MAQUINAS SINCRONICAS PROBLEMAS RESUELTOS

Universidad Nacional Experimental del Táchira
Departamento de Ingeniería Electrónica
Núcleo de Electricidad Unidad Curricular Tecnología Eléctrica
MAQUINAS SINCRONICAS PROBLEMAS RESUELTOS
Revisado por Ing. Marino A. Pernía C.
1. Un alternador trifásico de 100kVA, 1100V, se le realizan una serie de pruebas cuyos datos obtenidos fueron
los siguientes:
Prueba de resistencia en DC
Prueba a circuito abierto
Prueba en cortocircuito
E(entre líneas)=6 Vdc
Iex=If=12.5 A cd
Iex=If=12.5 A cd
I(en líneas)=10 A dc
E(entre líneas)=420 Vac
I(en líneas)=Valor Nominal
Los datos de anteriores son válidos para un alternador conectado en estrella. Se pide calcular.
a. La resistencia efectiva, impedancia sincrónica y reactancia por fase
b. La regulación de voltaje del alternador a un fdp = 0.8 en retraso y un fdp = 0.8 en adelanto
c. Con un fdp = 0.8 en retraso calcula la potencia trifásica total de salida.
d. La potencia de salida por fase de acuerdo con el apartado anterior
e. Ahora si la velocidad síncrona del generador es 1200rpm calcula el par de salida por fase y el
par total empleado
f. Repita el problema para una conexión delta del alternador
Solución:
a. La resistencia efectiva, impedancia sincrónica y reactancia por fase
Para una conexión en estrella la resistencia medida según el ensayo en dc de resistencia se tiene:
[
]
[
]
[
]
Para hallar la reactancia sincrónica se usan los datos del ensayo en vacío para la tensión y la corriente
de cortocircuito a un mismo valor de la corriente de excitación.
√
√
√ (
)
√
√(
)
(
)
b. La regulación de voltaje del alternador a un fdp = 0.8 en retraso y un fdp = 0.8 en adelanto.
𝐸𝑂
𝜙
𝑉𝑡
𝛿
𝛽
𝑉𝑡
𝐼𝑎
𝑉𝑡 𝑐𝑜𝑠𝜙
𝐼𝑎 𝑋𝑠
𝐼𝑎 𝑅𝑎
𝛽
𝛿+𝜙
𝑉𝑡 𝑠𝑒𝑛𝜙
Diagrama fasorial del alternador (atraso o sobreexcitado
[email protected]
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Tecnología Eléctrica
De acuerdo con el diagrama fasorial Eo para cuando se tiene una carga en atraso es:
(
([
(
)+ (
+
)+
)]) + (
(
)
+
[
]+
[
+
])
+
(
)
(
)
Con factor de potencia de 0,8 en adelanto, el diagrama fasorial correspondiente es el mostrado en la sig figura
𝐼𝑎
𝑉𝑡
𝜙
𝐸𝑜
𝛿
𝑉𝑡
(
)+ (
+
𝐼𝑎 𝑋𝑠
𝐼𝑎 𝑅𝑎
)
Obsérvese que para este caso se resta IaXs y [Eo] < [Vt] generador sub excitado
(
)+ (
)
(
)
(
)
Los resultados anteriores verifican la hipótesis de que cuando la carga es capacitiva el voltaje en terminales es
mayor al voltaje de generador. En este caso se dice que el generador esta subexcitado.
c. Con un fdp = 0.8 en retraso calcula la potencia trifásica total de salida.
√ (
√
)
(
)
Y la potencia de salida por fase será:
d. Ahora si la velocidad síncrona del generador es 1200rpm calcula el par aplicado a través de la máquina
impulsora
|
(
|
)
+
[email protected]
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Tecnología Eléctrica
|
|
{
|
(
(
)
)
|
}
c) CONEXIÓN EN DELTA
Resistencia efectiva
3
Rdc=0.9 Ω
2
Refec=1.35 Ω
Rdc=Rmedida =0.6 Ω
Ra=
Refec=1.5Ra
-Impedancia Sincrónica
Zs 
Eo ca
Ia cc
I L  52.48 A
La corriente de linea fue calculada en el punto a)
I fase 
52.48 A
 30.29 A
3
V  VL
Zs 
V  420V
Vac
I cc
Zs 
420 V
30.29 A
 Zs  13.87
Hallando la reactancia por fase
X s  Z s  Refec
2
2
X s  13.862  1.352
X s  13.79
regulación de voltaje
[email protected]
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Tecnología Eléctrica
Eo  V
 100%
V
b.1) Como fp  0.8 en atraso
%Re 
V  1100 V
  36.87º
Ia  30.29  36.87º A
Eo  1100  30.29  36.87º   1.35  13.79 j
Eo  Vt  Ia  Zs

Eo  1417.5612.61º V
% Re 
1417.56  1100
 100
1100
b.2) Como fp  0.8
V  1100V
Re  28.87%
en adelanto
  36.87º
Ia  30.2936.87º A
Eo  Vt  Ia  Zs
Eo  1100  30.2936.87º   1.35  13.79 j

Eo  952.2322.13º V
% Re 
952.23  1100
 100
1100
Re  13.4%
d) Angulo del par
Eo  V0º  Ia  Ra  Ia  Xs
l Factor de potencia de fp=0.8 en atraso
En delta y estrella son iguales en los dos casos
  12.61º
2. Factor de potencia de fp=0.8 en adelanto
En delta y estrella son iguales en los dos casos
  22.13º
La potencia total trifásica se define como PT=√3*VLILCosθ
Así
PT=√3*1100*52.5*0.8=80.021kW
Y la potencia de salida por fase será
Pf = PT/3 = 80021/3 = 26.67 kW/fase
[email protected]
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2. Una dinamo de dos polos, 1000hp, 6000V, 60Hz, sincrónica y conectada en estrella, tiene una resistencia
de armadura por fase igual a 0.52 y una reactancia sincrónica por fase igual a 4.2. Para una potencia de
salida de 811kW a un factor de potencia de 0.8 en adelanto. Calcular:
a) La corriente de línea y de armadura por fase
b) La impedancia por fase, Zsφs
c) La magnitud de IaZs o Er
d) El ángulo β cuando la carga presenta un fdp=0.8 en adelanto.
e) El voltaje generado Eo y su correspondiente ángulo par.
f) la potencia mecánica desarrollada interna (en la armadura), por fase y total en Watts y en hp.
g) El par interno que se desarrolla
h) La eficiencia del motor basada en la relación del par externo en la polea y el par interno
desarrollado.
Solución:
a) Como la conexión es en estrella IL=If y por la definición de potencia tenemos que:
√
√ (
√
)
b) La impedancia sincrónica por fase, Zsφs
+
c) La magnitud de IaZs o Er
+
(
)(
)
d) El ángulo β cuando la carga presenta un fdp=0.8 en adelanto.
𝐼𝑎
𝐼𝑎 𝑋𝑠
𝐸𝑜
𝜙
𝛿
𝐼𝑎 𝑅𝑎
𝑉𝑡
(
(
√
(
)+
(
)+ (
+
)) + [
)(
)
)
(
)]
+
De donde β=30,6° y es el ángulo que forma Ia con Eo, luego δ=φ - β = 36,87°- 30,6° = 6,27°
e) El voltaje generado Eo
⃑⃑⃑⃑
|
|
[email protected]
⃑⃑⃑⃑
|
|
por fase
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Tecnología Eléctrica
f) Calcular la potencia mecánica desarrollada interna (en la armadura), por fase y total en Watts y en hp.
(
(
)
)
g) El par interno que se desarrolla
(
)
(
)
h) La eficiencia del motor basada en la relación del par externo en la polea y el par interno desarrollado
(
[email protected]
)
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Tecnología Eléctrica
3. Un generador sincrónico de 480 V, 50 Hz, de seis polos, conectado en Y tiene una reactancia sincrónica por
fase de 1 Ω. Su corriente de inducido a plena carga es 60 A con fdp = 0.8 en atraso. Las pérdidas del
generador por rozamiento propio y por rozamiento con el aire son 1.5kW y las pérdidas en el núcleo son de
1kW a 60 hz a plena carga. Puesto que la resistencia del inducido se ignora, se supone que las pérdidas I²R
son despreciables. La corriente de campo ha sido ajustada tal que el voltaje en vacío es 480V.
a) ¿Cuál es la velocidad de rotación del generador?
b) ¿Cuál es el voltaje en los terminales del generador?, si se cumple lo siguiente:
i. Está cargado con la corriente nominal a FP de 0.8 en atraso.
ii. Está cargado con la corriente nominal a FP 1.
iii. Está cargado con la corriente nominal a FP de 0.8 en adelanto.
c) ¿Cuál es la eficiencia del generador cuando está operando a corriente nominal con fdp = 0.8 en atraso?
d) ¿Cuánto par debe ser aplicado al eje por el motor primario a plena carga? ¿qué tan grande es el par opositor
inducido?
e) ¿Cuál es la regulación de voltaje de este generador en cada uno de los casos anteriores?
Solución:
a) La velocidad de rotación del generador sincrónico en revoluciones por minuto está dada por la ecuación:
( )
(
(
)
)
b) ¿Cuál es el voltaje en los terminales del generador?, si se cumple lo siguiente:
i. Está cargado con la corriente nominal a FP de 0.8 en atraso.
I a X s cos
= Eo sen
Eo
IaXs
𝑬𝒐

𝑽𝒕

𝐼𝑎 co 𝜙
Vt
𝐸𝑜
𝑋𝑠
𝛿
Ia
Eo = 480 volt de linea
(
Eo/f = 277 Volt
)(
(
)+ (
|
|
(√(
[email protected]
)
+
) +(
cos-36,87° = 0,8 ; sen(-36,86)= 0,6
)
|
+
|
√(
) )
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) +(
(
) +(
)
+
+
)
Tecnología Eléctrica
+(
+
+
)
+
+
+
+
√
√
Puesto que el generador está conectado en Y,
tensión de línea en los terminales
ii) si el generador esta cargado con corriente nominal a fdp unitario, tenemos que:
|
(
|
(√(
)
(
) +(
)
) )
(
+(
)
)
√
iii) cuando el generador está cargado con corriente nominal a factor de potencia de 0.8 en adelanto,
tenemos que:
|
|
(√(
) +(
) )
(
+
+
√
) +(
)
+
+
Puesto que el generador está conectado en Y, Vt = 3 V = 535 V (obsérvese que para este caso |Eo| > |Vt|
c) ¿Cuál es la eficiencia del generador cuando está operando a corriente nominal con fdp = 0.8 en atraso?
La potencia de salida de este generador a 60 A y fdp 0.8 en atraso es:
co
(
)
(
)
la potencia mecánica de entrada está dada por:
[email protected]
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Tecnología Eléctrica
+
+
+
+ +
+
la eficiencia del generador es:
(
)
(
)
f) ¿Cuánto par debe ser aplicado al eje por el motor primario a plena carga? ¿qué tan grande es el par opositor
inducido?
el par de entrada está dado por la siguiente ecuación:
El par opositor está dado por
(
)
+
El par de entrada es 1,07 veces mayor que el par opositor (se deben vencer pérdidas)
g) la regulación de voltaje del generador para plena carga y fdp = 0,8 en atraso es:
(
)
(
)
la regulación de voltaje del generador para plena carga y fdp = 1 es:
(
)
la regulación de voltaje del generador para plena carga y fdp = 0,8 en adelanto es:
(
[email protected]
)
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Tecnología Eléctrica
4. Una máquina sincrónica de 208 V, 45 kVA, fdp = 0.8 en adelanto 60Hz, y conectada en delta, tiene una
reactancia sincrónica de 2.5 Ω. La resistencia del inducido es despreciable. Sus pérdidas por rozamiento
propio y con el aire son 1.5kW, y sus pérdidas en el núcleo son 1kW. Inicialmente, el alternador está
suministrando carga a un motor sincrónico de 15hp (suponer pérdidas del motor despreciables) y con
factor de potencia es 0.8 en adelanto.
a) Encuentre los valores de Ia, IL y EA del generador.
b) Encuentre IA, IL y EA después de cambiar la carga del motor a 30 Hp ¿cuál es su nuevo factor de
potencia?
𝑃𝐶𝑢
𝑃𝑒𝑛𝑡
𝑃𝑖𝑛𝑡
𝑃𝑠𝑎𝑙
Solución:
a) Al comienzo la potencia de salida del motor (carga) es 15 hp, que corresponde a una salida:
Psal = (15 hp )( 0.746 KW/hp ) = 11.19 KW ≈ Pent (motor) = Psal (generador)
Entonces la potencia eléctrica que suministra el generador es:
+ ∑
+
∑
+
+
+
+
+
Con Ra despreciable las PCu = 0W
con el fdp de la carga igual a 0.8 en adelanto, el flujo de corriente de línea resultante es:
√ (
√
)
y la corriente del inducido es IL / √3, con factor de potencia 0.8 en adelanto, lo cual da como resultado:
IA = 27.4 36.87º A
Para encontrar EA se aplica la ley de voltajes de Kirchhoff al circuito de la figura:
(
[email protected]
 )
(
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
)(

)
Tecnología Eléctrica
(
)

(
)
(

)
+

Conexión en delta
b) Encuentre IA, IL y EA después de cambiar la carga a 30 Hp ¿cuál es su nuevo factor de potencia?
Después que cambia la carga, las pérdidas del núcleo y de roce son aproximadamente constantes la potencia
interna es:
+
+
+
+
trifásica
De la ecuación para potencia en términos del ángulo de par, es posible encontrar la magnitud del ángulo δ
(recuérdese que la magnitud de EA es constante debido a que no se cambia la Iexc): Además Ra = 0
|
Entonces:
(
)
(
(
(
)
)
|
)
El voltaje interno generado es Ea = 255-23º V. Entonces de acuerdo con la ley de kirchoff, IA estará dada por:



Y la corriente de línea para una conexión delta será S3Ia
√ (
[email protected]
)
co
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5. Un alternador trifásico conectado en estrella de 5000Kva, 6600 V, tiene una resistencia del inducido
despreciable. El ensayo en vació a la velocidad de sincronismo ha dado los siguientes resultados:
If(A) 24
Ef(v)L 3000
35
4200
50
5400
71
6600
90
7300
120
8000
140
8300
En cortocircuito es necesario una corriente de excitación de 37 A. para que circule una corriente de 300 A en
el inducido. En un ensayo con carga reactiva y corriente nominal se obtiene una tensión de 6000 V para una
excitación de 130 A. Cuando la maquina suministra los ¾ de la plena carga a la tensión nominal con factor
de potencia de 0.8 inductivo, se pide:
a) Caída de tensión en la reactancia sincrónica.
b) Excitación necesaria en el inductor.
c) Fem. que produciría la excitación anterior al dejar la maquina en circuito abierto.
d) Regulación de tensión correspondiente.
Solución:
a) Caída de tensión en la reactancia sincrónica
Se debe primero calcular la reactancia sincrónica, para lo cual se tiene el ensayo en vacío y una prueba de
cortocircuito al alternador:
Para Iexc = 37 A no existe valor en la tabla que le corresponda Eo luego se debe conseguir por interpolación
con los datos de la tabla.
35 A  4200V
37 A Eo
50 A 5400 V
interpolando se tiene:
(voltaje de línea)
De acuerdo con la gráfica obtenemos Zs
Eo
Icc
√
Saturación
del núcleo
4360 V
Como Ra =0 entonces
300 A
17 A
Iex
Se requiere hallar Ia a plena carga para lo cual se tiene la capacidad en KVA de la máquina
√
√
√ ( )
El factor de potencia es 0,8 inductivo o en atraso, por lo que la corriente nominal por el inducido o armadura
es:
[email protected]
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Y la corriente a ¾ de plena carga será:
( )
Por lo que la caída en la reactancia sincrónica es
(
) (
)
b) Excitación necesaria en el inductor.
Se requiere hallar el valor de la tensión inducida Eo, para con este valor ir a la característica de vacío y
conseguir el valor de Iex necesaria para producir esa Eo. Del diagrama fasorial correspondiente es:
(considerando el teorema de Pitágoras para un triángulo rectángulo)
Diagrama fasorial motor sincrónico con Ra=0
I a X s cos
= Eo sen
Eo
IaXs


𝐼𝑎 co 𝜙
Vt
𝐸𝑜
𝑋𝑠
𝛿
Ia
co
√
(
+ (
)+ [
+
(
)+
)
]
+
√
Con este valor de Eo debemos extrapolar con los datos de la tabla
120 A

8000 V
140 A 
Iex A 
8300V
10199V
c) Fem que produciría la excitación anterior al dejar la maquina en circuito abierto
√
d) Regulación de tensión correspondiente.
(
)
(
)
mala regulación para este alternador
[email protected]
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