Problemas Maquinas Sincronas

8/18/2019 Problemas Maquinas Sincronas

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01 SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

MAQUINAS ELECTRICAS III ING. HUBER MURILLO MANRIQUE Page 1

PROBLEMAS DE MAQUINAS SINCRONAS

PROBLEMA N° 1.- Un generador síncrono de cuatro polos con conexión en Δ, de 480 - v 60 -hz, tiene las siguientes características de vacío. este generador tiene una reactancia sincrónica.

La reactancia del inducido es de 0.1 y una resistencia del inducido de 0.015 por fase. Aplena 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 laspérdidas en el núcleo son de 30 kW. Despreciar 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 delos 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 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 depotencia de 0,8 en adelanto. ¿Cuánta corriente de campo se requerirá para mantener V a 480

V?

Solución

º87,36

IA=693A

V

Egf

I A R A

I A X

S I A Z S

CARACTERÍSTICAS DE CIRCUITO ABIERTO

DIAGRAMA FASORIAL DE LA MAQUINA SINCRONA


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Este generador síncrono está conectado en Δ, así que su voltaje de fase es igual a su voltaje delínea Vtp = VT en tanto que su corriente de fase se relaciona con su corriente de línea por la

ecuación IL = I 3

A.- La relación entre la frecuencia eléctrica producida por un generador síncrono y la velocidadde rotación del eje se expresa por medio de la ecuación:

Por lo tanto f = n x p / 120 n = 120 x 60 / 4 = 1800 RPM

B.- En esta máquina VT= Vtp . Puesto que el generador está en vacío, I A= 0 y Egp = Vtp porconsiguiente, VT = Vtp = Egp = 480 V y de la característica de circuito abierto IF = 4.5 A.Si el generador entrega 1 200 A, entonces la corriente de inducido en la máquina es:

I A = 1200/1.7321 = 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 de la tensión generada internamente Egf se da por:

Egf = V + Ra.Ia + jXs.Ia

Egf = 480


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cambiado y V debe elevarse hasta igualar Egf . Entonces, si la carga se suspendieraabruptamente, la tensión de los bornes del generador se elevaría hasta 532 V.

H.- Si el generador se carga con 1200 A con un factor de potencia de 0,8 en adelanto, teniendola tensión de los bornes en 480 V, entonces la tensión generada internamente tendría que ser:

Egf = V + Ra.Ia + jXs.Ia

Egf = 480


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sólo cuando la corriente de campo cambia. Como el problema establece que la corriente decampo 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 expresapor 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 eldiagrama fasorial resultante se asemeja al que se muestra en el problema anterior. En estediagrama fasorial sabemos que V tiene un ángulo de 0°, que la magnitud Egf es 277 y que lamagnitud 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 Vy el ángulo de Egf. Para encontrar estos valores, la manera más fácil es construir un triángulorectángulo 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 atrasoes:

(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

Diagramas fasoriales: Factores de potencia unitario, en atraso y en adelanto.

Ia

UTP

EGP

I a X

S

º0

IaUTP

EGP

I a X S

IA EGP=277

jXSIA

UTP

FACTOR DE POTENCIA UNITARIO

FACTOR DE POTENCIA 0.8 CAPAPCITIVO

FACTOR DE POTENCIA 0.8 ATRAZO


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Como el generador está conectado en Y, V = V4103 tpV .

Si el generador está cargado a la corriente nominal con factor de potencia unitario entonces, eldiagrama fasorial se puede ubicar a continuación.

V 4.270

129.73

3600729.76

)60()277(

2

2

222

222

tp

tp

tp

tp

AS tp gp

V

V

V

V

I X V E

V 4.4683V ,T

V Entonces

Cuando el generador está cargado a la corriente nominal con factor de potencia de 0.8 enadelanto. La ecuación resultante es:

222 cos)sen( A s AS tp gp I X I X V E

Por lo tanto, el voltaje de fase a la carga nominal y con factor de potencia de 0.8 en adelantoes:

V308.8V

36-V 272.8

36V74.425

2,30436V76.729

36.87senA600.136.87senA600.1277

2

2

222

V

Puesto que el generador está conectado en Y, U = V.5353 V

La potencia de salida en este caso, a 60 A y con factor de potencia de 0.8 en atraso es:

kW1.34P

0,8605353P cosIU3

sal

sal

A

sal P

La entrada de potencia mecánica se encuentra mediante

Pent = Psal + Perd elect + Pperd núcleo + Perd mec.


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Pent = 34.1 kW + 0 + 1.0 kW + 1.5 kW = 36.6 kW

La eficiencia del generador es así:

93.2%

100%kW36.6

kW34.1

100%

x

x P

P

ent

sal

El momento que se aplica al generador se expresa por la ecuación: nT 60

2 Pent

de donde :

m- N 291,2T

60

2 1200

kW6,36

60

2

T

n

P

T

ent

El momento de torsión antagónico inducido sería. Por lo tanto :

La regulación de voltaje de un generador se define como :

%100U

..

..

reg%

c p

c p

tp

tp

U

U Eg

Según esta definición, la regulación de voltaje para casos de factor de potencia en atrasounitaria y en adelanto son:

m-N3,271

60

2 1200

34100

60

2

60

2

ind

ind

conv

ind

ind conv

T

T

n

P T

nT P


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%3.10%100535

535480

%6.2%100V468

468480

%1.71%100410

410480

%

%

%

V

V V U

V V U

V

V V U

reg

reg

reg

En el problema las cargas en atraso dieron lugar a la caída de la tensión de los bornes; lascargas con factor de potencia unitario tuvieron poco efecto en VT y las cargas en adelantodieron lugar a un aumento en la tensión de los bornes.

PROBLEMA N° 3.- Se tiene un alternador de 20 KVA, 220 Voltios, 60Hz, Y, essometido 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 unatensión 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 rectangularLa reg (%) cuando el generador trabaja a Vn y Sn.

Y un FP = 0.6 en retraso

/f 1.6025 j1867.0Z 61.18%

a.- 1333.075

20)

2

1(Ra x

.18670(AC)Ra

A52.5220x3

20000 I

N

2.2

X

3

200

Línea

Volt.146.7X

Fase

Volt.84.7X

1.6133Zs

52.5xZs84.7


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1.6025Xs Xs1867.06133.1

jXsRasZ

222

53.13 Ix0.6FP

1.6133 j1.60250.1867sZ

%18.61127)/127-(204.7(%)Regul

Volt.12.04204.7aE

30.2784.70127

53.13-52.5x83.41.61330127aE

A13.5352.5I N

PROBLEMA N° 4.- Se tiene un generador síncrono de 60 Hz y cuatro polos y esimpulsado a 1000 RPM. En estas condiciones se le solicita determinar:

1800xK xRPMxK xEaf 11

1000xK xRPMxK xEaf

22

1800xK x

1000xK x

Eaf

Eaf

1

2

12Eaf x0.56Eaf

Lxf xπ2Xs

XXeXsad

4

Fx120 RPM0001 = 33.33 HZ.

12

1

2

2

Xsx60

33.33 Xs

60

Xs

F

Xs

Hz60F

Hz33.33F

1

2

12

12

Xad0.56Xad

Xe0.56 Xe

PROBLEMA N° 5.- Un alternador de 600 KVA y 625 Voltios que estaba conectado endelta, reconecta en estrella. En estas nuevas condiciones se le solicita sus parámetrosnominales de:

Tensión Corriente Potencia Aparente

El efecto sobre la tensión quegenera

El efecto sobre su reactanciade fuga de la armadura

El efecto sobre sureacción de armadura

G1G2 E.5.0E 12 X56.0X haynoEn vacío

Xra56.0Xra 12


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216.5 Volt 1600 A 600 KVA

PROBLEMA N° 6.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 KVA, 13 KVtiene 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 porfase si las cargas tienen un factor de potencia como se indica en la tabla. Así mismodeterminar su regulación para cada caso.

N N VyI a 8 j0.9Zs

Volt7506Vf KV13 - Y -KVA1500

A 66.62 13x3/ 1500I N

%1.05 7506/7506-7584.7 (%)Regul

Volt4.037.7584 aE

83.605.8 sZ

Volt4.037.7584 062.66 x83.605.8 07506 aE

0 1 FP

%5.03 7506/7506-4.7883 (%)Regul

Volt2.844.7883 aE

36.87-62.66 x83.605.8 07506 aE

36.87- I0.8 FP

A 2771

125x3/60 I

KVA600

N

A 1600

3x125x3

600 I

NY


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%3.42- 7506/7506-7249 (%)Regul

Volt3.667249 aE

36.87 C0.8 FP

FP = 1 FP = 0.8 retraso FP = 0.8 adelantoTensión 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 Ytiene 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 lacorriente nominal, y que la reacción de la armadura tiene un efecto igual al doble de lareactancia de armadura (siendo el efecto de saturación despreciable). En estas nuevascondiciones 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 carganecesaria para producir la corriente nominal suponiendo que se pusiera el alternador encorto circuito.

Y - f /0.5 Ys /f /0.1 RaVolt /220KVA /100

AMPERIOS 262.4 220x3/ 1500I N

0 1 FP

f /86.2 1.5033 1.5 j 0.1 Zs

1.5 (0.5)2.50

Xra X Xs

a.- 515.77 Volt b.- 394.5 Volt

a. V sin carga ( 0 IL ) si RPM e if son ctes.

Volt1577.515 aE

66.4-4.262 x86.25033.1 0127 aE

b.

Volt 394.5 Ea

262.4 x1.5033

I xZs Ea N


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PROBLEMA N° 8.- Se tiene una carga de 300 KW a 60 Hz y las únicas fuentes depotencia disponibles funcionan a 50 Hz. Se decidió utilizar motor síncrono – generadorsíncrono. Si estamos a nivel de diseño, cuantos polos deben tener cada una de lasmáquinas para que pudieran convertir la energía de 50 a 60 Hz.

P/Fs120RPMs

21 P(60)120 RPMs

P(50)120

Motor síncrono de 10 polos. 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 pidecalcular: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

11.8100 = 1.3924 Ω Xs = 1.1139 Ω Ra = 0.0167 Ω I ̅ = 4893⎿ 31.8 A

b.-

E =6813⎿05451⎿57.34=10780⎿25.2 Volt.

c.- PUL = 85 MW PG. = PD. PUL = 86.2 PD. = 3 x Ra x Ia = 3 x 0.0167 x 4893 =1200 KW = 86200000300 30 = 2753381

=2753381

9.8 = 280957

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 : Vo = 1020 volt. If = 17.50 Amp.

Ensayo C.C. : If = 19.5 Amp. I = INOM.

Ra = 0.9


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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. CCV = 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 / 31380 = 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 17.5Ea(C.C.) = 1136.6 volt.

En Cortocircuito:Zs = Ra + jXa

Zs = 1136.6 / 181.2 = 6.27

Xs = (6.272 – 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 ∟81.74°)Ea = 1380 ∟0° + 1135.2∟81.74°


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Ea = 1908.7∟36.1° volt.Regul.(%) = (Ea – Va) / VaRegul.(%) = (1908.7 – 1380) / 1380 = 38.4%Luego de la línea de carga: If = 1909.7

17.5 1020De 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 para lograr su máximaeficiencia, y debe consumir la misma potencia aparente.

ZL = 2.92L31° = 2.5 + j1.5 /fase De la conexión anterior:R12 = R1.R2 + R1.R3 + R2.R3 = K

R3 R3R12 = 3 ZL2 = 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:


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If = 2145.117.5 1020

De donde: If = 36.8 Amp.

d).- diagramas fasoriales

PROBLEMA N° 11.- Un G.S de 02 polos, Y, f.p = 0.8I, 1MVA, 2.3KV, tiene una reactancia

síncrona de 1.1

Ω ⁄ y la resistencia de armadura de 0.15

Ω ⁄ (en AC) y 60 hz. Durante su

funcionamiento presenta unas pérdidas por fricción y ventilación de 24 kW y sus pérdidas en elnúcleo son de 18 kW. El circuito de campo se alimenta de una fuente de 250 Voltios y unacorriente 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 20∠30°Ω conectada en ∆ , además hallar laregulación y la eficiencia.

G.- Si ahora se conecta una carga de 20∠30° conectada ∆ paralelo a la anterior .Dibuje un solodiagrama 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 pararestablecerlo a su valor nominal ¿Hallar if , Eaf y la eficiencia del G.S cuando se ha restablecidosus características nominales.En la figura que adjuntamos debe mostrarse parte de las respuestas A,B,F,G Y HSOLUCION

A.- De la grafica


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= ⟹ =. B.- La tensión generada en condiciones nominales

==..=.∠.° = √ ∗ = √ ∗. = . =.∠.

∅=. ⇒ ∅ = . °

= = √ =. ⟹ =.∠ = ̿ ∗ =.∠.∠.∗.∠.° =.∠.


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=.∠. ∶ = . ⇒ =

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


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F.- Cual será V cuando alimenta una carga de 20∠30°Ω conectada en ∆ , además hallar laregulación y la eficiencia.

DE DELTA A ESTRELLA

= ∗++ = = = = = ∠° =.∠° (ZL=ZA=ZB=ZC)

⟹ =.∠

= ∗ .∠= ∗.∠.°.∠° =.∠. = ̿ ∗

= ∗ =.∠ .∠.∗.∠.°


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=.∠. =.∠. = ∗ ∗ ∗ ∅ = ∗ . ∗ . ∗ . = .

= ∗

∗=∗..

∗.=.

=

= ==. = ∗ = . ∗ =. = = .. =.%

= = ... =.% G.-Si ahora se conecta una carga de ∠° conectada ∆ paralelo a la anterior .Dibuje unsolo diagrama fasorial del caso F y G en un grafico.La impedancia ZL anterior: =.∠° Si ponemos en paralelo tendremos una nueva ′ =.∠°

⟹ =.∠ = ∗

.∠= ∗.∠.°.∠° =.∠. = ̿ ∗ = ∗ =.∠ .∠.∗.∠.° =.∠. =.∠.

DIAGRAMA FASORIAL DEL CASO F Y G EN UN GRAFICO.


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H.- Si la tensión V no fuese la adecuada, en las condiciones G que debe hacerse pararestablecerlo 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 de0.7 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.


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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)

A.- Hallando la reactancia Xs en ohm/f = = . =9.522 Ω . =0.7 = ∗ = 9.522 ∗ 0.7 = 6.6654 ℎ/ ==.=.∠° 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:

%∗ = ∗

=%

+

=.∠.==.=.∠° = % = %∗.∠..∠°.∠. = . ∠ .


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D.- Si disminuye en 10% = 90% =753.08∠36.86 Si disminuye 15%

= %+ = 711.24∠ 36.86 Si disminuye 20% = 80% = 669.41∠ 36.86 Si disminuye 25% = 75% = 627.57∠ 36.86 Si disminuye 30%

=70% =585.73∠36.86

Si disminuye 35%

= %+ = 543.89∠ 36.86 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

La resistencia de armadura es de 0.024 Ω ⁄ en estas condiciones se le solicita hallar: A.- La impedancia y reactancia síncrona de Ω ⁄ y p.uB.-La reactancia síncrona en Ω ⁄ y p.u cuando If=380 AC.- 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

= = 13.825 =7.6176 =0.024 ℎ


22/35



= = 25√ 3∗13.8 = 1045.92

= ⇒ :

= 320 , = 13 = 1040

= 13√ 31040 = 7.2169 ℎ/ = ⇒ = 7.2168 ℎ/ Ahora Xs y Zs en p.u

= = 7.21697.6176 = 0.9474 . = = 7.21687.6176 =0.9174 . B.- La reactancia síncrona en

⁄ y p.u cuando If=380 A

= 380 , = 14.1 = 1240 = 14.1√ 31240 =6.565 ℎ/ = ⇒ = 6.5649 ℎ/ Ahora Xs y Zs en p.u

= = 6.5657.6176 = 0.86819 .

=

=6.56497.6176 =0.86819 .

C.- la eficiencia y regulación del G.S si trabaja a plena carga

= √ ∗ = √ ∗. = . =.∠. ∅=. ⇒ ∅ = . ° = .√ = .

=∗∗∗∅=∗.∗.∗.=.

= ∗ ∗=∗.. ∗.=.

==. = = .. =.% = ̿ ∗ =..=.∠.


23/35



=.∠.∠.∗.∠.° =.∠. = .∠. = = .. =.% CURVA DE CAPABILIDAD EN EXCEL

=.∗=. ∶ = 0.304 MW ∅= 22°

PROBLEMA N° 14.- Se tiene un alternador de 600 KVA, polos lisos, 1100 volt., 60 Hz, 3Φ 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.

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

-1.5 -0.5 0.5 1.5


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a) Cos =1

Sn = 600 KVA Sn = 600< 0° KVA

Sn = 600 = 3VIa = 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.


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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 pérdidasde armadura y campo que se presenta en 60 Hz.c) ¿Cuál será la nueva regulación de tensión del GS a 50 Hz?

PROBLEMA N° 16.- Construir la curva de capacidad de un generador sincrónico de las

siguientes características: SN = 85 MVA, UN = 12,5 KV, Cos = 0,76 en atraso, XS = 2,48 fase,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, 04polos y de polos lisos, conexión Y, se somete a ensayos para hallar sus parámetros propios indicados enla tabla:Prueba de la resistencia: 6 Vcc,, 2.5 AccPrueba 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.


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S = 100 KVA , V = 1100 V , f = 60 Hz , fp = 0,76 , # p = 4 , conexion " Y " ,Pba resist: V = 6 V , I = 2,5 A ,Pba ckto. abierto ∶ I = 12 A , V = 420 V , Pba cto.ckto: = 12,5 , = 20° , =90° 2.2.-Calculos Preliminares para la Parte “A” 2.2.1.-Calculamos La impedancia Base con los datos del problema, sabemos que pordefinición:

= = 1100100×10 = 12,1 Ω = 12,1 Ω.2.2.2.-Calculamos la Corriente Nominal con los datos del problema:I = √ 3 × = 100×10√3×1100 = 52,48 I = 52,48 2.2.3.-Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura ambiente, ademásdebemos tener presente que por ser conexión “ Y “, entonces Y = 0 , 5 , reemplazamos en lafórmula:

RDC = VDCIDC × Y = 62,5 × 0,5 = 1,2 Ω RDC = 1,2 Ω 2.2.4.- Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura de trabajo, con lasiguiente fórmula, sabiendo además que =0,00393°− RDC . = RDC × (1 α × T T) RDC . = 1,2 × (10,00393× 9 0 2 0) RDC . =1,53012 Ω2.2.5.- Calculamos variable “x” de la tabla de efecto Skin para relacionarlo con la variable“k”, además teniendo presente que RDC . = R x=0,063598× μ × f R x=0,063598× 1 × 6 01,53012 x=0,398 2.2.6.- Luego interpolamos de tabla de efecto skin para obtener el valor de “ K “

X K0,4 1,0013


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0,398 K 0,3 1,0004

2.2.7.- Realizamos la interpolación planteando la respectiva Ecuación

0,40,3980,40,3 = 1,0013K

1,00131,0004

K =1,0012 2.2.8.- Reemplazando este dato en la siguiente fórmula obtenemos el valor de ” RC “ RC = K × RC =1,0012×1,53012 RC =1,53196 Ω fase⁄ 2.2.9.- Necesitamos calcular la Tensión del Generador en corto circuito ” “para estotenemos los datos = 12,5×42012

= 437,5

2.3.- Cálculos Suplementarios para la Parte “A”: 2.3.1.- Calculamos la tensión del Generador pero en fase para los cálculos posteriores: ′ = √ 3 = 437,5√ 3 ′ = 252,59 2.3.2.- Para calcular la impedancia por fase necesitamos la tensión del generador y lacorriente nominal, siendo ya obtenidos reemplazamos: = ′I = 252,5952,48 Z =4,81307 Ω fase⁄ 2.3.3.- Calculamos ”

X“ ,tenemos por definición:

X = Z R X = 4,81307 1,53196 X = 4,56275 Ω 2.3.4.- Tenemos por lo tanto el valor de Z Z⃗ = RC XZ⃗ = 1,53196 4,56275 Ω fase⁄ 2.3.5.- Asimismo calculamos el valor de la impedancia en p.u.Z = R X Z = R

X

Z = 1,5319612,1 4,5627512,1 Z = 0,12661 0,37709 2.4.- Cálculos Preliminares para la parte “B” 2.4.1.-Calculamos La impedancia Base con los datos del problema, sabemos que pordefinición: = = 1100100×10 = 12,1 Ω = 12,1 Ω.


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2.4.2.-Calculamos la Corriente de Línea con los datos del problema:I = S√ 3 × V = 100×10√3×1100 = 52,48 I = 52,48 2.4.3.-Puesto que tenemos conexión “

∆“, la corriente de fase es diferente de la de línea

IL = 52,48

I∅ = √ 3 = 52,48√ 3 I∅ = 30,29 2.4.4.-Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura ambiente, ademásdebemos tener presente que por ser conexión “∆“, entonces ∆=1,5 , reemplazamos en lafórmula:RDC = VDCIDC × ∆= 62,5 × 1,5 = 3,6 Ω RDC = 3,6 Ω 2.4.5.- Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura de trabajo, con lasiguiente fórmula, sabiendo además que

=0,00393°−

RDC . = RDC × (1 α × T T) RDC . = 3,6 × (10,00393× 9 0 2 0) RDC . =4,59036 Ω2.4.6.- Calculamos variable “x” de la tabla de efecto Skin para relacionarlo con la variable“k”, además teniendo presente que RDC . = R x=0,063598× μ × f R

x=0,063598× 1 × 6 0

4,59036

x=0,229 2.4.7.- Luego interpolamos de tabla de efecto skin para obtener el valor de “ K “ X K

0,3 1,00040,229 K 0,2 1,0001

2.4.8.- Realizamos la interpolación planteando la respectiva Ecuación0,30,2290,30,2 = 1,0004K1,00041,0001 K =1,0002

2.4.9.- Reemplazando este dato en la siguiente fórmula obtenemos el valor de” RC “ RC = K × RC =1,0002×4,59036 RC =4,59127 Ω fase⁄ 2.4.10.- Necesitamos calcular la Tensión del Generador en corto circuito” “para estotenemos los datos = 12,5×42012


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= 437,5 2.5.- Cálculos Suplementarios para la Parte “B”: 2.5.1.- Calculamos la tensión del Generador pero en fase para los cálculos posteriores: ′ = =437,5

′

=437,5 2.5.2.- Para calcular la impedancia por fase necesitamos la tensión del generador y lacorriente nominal, siendo ya obtenidos reemplazamos: = ′I = 437,530,29 Z =14,44371 Ω fase⁄ 2.5.3.- Calculamos” X “, tenemos por definición: X = Z R X = 14,44371 4,59127 X =13,69456 Ω 2.5.4.- Tenemos por lo tanto el valor de

Z

Z⃗ = RC XZ⃗ = 4,59127 13,69456 Ω fase⁄ 2.5.5.- Asimismo calculamos el valor de la impedancia en p.u.Z = R X Z = R X Z = 4,5912712,1 13,6945612,1 Z = 0,37944 1,13178 2.6.- Cálculos para la parte “C”

2.6.1.- teniendo en cuenta además que

I⃗ = I⃗ = I ⌊ ,

Además siendo = c os−0,76 θ=40,54° 2.6.2.- Calculamos la “ ⃗ “, teniendo en cuenta además que I⃗ = I⃗ = I ⌊ , siendo paraesto sabemos por definición:⃗ = ⃗ Z⃗ × I⃗ ⃗ = √ ⌊0° 4,81307⌊71,44° × 52,48⌊40,54° ⃗ = 861,64 ⌊8,56° 2.6.3.- Sabemos que la regulación es por definición lo siguiente: % =

×100%

% = 861,64 1100√ 31100√ 3 ×100% % = 35,67 % 2.7.- Cálculos para la parte “C”

2.7.1.- teniendo en cuenta además que I⃗ = I⃗ = I ⌊ ,Además siendo = c os−0,76 θ=40,54°


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2.7.2.- Calculamos la “ ⃗ “, teniendo en cuenta además que I∅⃗ = I⃗ = I ⌊ , siendo paraesto sabemos por definición:⃗ = ⃗ Z⃗ × I⃗ ⃗ = 1100⌊0° 14,44371⌊71,46° × 30,29⌊40,54° ⃗ = 1492,34 ⌊8,66°

2.7.3.- Sabemos que la regulación es por definición lo siguiente: ∆% = ×100% ∆% = 1492,3411001100 ×100% ∆% = 35,67 % 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. Laspérdidas 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:

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 laspérdidas 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 dearmadura 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.

S = 300 KVA , V = 480 V , f = 60 Hz ,fp = 0,8 ,# p = 2 ,conexion " Y " ,

R

=0,03Ω

fase⁄ , P.

= 9,8 KW ,P.

P.

= 13,85 KW

3.2.- Cálculos preliminares

3.2.1.- Calculamos la corriente de armadura, tenemos por definición:I = S√ 3 × V = 300×10√3×480 = 360,84 I = 360,84 3.2.2.- Según la gráfica tenemos que la Tensión del generador en corto circuito esE = 575 V 3.2.3.- Calculamos la Tensión del generador de fase

If (A) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (Volt 240 480 685 840 960 1030 1070 1090 1110 1120

Ia (A) 160 280 440 570 720 860 1000 1140 1290 1430

CARCATERÍSTICAS DEL G.S. - VACIO Y CORTO CIRCUITO


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32/35



3.3.6.- Calculamos la potencia de Salida:P = √ 3 × IL × VL ×cos P = √ 3 × 360,84 × 480 × 0,8 P = 240 KW 3.3.7.- Calculamos la potencia de Entrada , reemplazando datos y valores obtenidos en laEcuación:

P = . . P. P =240 9,8 11,7213,85 P = 275,37 KW 3.3.8.- Calculamos la Eficiencia del Generador:EF% = PP×100% EF% = 240275,37×100% EF% = 87,15 % 3.4.-Calculos parte “D” 3.4.1.- Calculamos el “

“

= 1 2 0 × # p = 120×602 = 3600 3.4.2.- Calculamos el “ “ ω = n × 2π60 ω = 3600×2π60 ω =377 rad

⁄

3.4.3.- Calculamos el torque, que por definición: = Pω = 275,37×10377 T = 729,44 N m 3.5.- Cálculos parte “E” 3. 5.1- Hallamos el Torque con sobrecarga del 120% P.u = 3 × 1 , 2 × I × R P.u = 3 × 1 , 2 × 360,84 × 0,03 P.u =14,06 KW

3.5.2- Calculamos la potencia de Entrada, reemplazando datos y valores obtenidos en laEcuación:P = . . P. P =240 9,8 14,0613,85 P = 277,71 KW 3.5.3.- Calculamos la Eficiencia del Generador:EF% = PP×100%


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EF% = 240277,71×100% EF% = 86,42 % 3.5.4.- Calculamos el “ “ = 1 2 0 × # p

= 120×602 = 3600 3.5.5.- Calculamos el “ “ ω = n × 2π60 ω = 3600×2π60 ω =377 rad ⁄ 3.5.6.- Calculamos el torque, que por definición:

= Pω

= 277,71×10377 T = 736,63 N m 3.6.- Cálculos parte “F” 3.6.1.- Calculamos la potencia Aparente para la frecuencia de 50 Hz S = S × f f S = 300×5060 S = 250 KVA 3.6.2.- Calculamos la Potencia Activa para la frecuencia de 5

0 Hz

P = S × fp P = 250 × 0,8 P = 200 KW 3.6.3.- Calculamos la Tensión nominal de línea para la frecuencia de 50 Hz, sabiendo ademásque la corriente de armadura se mantiene constanteV = S√ 3 × I V = 250×10√ 3×360,84 V = 400 V 3.6.4.- Calculamos “

”

ZB = VS ZB = 400250×10 ZB = 0,64 Ω 3.6.5.- Según la gráfica tenemos que la Tensión del generador en corto circuito esE = 575 V 3.6.6.- Calculamos la Tensión del generador de fase


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E ℩ = E √ 3 E ℩ = 575 V√ 3

E ℩

= 331,97 V

3.6.7.- Con los datos obtenidos calculamos la Impedancia de fase, sabemos por definición:Z = E ℩IZ = 331,97360,84 Z =0,92 Ω fase⁄ 3.6.8.- Tenemos de datos para el ángulo de la corriente de armadura: = c os−0,8 = 36,87 3.6.9.- Calculamos la Tensión del generador

⃗ = ⃗ Z⃗ × I⃗ ⃗ = √ ⌊0° 0,92⌊88,13° × 360,84⌊36,87° ⃗ = 509,40 ⌊30,55° 3.7.- Calculamos la regulación a condiciones nominales, reemplazando datos, para estosabemos: % = ×100% % = 509,40 400√ 3400√ 3 ×100%

% = 120,40 %

3.7.1.- Gráfico Corriente de Armadura vs Corriente de Campo

3.7.2.- Gráfico Tensión de Vacío vs Corriente de Campo

0

200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

0 5 10 15

C o r r i e n t e d e A r m a d u r a ( A )

Corriente de Campo (A)

Ia


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Problemas Maquinas Sincronas

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