Minerva Figueroa

Nombre: Minerva Figueroa.
Carnet: 10-10248.
CT-4311. Conversión de Energía Eléctrica IV.
TAREA 3
Modelar el comportamiento dinámico de una motor sincrónico de polos salientes con devanados
amortiguadores de 6 kVA, 416 V, factor de potencia nominal 0.8, y corriente de campo nominal de
5 A. Los datos de la máquina en el sistema adimensional de unidades, son los siguientes:
Re
Rf
Lse
Lsf
Ld
Lq
Ldf
2HwB
0.05
0.08
0.15
0.2
1.5
1.0
1.35
400
Rad
Raq
Lad
Laq
Lad-d
Laq-q
Lad-f
Lsa
0.03
0.03
1.5
1.0
1.35
0.85
1.3
0.15
La corriente de campo nominal produce la tensión nominal en la condición de vacío. El motor
sincrónico acciona una bomba cuya característica es:
Tm = 0.2+0.1*Wm+2.7 wm2
La máquina sincrónica se arranca conectándola a la red trifásica, mientras se mantiene la bobina de
campo en cortocircuito hasta alcanzar el punto de equilibrio. Una vez alcanzado este punto se
inyecta la corriente de campo máxima.
Asignaciones:
1. Determine las bases coherentes del sistema adimensional de unidades.
2. Realice un análisis de los resultados obtenidos cuando se integran las ecuaciones dinámicas
por medios numéricos
3. Determine con el modelo las corrientes de campo que hacen operar a la máquina en factor
de potencia capacitivo e inductivo de 0.85
4. Calcule las corrientes de cortocircuito brusco en la barra de alimentación durante los
primeros 10 ciclos si la máquina se encuentra previo al cortocircuito en un punto de
operación donde consume la potencia nominal a factor de potencia 0.85 inductivo
considerando que la velocidad no cambia durante el transitorio electromagnético
5. Repita el cálculo de las corrientes de cortocircuito brusco en la barra de alimentación en el
instante inicial si la máquina se encuentra previo al cortocircuito en un punto de operación
donde consume la potencia nominal a factor de potencia 0.85 capacitivo no cambia durante
el transitorio electromagnético
6. Compare los resultados obtenidos en los puntos 3 y 4 con el método transitorio y
subtransitorio aproximado
7. Determine la frecuencia y amortiguamiento de las oscilaciones de pequeña señal ante
pequeños escalones de la carga mecánica 3%
8. Si la red es una barra infinita, cuánto tiempo puede mantenerse el cortocircuito en bornes
del motor antes de perder estabilidad si inicialmente se encontraba en su punto nominal de
operación
Solución
1-.
Para obtener las bases coherentes del sistema, primero tomamos, para el estator, la potencia
nominal monofásica y la tensión línea neutro. Esto para obtener mejores valores en la base de
tensión del campo.
BASES ESTATOR
𝑆𝑏 =
𝐼𝑏 =
6000
3
𝑆𝑏
𝑉𝑏
𝑉𝐴 = 2 𝑘𝑉𝐴;
= 8.3272 𝐴;
𝑉𝑏 =
416
√3
𝑍𝑏 =
𝑉𝑏
𝐼𝑏
𝑉 = 240.18 𝑉;
= 28. 8428 Ω;
Es decir que
𝐿𝑚𝑑 =
(𝐿𝑑 − 𝐿𝑑𝑖𝑠𝑝𝑒). 𝑍𝑏
= 103.286 𝑚𝐻;
𝑤𝑏
Y,
𝐿𝑑𝑓 =
𝑉𝑛
= 220.6949 𝑚𝐻;
𝑤𝑏. 𝑖𝑓𝑛
También sabemos que,
𝐿𝑑𝑓 = √𝐿𝑚𝑑 ∗ 𝐿𝑚𝑓;
𝐿𝑚𝑓 =
𝐿𝑑𝑓 2
𝐿𝑚𝑑
𝑁𝑑
𝐿𝑚𝑑
=√
= 0.468 ;
𝑁𝑓
𝐿𝑚𝑓
= 471.569 𝑚𝐻;
Como se tienen que mantener los flujos,
𝐼𝑏𝑓 =
𝑁𝑑
𝐼𝑏 = 3.8972 𝐴;
𝑁𝑓
Entonces, BASES DEL CAMPO
𝐼𝑏𝑓 = 3.8972 𝐴;
𝑉𝑏𝑓 =
𝑍𝑏𝑓 =
𝑆𝑏
= 513.195 𝑉;
𝐼𝑏𝑓
𝑉𝑏𝑓
= 131.6846 Ω;
𝐼𝑏𝑓
Y verificamos con las impedancias base mutuas,
𝑍𝑏𝑒𝑓 =
𝑉𝑏
𝑉𝑏𝑓
= 61.6283 Ω =
= 𝑍𝑏𝑓𝑒;
𝐼𝑏𝑓
𝐼𝑏
2-. A partir de las ecuaciones diferenciales, utilizando el código
function dY=transitorio(t,Y)
global R L G alpha J H ifnom Rf Ld Lq Ldf Ladd Laqq
dY=zeros(7,1); %Vector de diferenciales
I=Y(1:5); wm=Y(6); delta=Y(7);
Vabc(1)=sqrt(2)*cos(t); Vabc(2)=sqrt(2)*cos(t-2*pi/3);
Vabc(3)=sqrt(2)*cos(t-4*pi/3); %Tensiones de fase
Ve=sqrt(2/3)*[1 alpha alpha^2]*[Vabc(1); Vabc(2); Vabc(3)];
%Vector espacial de tension
Vd=real(Ve*exp(-1i*delta)); Vq=imag(Ve*exp(-1i*delta)); %Tensiones
en eje d y q
if t<H*1.2*120*pi
V=[Vd; Vq; 0; 0; 0]; Tm=0; %Se arranca la maquina en vacio con
el campo cortocircuitado
elseif t>=H*1.2*120*pi && t<1.5*H*120*pi
Vf=ifnom*Rf; V=[Vd; Vq; Vf; 0; 0]; Tm=0; %Se inyecta corriente
de campo nominal
elseif t>=1.5*H*120*pi
Vf=ifnom*Rf; V=[Vd; Vq; Vf; 0; 0];
Tm=(0.2+0.1*wm+2.7*wm^2)*0.8; %Se conecta la carga
end
Te=(Ld-Lq)*I(1)*I(2)+Ldf*I(3)*I(2)+(Ladd*I(4)*I(2)Laqq*I(5)*I(1));
dY(1:5)=L\(V-R*I-wm*G*I);
dY(6)=(Te-Tm)/(J);
dY(7)=wm;
Se obtuvo,
Pueden observarse tres cortes verticales en todas las gráficas, estos corresponden a tiempo igual a
H, 1.2 H y 1.5 H respectivamente. H=0.5305 segundos es el tiempo aproximado que le toma a la
máquina estabilizarse, en 1.2H=0.6366 segundos se inyecta la corriente de campo y en 1.5H=0.7958
segundos se conecta la carga.
𝐼𝑒𝑝𝑖𝑐𝑜 ′ = 10.0481 𝑝. 𝑢. = 83.6724 𝐴
𝐼𝑒𝑝𝑖𝑐𝑜 ′′ = 10.4988 𝑝. 𝑢. = 87.4252 𝐴
3-.
Para ambos casos tendremos, 𝑉𝑒 = 1 𝑝. 𝑢. ˂ 0° y 𝑆 = 3 𝑝. 𝑢. ˂ ± acos(𝑓𝑝) , es decir
𝐼𝑒 = √3 𝑝. 𝑢. ˂ ± 31.788°
𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑗𝑋𝑞 𝐼𝑒;
𝐼𝑑 = |𝐼𝑒|sin(δ − φ);
𝐸𝑓 = |𝐷| + (𝑋𝑑 − 𝑋𝑞) ∗ 𝐼𝑑;
Así que se obtiene,
Capacitivo
Inductivo
𝐼𝑒 = √3 𝑝. 𝑢. ˂ 31.788 °
𝐼𝑒 = √3 𝑝. 𝑢. ˂ − 31.788 °
𝐷 = 1.4749 𝑝. 𝑢. ˂ 86.59 °
𝐷 = 2.4135 𝑝. 𝑢. ˂ 37.591 °
𝐼𝑑 = 1.4155 𝑝. 𝑢.
𝐼𝑑 = 1.6211 𝑝. 𝑢.
𝐸𝑓 = 2.1826 𝑝. 𝑢. ˂ 86.59°
𝐸𝑓 = 3.224 𝑝. 𝑢. ˂ 37.591 °
𝐼𝑓 ≈ 𝐸𝑓 = 8.5062 𝐴 = 1.7 𝐼𝑓𝑛𝑜𝑚
𝐼𝑓 ≈ 𝐸𝑓 = 12.5647 𝐴 = 2.513 𝐼𝑓𝑛𝑜𝑚
4-. Y 5-.
A partir del código
%% Actividad 4 y 5
%Calcule las corrientes de cortocircuito brusco en la barra de
alimentaci?n
%durante los primeros 10 ciclos si la m?quina se encuentra previo
al
%cortocircuito en un punto de operaci?n donde consume la potencia
nominal
%a factor de potencia 0.85 inductivo considerando que la velocidad
no
%cambia durante el transitorio electromagn?tico
clear all
clc
global R L G Ef0
ciclo=1/60; w=1;
alpha=1*(cos(120/180*pi)+1i*sin(120/180*pi));
%Como 2*H*wb=400
wb=120*pi; H=400/2/wb; J=400; %H=0.53 este sera mas o menos el
tiempo de estabilizacion. aprox 32 ciclos
Re=0.05; Rf=0.08; Ld=1.5; Lq=1; Ldf=1.35; Lf=1.55; Lsd=0.15;
%Campo y estator
Rad=0.03; Raq=0.03; Lad=1.5; Laq=1; Ladd=1.35; Laqq=0.85;
Ladf=1.3; Ldispa=0.15; Ldp=Ld-Ldf^2/Lf; %Arrollados amortiguadores
%Bases
Sb=6000/3; Vb=416/sqrt(3); Ib=Sb/Vb; Zb=Vb/Ib;
Lmdo=(Ld-Lsd)*Zb/(120*pi); Ldfo=416/(120*pi*5); Lmf=Ldfo^2/Lmdo;
NdNf=sqrt(Lmdo/Lmf);
Ibf=NdNf*Ib; Vbf=Sb/Ibf; ifnom=5/Ibf;
%Punto de operacion
Ve=1; fpn=0.85; Ie=sqrt(3)*(fpn+i*sin(acos(fpn))); D=Ve+1i*Lq*Ie;
delta=angle(D);
Id0=abs(Ie)*sin(delta-angle(Ie)); Iq0=abs(Ie)*cos(deltaangle(Ie));
Vd=abs(Ve)*sin(delta); Vq=abs(Ve)*cos(delta); Ef0=abs(D)+(LdpLq)*Id0;
R=[Re 0 0 0 0; 0 Re 0 0 0; 0 0 Rf 0 0; 0 0 0 Rad 0; 0 0 0 0 Raq];
%Matriz de resistencias
L=[Ld 0 Ldf Ladd 0; 0 Lq 0 0 Laqq; Ldf 0 Lf Ladf 0; Ladd 0 Ladf
Lad 0; 0 Laqq 0 0 Laq]; %Matriz de inductancias
G=[0 -Lq 0 0 -Laqq; Ld 0 Ldf Ladd 0; 0 0 0 0 0; 0 0 0 0 0; 0 0 0 0
0]; %Coeficientes de generacion
Y0=[Id0; Iq0; Ef0/sqrt(3); 0; 0];
[T,Y]=ode45(@transitoriocorto,[0 (10*ciclo)*377],Y0);
I=Y(:,1:5); Id=I(:,1); Iq=I(:,2); If=I(:,3); Iad=I(:,4);
Iaq=I(:,5);
for j=1:length(T)
Ie(j)=(Id(j)+1i*Iq(j))*exp(1i*w*T(j));
Ia(j)=real(Ie(j))*sqrt(2/3);
end; T=T/(120*pi);
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
function dY=transitoriocorto(t,Y)
global R L G Ef0
dY=zeros(5,1); wm=1;
I=Y(1:5);
V=[0; 0; Ef0; 0; 0];
dY(1:5)=L\(V-R*I-wm*G*I);
Se obtuvo,
6-.
Tenemos inicialmente la máquina operando a potencia nominal con fp=0.85 inductivo, es decir
Inductivo
𝐼𝑒 = √3 𝑝. 𝑢. ˂ − 31.788 °
𝐷 = 2.4135 𝑝. 𝑢. ˂ 37.591 °
𝐼𝑑 = 1.6211 𝑝. 𝑢.
𝐸𝑓 = 3.224 𝑝. 𝑢. ˂ 37.591 °
𝐼𝑓 ≈ 𝐸𝑓 = 12.5647 𝐴 = 2.513 𝐼𝑓𝑛𝑜𝑚
En transitorio,
𝐿𝑑′ = 𝐿𝑑 −
𝐿𝑑𝑓 2
= 0.3242 𝑝. 𝑢. ;
𝐿𝑓
𝐸𝑓 ′ = 𝐷 + (𝑋𝑑′ − 𝑋𝑞)𝐼𝑑 = 1.318 𝑝. 𝑢. ;
Se sabe que con el método aproximado se mantiene Ef’ antes y después del corto, entonces
𝐸𝑓 ′ = 𝑉𝑒′ + 𝑗𝑋𝑑′ 𝐼𝑑′ + 𝑗𝑋𝑞 𝐼𝑞′;
Como Ef’ se encuentra sobre el eje q y Ve’ es cero,
𝐸𝑓′
𝐼𝑑′ = 𝑋𝑑′ = 4.0653 𝑝. 𝑢. ;
𝐼𝑞 ′ = 0 ;
𝐼𝑒𝑝𝑖𝑐𝑜 ′ ≈ √2√𝐼𝑑′ 2 + 𝐼𝑞 ′ 2 = 5.7491𝑝. 𝑢. = 47.8744 𝐴;
En subtransitorio
𝐿𝑑′′ = 𝐿𝑑 −
𝐿𝑑𝑎𝑑 2
𝐿𝑎𝑑
𝐿𝑞 ′′ = 𝐿𝑞 −
= 0.285 𝑝. 𝑢. ;
𝐿𝑞𝑎𝑞2
𝐿𝑎𝑞
= 0.2775 𝑝. 𝑢. ;
𝐸𝑓′′ = 𝑉𝑒 + 𝑗𝑋𝑑′′ 𝐼𝑑 + 𝑗𝑋𝑞 ′′ 𝐼𝑞 = 1.3296 𝑝. 𝑢. < 18.232°;
De la misma forma se mantiene Ef’’ antes y después del corto, entonces
𝐸𝑓 ′′ = 𝑉𝑒′′ + 𝑗𝑋𝑑′′ 𝐼𝑑′′ + 𝑗𝑋𝑞′′ 𝐼𝑞′′;
Como Ve’’ es cero, Id’’ es proporcional a Eq’’ e Iq’’ a Ed’’, entonces
𝐸𝑑′′ = |𝐸𝑓 ′′ | sin(𝛿 ′′ − 𝛿) = 0.4407 𝑝. 𝑢. ;
𝐸𝑞′′ = |𝐸𝑓 ′′ | cos(𝛿 ′′ − 𝛿) = 1.2544 𝑝. 𝑢. ;
𝐸𝑑 ′′
𝐸𝑞′′
𝐼𝑑′′ = 𝑋𝑑′′ = 4.4014 𝑝. 𝑢. ;
𝐼𝑞′′ = 𝑋𝑞′′ = 1.5882 𝑝. 𝑢. ;
2
𝐼𝑒𝑝𝑖𝑐𝑜 ′′ ≈ √2√𝐼𝑑′′ 2 + 𝐼𝑞 ′ ′ = 6.6174 𝑝. 𝑢. = 55.1043 𝐴;
7-.
Resolviendo la ecuación diferencial analítica, a partir del código
%% ACTIVIDAD 7
Rad=0.03; Raq=0.03; D=3/Rad; wb=120*pi; H=400/2/wb; Efp=2.004;
Ve=sqrt(3); Ldp=0.3242; delta0=37.591*pi/180; Lq=1;
dPdd=Efp*Ve/Ldp*cos(delta0)+Ve^2*(1/Lq-1/Ldp)*cos(2*delta0);
deltaTm=0.03;
x1=(-D/wb+sqrt((D/wb)^2-4*2*H/wb*dPdd))/(4*H/wb); x2=conj(x1);
C=deltaTm/dPdd; K=inv([1 1; x1 x2])*[(delta0-C); wb];
t=(0:0.0001:0.5);
for i=1:length(t)
delta(i)=K(1)*exp(x1*t(i))+K(2)*exp(x2*t(2))+C;
end
Se obtuvo,
8-.
Para obtener el tiempo crítico buscamos primero el angulo crítico, y esto es a partir del criterio de
áreas iguales. Este dice que el área acelerante debe ser mayor o igual al área de frenado para no
perder estabilidad. Así que tenemos
Donde el asterisco azul representa el ángulo de carga inicial, el verde representa al otro ángulo que
iguala al par mecánico con el eléctrico y el rojo al ángulo crítico.
A partir del código
%% ACTIVIDAD 8
clc
clear all
global Ef Ve Ld Lq Tm d0 dx
fpn=0.8; wm=1; Tm=(0.2+0.1*wm+2.7*wm)*fpn; Ld=1.5; Lq=1;
Ve=sqrt(3);
Ie=sqrt(3)*(fpn-1i*sin(acos(fpn))); D=Ve+1i*Lq*Ie;
Id=abs(Ie)*sin(angle(D)-angle(Ie)); Ef=abs(D)+(Ld-Lq)*Id;
d0=angle(D); Ted=(Ef*Ve/Ld*sin(d0)+Ve^2/2*(1/Lq1/Ld)*sin(2*d0))/wm;%Angulo inicial
delta=(0:0.01:pi);
for i=1:length(delta)
Te(i)=(Ef*Ve/Ld*sin(delta(i))+Ve^2/2*(1/Lq1/Ld)*sin(2*delta(i)))/wm;
end
plot(delta, Te)
hold on; plot(d0, Ted,'*')
hold on; plot(delta, Tm, '-')
hold on; plot(d0,Te,'-')
x0=pi/2;
dx=fsolve(@deltatarea3,x0);
x0=pi/4;
dcr=fsolve(@dcritico,x0);
tcr=J/Tm*(sqrt(2*Tm*(dcr-d0)/J+wm^2)-wm);
Y se obtuvo, 𝛿𝑐𝑟 = 1.2948 𝑟𝑎𝑑 = 74.1863 °. Luego, a partir de la igualdad
2 ∗ 𝑇𝑚 ∗ (𝛿𝑐𝑟 − 𝛿0 )
𝑇𝑚
𝑤𝑚 = √
+ 𝑤𝑠 2 = 𝑤𝑠 +
(𝑡 − 𝑡0 )
𝐽
𝐽 𝑐𝑟
Asumiendo 𝑡0 = 0 obtenemos que el tiempo crítico de apertura de un cortocircuito en bornes de la
máquina es
𝑡𝑐𝑟 = 0.8291 𝑠 ≈ 49 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠;