Problemas Maquinas Sincronas

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

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. CARACTERÍSTICAS DE CIRCUITO ABIERTO

S

Egf

  36,87º

S

IA X

IA

Z

 V

IA 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 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 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

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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 RPM

B.- En esta máquina VT= Vtp . Puesto que el generador está en vacío, IA= 0 y Egp = Vtp por consiguiente, 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: IA = 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<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, Egp se debe ajustarse en 532 V. En la las 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 ahora se puede hallar por 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, se usa la siguiente 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 global de la 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 IA caería hasta cero, haciendo Egf = V como la corriente de campo no se ha modificado, Egf tampoco ha MAQUINAS ELECTRICAS III

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cambiado y V debe elevarse hasta igualar Egf. 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 A con un factor de potencia de 0,8 en adelanto, teniendo la tensión de los bornes en 480 V, entonces la tensión generada 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 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 nominal? ¿Qué clase de carga (en adelanto o en atraso) imprime mayor esfuerzo térmico sobre el generador? ¿Por qué? PROBLEMA N° 2.- Un generador 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 I2R 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 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 el motor primario a plena carga? ¿De qué magnitud es el momento de torsión antagónico? C.- ¿Cuál es la regulación de voltaje para este generador con factor de potencia de 0.8 en atraso? ¿Con factor de potencia de 1.0? ¿Con factor de potencia de 0.8 en 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 IARA son iguales a cero. Como IA = 0, el voltaje generado internamente Egf = Vf = 277 V. El voltaje generado interiormente Egf = K  n varía MAQUINAS ELECTRICAS III

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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 jXsIA es: jXsIA = (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)]² 744.25 = (V + 36 )²

V = 236.8 Voltios

EGP

Ia

FACTOR DE POTENCIA UNITARIO

S

IaXS

   0º

EGP





UTP

Ia X

(277)² = [V +36]² + [48]²

UTP Ia

IA



FACTOR DE POTENCIA 0.8 ATRAZO

EGP=277





jXSIA

UTP FACTOR DE POTENCIA 0.8 CAPAPCITIVO

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

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Como el generador está conectado en Y, V =

3Vtp  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  Vtp2   X S I A 

2

(277) 2  Vtp2  (60) 2 76.729  Vtp2  3600 Vtp2  73.129 Vtp  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  (Vtp  X S I A sen  ) 2   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:

277 2  V  1.060 A sen 36.872  1.060 A sen 36.872 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:

Psal  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.

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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% Pent

34.1 kW x 100% 36.6 kW   93.2%



Pent 

El momento que se aplica al generador se expresa por la ecuación: de donde :

2 Tn 60

Pent  2  n   60  36,6 kW T  2  1200    60  T

T  291,2 N - m El momento de torsión antagónico inducido sería. Por lo tanto :

Pconv  T ind  n 

2 60

Pconv 2 n 60 34100   2  1200   60   271,3 N - m

T ind 

T ind T ind

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:

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480V  410 V  100%  71.1% 410V 480V  468 V   100%  2.6% 468 V 480V  535V   100%  10.3% 535V

U reg %  U reg % U reg %

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 VT 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

Z  0.1867  j1.6025 /f

61.18%

a.-

1 20 Ra  ( ) x  0.1333  2 75

Ra (AC)  0.1867  IN  200 X  3 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

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Zs  Ra  jXs 1.61332  0.1867 2  Xs 2 Zs  0.1867  j1.6025  1.6133



Xs  1.6025 

FP  0.6 x I



  53.13

I N  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  K x  x RPM1  K x  x 1800 Eaf 2  K x  x RPM 2  K x  x 1000 Eaf 2 K x  x 1000  Eaf 1 K x  x 1800 Eaf 2  0.56 x Eaf 1 Xs  Xe  X ad 120 x F = 33.33 HZ. 1000 RPM  4 Xs  2 π x f x L Xs 2 Xs1  F2  33.33 Hz F2 60 F1  60 Hz 33.33 Xs 2  x Xs1 60 El efecto sobre la tensión que El efecto sobre su reactancia El efecto sobre su genera de fuga de la armadura reacción de armadura Xra 2  0.56 Xra1 E G2  0.5 . E G1 X 2  0.56 X1 En vacío no hay Xe 2  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

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216.5 Volt

1600 A

600 KVA

600 3 x 125 x 3  1600 A

I NY 

600 KVA I N  60 / 3 x 125  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.

Vf  7506 Volt

1500 KVA - Y - 13 KV Zs  0.9  j 8

a

I N y VN

I N  1500 / 3 x 13  66.62 A

FP  1

 0



Ea  7506  0  8.05  83.6 x 66.62  0  7584.7  4.03 Volt Zs  8.05  83.6  Ea  7584.7  4.03 Volt Regul (%)  7584.7 - 7506 / 7506  1.05 %

FP  0.8 I



  - 36.87

Ea  7506  0  8.05  83.6 x 66.62  - 36.87 Ea  7883.4  2.84 Volt Regul (%)  7883.4 - 7506 / 7506  5.03 %

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FP  0.8 C

   36.87



Ea  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 / Ra  0.1  / f / Ys  0.5  / f - Y I N  1500 / 3 x 220  262.4 AMPERIOS FP  1   0 Xs  X  Xra

 0.5  2 (0.5)  1.5 Zs  0.1  j 1.5  1.5033  86.2  / f a.-

515.77 Volt

b.-

394.5 Volt

a. V sin carga ( I L  0 ) 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  Zs x I N  1.5033 x 262.4 Ea  394.5 Volt MAQUINAS ELECTRICAS III

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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) 120 (60)  RPMs  P1 P2 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 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 11.82 = 1.3924 Ω 100 Xs = 1.1139 Ω b.-

Ra = 0.0167 Ω

̅ = 4893⎿ − 31.8 A IN

̅a = 6813⎿0 + 5451⎿57.34 = 10780⎿25.2 Volt. E

c.-

PUTIL = 85 MW PING. = PPERD. + PUTIL = 86.2 𝑀𝑤 PPERD. = 3 x Ra x Ia2 = 3 x 0.0167 x 48932 = 1200 KW 𝑇=

86200000 𝜋 = 2753381 𝑁 − 𝑚 300 𝑥 30

𝑇=

2753381 = 280957 𝐾𝑔 − 𝑚 9.8

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. Ensayo C.C. : If = 19.5 Amp. Ra = 0.9

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If = 17.50 Amp. I = INOM.

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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. 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 = (6.272 – 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° MAQUINAS ELECTRICAS III

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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 R12 = 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: MAQUINAS ELECTRICAS III

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If 17.5

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= 2145.1 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⁄𝑓 y la resistencia de armadura de 0.15 Ω⁄𝑓 (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 20∠30°Ω conectada en ∆ , además hallar la regulación y la eficiencia. G.- Si ahora se conecta una carga de 20∠30° 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 A.- De la grafica

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

𝒑𝒂𝒓𝒂 𝑬𝒂𝒇 = 𝟐𝟑𝟎𝟎𝑽

⟹ 𝒊𝒇 = 𝟒. 𝟑𝟑𝑨

B.- La tensión generada en condiciones nominales

𝒁𝒔 = 𝑹𝒂 + 𝒊𝑿𝒔 = 𝟎. 𝟏𝟓 + 𝟏. 𝟏𝒊 = 𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑° 𝑺 𝟏𝑴𝑽𝑨 𝑰𝒂 = = = 𝟐𝟓𝟏. 𝟎𝟐 𝑨 √𝟑 ∗ 𝑽 √𝟑 ∗ 𝟐. 𝟑𝒌𝑽 ̅̅̅ 𝑰𝒂 = 𝟐𝟓𝟏. 𝟎𝟐∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟎. 𝟖(𝑰) ⇒ ∅ = 𝟑𝟔. 𝟖𝟕° 𝑽𝒏 = 𝟐𝟑𝟎𝟎𝑽 (𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 𝑽=

𝟐𝟑𝟎𝟎 √𝟑

= 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏 (𝒇𝒂𝒔𝒆) ⟹ 𝑽 = 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏∠𝟎 (𝑽 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂)

̅̅̅̅̅̅ = 𝑽 ̿ + 𝑰𝒂 ̅̅̅ ∗ 𝒁𝒔 𝑬𝒂𝒇 ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏∠𝟎 + 𝟐𝟓𝟏. 𝟎𝟐∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕 ∗ 𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑° ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟓𝟑𝟔. 𝟓𝟓∠𝟕. 𝟒𝟐 ( 𝒇𝒂𝒔𝒆) MAQUINAS ELECTRICAS III

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟐𝟔𝟔𝟏. 𝟑𝟗∠𝟕. 𝟒𝟐 ( 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂)

𝑫𝒆 𝒍𝒂 𝒈𝒓𝒂𝒇𝒊𝒄𝒂 ∶ 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝑬𝒂𝒇 = 𝟐𝟔𝟔𝟏. 𝟑𝟗 𝑽 ⇒ 𝒊𝒇 = 𝟔 𝑨 C.- El toque y eficiencia  𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 = 𝟑 ∗ 𝑽 ∗ 𝑰𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟑 ∗ 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏 ∗ 𝟐𝟓𝟏. 𝟎𝟐 ∗ 𝟎. 𝟖 = 𝟖𝟎𝟎𝒌𝑾  𝑷𝒄𝒖 = 𝟑 ∗ 𝑰𝒂𝟐 ∗ 𝑹𝒂 = 𝟑 ∗ 𝟐𝟓𝟏𝟐 x 0.15 = 28.35 KW  𝑷𝒇𝒓𝒊𝒄 𝒚 𝒗𝒆𝒏𝒕 = 𝟐𝟒𝒌𝑾  𝑷𝒏𝒖𝒄𝒍𝒆𝒐 = 𝟏𝟖𝒌𝑾 𝑷𝒊𝒏𝒈 = 𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 + 𝑷𝒄𝒖 + 𝑷𝒇𝒓𝒊𝒄 + 𝑷𝒏𝒖𝒄𝒍𝒆𝒐 = 𝟖𝟕𝟎. 𝟑𝟔𝒌𝑾 𝑻= 

𝑷𝒊𝒏𝒈. 𝟖𝟕𝟎. 𝟑𝟔 𝒌𝑾 𝝅 = 𝝅 = 𝟐𝟑𝟎𝟖. 𝟔𝟗 𝑵 − 𝒎 𝑹𝑷𝑴 ∗ 𝟑𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟑𝟎 𝟑𝟎

𝜼= D.- La regulación es;

𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 𝟖𝟎𝟎𝒌𝑾 = = 𝟗𝟏. 𝟗𝟐% 𝑷𝒊𝒏𝒈 𝟖𝟕𝟎. 𝟑𝟔𝒌𝑾

𝑬𝒂𝒇−𝑽

𝟏𝟓𝟑𝟔.𝟓𝟓−𝟏𝟑𝟐𝟕.𝟗𝟏

𝑹𝒆𝒈 = = = 𝟏𝟓. 𝟕𝟏% 𝑽 𝟏𝟑𝟐𝟕.𝟗𝟏 E.- Construyendo las curvas de capabilidad del generador  𝑺 = 𝟏𝑴𝑽𝑨 −𝟑∗𝑽𝟐 −𝟑∗𝟏𝟑𝟐𝟕.𝟗𝟏𝟐 = = −𝟒. 𝟖𝟏 𝑴𝑽𝑨𝑹 𝑿𝒔 𝟏.𝟏 𝟑∗𝑽∗𝑬𝒂𝒇 𝟑∗𝟏𝟑𝟐𝟕.𝟗𝟏∗𝟏𝟓𝟑𝟔.𝟓𝟓 = 𝑿𝒔 = = 𝟓. 𝟓𝟔 𝑽𝑨 𝟏.𝟏

 𝑸=

 𝑫𝑬 𝑺𝒏 = 𝑷𝒏 + 𝑸𝒏 𝒊 𝑷𝒏 = 𝟎. 𝟖 𝑴𝑾

𝑸𝒏 = 𝟎. 𝟔𝑴𝑽𝑨𝑹

 𝑷𝒑𝒓𝒂𝒄𝒕𝒊𝒄𝒂 = 𝟎. 𝟗𝟐𝟓 ∗ 𝑷𝒏 = 𝟎. 𝟕𝟒𝑴𝑾  𝑷𝒕𝒖𝒓𝒃𝒊𝒏𝒂 = 𝑷𝒊𝒏𝒈 = 𝟎. 𝟖𝟕𝑴𝑾  𝑫𝒆 𝒍𝒂 𝒈𝒓𝒂𝒇𝒊𝒄𝒂 ∶  𝑸𝒑𝒓𝒂𝒄𝒕𝒊𝒄 = 𝟎. 𝟑𝟎𝟒𝑴𝑾  ∅𝒑𝒓𝒂𝒄𝒕𝒊𝒄𝒐 = 22° CURVA DE CAPABILIDAD

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

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

 DE DELTA A ESTRELLA

𝒁𝑳 =

𝒁𝟏∗𝒁𝟑 𝒁𝟏+𝒁𝟐+𝒁𝟑

𝒁𝑳 =

𝟐𝟎∠𝟑𝟎° 𝟑

(𝑪𝑼𝑨𝑵𝑫𝑶 𝒁𝟏 = 𝒁𝟐 = 𝒁𝟑 = 𝒁) 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒁𝑳 =

𝒁 𝟑

= 𝟔. 𝟔𝟕∠𝟑𝟎° (ZL=ZA=ZB=ZC) ⟹ ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 (𝒆𝒏 𝒆𝒔𝒕𝒆 𝒄𝒂𝒔𝒐 𝒕𝒐𝒎𝒂𝒓𝒕𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒂 𝑬𝒂𝒇 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂) ̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅ ∗ (𝒁𝒔 + 𝒁𝒍) 𝑬𝒂𝒇 = 𝑰𝒂 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 = ̅̅̅ 𝑰𝒂 ∗ (𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑° + 𝟔. 𝟔𝟕∠𝟑𝟎°) ̅̅̅ 𝑰𝒂 = 𝟏𝟖𝟑. 𝟑𝟕∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟏 ̅̅̅̅̅̅ ̿ + ̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝑽 𝑰𝒂 ∗ 𝒁𝒔 ̅̅̅̅̅̅ ̅ 𝑽 = 𝑬𝒂𝒇 − ̅̅̅ 𝑰𝒂 ∗ 𝒁𝒔 ̅ = 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 − (𝟏𝟖𝟑. 𝟑𝟕∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟏 ∗ 𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑°) 𝑽

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS ̅ = 𝟏𝟐𝟐𝟐. 𝟓𝟏∠ − 𝟔. 𝟖𝟏𝟐𝟑 ( 𝒇𝒂𝒔𝒆) 𝑽 ̅ = 𝟐𝟏𝟏𝟕. 𝟒𝟓∠ − 𝟔. 𝟖𝟏𝟐𝟑 ( 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 𝑽

    

𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 = 𝟑 ∗ 𝑽 ∗ 𝑰𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟑 ∗ 𝟏𝟐𝟐𝟏. 𝟓𝟏 ∗ 𝟏𝟖𝟑. 𝟑𝟕 ∗ 𝟎. 𝟖 = 𝟓𝟖𝟐. 𝟒𝟒𝒌𝑾 𝑷𝒄𝒖 = 𝟑 ∗ 𝑰𝒂𝟐 ∗ 𝑹𝒂 = 𝟑 ∗. 𝟏𝟖𝟑. 𝟑𝟕𝟏𝟐 ∗ 𝟎. 𝟏𝟓 = 𝟏𝟓. 𝟏𝟑𝟐𝒌𝑾 𝑷𝒇𝒓𝒊𝒄 𝒚 𝒗𝒆𝒏𝒕 = 𝟐𝟒𝒌𝑾 𝑷𝒏𝒖𝒄𝒍𝒆𝒐 = 𝟏𝟖𝒌𝑾 𝑷𝒊𝒏𝒈 = 𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 + 𝑷𝒄𝒖 + 𝑷𝒇𝒓𝒊𝒄 + 𝑷𝒏𝒖𝒄𝒍𝒆𝒐 = 𝟔𝟑𝟗. 𝟓𝟕𝒌𝑾  𝑻=

𝑷𝒊𝒏𝒈

𝝅 𝟑𝟎

𝑹𝑷𝑴∗

=

𝟔𝟑𝟗.𝟓𝟕 𝒌𝑾 𝝅 𝟑𝟎

𝟑𝟔𝟎𝟎∗

= 𝟏𝟔𝟗𝟔. 𝟔 𝑵 − 𝒎

 𝜼=

𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 𝟓𝟖𝟐. 𝟒𝟒𝒌𝑾 = = 𝟗𝟏. 𝟎𝟕% 𝑷𝒊𝒏𝒈 𝟔𝟑𝟗. 𝟓𝟕𝒌𝑾

 𝑹𝒆𝒈 =

𝑬𝒂𝒇 − 𝑽 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕 − 𝟏𝟐𝟐𝟐. 𝟓𝟏 = = 𝟏𝟎. 𝟗𝟖% 𝑽 𝟏𝟐𝟐𝟐. 𝟓𝟏

G.-Si ahora se conecta una carga de 𝟐𝟎∠𝟑𝟎° conectada ∆ paralelo a la anterior .Dibuje un solo diagrama fasorial del caso F y G en un grafico. La impedancia ZL anterior: 𝐙𝐋 = 𝟔. 𝟔𝟕∠𝟑𝟎° Si ponemos en paralelo tendremos una nueva 𝐙𝐋 ′ = 𝟑. 𝟑𝟑∠𝟑𝟎°

⟹ ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 (𝒆𝒏 𝒆𝒔𝒕𝒆 𝒄𝒂𝒔𝒐 𝒕𝒐𝒎𝒂𝒓𝒕𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒂 𝑬𝒂𝒇 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂) ̅̅̅̅̅̅ = 𝑰𝒂 ̅̅̅ ∗ (𝒁𝒔 + 𝒁𝒍) 𝑬𝒂𝒇 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 = ̅̅̅ 𝑰𝒂 ∗ (𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑° + 𝟑. 𝟑𝟑∠𝟑𝟎°) ̅̅̅ = 𝟑𝟑𝟎. 𝟐𝟔𝟗𝟓∠ − 𝟒𝟐. 𝟑𝟒 𝑰𝒂 ̅̅̅̅̅̅ ̿ + ̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝑽 𝑰𝒂 ∗ 𝒁𝒔 ̅̅̅̅̅̅ − 𝑰𝒂 ̅ = 𝑬𝒂𝒇 ̅̅̅ ∗ 𝒁𝒔 𝑽 ̅ 𝑽 = 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 − (𝟑𝟑𝟎. 𝟐𝟕∠ − 𝟒𝟐. 𝟑𝟒 ∗ 𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑°) ̅ = 𝟏𝟏𝟎𝟎. 𝟖𝟗∠ − 𝟏𝟐. 𝟑𝟒 ( 𝒇𝒂𝒔𝒆) 𝑽 ̅ = 𝟏𝟗𝟎𝟔. 𝟖𝟏∠ − 𝟏𝟐. 𝟑𝟒 ( 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 𝑽 DIAGRAMA FASORIAL DEL CASO F Y G EN UN GRAFICO.

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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. 𝑽𝒏𝒐𝒎 = 𝟐. 𝟑𝒌𝑽 𝟐𝟑𝟎𝟎 𝑽= = 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏 (𝒇𝒂𝒔𝒆) ⟹ 𝑽 = 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏∠𝟎 (𝑽 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂) √𝟑 ̅ = 𝑰𝒂 ̅̅̅ ∗ (𝒁𝑳) 𝑽 𝟏𝟑𝟓𝟔. 𝟕∠𝟎 = ̅̅̅ 𝑰𝒂 ∗ (𝟑. 𝟑𝟑∠𝟑𝟎°) ̅̅̅ = 𝟑𝟗𝟖. 𝟑𝟕∠ − 𝟑𝟎 𝑰𝒂 ̅̅̅̅̅̅ ̿ + ̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝑽 𝑰𝒂 ∗ 𝒁𝒔 ̅̅̅̅̅̅ = 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏∠𝟎 − (𝟑𝟗𝟖. 𝟑𝟕∠ − 𝟑𝟎 ∗ 𝟏. 𝟏𝟏∠𝟖𝟐. 𝟐𝟑°) 𝑬𝒂𝒇 ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟔𝟑𝟔. 𝟓𝟒∠ − 𝟏𝟐. 𝟑𝟒 ( 𝒇𝒂𝒔𝒆) ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟐𝟖𝟑𝟒. 𝟓𝟕∠ − 𝟏𝟐. 𝟑𝟒 ( 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑎 𝐼𝑓 = 7.73𝐴     

𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 = 𝟑 ∗ 𝑽 ∗ 𝑰𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟑 ∗ 𝟏𝟑𝟐𝟕. 𝟗𝟏 ∗ 𝟑𝟗𝟖. 𝟑𝟕 ∗ 𝟎. 𝟖 = 𝟏𝟑𝟕𝟒. 𝟑𝟖𝒌𝑾 𝑷𝒄𝒖 = 𝟑 ∗ 𝑰𝒂𝟐 ∗ 𝑹𝒂 = 𝟑 ∗. 𝟑𝟗𝟖. 𝟑𝟕𝟐 ∗ 𝟎. 𝟏𝟓 = 𝟕𝟏. 𝟒𝟏𝟓𝒌𝑾 𝑷𝒇𝒓𝒊𝒄 𝒚 𝒗𝒆𝒏𝒕 = 𝟐𝟒𝒌𝑾 𝑷𝒏𝒖𝒄𝒍𝒆𝒐 = 𝟏𝟖𝒌𝑾 𝑷𝒊𝒏𝒈 = 𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 + 𝑷𝒄𝒖 + 𝑷𝒇𝒓𝒊𝒄 + 𝑷𝒏𝒖𝒄𝒍𝒆𝒐 = 𝟏𝟒𝟖𝟕. 𝟖𝒌𝑾  𝑻=

𝑷𝒊𝒏𝒈.

𝝅 𝟑𝟎

𝑹𝑷𝑴∗

=

𝟏𝟒𝟖𝟕.𝟖 𝒌𝑾 𝝅 𝟑𝟎

𝟑𝟔𝟎𝟎∗

= 𝟑𝟗𝟒𝟔. 𝟓 𝑵 − 𝒎

 𝜼=  𝑹𝒆𝒈 =

𝑬𝒂𝒇−𝑽 𝑽

=

𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 𝟏𝟑𝟕𝟒. 𝟒 𝒌𝑾 = = 𝟗𝟐. 𝟒% 𝑷𝒊𝒏𝒈 𝟏𝟒𝟖𝟕. 𝟖 𝒌𝑾

𝟏𝟑𝟓𝟔.𝟕−𝟏𝟏𝟎𝟎.𝟖𝟗 𝟏𝟏𝟎𝟎.𝟖𝟗

= 𝟐𝟑. 𝟐𝟒%

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⁄𝑓 B.- la tensión inducida a condiciones nominales. C.- la corriente de armadura a condiciones nominales. MAQUINAS ELECTRICAS III

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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

𝑉𝑏2

13.82

𝑍𝑏 = = = 9.522 Ω 𝑆𝑏 20 𝑋𝑠(𝑝. 𝑢) = 0.7𝑝𝑢 𝑋𝑠(𝑟𝑒𝑎𝑙) = 𝑋𝑠(𝑝𝑢) ∗ 𝑍𝑏 = 9.522 ∗ 0.7 = 6.6654 𝑜ℎ𝑚/𝑓 𝒁𝒔 = 𝑹𝒂 + 𝒊𝑿𝒔 = 𝟎 + 𝟔. 𝟔𝟔𝟓𝟒𝒊 = 𝟔. 𝟔𝟔𝟓𝟒∠𝟗𝟎° Ω/f B.- Calculo de la corriente y tensión inducida a condiciones nominal 𝑺 𝟐𝟎𝑴𝑽𝑨 𝑰𝒂 = = = 𝟖𝟑𝟔. 𝟕𝟒 𝑨 √𝟑 ∗ 𝑽 √𝟑 ∗ 𝟏𝟑. 𝟖𝒌𝑽 ̅̅̅ 𝑰𝒂 = 𝟖𝟑𝟔. 𝟕𝟒∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟎. 𝟖(𝑰) ⇒ ∅ = 𝟑𝟔. 𝟖𝟕° C.𝑽𝒏 = 𝟏𝟑𝟖𝟎𝟎𝑽 (𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 𝟏𝟑𝟖𝟎𝟎 𝑽= = 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑 (𝒇𝒂𝒔𝒆) ⟹ 𝑽 = 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑∠𝟎 (𝑽 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂) √𝟑 ̅̅̅̅̅̅ ̿ + ̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝑽 𝑰𝒂 ∗ 𝒁𝒔 ̅̅̅̅̅̅ = 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑∠𝟎 + 𝟖𝟑𝟔. 𝟕𝟒∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕 ∗ 𝟔. 𝟔𝟔𝟓𝟒∠𝟗𝟎° 𝑬𝒂𝒇 ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟐𝟏𝟔𝟐. 𝟎𝟕∠𝟐𝟏. 𝟓𝟐𝟑𝟗 ( 𝒇𝒂𝒔𝒆) ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟐𝟏𝟎𝟔𝟓. 𝟑𝟐𝟑∠𝟐𝟏. 𝟓𝟐𝟑𝟗 ( 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 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 ̅ = ̅̅̅ 𝑽 𝑰𝒂 ∗ 𝒁𝑳 ̅ 𝑽 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑 𝒁𝑳 = = = 𝟗. 𝟓𝟐𝟐∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕 ̅̅̅ 𝟖𝟑𝟔. 𝟕𝟒∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕 𝑰𝒂 Esta ZL es constante, ahora si variamos la tensión de inducción en 5% tendríamos: ̅̅̅̅̅̅(= 𝑰𝒂 ̅̅̅ ∗ (𝒁𝒔 + 𝒁𝑳) (𝟏𝟎𝟎 − 𝟓)% ∗ 𝑬𝒂𝒇 𝟗𝟓%𝑬𝒂𝒇 𝑰𝒂 = 𝒁𝒔+𝒁𝑳 ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟐𝟏𝟔𝟐. 𝟎𝟕∠𝟐𝟏. 𝟓𝟐𝟑𝟗 𝒁𝒔 = 𝑹𝒂 + 𝒊𝑿𝒔 = 𝟎 + 𝟔. 𝟔𝟔𝟓𝟒𝒊 = 𝟔. 𝟔𝟔𝟓𝟒∠𝟗𝟎° 𝑰𝒂 =

̅̅̅̅̅̅ 𝟗𝟓%𝑬𝒂𝒇 𝟗𝟓% ∗ 𝟏𝟐𝟏𝟔𝟐. 𝟎𝟕∠𝟐𝟏. 𝟓𝟐𝟑𝟗 = = 𝟕𝟗𝟒. 𝟗𝟐∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟔 𝑨 𝒁𝒔 + 𝒁𝑳 𝟔. 𝟔𝟔𝟓𝟒∠𝟗𝟎° + 𝟗. 𝟓𝟐𝟐∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕

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D. Si disminuye en 10% ̅̅̅̅̅ 90%𝐸𝑎𝑓 = 753.08∠ − 36.86𝐴 𝑍𝑠 + 𝑍𝐿

𝐼𝑎 =  Si disminuye 15% 𝐼𝑎 =  Si disminuye 20%

̅̅̅̅̅̅ 85%𝐸𝑎𝑓 𝑍𝑠+𝑍𝐿

𝐼𝑎 =

̅̅̅̅̅ 80%𝐸𝑎𝑓 = 669.41∠ − 36.86 𝐴 𝑍𝑠 + 𝑍𝐿

𝐼𝑎 =

̅̅̅̅̅ 75%𝐸𝑎𝑓 = 627.57∠ − 36.86 𝐴 𝑍𝑠 + 𝑍𝐿

𝐼𝑎 =

̅̅̅̅̅ 70%𝐸𝑎𝑓 = 585.73∠ − 36.86𝐴 𝑍𝑠 + 𝑍𝐿

 Si disminuye 25%

 Si disminuye 30%

 Si disminuye 35% 𝐼𝑎 =

̅̅̅̅̅̅ 65%𝐸𝑎𝑓 𝑍𝑠+𝑍𝐿

= 711.24∠ − 36.86 𝐴

= 543.89∠ − 36.86 𝐴 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⁄𝑓 en estas condiciones se le solicita hallar: A.- La impedancia y reactancia síncrona de Ω⁄𝑓 y p.u B.-La reactancia síncrona en Ω⁄𝑓 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 𝑍𝑏 =

𝑉𝑏 2 13.82 = = 7.6176 𝑆𝑏 25 𝑅𝑎 = 0.024

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𝑜ℎ𝑚 𝑓

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 𝐷𝐸𝐿 𝐸𝑁𝑆𝐴𝑌𝑂 𝐷𝐸 𝐶𝑂𝑅𝑇𝑂𝐶𝐼𝑅𝐶𝑈𝐼𝑇𝑂 𝑂𝐵𝑇𝐸𝑁𝐸𝑀𝑂𝑆 𝑍𝑠 25𝑀𝑉𝐴 𝐼𝑛 = 𝐼𝑎 = = 1045.92 𝐴 √3 ∗ 13.8𝐾𝑉 𝐼𝑐𝑐 = 𝐼𝑛𝑜𝑚 ⇒ 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑛𝑠𝑎𝑦𝑜 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 𝐼𝑓 = 320𝐴 , 𝑉𝑣𝑎𝑐𝑖𝑜 = 13𝑘𝑉 𝑌 𝐼𝑐𝑐 = 1040 𝐴 13𝑘𝑉 𝑍𝑠 = √3 = 7.2169 𝑜ℎ𝑚/𝑓 1040 𝑍𝑠 2 = 𝑅𝑎2 + 𝑋𝑠 2 ⇒ 𝑋𝑠 = 7.2168 𝑜ℎ𝑚/𝑓  Ahora Xs y Zs en p.u 𝑍𝑠(𝑟𝑒𝑎𝑙) 7.2169 = = 0.9474 𝑝. 𝑢 𝑍𝑏 7.6176 𝑋𝑠(𝑟𝑒𝑎𝑙) 7.2168 𝑋𝑠(𝑝𝑢) = = = 0.9174 𝑝. 𝑢 𝑍𝑏 7.6176 𝑍𝑠(𝑝𝑢) =

B.- La reactancia síncrona en 𝛀⁄𝒇 y p.u cuando If=380 A

𝑉𝑓 = 380𝐴 , 𝑉𝑣𝑎𝑐𝑖𝑜 = 14.1𝑘𝑉 𝑌 𝐼𝑐𝑐 = 1240 𝐴 14.1𝑘𝑉 𝑍𝑠 = √3 = 6.565 𝑜ℎ𝑚/𝑓 1240 𝑍𝑠 2 = 𝑅𝑎2 + 𝑋𝑠 2 ⇒ 𝑋𝑠 = 6.5649 𝑜ℎ𝑚/𝑓  Ahora Xs y Zs en p.u 𝑍𝑠(𝑟𝑒𝑎𝑙) 6.565 = = 0.86819 𝑝. 𝑢 𝑍𝑏 7.6176 𝑋𝑠(𝑟𝑒𝑎𝑙) 6.5649 𝑋𝑠(𝑝𝑢) = = = 0.86819 𝑝. 𝑢 𝑍𝑏 7.6176 𝑍𝑠(𝑝𝑢) =

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

𝑺

=

𝟐𝟓𝑴𝑽𝑨

= 𝟏𝟎𝟒𝟓. 𝟗𝟐 𝑨 √𝟑 ∗ 𝑽 √𝟑 ∗ 𝟏𝟑. 𝟖𝒌𝑽 ̅̅̅ 𝑰𝒂 = 𝟏𝟎𝟒𝟓. 𝟗𝟐∠ − 𝟑𝟏. 𝟕𝟖 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟎. 𝟖𝟓(𝑰) ⇒ ∅ = 𝟑𝟏. 𝟕𝟖° 𝟏𝟑. 𝟖𝒌𝑽 𝑽= = 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑 𝑽 (𝒇𝒂𝒔𝒆) 𝒚 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒂𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝟎 √𝟑  𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 = 𝟑 ∗ 𝑽 ∗ 𝑰𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔∅ = 𝟑 ∗ 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟒𝟓. 𝟗𝟐 ∗ 𝟎. 𝟖𝟓 = 𝟐𝟏𝟐𝟓𝟐. 𝟓𝟔𝒌𝑾  𝑷𝒄𝒖 = 𝟑 ∗ 𝑰𝒂𝟐 ∗ 𝑹𝒂 = 𝟑 ∗. 𝟏𝟎𝟒𝟓. 𝟗𝟐𝟐 ∗ 𝟎. 𝟎𝟐𝟒 = 𝟕𝟖. 𝟕𝟔𝟒𝒌𝑾  𝑷𝒊𝒏𝒈 = 𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 + 𝑷𝒄𝒖 = 𝟐𝟏𝟑𝟑𝟏. 𝟑𝟐𝒌𝑾 𝜼=

𝑷𝒖𝒕𝒊𝒍 𝟐𝟏𝟐𝟓𝟐. 𝟓𝟔𝒌𝑾 = = 𝟗𝟗. 𝟔𝟑% 𝑷𝒊𝒏𝒈 𝟐𝟏𝟑𝟑𝟏. 𝟑𝟐𝒌𝑾

̅̅̅̅̅̅ = 𝑽 ̿ + 𝑰𝒂 ̅̅̅ ∗ 𝒁𝒔 𝑬𝒂𝒇 𝒁𝒔 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟒 + 𝟕. 𝟐𝟏𝟔𝟖𝒊 = 𝟕. 𝟐𝟏𝟔𝟖∠𝟖𝟗. 𝟖𝟎 MAQUINAS ELECTRICAS III

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̅̅̅̅̅̅ = 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑∠𝟎 + 𝟏𝟎𝟒𝟓. 𝟗𝟐∠ − 𝟑𝟏. 𝟕𝟖 ∗ 𝟕. 𝟐𝟏𝟔𝟖∠𝟖𝟗. 𝟖° 𝑬𝒂𝒇 ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟏𝟑𝟓𝟕𝟎. 𝟒𝟖∠𝟐𝟖. 𝟏𝟓𝟔 ( 𝒇𝒂𝒔𝒆) ̅̅̅̅̅̅ 𝑬𝒂𝒇 = 𝟐𝟑𝟓𝟎𝟒. 𝟕𝟔∠𝟐𝟖. 𝟏𝟓𝟐 ( 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂) 𝑹𝒆𝒈 =

𝑬𝒂𝒇 − 𝑽 𝟏𝟑𝟓𝟕𝟎 − 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑 = = 𝟕𝟎. 𝟑𝟏𝟖% 𝑽 𝟕𝟗𝟔𝟕. 𝟒𝟑

CURVA DE CAPABILIDAD EN EXCEL  𝑷𝒑𝒓𝒂𝒄𝒕𝒊𝒄𝒂 = 𝟎. 𝟗𝟐𝟓 ∗ 𝑷𝒏 = 𝟎. 𝟕𝟒𝑴𝑾 𝑫𝒆 𝒍𝒂 𝒈𝒓𝒂𝒇𝒊𝒄𝒂 ∶  𝑸𝒑𝒓𝒂𝒄𝒕𝒊𝒄 = 0.304 MW  ∅𝒑𝒓𝒂𝒄𝒕𝒊𝒄𝒐 = 22° 2 1

-1.5

0 -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, 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: • CosL=1 • CosL=0.8 Ind. • CosL=0.9 capac.

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

a) Cos =1 Sn = 600 KVA

Sn = 600< 0° KVA

Sn = 600 = 3VIa = 3635.1 < 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 = 3635.1< 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

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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 = 3635.1< 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? 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, 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.

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SN = 100 KVA , VN = 1100 V , f = 60 Hz , fp = 0,76 , # p = 4 , conexion " Y " , Pba resist: Vdc = 6 V , I dc = 2,5 A , Pba ckto. abierto ∶ Ifo = 12 A , Vo = 420 V , Pba cto. ckto: 𝐼𝑓𝑐𝑐 = 12,5 𝐴 , 𝑇𝑇𝑎𝑚𝑏 = 20°𝐶 , 𝑇𝑇𝑟𝑎𝑏 = 90°𝐶 2.2.-Calculos Preliminares para la Parte “A” 2.2.1.-Calculamos La impedancia Base con los datos del problema, sabemos que por definición: (𝑉𝑁 )2 (1100)2 𝑍𝐵 = = = 12,1 Ω 𝑆𝑁 100 × 103 𝑍𝐵 = 12,1 Ω. 2.2.2.-Calculamos la Corriente Nominal con los datos del problema: 𝑆𝑁 100 × 103 IN = = = 52,48 𝐴 √3 × 𝑉𝑁 √3 × 1100 IN = 52,48 𝐴 2.2.3.-Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura ambiente, además debemos tener presente que por ser conexión “ Y “, entonces Y = 0,5 , reemplazamos en la fórmula: VDC 6 R a DC = ×Y= × 0,5 = 1,2 Ω T amb IDC 2,5 R a DC = 1,2 Ω T amb 2.2.4.- Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura de trabajo, con la siguiente fórmula, sabiendo además que 𝛼 = 0,00393°𝐶 −1 R a DC = R a DC × (1 + α × (TTrab − TTamb )) T .Trab

T amb

R a DC = 1,2 × (1 + 0,00393 × (90 − 20)) T .Trab R a DC = 1,53012 Ω T .Trab 2.2.5.- Calculamos variable “x” de la tabla de efecto Skin para relacionarlo con la variable “k”, además teniendo presente que R a DC = R1 T .Trab

μ×f x = 0,063598 × √ R1 1 × 60 x = 0,063598 × √ 1,53012 x = 0,398 2.2.6.- Luego interpolamos de tabla de efecto skin para obtener el valor de “ K1 “ X K 0,4 1,0013 MAQUINAS ELECTRICAS III

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

0,398 K1 0,3 1,0004 2.2.7.- Realizamos la interpolación planteando la respectiva Ecuación 0,4 − 0,398 1,0013 − K1 = 0,4 − 0,3 1,0013 − 1,0004 K1 = 1,0012 2.2.8.- Reemplazando este dato en la siguiente fórmula obtenemos el valor de ” R a AC “ R a AC = K1 × 𝑅1 R a AC = 1,0012 × 1,53012 R a AC = 1,53196 Ω⁄fase 2.2.9.- Necesitamos calcular la Tensión del Generador en corto circuito ” 𝐸𝑔 “para esto 𝑐𝑐 tenemos los datos 12,5 × 420 𝐸𝑔 = 𝑐𝑐 12 𝐸𝑔 = 437,5 𝑉 𝑐𝑐 2.3.- Cálculos Suplementarios para la Parte “A”: 2.3.1.- Calculamos la tensión del Generador pero en fase para los cálculos posteriores: 𝐸𝑔 437,5 𝐸𝑔 ′ = 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐 √3 √3 𝐸𝑔 ′ = 252,59 𝑉 𝑐𝑐 2.3.2.- Para calcular la impedancia por fase necesitamos la tensión del generador y la corriente nominal, siendo ya obtenidos reemplazamos: 𝐸𝑔 ′ 252,59 𝑐𝑐 𝑍𝑠 = = IN 52,48 Ω Zs = 4,81307 ⁄fase 2.3.3.- Calculamos ” X s “ ,tenemos por definición: X s = √(Zs )2 − (R a )2 X s = √(4,81307)2 − (1,53196)2 X s = 4,56275 Ω 2.3.4.- Tenemos por lo tanto el valor de Zs ⃗⃗⃗ Zs = R a AC + 𝑗X s ⃗⃗⃗ Zs = (1,53196 + 𝑗4,56275) Ω⁄fase 2.3.5.- Asimismo calculamos el valor de la impedancia en p.u. Zs 𝑝𝑢 = R a 𝑝𝑢 + 𝑗X s 𝑝𝑢 Ra Xs Zs 𝑝𝑢 = +𝑗 𝑍𝐵 𝑍𝐵 1,53196 4,56275 Zs 𝑝𝑢 = +𝑗 12,1 12,1 Zs 𝑝𝑢 = (0,12661 + 𝑗 0,37709) 𝑝𝑢 2.4.- Cálculos Preliminares para la parte “B” 2.4.1.-Calculamos La impedancia Base con los datos del problema, sabemos que por definición: (𝑉𝐿 )2 (1100)2 𝑍𝐵 = = = 12,1 Ω 𝑆𝑁 100 × 103 𝑍𝐵 = 12,1 Ω. MAQUINAS ELECTRICAS III

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

2.4.2.-Calculamos la Corriente de Línea con los datos del problema: SN 100 × 103 IN = = = 52,48 𝐴 √3 × VN √3 × 1100 IN = 52,48 𝐴 2.4.3.-Puesto que tenemos conexión “∆“, la corriente de fase es diferente de la de línea IL = 52,48 𝐴 𝐼𝐿 52,48 I∅ = = √3 √3 I∅ = 30,29 𝐴 2.4.4.-Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura ambiente, además debemos tener presente que por ser conexión “∆“, entonces ∆= 1,5 , reemplazamos en la fórmula: VDC 6 R a DC = × ∆= × 1,5 = 3,6 Ω T amb IDC 2,5 R a DC = 3,6 Ω T amb 2.4.5.- Calculamos la resistencia en corriente directa a temperatura de trabajo, con la siguiente fórmula, sabiendo además que 𝛼 = 0,00393°𝐶 −1 R a DC = R a DC × (1 + α × (TTrab − TTamb )) T .Trab

T amb

R a DC = 3,6 × (1 + 0,00393 × (90 − 20)) T .Trab R a DC = 4,59036 Ω T .Trab 2.4.6.- Calculamos variable “x” de la tabla de efecto Skin para relacionarlo con la variable “k”, además teniendo presente que R a DC = R1 T .Trab

μ×f x = 0,063598 × √ R1 1 × 60 x = 0,063598 × √ 4,59036 x = 0,229 2.4.7.- Luego interpolamos de tabla de efecto skin para obtener el valor de “ K1 “ X K 0,3 1,0004 0,229 K1 0,2 1,0001 2.4.8.- Realizamos la interpolación planteando la respectiva Ecuación 0,3 − 0,229 1,0004 − K1 = 0,3 − 0,2 1,0004 − 1,0001 K1 = 1,0002 2.4.9.- Reemplazando este dato en la siguiente fórmula obtenemos el valor de” R a AC “ R a AC = K1 × 𝑅1 R a AC = 1,0002 × 4,59036 R a AC = 4,59127 Ω⁄fase 2.4.10.- Necesitamos calcular la Tensión del Generador en corto circuito” 𝐸𝑔 “para esto 𝑐𝑐 tenemos los datos 12,5 × 420 𝐸𝑔 = 𝑐𝑐 12 MAQUINAS ELECTRICAS III

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𝐸𝑔 = 437,5 𝑉 𝑐𝑐 2.5.- Cálculos Suplementarios para la Parte “B”: 2.5.1.- Calculamos la tensión del Generador pero en fase para los cálculos posteriores: 𝐸𝑔 ′ = 𝐸𝑔 = 437,5 𝑐𝑐 𝑐𝑐 𝐸𝑔 ′ = 437,5 𝑉 𝑐𝑐 2.5.2.- Para calcular la impedancia por fase necesitamos la tensión del generador y la corriente nominal, siendo ya obtenidos reemplazamos: 𝐸𝑔 ′ 437,5 𝑐𝑐 𝑍𝑠 = = IN 30,29 Zs = 14,44371 Ω⁄fase 2.5.3.- Calculamos” X s “, tenemos por definición: X s = √(Zs )2 − (R a )2 X s = √(14,44371 )2 − (4,59127)2 X s = 13,69456 Ω 2.5.4.- Tenemos por lo tanto el valor de Zs ⃗⃗⃗ Zs = R a AC + 𝑗X s ⃗⃗⃗ Zs = (4,59127 + 𝑗 13,69456) Ω⁄fase 2.5.5.- Asimismo calculamos el valor de la impedancia en p.u. Zs 𝑝𝑢 = R a 𝑝𝑢 + 𝑗X s 𝑝𝑢 Ra Xs Zs 𝑝𝑢 = +𝑗 𝑍𝐵 𝑍𝐵 4,59127 13,69456 Zs 𝑝𝑢 = +𝑗 12,1 12,1 Zs 𝑝𝑢 = (0,37944 + 𝑗 1,13178) 𝑝𝑢 2.6.- Cálculos para la parte “C” 2.6.1.- teniendo en cuenta además que ⃗⃗⃗ I𝑁 = ⃗⃗⃗ I𝑎 = I𝑎 ⌊𝜃 , −1 (0,76) Además siendo 𝜃 = cos θ = −40,54° 2.6.2.- Calculamos la “ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 “, teniendo en cuenta además que ⃗⃗⃗ I𝑁 = I⃗⃗⃗𝑎 = I𝑎 ⌊𝜃 , siendo para esto sabemos por definición: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + ⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 𝑉 Zs × I⃗⃗⃗𝑎 1100 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = ( 3 ⌊0°) + (4,81307⌊71,44° ) × (52,48⌊−40,54°) √

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 861,64 𝑉⌊8,56° 2.6.3.- Sabemos que la regulación es por definición lo siguiente: 𝐸𝑎𝑓 − 𝑉 𝑅𝑒𝑔 𝑌% = ( ) × 100% 𝑉 1100 861,64 − √3 ) × 100% 𝑅𝑒𝑔 𝑌% = ( 1100 √3 𝑅𝑒𝑔 𝑌% = 35,67 % 2.7.- Cálculos para la parte “C” 2.7.1.- teniendo en cuenta además que ⃗⃗⃗ I𝑁 = ⃗⃗⃗ I𝑎 = I𝑎 ⌊𝜃 , Además siendo 𝜃 = cos−1(0,76) θ = −40,54° MAQUINAS ELECTRICAS III

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⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 2.7.2.- Calculamos la “ 𝐸 𝑎𝑓 “, teniendo en cuenta además que I∅ = I𝑎 = I𝑎 ⌊𝜃 , siendo para esto sabemos por definición: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + ⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 𝑉 Zs × I⃗⃗⃗𝑎 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = (1100⌊0°) + (14,44371⌊71,46° ) × (30,29⌊−40,54°) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 1492,34 𝑉⌊8,66° 2.7.3.- Sabemos que la regulación es por definición lo siguiente: 𝐸𝑎𝑓 − 𝑉 𝑅𝑒𝑔 ∆% = ( ) × 100% 𝑉 1492,34 − 1100 𝑅𝑒𝑔 ∆% = ( ) × 100% 1100 𝑅𝑒𝑔 ∆% = 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. 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 7 8 9 10 1030 1070 1090 1110 1120 860 1000 1140 1290 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. SN = 300 KVA , VN = 480 V , f = 60 Hz , fp = 0,8 , # p = 2 , conexion " Y " , R a = 0,03 Ω⁄fase , P𝑃.𝑛𝑢𝑐 = 9,8 KW , PP.fric + Pp.mec = 13,85 KW 3.2.- Cálculos preliminares 3.2.1.- Calculamos la corriente de armadura, tenemos por definición: SN 300 × 103 IN = = = 360,84 𝐴 √3 × VN √3 × 480 IN = 360,84 𝐴 3.2.2.- Según la gráfica tenemos que la Tensión del generador en corto circuito es Eaf cc = 575 V 3.2.3.- Calculamos la Tensión del generador de fase

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01 Eaf cc ℩ = ℩

Eaf cc =

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Eaf cc √3 575 V

√3 Eaf cc ℩ = 331,97 V 3.2.4.- Con los datos obtenidos calculamos la Impedancia de fase, sabemos por definición: Eaf cc ℩ Zs = IN 331,97 Zs = 360,84 Zs = 0,92 Ω⁄fase 3.2.5.- Calculamos la Impedancia Base con los datos del problema (VN )2 (480)2 ZB = = = 12,1 Ω SN 300 × 103 ZB = 0,768 Ω. 3.2.6.- Calculamos la reactancia síncrona de fase, para esto sabemos por definición: 𝑋𝑠 = √(0,92)2 − (0,03)2 𝑋𝑠 = 0,91951 Ω⁄fase 3.2.7.- Con el valor obtenido calculamos la Reactancia síncrona en p.u., tenemos por fórmula: 0,91951 𝑋𝑠 𝑝𝑢 = 0,768 𝑋𝑠 𝑝𝑢 = (𝑗 1,19728 ) 𝑝𝑢 3.2.8.- Tenemos en la figura que la corriente de campo es: 𝐼𝑓 = 1,75 𝐴 3.3.- Cálculos suplementarios 3.3.1.- Tenemos de datos para el ángulo de la corriente de armadura: 𝜃 = cos−1(0,8) 𝜃 = −36,87 3.3.2.- Calculamos la Tensión del generador ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + ⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 𝑉 Zs × I⃗⃗⃗𝑎 480 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⌊0°) + (0,92⌊88,13° ) × (360,84⌊−36,87°) 𝐸 𝑎𝑓 = ( √3

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 549,68𝑉⌊28,10° 3.3.3.- Calculamos la regulación a condiciones nominales, reemplazando datos, para esto sabemos: 𝐸𝑎𝑓 − 𝑉 𝑅𝑒𝑔 % = ( ) × 100% 𝑉 480 549,68 − √3 ) × 100% 𝑅𝑒𝑔 % = ( 480 √3 𝑅𝑒𝑔 % = 98,35 % 3.3.4.- Sabemos que la potencia del Rotor es: Pp.rotor = Pp.fricc + Pp.mec 3.3.5.-Además tenemos: Pp.cu = 3 × (Ia )2 × R a Pp.cu = 3 × (360,84)2 × (0,03) Pp.cu = 11,72 KW MAQUINAS ELECTRICAS III

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3.3.6.- Calculamos la potencia de Salida: Psal = √3 × IL × VL × cos(𝜃) Psal = √3 × 360,84 × 480 × 0,8 Psal = 240 KW 3.3.7.- Calculamos la potencia de Entrada , reemplazando datos y valores obtenidos en la Ecuación: Pent = 𝑃𝑠𝑎𝑙 + 𝑃𝑝.𝑛𝑢𝑐 + 𝑃𝑝.𝑐𝑢 + Pp.rotor Pent = 240 + 9,8 + 11,72 + 13,85 Pent = 275,37 KW 3.3.8.- Calculamos la Eficiencia del Generador: Psal EF% = ( ) × 100% Pent 240 EF% = ( ) × 100% 275,37 EF% = 87,15 % 3.4.-Calculos parte “D” 3.4.1.- Calculamos el “ 𝑛𝑠 “ 120 × 𝑓 𝑛𝑠 = #p 120 × 60 𝑛𝑠 = 2 𝑛𝑠 = 3600 𝑟𝑝𝑚 3.4.2.- Calculamos el “ 𝜔𝑠 “ ns × 2π ωs = 60 3600 × 2π ωs = 60 ωs = 377 rad⁄𝑠 3.4.3.- Calculamos el torque, que por definición: Pent 𝑇= ωs 275,37 × 103 𝑇= 377 T = 729,44 N − m 3.5.- Cálculos parte “E” 3. 5.1- Hallamos el Torque con sobrecarga del 120% Pp.cu = 3 × 1,2 × (Ia )2 × R a Pp.cu = 3 × 1,2 × (360,84)2 × (0,03) Pp.cu = 14,06 KW 3.5.2- Calculamos la potencia de Entrada, reemplazando datos y valores obtenidos en la Ecuación: Pent = 𝑃𝑠𝑎𝑙 + 𝑃𝑝.𝑛𝑢𝑐 + 𝑃𝑝.𝑐𝑢 + Pp.rotor Pent = 240 + 9,8 + 14,06 + 13,85 Pent = 277,71 KW 3.5.3.- Calculamos la Eficiencia del Generador: Psal EF% = ( ) × 100% Pent MAQUINAS ELECTRICAS III

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240 ) × 100% 277,71 EF% = 86,42 % 3.5.4.- Calculamos el “ 𝑛𝑠 “ 120 × 𝑓 𝑛𝑠 = #p 120 × 60 𝑛𝑠 = 2 𝑛𝑠 = 3600 𝑟𝑝𝑚 3.5.5.- Calculamos el “ 𝜔𝑠 “ ns × 2π ωs = 60 3600 × 2π ωs = 60 ωs = 377 rad⁄𝑠 3.5.6.- Calculamos el torque, que por definición: Pent 𝑇= ωs 277,71 × 103 𝑇= 377 T = 736,63 N − m 3.6.- Cálculos parte “F” 3.6.1.- Calculamos la potencia Aparente para la frecuencia de 50 Hz S1 × f2 S2 = f1 300 × 50 S2 = 60 S2 = 250 KVA 3.6.2.- Calculamos la Potencia Activa para la frecuencia de 50 Hz P2 = S2 × fp P2 = 250 × 0,8 P2 = 200 KW 3.6.3.- Calculamos la Tensión nominal de línea para la frecuencia de 50 Hz, sabiendo además que la corriente de armadura se mantiene constante S2 V2 = √3 × I𝑎 250 × 103 V2 = √3 × 360,84 V2 = 400 V 3.6.4.- Calculamos “ 𝑍𝐵 ” (V2 )2 ZB = S2 (400)2 ZB = 250 × 103 ZB = 0,64 Ω 3.6.5.- Según la gráfica tenemos que la Tensión del generador en corto circuito es Eaf cc = 575 V 3.6.6.- Calculamos la Tensión del generador de fase EF% = (

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01 Eaf cc ℩ = ℩

Eaf cc =

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Eaf cc √3 575 V

√3 Eaf cc ℩ = 331,97 V 3.6.7.- Con los datos obtenidos calculamos la Impedancia de fase, sabemos por definición: Eaf cc ℩ Zs = IN 331,97 Zs = 360,84 Zs = 0,92 Ω⁄fase 3.6.8.- Tenemos de datos para el ángulo de la corriente de armadura: 𝜃 = cos−1(0,8) 𝜃 = −36,87 3.6.9.- Calculamos la Tensión del generador ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + ⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 𝑉 Zs × I⃗⃗⃗𝑎 400 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = ( 3 ⌊0°) + (0,92⌊88,13° ) × (360,84⌊−36,87°) √

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝑎𝑓 = 509,40 𝑉⌊30,55° 3.7.- Calculamos la regulación a condiciones nominales, reemplazando datos, para esto sabemos: 𝐸𝑎𝑓 − 𝑉 𝑅𝑒𝑔 50 Hz % = ( ) × 100% 𝑉 400 509,40 − √3 ) × 100% 𝑅𝑒𝑔 50 Hz % = ( 400 √3 𝑅𝑒𝑔 50 Hz % = 120,40 % 3.7.1.- Gráfico Corriente de Armadura vs Corriente de Campo Ia

Corriente de Armadura (A)

1600 1400 1200 1000 800

600 400 200 0 0

5

10

15

Corriente de Campo (A)

3.7.2.- Gráfico Tensión de Vacío vs Corriente de Campo MAQUINAS ELECTRICAS III

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Vo 1200

Tensiòn de Vacìo (Volt)

1000

800

600

400

200

0 0

5

10

15

Corriente de Campo (A)

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