01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
PROBLEMAS DE MAQUINAS SINCRONAS PROBLEMA N° 1.- Un generador síncrono de cuatro polos con conexión en Δ en Δ,, de 480 - v 60 hz, tiene las siguientes características características de vacío. este generador tiene una reactancia sincrónica. sincrónica. CARACTERÍSTICAS DE CIRCUITO ABIERTO
Egf S Z A I A
36,87 º
V
X I A
S
I A R
A
IA=693A DIAGRAMA FASORIAL DE LA MAQUINA SINCRONA
La reactancia del inducido es de 0.1 y una resistencia del inducido de 0.015 por fase. A plena carga, la máquina suministra 1200 A con factor de potencia de 0.8 en atraso. Bajo condiciones de plena carga, las pérdidas por fricción y por roce con el aire son de 40 kW y las pérdidas en el núcleo son de 30 kW. Despreciar las las pérdidas del circuito de campo. A. Hallar la velocidad de rotación de este generador. B. Hallar la corriente de campo que debe suministrarse al generador para lograr la tensión de los bornes de 480 V en vacío. C. Si el generador se conecta a una carga de 1200 A con factor de potencia de 0,8 en atraso, ¿cuánta corriente de campo se requerirá para mantener la tensión en los terminales en 480 V? D. ¿Cuánta potencia está suministrando suministrando ahora el generador? E. ¿Cuánta potencia le entrega el motor primario al generador? F. ¿Cuál es la eficiencia global de la máquina? G. Si la carga del generador se desconecta súbitamente de la línea, ¿qué pasaría con la tensión de los terminales? H. Por último, suponga que el generador se conecta a una carga de 1200 A con un factor de potencia de 0,8 en adelanto. ¿Cuánta corriente de campo se requerirá para mantener V a 480 V? Solución
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 1
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Este generador síncrono está conectado en Δ, así que su voltaje de fase es igual a su voltaje de línea Vtp = VT en tanto que su corriente de fase se relaciona con su corriente de línea por la ecuación IL = 3I A.- La relación entre la frecuencia eléctrica producida por un generador síncrono y la velocidad de rotación del eje se expresa por medio de la ecuación: Por lo tanto f = n x p / 120
n = 120 x 60 / 4 = 1800 1800 RPM
B.- En esta máquina V T= Vtp . Puesto que el generador está en vacío, I A= 0 y E gp = Vtp por consiguiente, V T = Vtp = Egp = 480 V y de la característica de circuito abierto I F = 4.5 A. Si el generador entrega 1 200 A, entonces la corriente de inducido en la máquina es: I A = 1200/1.7321 1200/1.7 321 = 693 A
Corriente de fase
En el diagrama fasorial de este generador. Si se ajusta la tensión terminal para que sea de 480 V, la magnitud magnitud de la tensión tensión generada internamente internamente Egf se da por: por: Egf = V + Ra.Ia + jXs.Ia Egf = 480<0° + (0.015<0° x 693<-36.87) + (0.1<90° x 693<-36.87) Egf = 480<0° + (10.39<-36.87) + (69.28<-53.13) Egf = 529.9 + j 49.2 = 532 < 5.3 Voltios C.- Para mantener la tensión V en 480 V, E gp se debe ajustarse en 532 V. En la las características características de vacío se puede observar que la corriente de campo requerida es de 5.7 A. D.- La potencia que el G.S. está suministrando suministrando ahora se puede hallar por medio medio de la ecuación: P = 1.7321 x V . IL Cos Φ = 1.7321 x 480 x 1200 x Cos 36.87° = 798 kW E.- Para conocer la potencia de entrada al generador, generador, se usa la siguiente expresión: expresión:
Pent = Psal + Pperd elec + Pperd núcleo + Pperd mec + Pcampo En este generador, las pérdidas eléctricas son:
Pperd elec
= 3 x Ia² Ra = 3
x 693 x 0.015 = 21.6 kW
Las pérdidas del núcleo son 30 kW y las de fricción y roce con el aire 40 kW, de donde la entrada total de potencia al generador es: Ppent = 798 kW + 21.6 kW + 30 kW + 40 kW = 889.6 kW
G.- Por tanto, la eficiencia eficiencia global de la máquina máquina es: La eficiencia ɳ = ( Psal / Pentrda) x 100 = (798/889) x 100 = 89.7% Si la carga del generador se desconectara súbitamente de la línea, la corriente I A caería hasta cero, haciendo Egf = V como la corriente de campo no se ha modificado, Egf tampoco ha MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 2
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
cambiado y V debe elevarse hasta igualar E gf . Entonces, si la carga se suspendiera abruptamente, la tensión de los bornes del generador se elevaría hasta 532 V. H.- Si el generador se carga con 1200 1200 A con un factor de potencia de 0,8 en adelanto, teniendo teniendo la tensión de los bornes en 480 V, entonces la tensión generada internamente internamente tendría que ser: Egf = V + Ra.Ia + jXs.Ia Egf = 480<0° + (0.015<0° x 693<36.87) + (0.1<90° x 693<36.87) Egf = 480<0° + (10.39<36.87) + (69.28<126.87) Egf = 446.7 + j 61.7 = 451 <7.9 Voltios Por lo tanto, la tensión interna generada generada Egf debe graduarse para entregar 451 V si V tiene que mantenerse en 480 V. Empleando la característica de circuito abierto, la corriente de campo se tendría que graduar para 4.1 A. Tarea domiciliaria ¿Qué clase de carga (en adelanto o en atraso) necesita una corriente de campo mayor para mantener el voltaje voltaje nominal? ¿Qué clase de carga carga (en adelanto o en atraso) atraso) imprime mayor esfuerzo térmico sobre el generador? ¿Por qué? PROBLEMA N° 2.- Un generador síncrono síncrono de seis polos, conectado en Y a 480 - V 60 Hz, tiene una reactancia sincrónica por fase de 1.0 . Su corriente de inducido a plena carga es de 60 A con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Este generador tiene unas pérdidas por fricción y por roce del aire de 1.5 kW y pérdidas en el núcleo de 1.0 kW a 60 Hz a plena carga. Como se desprecia la resistencia del inducido, suponga que las pérdidas I 2R también se desprecian. La corriente de campo se gradúa de tal manera que la tensión en los bornes sea de 480 en vacío. Que esté cargado a corriente nominal con factor de potencia 0.8 en atraso Que esté cargado a corriente nominal con factor de potencia de 1.0 Que esté cargado a corriente nominal con 0.8 en adelanto.
A.- ¿Cuál es la eficiencia de este generador (despreciando las pérdidas eléctricas eléctricas desconocidas cuando funciona a corriente nominal y con factor de potencia de 0.8 en atraso? B.- ¿Cuánto momento de torsión en el eje debe aplicarle aplicarle el motor primario primario a plena carga? carga? ¿De qué magnitud es el momento de torsión antagónico? C.- ¿Cuál es la regulación regulación de voltaje para para este generador con factor de potencia de 0.8 en atraso? ¿Con factor de potencia potencia de 1.0? ¿Con factor de potencia potencia de 0.8 en adelanto? adelanto? Solución
Este generador está conectado en Y, así su voltaje de fase se expresa por Vf = V / 3 esto significa que cuando V se gradúa en 480 V, Vf = 277 V. La corriente de campo se gradúa en tal forma que Vvacío = 480 V, así que Vf = 277 V. En vacío, la corriente de inducido es cero, así que la tensión de reacción del inducido y la caída de I AR A son iguales a cero. Como I A = 0, el voltaje generado internamente Egf = Vf = = 277 V. El voltaje generado interiormente Egf = K n varía MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 3
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
sólo cuando la corriente de campo cambia. Como el problema establece que la corriente de campo solamente se ajusta inicialmente, la magnitud del voltaje generado internamente es Egf = 277 V a todo lo largo de este problema. La velocidad de rotación de un generador sincrónico en revoluciones por minuto, se expresa
por medio de la ecuación: Por lo tanto
f = n x p / 120
n = 120 x 60 / 6 = 1200 RPM
De donde: Si el generador está cargado a corriente nominal con factor de potencia de 0.8 en atraso el
diagrama fasorial resultante se asemeja al que se muestra en el problema anterior. En este diagrama fasorial sabemos que V tiene un ángulo de 0°, que la magnitud Egf es 277 y que la magnitud jXsI A es: jXsI A = (1.0 90) (60 -36.87°) = 60 53.13° V Las dos magnitudes que no se conocen en el diagrama de tensión son las que corresponden a V y el ángulo de Egf. Para encontrar estos valores, la manera más fácil es construir un triángulo rectángulo en el diagrama fasorial, se puede deducir que: Egf ² = (V + Ia Xs Sen Φ)² + (Ia Xs Ia Cos Φ )² Por lo tanto, el voltaje de fase para la carga nominal y con factor de potencia de 0.8 en atraso es: (277)² = [V + (1.0)(60)(Sen36.87)]² + [(1.0)(60)(Cos36.87)]² (277)² = [V +36]² + [48]²
744.25 = (V + 36 )²
V = 236.8 Voltios
EGP
EGP S
X I a
S
X a I
0º
Ia
UTP
UTP Ia
FACTOR DE POTENCIA UNITARIO
FACTOR DE POTENCIA 0.8 ATRAZO
IA
EGP=277
jXSIA
UTP FACTOR DE POTENCIA 0.8 CAPAPCITIVO
Diagramas fasoriales: Factores de potencia unitario, en atraso y en adelanto. MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 4
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Como el generador está conectado en Y, V =
3V tp
410 V .
Si el generador está cargado a la corriente nominal con factor de potencia unitario entonces, el diagrama fasorial se puede ubicar a continuación. 2
E gp
2
V tp
(277) 2
X S I A 2
V tp2
(60) 2
76.729 V tp2
3600
V tp2
73.129
V tp
270.4 V
Entonces ,
VT
3V
468.4 V
Cuando el generador está cargado a la corriente nominal con factor de potencia de 0.8 en adelanto. La ecuación resultante es: 2
E gp
(V tp
2 X S I A sen )
X s I A cos 2
Por lo tanto, el voltaje de fase a la carga nominal y con factor de potencia de 0.8 en adelanto es:
2772 V 1.060 Asen 36.872 1.060 Asen 36.872 2 76.729 V 36 2,304 2 74.425 V 36 272.8 V - 36 V 308.8 V Puesto que el generador está conectado en Y, U =
3V
535 V.
La potencia de salida en este caso, a 60 A y con factor de potencia de 0.8 en atraso es: P sa l
3 U I A cos
Psal
3 535 60 0,8
Psal
34.1 kW
La entrada de potencia mecánica se encuentra mediante
Pent = Psal + Perd elect + Pperd MAQUINAS ELECTRICAS III
núcleo +
Perd
mec.
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 5
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Pent = 34.1 kW + 0 + 1.0 kW + 1.5 kW = 36.6 kW
La eficiencia del generador es así: P sal
x 100%
P ent
34.1 kW
x 100%
36.6 kW 93.2%
Pent
El momento que se aplica al generador se expresa por la ecuación:
2
Tn
60
de donde : T
P ent
2 60
n
T
36,6 kW
2 60
1200
T 291,2 N - m
El momento de torsión antagónico inducido sería. Por lo tanto :
P conv T ind
T ind n
60
P conv
n
T ind
2
2
60 34100
2 60
1200 T ind
271,3 N - m
La regulación de voltaje de un generador se define como : U reg%
Eg U tp p .c . U tp p .c .
100%
Según esta definición, la regulación de voltaje para casos de factor de potencia en atraso unitaria y en adelanto son:
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 6
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
U reg %
U reg %
U reg %
480V 410 V 410V 480V 468 V 468 V 480V 535V 535V
100%
71.1%
100%
2.6%
100%
10.3%
En el problema las cargas en atraso dieron lugar a la caída de la tensión de los bornes; las cargas con factor de potencia unitario tuvieron poco efecto en V T y las cargas en adelanto dieron lugar a un aumento en la tensión de los bornes. PROBLEMA N° 3.- Se tiene un alternador de 20 KVA, 220 Voltios, 60Hz, Y, es sometido a pruebas de vacío (Vvacío = 200 Voltios, If = 3 Amp.) y corto circuito (Icc = Inominal, If = 2.2 Amp.). También entre dos de sus tres bornes se ha aplicado una tensión 20 VDC, obteniéndose una corriente de 75 Amp. Asumir que RaAC / RaDC = 1.4. En estas condiciones se le solicita determinar:
La Zs en forma rectangular
La reg (%) cuando el generador trabaja a Vn y Sn. Y un FP = 0.6 en retraso 61.18%
Z 0.1867 j1.6025 /f
1 20 Ra ( ) x 2 75
a.-
0.1333
Ra (AC) 0.1867 I N 200 3
X
2.2
20000
52.5 A
3 x 220
X
146.7 Volt.
Línea X
84.7 Volt. Fase
84.7 Zs x 52.5 Zs 1.6133
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 7
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Zs Ra jXs
I N
1.61332 0.1867 2 Xs 2 Zs 0.1867 j1.6025 1.6133
Xs 1.6025
FP 0.6 x I
53.13
52.5 53.13 A
Ea 127 0 1.6133 83.4 x 52.5 - 53.13 127 0 84.7 30.27 Ea 204.7 12.04 Volt. Regul (%) (204.7 - 127)/127
61.18 %
PROBLEMA N° 4.- Se tiene un generador síncrono de 60 Hz y cuatro polos y es impulsado a 1000 RPM. En estas condiciones se le solicita determinar: Eaf 1 Eaf 2
Eaf 2 Eaf 1
K x x RPM1
K x x RPM2
K x x 1800
K x x 1000
K x x 1000
K x x 1800
Eaf 2
Xs Xe X ad
0.56 x Eaf 1 1000 RPM
120 x F
Xs 2 π x f x L Xs 2
Xs1
F2 Xs 2
= 33.33 HZ.
4
33.33
F2
60
60
F1
x Xs1
33.33 Hz
60 Hz
El efecto sobre la tensión que El efecto sobre su reactancia El efecto sobre su genera de fuga de la armadura reacción de armadura E G2
0.5 . E G1
X2
Xe 2
Xra 2
0.56 X1
0.56 Xra1
En vacío no hay
0.56 Xe1
Xad 2
0.56 Xad1
PROBLEMA N° 5.- Un alternador de 600 KVA y 625 Voltios que estaba conectado en delta, reconecta en estrella. En estas nuevas condiciones se le solicita sus parámetros nominales de: Tensión MAQUINAS ELECTRICAS III
Corriente
Potencia Aparente
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 8
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
216.5 Volt
1600 A
600 KVA
I NY
600 KVA I N 60 /
3 x 125
600
3 x 125 x
3
1600 A
2771 A
PROBLEMA N° 6.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 KVA, 13 KV tiene una resistencia de armadura de 0.9 y una reactancia síncrona igual a 8.0 . Cuando soporta la carga nominal a tensión nominal, calcular la tensión generada por fase si las cargas tienen un factor de potencia como se indica en la tabla. Así mismo determinar su regulación para cada caso. 1500 KVA - Y - 13 KV Zs 0.9 j 8 I N
1500 /
a
3 x 13
FP
1
Ea
7506 0
Zs
8.05 83.6
Ea
7584.7 4.03 Volt
Regul (%)
7584.7 - 7506 / 7506
0.8 I
Ea
7506 0
Ea
7883.4 2.84 Volt
7584.7 4.03 Volt
1.05 %
- 36.87
8.05 83.6 x 66.62 - 36.87
7883.4 - 7506 / 7506
MAQUINAS ELECTRICAS III
66.62 A
8.05 83.6 x 66.62 0
FP
Regul (%)
I N y V N
0
Vf 7506 Volt
5.03 %
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 9
01 FP
Ea
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
0.8 C
36.87
7249 3.66 Volt
Regul (%)
7249 - 7506 / 7506
- 3.42 %
FP = 1
FP = 0.8 retraso
FP = 0.8 adelanto
Tensión generada
7584.7 Volt
7883.4 Volt
7249 Volt
Regulación (%)
1.05 %
5.03 %
-3.42 %
PROBLEMA N° 7.- Un alternador trifásico de 220 Voltios, 100 KVA conectado en Y tiene una resistencia de armadura de 0.1 / fase y una reactancia igual a 0.5 / fase. Suponiendo que cuando se conecta a una carga con FP = 0.4 en atraso suministra la corriente nominal, y que la reacción de la armadura tiene un efecto igual al doble de la reactancia de armadura (siendo el efecto de saturación despreciable). En estas nuevas condiciones se le solicita determinar: a.- La tensión sin carga cuando se desconecta la carga y son iguales la velocidad y la corriente de campo. b.- La tensión sin carga necesaria para producir la corriente nominal suponiendo que se pusiera el alternador en corto circuito. 100 KVA / 220 Volt / I N FP
Xs
Zs
a.-
1500 /
3 x 220
1
X
262.4 AMPERIOS
0
Xra
0.5 2 (0.5)
0.1
j 1.5
515.77 Volt
a. V sin carga ( I L
Ra 0.1 / f / Ys 0.5 / f - Y
1.5
1.5033
86.2 /
f
b.0
394.5 Volt
) si RPM e if son ctes.
Ea 127 0 1.5033 86.2 x 262.4 - 66.4 Ea 515.77 15 Volt
b.
Ea
Ea
MAQUINAS ELECTRICAS III
Zs x I N 1.5033 x 262.4 394.5 Volt
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 10
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
PROBLEMA N° 8.- Se tiene una carga de 300 KW a 60 Hz y las únicas fuentes de potencia disponibles funcionan a 50 Hz. Se decidió utilizar motor síncrono – generador síncrono. Si estamos a nivel de diseño, cuantos polos deben tener cada una de las máquinas para que pudieran convertir la energía de 50 a 60 Hz. RPMs 120 Fs / P
120 (50) P1
RPMs
Motor síncrono de 10 polos.
120 (60)
P2
Generador síncrono de 12 polos.
PROBLEMA N° 9.- Un GS , conexión Y, FP = 0.85 I , 100 MVA , 11.8 kv , 50 Hz , tiene una Xs = 0,8 pu y Ra = 0.012 pu, 20 polos . En estas condiciones se les pide calcular: a) Los Valores de Xs y Ra en Ω / fase. b) Ea y ∂ cuando el GS trabaja en condiciones nominales. c) Despreciando las pérdidas ¿Cual es el torque (Kgr – m), aplicado por el motor primo al GS en condiciones nominales. a.- 100MVA, 11.8 kV, 50Hz, Xs = 0.8pu Ra = 0.012 pu
11.1008 =1.3924 Ω I̅ =4893⎿31.8 A E =6813⎿05451⎿57.34=10780⎿25.2 Volt. PPUG.L =85=PD.MW PU L = 86.2 PD. =3 x Ra x Ia =3 x 0.0167 x 4893 =1200 KW = 86200000 = 2753381 300 30 = 2753381 9.8 = 280957
Xs = 1.1139 Ω b.c.-
Ra = 0.0167 Ω
PROBLEMA N° 10.- Se tiene un alternador de 750 KVA, 1380 volt., 60 Hz, conectado en triangulo (asumir que el generador se encuentra trabajando en la zona lineal). El Alternador ha sido sometido a pruebas de vacío y cortocircuito obteniéndose los resultados siguientes:
Ensayo de vacío : V o = 1020 volt. Ensayo C.C. : If = 19.5 Amp. Ra = 0.9
MAQUINAS ELECTRICAS III
If = 17.50 Amp. I = INOM.
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 11
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Se pide calcular: A. Reg.(%) a SN y Cos =1, , If. B. Reg.(%) cuando la conexión de ZL es y ZL = 6+j6 /fase. C. Reg.(%) cuando la conexión de ZL es y ZL = 2.5+j1.5 . D. Modelos y diagramas fasoriales en cada uno. Solución: Ia = 28.4616 Amp. CC V = 20 Volt. CC R = 0.7027 RT = R(1+0.0039(90-18)) RT = 0.7027(1.2808) = 0.9 SN = 750 KVA = 3 INOM. Va INOM. = 750 000 / 3 1380 = 181.2 Amp.fase INOM.LINEA = (√3) INOM. = (√3) 181.2 = 313.8 Amp.línea
Asumiendo la velocidad constante y estando en la zona lineal. Ea(C.C.) = 19.5 1020 17.5 Ea(C.C.) = 1136.6 volt. En Cortocircuito: Zs = Ra + jXa Zs = 1136.6 / 181.2 = 6.27 Xs = (6.27 2 – 0.92)1/2 = 6.2 Zs = 6.265 81.74° Para condiciones lineales a) Trabajando a SNOM. y Cos = 1 se tiene: ∟
Va = 1380 ∟0° Ea = 1380 ∟0° + (181.2∟0° 6.265 Ea = 1380 ∟0° + 1135.2 ∟81.74° MAQUINAS ELECTRICAS III
∟81.74°)
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 12
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Ea = 1908.7 ∟36.1° volt. Regul.(%) = (Ea – Va) / Va Regul.(%) = (1908.7 – 1380) / 1380 = 38.4% Luego de la línea de carga: If = 1909.7 17.5 1020 De donde: If = 32.76 Amp . b) Reg.(%) cuando la conexión de ZL es y ZL = 6+j6 /fase.
Va = 1380 ∟0° ZL = 6 + j6 ZL = 8.49 ∟45° Ea = Va ∟0° + I Zs Ea = 1380 0° + (162.54 -45° 6.265 81.74°) Ea = 1380 0° + 1018.3 36.74° Ea = 2279 ∟15.5° volt. Regul.(%) = (2279 – 1380) / 1380 = 65% Luego de la línea de carga: If = 2279 17.5 1020 De donde:
If = 39.1 Amp.
c).- Conexión de la carga en Y la cual debe ser conectada en eficiencia, y debe consumir la misma potencia aparente.
para lograr su máxima
ZL = 2.92L31° = 2.5 + j1.5 /fase De la conexión anterior: R12 = R1.R2 + R1.R3 + R2.R3 = K R3 R3 2 R12 = 3 ZL = 3 ZL ZL Ahora: ZL() = 3 2.92 L31° = 8.76 L31°
I = (1380L0° ) / ( 8.76 L31° ) = 157.50L-31° A Ea = 1380 L0° + (157.5 L-31° 6.265 L81.74°) Ea = 1380L0° + 986.7L50.74° Ea = 2145.1 20.86° volt. Regul.(%) = (2145.1 – 1380) / 1380 = 55.44% Luego de la línea de carga: MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 13
01
If 17.5
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
= 2145.1 1020
De donde: If = 36.8 Amp. d).- diagramas fasoriales
Ω⁄
Ω⁄
PROBLEMA N° 11.- Un G.S de 02 polos, Y, f.p = 0.8I, 1MVA, 2.3KV, tiene una reactancia síncrona de 1.1 y la resistencia de armadura de 0.15 (en AC) y 60 hz. Durante su funcionamiento presenta unas pérdidas por fricción y ventilación de 24 kW y sus pérdidas en el núcleo son de 18 kW. El circuito de campo se alimenta de una fuente de 250 Voltios y una corriente de 20 A . A continuación hallar: A.- if cuando los instrumentos indican 2300 Voltios en vacio. B.- Eaf en condiciones nominales y ¿Cuánto es el valor de if en estas condiciones? C.- Torque suministrado por el motor primo y la eficiencia del G.S? D.- Regulación en el caso B. E.- Construya las curvas de capacidad del G.S e indique los valores de S,P,Q y FP prácticos. Si el G.S es regulado a if=4.5A . En estas condiciones responder: F.-Cual será V cuando alimenta una carga de , además hallar la regulación y la eficiencia. G.- Si ahora se conecta una carga de conectada paralelo a la anterior .Dibuje un solo diagrama fasorial del caso F y G en un grafico. H.- Si la tensión V no fuese la adecuada, en las condiciones G que debe hacerse para restablecerlo a su valor nominal ¿Hallar if , Eaf y la eficiencia del G.S cuando se ha restablecido sus características nominales. En la figura que adjuntamos debe mostrarse parte de las respuestas A,B,F,G Y H SOLUCION
20∠30°Ω conectada en ∆ 20∠30° ∆
A.- De la grafica
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 14
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
= ⟹ =. B.- La tensión generada en condiciones nominales
==. . =. ∠. ° = √ ∗ = √ =. ∗. =.∠. ∅=. ⇒ ∅=.° = = √ =. ⟹ =.∠ ==. ̿ ∗∠.∠.∗.∠.° =.∠.
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 15
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
=.∠. ∶ =. ⇒ = =∗∗∗∅=∗. ∗. ∗. = =∗ ∗=∗ = = ==. = ∗. = .∗ =. = = . =.% = − = ..−. =.% = = −∗. =. ==−∗ ∗∗ = ∗. . ∗. =. . = =. =. =. ∗=. ==. =.∶ ∅=
C.- El toque y eficiencia
x 0.15 = 28.35 KW
D.- La regulación es;
E.- Construyendo las curvas de capabilidad del generador
22°
CURVA DE CAPABILIDAD
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 16
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
F.- Cual será V cuando alimenta una carga de regulación y la eficiencia.
20∠30°Ω conectada en ∆
, además hallar la
DE DELTA A ESTRELLA
∗ === = = ++ = ∠° =.∠° ⟹ =. ∠ = ∗ . ∠= =.∠.∗.∠.°.∠° ==̿ ∗∗ =.∠.∠.∗.∠.° (ZL=ZA=ZB=ZC)
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 17
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
=.=. ∠. ∠. =∗ =∗∗∗∅=∗. ∗. =. ∗=∗. . ∗.∗. =. = = ==. = ∗ = .∗ =. = = .. =.% = = ... =.% ∠° ∆ =.′ ∠° =.∠°
G.-Si ahora se conecta una carga de conectada solo diagrama fasorial del caso F y G en un grafico. La impedancia ZL anterior:
paralelo a la anterior .Dibuje un
Si ponemos en paralelo tendremos una nueva
⟹ =.∠ = ∗ . ∗. ∠. ° . ∠° =.∠= ∠. ==̿ ∗∗ =. ∠ . ∠. ∗. ∠. ° =.∠. =.∠.
DIAGRAMA FASORIAL DEL CASO F Y G EN UN GRAFICO.
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 18
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
H.- Si la tensión V no fuese la adecuada, en las condiciones G que debe hacerse para restablecerlo a su valor nominal.
=. = √ =. ⟹==. ∠ ∗ . ∠= =.∠∗.∠° =̿ ∗ =. ∠ . ∠∗. ∠. ° =.=. ∠.∠. =7.73 =∗∗∗∅=∗. ∗. ∗. =. ∗=∗. . ∗.=. =∗ = = ==. = ∗. = .∗ =. = . = =. % . = − = ..−. =.%
PROBLEMA N° 12.- Un G.S Y fp 0.8(I) ,20MVA,13.8kV,60hz , tiene una reactancia síncrona de 0.7 p.u y la resistencia de armadura es despreciable. El generador es conectado es paralelo a una red infinita de 13.8Kv ,60hz con una capacidad de suministrar o consumir potencia activa y reactiva a la misma frecuencia y tensión terminal. A.- Cual es la resistencia y reactancia síncrona en
Ω⁄
B.- la tensión inducida a condiciones nominales. C.- la corriente de armadura a condiciones nominales. MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 19
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
D.- Suponga que el G.S está operando a condiciones nominales, si la tensión inducida decrece 5% cual será la nueva corriente de armadura. E.- Repita la parte (D) Para 10, 15,20,25,30,35% de reducciones a la tensión inducida. F.- Flotear Ia vs Eaf (Ea eje e Ia eje y)
= . =9.522 = . =0. =7∗=9.522∗0.7 =6.6654 ℎ/ ==.=.∠° =. = √ ∗∠. = √ ∗. =. ∅=. ⇒ ∅=.° = = √ =. ⟹ =.∠ ==. ̿ ∗∠.∠.∗.∠° =. ∠. =.∠.
A.- Hallando la reactancia Xs en ohm/f
Ω
Ω /f
B.- Calculo de la corriente y tensión inducida a condiciones nominal
C.-
D.- Suponga que el generador está trabajando a condiciones nominales , si la tensión inducida se reduce en 5% cual será la nueva Ia A Tensión nominal y corriente nominal tenemos una impedancia de
= ∗ = = .. ∠. =.∠. = ∗ =%% ∗ + =. ∠. ==. =. ∠° %∗. ∠. = % = .∠°.∠. =. ∠.
Esta ZL es constante, ahora si variamos la tensión de inducción en 5% tendríamos:
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 20
01 D.-
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
= 90% =753.08∠36.86 + =711.24∠36.86 = % = 80% =669.41∠36.86 = 75% =627.57∠36.86 = 70% =585.73∠36.86 + =543.89∠36.86 = %
Si disminuye en 10%
Si disminuye 15%
Si disminuye 20%
Si disminuye 25%
Si disminuye 30%
Si disminuye 35%
REVISAR PROBLEMA N° 13.- Un G.S DE 02 polos ,25MVA,13.8Kv , 60hz ,fp=0.82(I), fue sometido a las pruebas de rutina, encontrándose los siguientes resultados: If(A)
320
365
380
475
570
V(Kv)
13
13.8
14.1
15.2
16
Icc(A)
1040
1190
1240
1550
1885
Ω⁄ Ω ⁄ Ω⁄
La resistencia de armadura es de 0.024
A.- La impedancia y reactancia síncrona de B.-La reactancia síncrona en
en estas condiciones se le solicita hallar: y p.u
y p.u cuando If=380 A
C.- la eficiencia y regulación del G.S si trabaja a plena carga
A.- Hallando la Zs y Xs en ohm/f y en p.u
MAQUINAS ELECTRICAS III
= = 13.258 =7.6176 =0.024 ℎ
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 21
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
== 25 =1045. 9 2 3 ∗13. 8 √ ==320 ⇒ , =13 =1040 : 13 3 √ = =7. 2 169 ℎ/ 1040 = ⇒ =7.2168 ℎ/ = = 7.7.7.262169176168 =0.9474 . = = 7.6176 =0.9174 . ⁄ =380 , 14.1 =14.1 =1240 3 √ = =6. 5 65 ℎ/ 1240 = ⇒ =6.5649 ℎ/ = = 7.6.6.65517664965 =0.86819 . = = 7.6176 =0.86819 . =. = √ ∗=∠. √ ∗. =. ∅=. ⇒ ∅=. ° = .√ =. =∗∗∗∅=∗. ∗. ∗. =. ∗=∗. . ∗.=. =∗ ==. = = . . =.% ∗=.∠. =.=̿.
Ahora Xs y Zs en p.u
B.- La reactancia síncrona en
y p.u cuando If=380 A
Ahora Xs y Zs en p.u
C.- la eficiencia y regulación del G.S si trabaja a plena carga
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 22
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
=. ∠. ∠. ∗. ∠. ° ∠. =. =.∠. = = . . =.% =. ∗=. = ∶ ∅= CURVA DE CAPABILIDAD EN EXCEL
0.304 MW 22°
2
1
0 -1.5
-0.5
0.5
1.5
-1
-2
-3
-4
-5
-6
PROBLEMA N° 14.- Se tiene un alternador de 600 KVA, polos lisos, 1100 volt., 60 Hz, 3 Φ conectado en estrella con Ra = 0.1 y Xs = 1.2 /fase. Se pide calcular: Reg.(%), , diagrama fasorial, cuando la máquina alimenta una carga a potencia nominal y además: CosL=1 CosL=0.8 Ind. CosL=0.9 capac. •
•
•
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 23
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
a) Cos =1 Sn = 600 KVA
Sn = 600< 0° KVA
Sn = 600 = 3 VIa = 3635.1 < 0° Ia* Ia* = 600 / 1.7321 x 1100 = 314.9 < 0° Regulac.(%) = (Ea – Va) / Va Ea = Va < 0° + Ia< 0° (Ra+jXs) Ea = 635.1 < 0° + (314.9 < 0° 1.204 < 85.2°) Ea = 635.1 < 0° + 379.14 < 85.2° Ea = 766.42 < 29.5° Volt. Regul.(%) = ( 766.42 – 635.1) / 635.1 Regul.(%) = 20.68%
b) Cos = 0.8 ind.
= - 36.9° ind.
Sn = 600 < 36.9° kVA Sn = 3635.1< 0° Ia* Ia* = 314.9 < 36.9 Amp. Regulac.(%) = (Ea – Va)/Va Ea = 635.1< 0°+ (314.9 < -36.9° 1.204< 85.2°) Ea = 635.1< 0°+ 379.14 < 48.3° Ea = 931.38 < 17.7° Volt. MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 24
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Regul.(%) = ( 931.38 – 635.1) / 635.1 Regul.(%) = 46.65%
c) Cos =0.9 cap.
= 25.8° ind.
Sn = 600 < -25.8° kVA Sn = 3635.1< 0° Ia* Ia* = 314.9 < -25.8 Amp. Regulac.(%) = (Ea – Va) / Va Ea = 635.1< 0° + (314.9 < 25.8° 1.204< 85.2°) Ea = 635.1< 0° + 379.14 < 111° Ea = 611.9 < 35.3° Volt. Regul.(%) = (611.9 – 635.1)/635.1 Regul.(%) = 36.5%
PROBLEMA N° 15.- Un GS, Conexión interna 6 x II, conexión externa Y, FP = 0.8 I, 120 MVA,
13.2 KV, 60 Hz tiene una Xs = 0.7 Ω / fase. En estas circunstancias se le solicita hallar: a) La regulación de tensión del GS. b) S y P nominales cuando el generador trabaje a 50 Hz, manteniendo las mismas pérdidas de armadura y campo que se presenta en 60 Hz. c) ¿Cuál será la nueva regulación de tensión del GS a 50 Hz?
Construir la curva de capacidad de un generador sincrónico de las siguientes características: S N = 85 MVA, U N = 12,5 KV, Cos = 0,76 en atraso, X S = 2,48 fase, PROBLEMA N° 16.-
n = 600 rpm, Potencia máxima de la turbina = 60 MW. PROBLEMA N° 17.- Un generador síncrono trifásico de 100 KVA, 1100 Voltios, 60 Hz, FP = 0.76, 04
polos y de polos lisos, conexión Y, se somete a ensayos para hallar sus parámetros propios indicados en la tabla: Prueba de la resistencia: 6 Vcc,, 2.5 Acc Prueba de circuito abierto: If = 12 Amperios, V = 420 Voltios. Prueba de corto circuito: If = 12.5 Amperios. A.- Hallar la Zs en p.u. B.- Si la conexión fuese en Δ, con los mismos ensayos hallar la Zs en p.u. C.- La regulación del G.S. para la pregunta A. D.- La regulación del G.S. para la pregunta B.
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 25
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
SPba =100 n " Y " ,V , rPba ctesois.ctkt:KVAVo: =6,V=12,=1100 V , I 5 =2,V,,f5=60A ,P=20°baHzckt,fpo,.=0,abie7rt6=90° o, #∶ p=4 I =12, coneA , Vxio=420 1 100 ==12,1 Ω= 100×10 =12,1 Ω = √3×1100 100×10 =52,48 II == √3× 52,48 Y=0, 5 RRDC == 1,VIDDC2C Ω×Y= 2,65 ×0,5 =1,2 Ω DC − =0, 0 0393° RRDCDC .. == R1,2DC×(10, T T ) ×(1α× 0 0393× 9 020 ) RDC . =1,53012 Ω R DC . = R x=0,063598× μR×f x=0,063598× 1,15×603012 x=0,398 K
2.2.-Calculos Preliminares para la Parte “A” 2.2.1.-Calculamos La impedancia Base con los datos del problema, sabemos que por definición:
. 2.2.2.-Calculamos la Corriente Nominal con los datos del problema:
2.2.3.-Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura ambiente, además debemos tener presente que por ser conexión “ Y “, entonces , reemplazamos en la fórmula:
2.2.4.- Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura de trabajo, con la siguiente fórmula, sabiendo además que
2.2.5.- Calculamos variable “x” de la tabla de efecto Skin para relacionarlo con la variable “k”, además teniendo presente que
2.2.6.- Luego interpolamos de tabla de efecto skin para obtener el valor de “ X K 0,4 1,0013 MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
“
Page 26
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
K 0,0,440,0,3983 = 1,01,0131, 0013K0004 K =1,0012 RRCC ==K1,0 012×1, × 53012 RC =1,53196 Ω⁄fase ==437,12,5125×420 ′′ ==252,√ 35=9 437,√ 35 ′ 252, 5 9 Z =4,= 8I1307 = 52, 4 8 Ω⁄fase X R XX == Z4,81307 1 , 5 3196 X =4,56275 Ω Z ⃗Z⃗Z == R1,C53196X4,56275 Ω⁄fase ZZ =R= RXX 1,53196 4,56275 ZZ ==012,,126611 0,12,37709 1 1 100 ==12,1 Ω= 100×10 =12,1 Ω 0,398 0,3 1,0004
2.2.7.- Realizamos la interpolación planteando la respectiva Ecuación
2.2.8.- Reemplazando este dato en la siguiente fórmula obtenemos el valor de ”
2.2.9.- Necesitamos calcular la Tensión del Generador en corto circuito ” tenemos los datos
RC
“
“para esto
2.3.- Cálculos Suplementarios para la Parte “A”: 2.3.1.- Calculamos la tensión del Generador pero en f ase para los cálculos posteriores:
2.3.2.- Para calcular la impedancia por fase necesitamos la tensión del generador y la corriente nominal, siendo ya obtenidos reemplazamos:
2.3.3.- Calculamos ”
“ ,tenemos por definición:
2.3.4.- Tenemos por lo tanto el valor de
2.3.5.- Asimismo calculamos el valor de la impedancia en p.u.
2.4.- Cálculos Preliminares para la parte “B” 2.4.1.-Calculamos La impedancia Base con los datos del problema, sabemos que por definición:
.
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 27
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
S = √3×1100 100×10 =52,48 II == √3×V 52,48 ∆ IIL∅ == 52, =4852, 48 I∅ =30,√ 3 29 √ 3 ∆ ∆=1,5 RRDC == 3,VIDDC6C Ω×∆= 2,65 ×1,5 =3,6 Ω DC − =0, 0 0393° RRDCDC .. == R3,6DC×(10, T T ) ×(1α× 0 0393× 9 020 ) RDC . =4,59036 Ω R DC . = R x=0,063598× μR×f x=0,063598× 4,15×609036 x=0,229 K K 0,0,330,0,2292 = 1,01,0041, 0004K0001 K =1,0002 R C RRCC ==K1,0 002×4, × 59036 RC =4,59127 Ω⁄fase = 12,512×420 2.4.2.-Calculamos la Corriente de Línea con los datos del problema:
2.4.3.-Puesto que tenemos conexión “ “, la corriente de fase es diferente de la de línea
2.4.4.-Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura ambiente, además debemos tener presente que por ser conexión “ “, entonces , reemplazamos en la fórmula:
2.4.5.- Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura de trabajo, con la siguiente fórmula, sabiendo además que
2.4.6.- Calculamos variable “x” de la tabla de efecto Skin para relacionarlo con la variable “k”, además teniendo presente que
2.4.7.- Luego interpolamos de tabla de efecto skin para obtener el valor de “ X K 0,3 1,0004 0,229 0,2 1,0001
“
2.4.8.- Realizamos la interpolación planteando la respectiva Ecuación
2.4.9.- Reemplazando este dato en la siguiente fórmula obtenemos el valor de”
2.4.10.- Necesitamos calcular la Tensión del Generador en corto circuito” tenemos los datos
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
“
“para esto
Page 28
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
=437,5 ′′ ==437,5=437, 5 ′ Z =14,= I44371= 437,30,Ω⁄259 f a s e X XX == Z14,44371 R4,59127 X =13,69456 Ω Z ⃗Z⃗Z == R4,C59127X 13,69456 Ω⁄fase ZZ =R= RXX 4,59127 13,69456 ZZ ==012,,379441 1,112,31781 ⃗ ⃗ ⌊ I = I = I − = cos 0 , 7 6 θ=40,54° ⃗ ⃗I = I⃗ = I ⌊ ⃗⃗ == ⃗ Z⃗⌊0° ⃗ 4,81307⌊71,44°×52,48⌊40,54° ×I ⃗ =861,√ 64 ⌊8,56° % =861,64×100% 1100 % = 1100√ 3 √ 3 ×100% % = 35,67 % ⃗ ⃗ ⌊ I = I = I − = cos 0 , 7 6 θ=40,54°
2.5.- Cálculos Suplementarios para la Parte “B”: 2.5.1.- Calculamos la tensión del Generador pero en f ase para los cálculos posteriores:
2.5.2.- Para calcular la impedancia por fase necesitamos la tensión del generador y la corriente nominal, siendo ya obtenidos reemplazamos:
2.5.3.- Calculamos”
“, tenemos por definición:
2.5.4.- Tenemos por lo tanto el valor de
2.5.5.- Asimismo calculamos el valor de la impedancia en p.u.
2.6.- Cálculos para la parte “C” 2.6.1.- teniendo en cuenta además que Además siendo
,
2.6.2.- Calculamos la “ “, teniendo en cuenta además que esto sabemos por definición:
, siendo para
2.6.3.- Sabemos que la regulación es por definición lo siguiente:
2.7.- Cálculos para la parte “C” 2.7.1.- teniendo en cuenta además que Además siendo
MAQUINAS ELECTRICAS III
,
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 29
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
⃗ ⃗I∅ = I⃗ = I ⌊ ⃗⃗ == ⃗1100⌊Z⃗ 0×I°⃗ 14,44371⌊71,46°×30,29⌊40,54° ⃗ =1492,34 ⌊8,66° ×100% ∆% =1492, ∆%∆% == 35,67 %1100341100×100% 2.7.2.- Calculamos la “ “, teniendo en cuenta además que esto sabemos por definición:
, siendo para
2.7.3.- Sabemos que la regulación es por definición lo siguiente:
PROBLEMA N° 18.- Un GS 3 de 2 polos de 300 KVA, 480 V, 60 Hz, FP = 0.8 en atraso,
conexión Y es sometido a ensayos tal como sigue: La resistencia Ra(ca) = 0.03 Ω/f. Las pérdidas en el núcleo son 9.8 KW, las pérdidas por fricción y pérdidas mecánicas 13.85 KW. Las características de vacío y corto circuito se presentan en la tabla siguiente: CARCATERÍSTICAS DEL G.S. - VACIO Y CORTO CIRCUITO
If (A) 1 V (Volt 240 Ia (A) 160
2 480 280
3 685 440
4 840 570
5 960 720
6 1030 860
7 1070 1000
8 1090 1140
9 1110 1290
10 1120 1430
A.- Levantar la curva de vacío y recta de corto circuito. B.- Calcular la reactancia síncrona en p.u. C.- Calcular la corriente de campo necesaria para que el generador trabaje a tensión, corriente, frecuencia y factor de potencia nominales. D.- Calcular la regulación a condiciones nominales. E.- Hallar el torque necesario para que el G.S. trabaje en condiciones nominales. F.- Calcular la eficiencia del G.S. G.- Cuando el G.S. está trabajando a sobrecarga (120%) hallar la eficiencia permaneciendo las pérdidas en el núcleo, las pérdidas por fricción y mecánicas constantes. H.- Hallar el torque necesario para que el G.S. trabaje en las condiciones de G. I.- S, P y Q nominales cuando el generador trabaje a 50 Hz, manteniendo las mismas pérdidas de armadura y campo que se presentan en 60 Hz. J.- Cual será la nueva regulación de tensión del GS a 50 Hz?.
K.- Hacer el gráfico de las curvas de capacidad del G.S, en condiciones nominales.
SR =300 KVA , V =480 V , f =60 Hz , f p =0, 8 , # p=2 , c one x i o n " Y " , Ω =0,03 ⁄fase , P. =9,8 KW ,P. P. =13,85 KW S 300×10 II == √3×V = =360, 8 4 √3×480 360,84 E =575 V
3.2.- Cálculos preliminares 3.2.1.- Calculamos la corriente de armadura, tenemos por definición:
3.2.2.- Según la gráfica tenemos que la Tensión del generador en corto circuito es 3.2.3.- Calculamos la Tensión del generador de fase
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 30
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
E ℩℩ = E575√ 3 V EE ℩ ==331,√ 397 V ℩ E Z = 331,I 97 ZZ ==0,360,928Ω4⁄ f a s e V 4 80 ZZBB ==0,S768 Ω= 300×10 =12,1 Ω ==0, 919510,92Ω⁄fa0se,03 == 0,0,91,719511689728 = 1,75 == 36,cos−870,8 ⃗⃗ == ⃗ ⌊Z⃗0°×I⃗ 0,92⌊88,13°×360,84⌊36,87° ⃗ =549,√ 68⌊28,10° % =549,68×100% 480 % = 480√ 3 √ 3 ×100% % =98,35 % P. =P. P. PP..uu =3× I ×R ×0,03 =3× 3 60, 8 4 P.u =11,72 KW
3.2.4.- Con los datos obtenidos calculamos la Impedancia de fase, sabemos por definición:
3.2.5.- Calculamos la Impedancia Base con los datos del problema
. 3.2.6.- Calculamos la reactancia síncrona de fase, para esto sabemos por definición:
3.2.7.- Con el valor obtenido calculamos la Reactancia síncrona en p.u., tenemos por fórmula:
3.2.8.- Tenemos en la figura que la corriente de campo es: 3.3.- Cálculos suplementarios 3.3.1.- Tenemos de datos para el ángulo de la corriente de armadura: 3.3.2.- Calculamos la Tensión del generador
3.3.3.- Calculamos la regulación a condiciones nominales, reemplazando datos, para esto sabemos:
3.3.4.- Sabemos que la potencia del Rotor es: 3.3.5.-Además tenemos:
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 31
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
PP == √ √ 33 ×I×360,L ×V84×480×0, L ×cos 8 P =240 KW PP ==240 9,.811,.7213, P.85 P =275,37 KW EF% =PP240×100% EFEF%% ==87,275,153%7×100% 120× = 120×60 # p ==36002 n ×2π 60 ω = 3600×2π ωω ==377 60rad⁄ = P275,ω 37×10 =T= 729,37744 Nm ×R PP..uu =3×1, 2 × I =3×1, 2 × 3 60, 8 4 × 0 , 0 3 P.u =14,06 KW PP ==240 9,.814,.0613, P.85 P =277,71 KW EF% =PP×100%
3.3.6.- Calculamos la potencia de Salida:
3.3.7.- Calculamos la potencia de Entrada , reemplazando datos y valores obtenidos en la Ecuación:
3.3.8.- Calculamos la Eficiencia del Generador:
3.4.-Calculos parte “D” 3.4.1.- Calculamos el “
“
3.4.2.- Calculamos el “
“
3.4.3.- Calculamos el torque, que por definición:
3.5.- Cálculos parte “E” 3. 5.1- Hallamos el Torque con sobrecarga del
120%
3.5.2- Calculamos la potencia de Entrada, reemplazando datos y valores obtenidos en la Ecuación:
3.5.3.- Calculamos la Eficiencia del Generador:
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 32
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
EFEF%% ==86,277,240427%1×100% = 120× # p ==3600120×60 2 n ×2π 60 ω = 3600×2π ωω ==377 60rad⁄ = P277,ω 71×10 =T= 736,37763 Nm f×f S = S300×50 SS ==25060KVA PP =S=250× × fp0,8 P =200 KW S3 ×I V = √ 250×10 VV ==400√ 3×360,V 84 V ZB = S400 ZZBB ==0,250×10 64 Ω E =575 V 3.5.4.- Calculamos el “
“
3.5.5.- Calculamos el “
“
3.5.6.- Calculamos el torque, que por definición:
3.6.- Cálculos parte “F” 3.6.1.- Calculamos la potencia Aparente para la frecuencia de 5
3.6.2.- Calculamos la Potencia Activa para la frecuencia de 5
0 Hz
0 Hz
3.6.3.- Calculamos la Tensión nominal de línea para la frecuencia de 5 que la corriente de armadura se mantiene constante
3.6.4.- Calculamos “
0 Hz
, sabiendo además
”
3.6.5.- Según la gráfica tenemos que la Tensión del generador en corto circuito es 3.6.6.- Calculamos la Tensión del generador de fase
MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 33
01
SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
E ℩℩ = E575√ 3 V EE ℩ ==331,√ 397 V ℩ E Z = 331,I 97 ZZ ==0,360,928Ω4⁄ f a s e == 36,cos−870,8 ⃗⃗ == ⃗ ⌊Z⃗0°×I⃗ 0,92⌊88,13°×360,84⌊36,87° ⃗ =509,√ 40 ⌊30,55° % =509,40×100% 400 % = 400√ 3 √ 3 ×100% % =120,40 %
3.6.7.- Con los datos obtenidos calculamos la Impedancia de fase, sabemos por definición:
3.6.8.- Tenemos de datos para el ángulo de la corriente de armadura: 3.6.9.- Calculamos la Tensión del generador
3.7.- Calculamos la regulación a condiciones nominales, reemplazando datos, para esto sabemos:
3.7.1.- Gráfico Corriente de Armadura vs Corriente de Campo Ia 1600
) 1400 A ( a r 1200 u d a 1000 m r A 800 e d 600 e t n e 400 i r r o 200 C 0 0
5
10
15
Corriente de Campo (A)
3.7.2.- Gráfico Tensión de Vacío vs Corriente de Campo MAQUINAS ELECTRICAS III
ING. HUBER MURILLO MANRIQUE
Page 34