de 11KV.
b) cuando actúa como generador
Ra=1.0
Xs=12.0
a) Si la maquina esta operando como motor absorbe una corriente de línea de 100A con factor de potencia de 0.8 en retrazo. Determinar la tensión inducida por fase. b) que debería ajustarse en la maquina síncrona y en que porcentaje para que se genere igual corriente y factor de potencia. Determinar el valor del ángulo de carga.
Reemplazando datos
E f =
11k 3
+ (100∠ − 37 º ) +
100∠ − 37º ) j12 (10
E f = ( 7.209∠7.15º ) δ = 7.15º
PROBLEMA 2 Se tiene una maquina síncrona trifásica de 20 MVA, de 13.8 kV, 60 Hz donde Xd=0.85 p.u y Xq=0.6 el generador esta conectado a una barra infinita y entrega 10 MVA con fdp=0.85 en retraso. Determinar el angulo de potencia y la tensión de excitación Ef y dibujar el diagrama fasorial.
a) cuando actúa como motor
V
= − E f + ra I +
jX s I
I = 100∠ − 37º donde V
=
11k 3
por fa f ase
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
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MAQUINAS ELÉCTRICAS III
La corriente de campo es ajustado tal que la maquina trabaja con fdp unitario, determinar el par de carga adicional que se puede añadir súbitamente sin perder el sincronismo.
De la expresiones de potencia
P=
E f V V 2 1 senδ + Xd 2 Xq
E f V V2 1 Q= cos δ + Xd 2 X q
−
1
sen 2δ
X d
1
V 2 1 cos 2δ − X d 2 Xq
PROBLEMA 4 1
Reemplazando los datos
Un motor de inducción bifásico, con 8 polos, 20 HP, 220 V, 60 Hz, tiene los siguientes parámetros, para el circuito equivalente aproximado correspondiente a una fase (referida todos al estator):
0.425 = E f senδ + 0.204 sen2δ
Rs=0.25
Xm=37
0.263 = E f cos δ + 0.204 cos 2δ
Rh+e=4.63
a Rr=0.20
−
+
X d
E f = 1.268 pu E f = 17.49V δ = 12.52º
b) si se reduce lentamente la excitación hasta que el generador alcance su limite de estabilidad estatica, determinar el angulo de potencia y la excitación. El par máximo que se puede aplicar lentamente sin perder el sincronismo es cuando el angulo delta es 90º.
E f V senδ ω X d E f sen90º 0.425 =
Te
=
0.85 E f = 0.3612
Xs=1.00
2
Para cada una de las conexiones que se citan abajo, deducir el circuito equivalente aproximado, por fase. Hallar los valores de los parámetros, y excitaciones de tensión. Suponer que la velocidad del motor es de 840 rpm. Calcular la corriente de línea en cada una de las fases del estator, la potencia total desarrollada y el par total generado. a) Una de las fases del estator recibe la tensión nominal a la frecuencia nominal, mientras que la otra se encuentra en cortocircuito. b) la misma conexión que el apartado anterior, excepto que la segunda fase se encuentra ahora en circuito abierto obteniéndose entonces un funcionamiento con una sola fase. Solución Sabemos que:
Reducimos la excitación a 0.3612pu.
CIRCUITO EQUIVALENTE - UNA FASE CC
0.25
s
I +
2
PROBLEMA 3
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
j 0.20
1.2j
r
4.63
I +
2.799
2
110v
Se tiene un motor síncrono y acciona una carga que requiere par nominal. Los datos de la maquina son: 100 MVA, trifásico, 13.8 kV, 60 Hz, Xd=1.2p.u, X’d=0.4p.u, X’’d=0.25p.u, T’d=1.2s, T’’d=0.025s, Ta=0.15s.
2
x Rr=1.2
-0.0965
110v
j
0.20
1.2j
0.25
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MAQUINAS ELÉCTRICAS III
Vs
=
Vs
=
+
−
1
b) una fase en circuito abierto:
jVqs ) .................. α (Vds + jV
2 1
β jVqs ) .................. (Vds − jV
2
Iq/2
Si una fase esta en Corto circuito, entonces s q =
V
s d =
0, V
220V
,
4.63
V
=
+
=
ω s
=
−
1
( 220 + j 0 ) ⇒
1
( 220 − j 0 ) ⇒
2 377 4
= 94.25rad
+
2
= 110V
I2
s
V
−
2
j
= 110V
⇒ s = 0.066
I ϕ 2
I ϕ
V1
=
=
V2 4.63
V1 + V 2 4.63
2
I s +
2
I s −
2
+
2
I r −
2
+
110
1.2j
+
V1 V 1 + ....α j 37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j + 2.799 V2 V 2 + .... β j 37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j − 0.0965
= 220................θ
110
+
j37 0.25 + j + 0.20 +1.2 j + 2.799
Resolviendo las ecuaciones tendremos:
= (50.55∠ − 21.6º )
V 1 = (126.7∠ − 16.71º )
= (60.59∠ − 58.8º )
Petotal I r
110
+
4.63
2
=
0.20
0.25
π = 87.96 30
+
2.799
-0.0965
V s
ω r = 840
I s
I1
1.2j
220v
2
Vs
0.20
j
reemplazando
tenemos: s
0.25
V 2 = (105.4∠20.16º )
r 2 I r 2 2 2 I + − a R = 2 − a Rr r 2 2 ,
I ϕ = (116.16∠ − 38.4 )
I1 = ( 32.2∠ − 50.8 ) I 2 = ( 47.3∠ − 60.7 )
Petotal
= ( 28.03∠ − 34.1º )
Petotal = ( 49.3∠ − 80.8º )
= 2 ( I1 )
2
2 a 2 Rr − ( I 2 ) a 2 Rr
2 2 = 2 ( 32.2 ) 2.799 − ( 47.3) 0.0965
Petotal = 5372.43W Tetotal = 961.08N − m
Reemplazando tenemos: a)
Petotal
= 3929.16W
Tetotal
=
T etotal
=
Petotal ω r
44.66 N − m HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
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SOLUCIONARIO DEL EXAMEN FINAL 2009-I
Q=
E f V V2 1 cos δ + 2 X q Xd
1
V 2 1 − cos 2δ − 2 Xq X d
+
1
X d
PROBLEMA 1 Se tiene generador síncrono de 20 MVA, de 12.5 kV, 60 Hz donde Xd=1.4 p.u y Xq=0.8 el generador esta conectado a una barra infinita y entrega 15 MVA con fdp=0.85 inductivo.
Reemplazando valores:
a) Determinar el angulo de potencia y la tensión de excitación.
0.394 =
b) Determinar el minimo valor de la tensión de excitación Ef en p.u para mantener en sincronismo mientras entrega potencia nominal a una barra infinita.
0.637 =
E f
senδ + 0.5
1 sen 2δ 0 . 8 1 . 4
1.4
E f 1. 4
1
−
1 1 1 1 − + cos 2δ − 0.5 1.4 1.4 0.8 1. 0.8 1.
cos δ + 0.5
Resolviendo las dos ecuaciones tenemos: a)
δ = 21.188º
E f = 1.745 pu
b) Para simplificar los cálculos aproximaremos la máquina de polos salientes a una de polos lisos, reemplazando la reactancia síncrona como:
I d = Isenφ I q = I cos φ E = ra I + V + jI d X d Iq Ef
=
+
jI q X q
X s
=
X d
jX q I + jI d ( X d − X q )
X q
2
I − I d
=V +
+
0.637 =
E f 1.1
≈ 1.1
senδ
El límite de estabilidad permanente se obtiene cuando delta es igual a 90º.
0.637 =
E f min S =( P=
15 20
∠31.78º ) = 0.637 +
E f V V 2 1 senδ + Xd 2 Xq
E f 1.1
sen90º
= 0.707
j 0.394
1 − sen 2δ X d
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
La excitación disminuye en 59.8%
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PROBLEMA 2 Se tiene un motor síncrono y acciona una carga que requiere par nominal. Los datos de la maquina son: 20 MVA, trifásico, 13.8 kV, 60 Hz, Xd=1.2p.u, X’d=0.4p.u, X’’d=0.25p.u, T’d=1.2s, T’’d=0.025s, Ta=0.15s. La corriente de campo es ajustado tal que la maquina trabaja con fdp unitario, determinar el par de carga adicional que se puede añadir súbitamente sin perder el sincronismo. Hallamos el par nominal
V
= − E f +
jX d I
I
= (1∠0º )
V = 1.0 pu
Pero tenemos como dato los valores de la reactancia subtransitoria, es en este periodo de tiempo donde se obtienen un par máximo y es este valor el que usaremos para el cálculo.
T '' = P '' = T '' = P '' =
E f V senδ º X d '' 1*1
senδ º = 4senδ
0.25
Por igualdad de areas:
4senδ1 (δ1 −
50.1π 180
δ 1
∫ 4senδ d δ =
)−
50.19
π − 2δ 1
1 = − E f + j1.2(1∠0º )
P= P=
E f V senδ º X d 1.562*1 1.2
∫ 4senδ dδ − 4senδ (π − 2δ ) 1
1
δ 1
Resolviendo la ecuación obtenemos:
sen50.1 = 1
δ 1 = 69.5º
T '' = P '' =
La maquina estaba con par nominal y se añadió súbitamente un TL, entonces el rotor desacelera y el angulo de potencia tiende a incrementar para que no pierda sincronismo. A=B
E f V 1*1 s e n sen69.65º = δ º X d '' 0.25
T '' = 3.7504 pu Tno min al = 1.0 pu Entonces el par adicional que se puede adicionar sin perder el sincronismo es:
Tadicional Tadicional
= T − T no min al ''
= 2.7504 pu
PROBLEMA 3 Un motor de inducción bifásico, con 8 polos, 20 HP, 220 V, 60 Hz, tiene los siguientes parámetros, para el circuito equivalente aproximado correspondiente a una fase (referida todos al estator):
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
Rs=0.25
Xm=37
Rh+e=4.63
a Rr=0.20
2
Xs=1.00 2
x Rr=1.2
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Para cada una de las conexiones que se citan abajo, deducir el circuito equivalente aproximado, por fase. Hallar los valores de los parámetros, y excitaciones de tensión. Suponer que la velocidad del motor es de 840 rpm. Calcular la corriente de línea en cada una de las fases del estator, la potencia total desarrollada y el par total generado.
ω s
=
4
π = 87.96 30
I s
+
=
I s +
2
I s −
2
I r
Sabemos que:
I r −
CIRCUITO EQUIVALENTE - UNA FASE CC
0.25
2
j 0.20
2
j37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j + 2.799
2 I r 2 2 I −r 2 + = 2 a Rr − a Rr , 2 2
= ( 28.03∠ − 34.1º ) = ( 49.3∠ − 80.8º )
Reemplazando tenemos: 2.799
2
110v
110
+
1.2j
r
I +
4.63
110
= (60.59∠ − 58.8º )
Solución
2
+
= (50.55∠ − 21.6º )
Petotal
+
110 4.63
2
b) la misma conexión que el apartado anterior, excepto que la segunda fase se encuentra ahora en circuito abierto obteniéndose entonces un funcionamiento con una sola fase.
s
⇒ s = 0.066
= 94.25rad
ω r = 840
a) Una de las fases del estator recibe la tensión nominal a la frecuencia nominal, mientras que la otra se encuentra en cortocircuito.
I +
377
a) -0.0965
110v
0.20
j
1.2j
Petotal
= 3929.16W
Tetotal
=
T etotal
=
Petotal ω r
44.66 N − m
0.25
Vs
=
Vs
=
+
−
1 2 1 2
α jVqs ) .................. (Vds + jV β jVqs ) .................. (Vds − jV
b) una fase en circuito abierto: Iq/2
4.63
Si una fase esta en Corto circuito, entonces
Vqs
Vd s
= 0,
=
220V ,
0.25
0.20
j
I1
1.2j 2.799
reemplazando 220v
tenemos:
-0.0965
V
s
+
Vs −
=
1 2
=
1 2
( 220 + j 0 ) ⇒ ( 220 − j 0 ) ⇒
V s +
2
= 110V
I2 j
s
V
−
2
= 110V
HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA
0.20
1.2j
0.25
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I ϕ
V1
=
2
4.63
I ϕ
V2
2
=
4.63
V1 + V 2
+
+
V1 V 1 + ....α j 37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j + 2.799 V2 V 2 .... β + j 37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j − 0.0965
= 220................θ
Resolviendo las ecuaciones tendremos:
V 1 = (126.7∠ − 16.71º ) V 2 = (105.4∠20.16º ) I ϕ = (116.16∠ − 38.4 )
L0 0 0 0 L 0 d V0dq 0 0 Lq V =− 0 K 0 MF FDQ 0 KMD 0 0 0 KMQ i0 0 0 i 0 0 d iq 0 −ωLd − iF 0 KMF i D 0 KMD iQ 0 0
0
0
KMF KMD 0
LF MR 0
0 i0 r 0 0 0 0 0 i r 0 d 0 0 0 0 0
0 KMQ d iq 0 − MR 0 dt iF 0 LD 0 iD 0 0 LQ iQ 0
0
0
0
ωLq
0
0
0
0 r 0 0 0 0 r F 0 0 0 0 r D 0 0 0 0
0 i0
ω KMQid
−ωKMF −ω KMD
0
MR LD
0
0
LF MR
KMQ
0
0
LQ
0
0 * 0 0 r D
0
iq iF iD iQ
I1 = ( 32.2∠ − 50.8 ) I 2 = ( 47.3∠ − 60.7 ) Haciendo arreglos lo expresamos como:
Petotal Petotal
Petotal Tetotal
= 2 ( I1 )
2
a 2 Rr − ( I 2 ) a 2 Rr 2
2 2 = 2 ( 32.2 ) 2.799 − ( 47.3 ) 0.0965
= 5372.43W = 961.08 N − m
PROBLEMA 4 Hacer un resumen en forma ordenada y concisa relacionado al cortocircuito trifásico de la maquina síncrona, indicando modela miento, ecuaciones de equilibrio, método numérico de solución, resultados y conclusiones. La ecuación para la maquina síncrona es:
V0 r V 0 d Vq 0 = − −VF 0 VD 0 VQ 0 L0 0 0 − 0 0 0
0
0
r ωLq −ωLd r KMF 0 KMD 0 KMQ 0 0
0
Ld
0
0
Lq
KMF KMD
0
0
KMQ
0
i0 0 0 ω KM Q id −ωKM F −ω KM D 0 iq rF MR 0 iF MR rD 0 iD rQ iQ 0 0 0 0 0 i0 KMF KMD 0 id K MQ d iq 0 0 LF M R 0 dt iF M R LD 0 i D LQ iQ 0 0 0
0
0
PROBLEMA 5 a) Para la máquina de polos salientes, explicar que representa Ld y Lq. b) En qué casos se utiliza maquinas síncronas de rotor cilíndrico y de rotor de polos salientes. Las maquinas de rotor cilíndrico se usan para bajas potencias y altas velocidades característicos de una central térmica, en cambio las de polos salientes se usan mayormente en las centrales hidroeléctricas ya que tienen bajas velocidades y altas potencias de generación.
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c) Explique brevemente el criterio de igualdad de areas para predecir el límite de estabilidad transitoria de la maquina síncrona. ¿Qué parámetros de la maquina son necesarios? d) Explique un método para determinar la constante de tiempo y reactancia transitoria y su transitoria de la maquina síncrona. Uno de los métodos es mediante el cortocircuito trifásico, se lleva la grafica a escala logarítmica y se miden los parámetros de reactancias transitoria, subtransitoria.
e) Explique cómo utilizaría la maquina síncrona para la compensación reactiva en un sistema de potencia.
Podemos expresar las ecuaciones de la siguiente manera:
0 V d r −V 0 r F F 0 = 0 0 V q −ω LD ω KM F 0 0 0
Ld KM F − KM D 0 0
0
ω Lq
0
0
r D ω KM D 0
kM kM F LF MR
KM D MR LD
0
0
0
0
0
Lq kM Q
0 0
ω kM Q id
i F 0 0 i D r 0 iq 0 r D iQ 0 id 0 iF d 0 iD dt kM Q iq LQ iQ 0
CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO BALANCEADO
Asumiremos la maquina síncrona sin carga y con las siguientes condiciones:
i0 dq i0 ( 0
=
+
)
Piabc
=i
d ( 0+ )
=i
q ( 0+ )
=0
En la corriente de campo
iF (0
+
)
=
V F r F
Para un corto circuito balanceado, en las terminales de la maquina.
Va = Vb = V c = 0 V0 dq = PVabc ⇒ V0 = Vd
= Vq =
0
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