problemas de generadores sincrónicos - máquinas eléctricas

Torque aplicado τ ap para corriente nominal a FP=0.80 en atraso.P Psalida+ Pentradaτ = =ω π ⋅ Ns30e) Regulación de tensión3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500π ⋅120030perdidasap==sI. Regulación de tensión para un FP=0.80 en atrasoEF−Va480 − 410Re g = ⋅100= ⋅100= 17.07%V410aII. Regulación para de tensión para un FP=1EF−Va480 − 468Re g = ⋅100= ⋅100= 2.56%V468aIII. Regulación para de tensión para un FP=0.80 en adelanto291.2 ( Nm)Re g =EF−VVaa⋅100=480 − 535⋅100= −10.28%5352. Un generador sincrónico conectado en triángulo, 480 (V), 60 (Hz), 4 polos, ra igual a0.015Ω y x s igual a 0.1Ω. A plena carga la maquina entrega 1200 (A) con FP= 0.80 enatraso. Las pérdidas totales son 70 (kW). Las características de vacío están dadas por:Determinar:E F 0 125 260 375 450 510 550 560 570 580 590I F 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10a) Velocidad sincrónica (N s ) del generador.b) La corriente de campo del generador para lograr un voltaje en los terminales de 480(V) en vacío.c) Si el generador entrega 1200 (A) a una carga de factor de potencia 0.80 en atraso,¿cuál debe ser su corriente de campo para sostener el voltaje en los terminales de480 (V).d) En condiciones de c) potencia de salida, potencia de entrada, y el rendimiento.e) Si se desconecta la carga que sucede con el voltaje terminal.f) Si se carga con 1200 (A) y el factor de potencia es de 0.80 en adelanto, ¿cuáldebería ser la corriente de campo para mantener un voltaje terminal de 480 (V).R.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 4

Solución:a) Velocidad sincrónica60 f 60 ⋅ 60N s= = = 1800 rpmP 2b) Sabemos que se realizó la medición en vacío, por lo tanto, conocemos el voltaje decampo, en este caso es de 480 (V). Observando la tabla de EF v/s IF podemos decir quela corriente de campo para este valor de voltaje de campo es 4.5(A).c) Corriente de campo IFIVIa 1200= = / − 36.87º3 3= 480/ 0Z = 0.015 +EEEafaFFF= Z ⋅ I==afj0.1+ V( 0.015 + j0.1)532.16/ 5.31200⋅ / − 36.87º +3Ya quetenemos estedato,vamos ala tablade campoes I= 5.3( A).480/ 0y vemos que para estevalor detensionla corrienteFaZ=r a +jx s+-E FI afV aCircuito equivalente por fased) Rendimiento de generador ηPPPentradasalida∴P= P=perdidasentradaPη =P+ Pcosθ=3 ⋅ 480⋅1200⋅0.80 = 798129( W )2 ⎛1200⎞= 3raIaf= 3⋅0.015⋅⎜⎟ = 21600( W )⎝ 3 ⎠= 798129 + 21600 = 889729 ( W )salidaentradasalida3VIaaperdidas798129⋅100= ⋅100= 89.71%8897292R.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 5

e) Si se desconecta la carga el voltaje en los terminales sería el mismo de EF encontradoen el ejercicio c), o sea, 532.16 (V)f) Corriente de campo IFIVIa 1200= = / 36.87º3 3= 480/ 0Z = 0.015 +EEEafaFFF= Z ⋅ Iafj0.11200= ( 0.015 + j0.1)⋅3= 451/14.19º ( V )Ya quetenemos este dato,vamos a la tablade campoes+ VI= 4( A)./ 36.87º480/ 0y vemos que para este valor detension la corrienteFa+Z=r a +jx s+-E FI afV aCircuito equivalente por faseR.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 6

3. Un generador sincrónico de 12 polos 400 (V) a 50 (Hz), xs = 1 Ω, conectado en estrella,la corriente de armadura a plena carga es 60 (A) con un factor de potencia de 0.80 enatraso. La corriente de campo se ajusta para que el voltaje en los terminales en vacío seade 400 (V). Determinar:a) El voltaje terminal a corriente nominal a factor de potencia 0.70 en atraso.400Ef= / δ3x = 1/ 90Vsa= V/ 0θ = 45.57Iaa= 60 / − 45.57jx s+-E FI afV aCircuito equivalente por faseVVVaaa/ 0==0 = E=EEFFFEF/ δ − jx[ cosδ+ jsenδ] − jx I [ cosθ+ jsenθ]cosδ+ xsenδ− xsIssaIIaa/ θsenθcosθIacosθ⎤⎥EF⎦−1⎛1⋅60⋅0.7 ⎞δ = sen ⎜ ⎟10.48º400 3=⎝ ⎠400∴ Va= ⋅ cos10.48 −1⋅60 ⋅ sen(−45.57)= 184.24( V )3sa⇒ δ = sen−1⎡ x⎢⎣sR.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 7

5. Un generador sincrónico trifásico conexión estrella, perdidas despreciables, 4 polos,tensión nominal 13.2 (kVLL), 50 (Mva), reactancia sincrónica xs= 3 Ω esta conectado auna red de 13.2 (kVLL), 50 (Hz). La turbina entrega una potencia de 45 (MW) al eje.La corriente de campo ha sido ajustada para que el generador opere con factor depotencia unitario.a) Determine la corriente por el estator I a .b) ¿Cuánto valen la tensión de rotación y el ángulo de carga δ?.c) ¿Cuánto vale el torque desarrollado por la turbina?Solución:a) Corriente en el estator I a .Sa 50000000IL= Ia= = = 218.69( A)3VaLL3 ⋅13200b) La tensión de campo y ángulo par δ.FP = 1Va= E−jxI13200Ea= / 03δ = 4.92ºasa+j3⋅218.69/ 0 =7649.21/ 4.92º( V )c) Torque aplicado τap.PentradaVaE= 3⋅x13200⋅ 7649.213senδ= 3⋅sen(4.92º ) = 5 ( MW )32πfe2π⋅ 50 ⎛ rad ⎞ωs= = = 157.08 ⎜ ⎟P 2⎝ seg ⎠Pentrada5000τap= = = 31.826( kN − m)ω 157.08ssaR.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 9

6. Un generador sincrónico de 6 polos, de 50 (HZ) tiene una reactancia sincrónica de x s =4Ω y es conectada a una red de 2300 (V) y trabaja con una corriente de campo IF = 5(A). La característica de vacío del generador es:Si el generador opera con δ = 25º:I F (A) 2.5 5.0 7.5 10E F LL (V) 1125 2250 3375 4200a) Determine el torque requerido para mover el generador.b) La corriente por el estator.c) Determine el factor de potencia.Solución:a) Torque requerido τ ap .EVxPaSF2250=32300=3= 4Ωentrada/ 25/ 0( V )VaE= 3⋅x( V )2πfe2π⋅50⎛ rad ⎞ωs= = = 104.72 ⎜ ⎟P 3⎝ seg ⎠Pentrada546.76∴τap= = = 5.2 ( kN − m)ω 104.72b) Corriente por el estator IasSF2300 2250⋅3 3senδ= 3⋅4+-E F225jx sI aV aCircuito equivalente por fasesen(25º ) = 546.76 ( kW )VIaa= E=Eaa−−VjxsjxAsIa=22503/ 25º−4/ 90º23003/ 0º= 142.32/15.34º( A)c) Factor de potencia.FP = cos( 15.34º ) = 0.964 en adelanto ( capacitivo)R.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 10

7. Un generador sincrónico de 10 (MVA), 6.6 (kV), 50 (Hz), 600 rpm, conectado enestrella. La reactancia sincrónica x s = 6.8Ω. Las perdidas mecánicas ascienden a 125(kW). El generador se encuentra acoplado a una red infinita de 6.6 (kV) cediendo unapotencia de 8 (MVA) con factor de potencia 0.8 inductivo. Calcular:a) La tension de campo y el ángulo par.b) El par mecánico de la turbina.c) El rendimiento del generador en estas condiciones.Solución:a) Corriente de excitación I FIIIVaaLa=ISa3V= 699.82 ( A)= 699.82/ − 36.87º ( A)= Eaa−=jx6600/ 0ºEa= +3δ = 29.73ºsIaaLL8000000= = 699.82 ( A)3 ⋅ 6600j6.8⋅699.82/ − 36.87º =b) El torque aplicado τap y c) rendimiento ητPPPapmecmec=salidaPωmec= P= S+ P⋅ FP = 8000000 ⋅ 0.8 = 6400( kW )= 6400 + 125 = 6525 ( kW )mecssalidaaperdidas2πNs⎛ rad ⎞ωs= = 62.83 ⎜ ⎟60 ⎝ seg ⎠Pmec6525τap= = = 103.85 ( kN − m)ωs62.83Psalidaη = ⋅100= 98.08%P7676.33/ 29.73º+-E Fjx sI aV aCircuito equivalente por fase( V )R.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 11

8. La curva de vacío de un generador sincrónico de 50 (Hz), 4 polos, 50 (MVA), 13.8(kV), FP = 0.85 inductivo, 50 (Hz), conectada en estrella, reactancia sincrónica vienedad por los siguientes valores:I F (A) 61 92 142 179 240 320 430E F (KV) 5.52 8.28 11.04 12.42 13.8 15.18 16Durante este ensayo la potencia mecánica absorbida por el eje a la tensión de 13.8 (kV)fue de 250 (KW). Calcular:a) La excitación necesaria para el funcionamiento en condiciones asignadas de tensión,corriente y factor de potencia.b) El rendimiento del generador.Solución:a) La tensión de campo E F .IIVb) Rendimiento del generador η.Pη =PPPPPaELaamecsalidamecη === 209.185/ − 31.79º ( A)= E13800=3= PperdidasIaasalidamec−= S=⋅100salidaajxSa3V/ 0º+ Pperdidas⋅ FP = 5000000 ⋅ 0.85 = 4250 ( KW )= 250 ( KW )= 4500 ( KW )s4250⋅100= 94.4%4500Iaa=5000000= 209.185 ( A)3 ⋅13800+ j3.5⋅2091.85/ − 31.79º =8376.28/ 4.26º+-( V )E Fjx sI aV aCircuito equivalente por faseR.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 12

9. Un generador sincrónico trifásico de 60 (Hz), 635 (MVA), factor de potencia de 0.9, 24(kV), 3600 rpm. El generador esta entregando a una barra infinita 458.47 (MW) y114.62 (MVA). Calcule el voltaje de excitación E F , si la reactancia sincrónica es x s =1.7241 por unidad sobre la base de la máquina resistencia es insignificante.Solución:Todos los valores en por unidad en los cálculos que siguen se basan en los datos nominalesde megavoltamperes y kilovolts de la máquina.SVVVxPQSS⎛ SIaº/1=⎜⎝Va∴ E = VEbasebasea= 635 ( MVA)= 24( KV )= 22.8 ( KV )aº/1º/1salidasalidasalidaº/1aº/1V=V= 458.47( MW )= 114.62( MVA)= P= Qaº/1abase= 1.7241º/1salida+ Pº/1º/1=aº/10.95/ 0+ Qº/1∗=salidaPsalidaS⎞⎟ = 0.76 −⎠+ jx Iº/1 aº/1+ Qbasesalida= 1.83/ 45.7239º por unidad= 0.722 +j0.1805j0.19= 0.783/ −14.036ºjx s+-E FI aV aCircuito equivalente por faseR.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 13

10. El generador del problema anterior tiene una reactancia sincrónica xs = 1.7241 porunidad. El voltaje en terminales es 1.0 +j0 por unidad y el generador suministra alsistema una corriente de 0.8 por unidad a factor de potencia 0.9 en atraso. Todos losvalores en por unidad están sobre la base de la máquina. Sin considerar la resistencia,encuentre la magnitud y el ángulo δ entre EF y el voltaje de la barra, también encuentrela potencia activa y reactiva suministrada por el generador a la barra.Solución:cos θ =− 1 0.9 = 25.84º en atrasoIa= 0.8/ − 25.84º por unidadVa= 1/ 0º por unidadxs= 1.7241 por unidadEa= Va+ jxsIa= 2.026/ 37.78º por unidadδ = 37.78ºVaEaPa= senδ= 0.72 por unidadxsVaQa=aax=s( E cosδ− V ) 0.349 por unidadR.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 14