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• Ricardo Barrionuevo

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Motores: 1. Un motor síncrono conectado en estrella tienen una impedancia síncrona de 0.6 +j6 ohmios/fase y se conecta a una rede de 2220 V, 50 Hz. Calcular: a)fem cuando la maquina absorbe una potencia de 200 kw y fdp 0.8 capacitivo b) Angulo de retraso del rotor respecto del estator.

a) La tension de fase:

V=

2200 ∠ 0° =1270∠ 0° √3

La corriente que absorbe de la red el motor es:

I m=

P 200000 = =65.6 √ 3Vcos ∅ √ 3 ( 2200 ) 0.8

Por ser capacitiva es un valor fasorial:

I m=65.6 ∠ 36.87 ° arcos ( 0.8 )=36.87 b) Se reemplaza la reactancia síncrona por la impedancia:

E0 =1270−( 0.6+ J 6 )∗( 65.6 ∠36.87 ° )=1.513 ∠−13° La fem de linea es:

E0 ( linea )=1.513 √ 3=2620,6 V 2.

Un motor sincrono sobreexitado para absorver 6000 kVA mueve un a carga mecanica de 260 kW con rendimiento de 0.87. El motor esta conectado en paralelo con una carga de 1000 kVA con fdp 0.707 inductivo. Calcular el factor de potencia resultante.

Diagrama de límites de funcionamiento de una maquina síncrona

[ OA ] =1000. cos ∅ 1=1000∗0.707=707 kW

[ AB ] =

260 =300 kW 0.87

[ CD ] =√ 6002−3002=519.6 kVAR [ BD ]= [ AE ] =1000 sen ∅ 1=707 kVAR

[ BC ] =[ BD ] − [ CD ] =707−519.6=187.4 kVAR El factor de potencia resultante es:

cos ∅T =

[ OB] 707+300 = √¿¿¿ [OC ]

3. Un motor síncrono trifásico conectado en estrella de 4 polos tiene una resistencia de inducido despreciable y una reactancia síncrona de 3 ohm/fase. Está conectado a una red de 2000 V, 50 Hz. La excitación es constante y produce una fem de 1150 V/fase. Calcular la potencia activa absorbida de la línea el factor de potencia y el par desarrollado en el eje si la corriente del inducido es de 200 A. Despreciar las perdidas en el motor. Tensión por fase:

V=

2000 ∠ 0° =1154,7 ∠0 °; I =200 ∠−∅ ° √3

V =E 0 + j X s I La fem del motor se adelanta σ grados respecto a la tensión:

1154,7 ∠0 °=1150 ∠σ + j 3∗200∠−∅ ° 1150 ∠σ + 600∠ ( 90−∅ ° )Al igualar las partes reales e imaginarias se obtiene: 1154,7=1150 cos σ +600 sen ∅ 0=1150 cos σ + 600 sen ∅ Entonces:

sen σ=−0.522cos ∅ sen ∅=0.267−→ ∅=15.5 °−→ cos ∅=0.964 La potencia activa absorbida de la red es:

Pa= √ 3∗2000∗200∗0.964 Pa=668 kW La ecuación de la fem es:

E0 =V∗ZI E0 ∠ σ =3810.5−(2+ j 20)

131.22 ∠∅ cos ∅

Al sustituir la fem calculada antes:

3810.5−

262.44 2624.4 ∠∅− ∠ ( 90+∅ )=5293.2 ∠ σ cos ∅ cos ∅

Al igualar as partes reales e imaginarias:

∅=20,74 ° ; cos ∅=0.935 ; σ =−31° El motor trabaja con un fdp de 0.935 4. Un motor síncrono trifásico de 400 V, 6 polos, 50 Hz conectado en estrella tiene una impedancia síncrona de 0.5+j4 ohms/fase. Absorbe una corriente de 15 A con fdp unidad cuando funciona con una cierta excitación. Si se aumenta el par de carga hasta que la corriente de línea sea de 60 A, permaneciendo constante la excitación, hallar la potencia suministrada por el motor y el nuevo factor de potencia.

V=

400 ∠0 °=230,94 ∠0 ° ; I =15∠ 0° A √3

La fem del motor es:

E0 =V∗ZI =230,94−( 0.5+ j4 )∗15 E0 =223.44− j 60=231.36−∠15.03° Si aumenta el par de carga cambia la corriente a 60 A con un ángulo de fase adelantado al voltaje y con una expresión factorial: I ' =60 ∠ σ

E0 =V∗ZI =230,94−( 0.5+ j4 )∗60∠ σ=231.36 ∠ σ Calculando:

231.36 ∠ σ =(230,94−30 cos ∅+240 sen ∅)− j(30 sen ∅+ 240 cos ∅) Igualando el modulo:

231.36=√ (230,94−30 cos ∅ +240 sen ∅)2− j(30 sen ∅+240 cos ∅)2 5.83+11.08 sen ∅ +1.39 cos ∅=0 La potencia suministrada es:

ST =S1 +S n=( 162.5+ j190 )+ ( 85.23+ j Qm )=S T cos 31.8 °+ jsen 31.8° Igualando las partes reales e imaginarias:

ST cos 31.8 °=0.85 S T =162.5+ 85.23; ST sen 31.8 °=0.527 ST =190+Qm ST =

162.5+ 85.23 =291.45 kVA ; Q m=0.527∗291.45−190=−36.2 kVAr 0.85

s= ( 85.23− j 36.4 )=92.7 ∠ 23.1 ° Y e nuevo factor de potencia es:

cos ∅=cos 23.1 °=0.919

5. Un motor sincrónico de rotor cilíndrico de 2300 V, conectado en estrella, tiene una reactancia síncrona de 3 ohm y una resistencia de 0.25 ohm. Si trabaja con un ángulo de potencia σ =15° y la excitación está ajustada de tal forma que el voltaje de fase sea igual a la tensión nominal aplicada al motor. Calcular: a)La corriente de armadura b) El factor de potencia c)La potencia desarrollada d) la caída de tensión interna.

VF=

2300 ∠−15°=1327,91∠−15 ° √3

2300 ∠ 0° =1327,91∠0 ° √3

V=

a) Corriente de armadura

I a=

V −VF 1327,91 ∠ 0 °−1327,91∠−15 ° 346.65 ∠ 82.50 ° = = =115.15 ∠−2.74 ° ra+ jX 0.25+ j 3 3.01 ∠85.24 °

b) Factor de potencia

FP=cos (−2.74 ° )=0,9989 en atraso c) La potencia desarrolada

Psalida =Pentrada −P perdidas =3V I a∗cos ( 2.74 )−3 ra (I a2) Psalida =3∗1327.91∗0.9989−3∗0.25∗115∗15 2=448226 W d) La caída de tension interna:

∆ V =∥ V −VF ∥=1327,91∠ 0° −1327,91∠−15 °=346.65

GENERADORES: 1. Un generador síncrono trifásico conectado en estrella de 6600 V, 50 Hz, tiene una resistencia del inducido despreciable y una reactancia síncrona constante. La curva de vacío está definida por la ecuación:

E

0=¿

122101 I e ¿ 85+ Ie

Donde E0 es la fem de línea, I e la corriente de excitación. Se conecta la maquina a una red de potencia infinita, una vez efectuado el acoplamiento y sin cambiar la corriente de excitación, se enciende la turbina que suministra una potencia activa de 10 MV, aumenta la I e en un 50 % sin modificar la potencia de entrada a la maquina motriz y se obtiene un f.d.p de 0.8 inductivo. Calcular: a) Reactancia síncrona del alternador, b) f.d.p antes de cambiar la excitación con potencia de 10MW.

a)

E

0=¿ V =6600=

122101 I e −→ I e =100 A ¿ 85+Ie

Si la corriente aumenta en 50% I e=¿ 150¿ y la fem es:

E

0=¿

122101( 150 ) =77793,6 V ¿ 85+150

Potencia con f.d.p= 0.8 inductivo;

P=10 MW =102 =√ 3∗6600∗0,8 ( I ) −→ I =1093.5 A Tomando la tensión nominal como la tensión por fase:

E

0 ( fase ) =¿

Vf=

7793.6 =4499,64V −→ E 0( fase )=¿4499.64∠ σ ¿ ¿ √3

6600 ∠ 0 °=3810,5 ∠ 0 ° √3

I =1093.5 ∠−36.87 ° A Entonces la fem es igual a:

E0 =V + jXI−→ 4499.64 ∠ σ=3810,5 ∠0 ° V + jx 1093.5 ∠−36.87 ° 3810,5 ∠ 0 °V + jXs¿ Igualando partes reales e imaginarios:

3810.5+1093.5 Xs 0.6 ; 4499.64 sen σ =1093.5 Xs 0.8 sen σ=0.182; Xs=0.936 ohm b) Al ser la potencia entregada de 10 MW

P=10 MW =102 =

6600∗6600 sen σ =12,41° 0.936

Ecuación de la fem:

3810,5 ∠ 12,41°=3810,5 ∠ 0 ° + j 0.936 ∠−σ ° Entonces:

cos ∅=0.994 capacitivo ; I =880 A 2. Un alternador trifásico conectado en estrella tiene una resistencia de inducido despreciable y una reactancia síncrona de 30 ohm/fase. Este acoplado a una red de potencia infinita de 11 kV y desarrolla 400 kVA con f.d.p unidad. Si se aumenta ña fem en 20 % permaneciendo la entrada de potencia a la maquina motriz, determinar el nuevo f.d.p con que trabajara la máquina y la potencia aparente suministrada.

I=

400000 =2009.95 A √3∗11000

Voltaje por fase:

V=

1000 ∠ 0 ° =6350.85∠ 0° V ; I =209.95∠−∅ ° √3

Fem:

E0=¿ 6350.85∠ 0 °+ j 30∗209.95=8944,52∠ 44.76° V ¿ La nueva fem producida es:

E

0=¿ 1.2∗11000∗209.95∗1=4000kW =

sen σ=

3 E0 V senσ ¿ Xs

4∗106∗30 =0.5868−→σ =35.93 ° 3∗10733.4∗6350.85

107334 ∠ 35.93 °=6350 ∠0 ° + j 30 I ∠−σ °

Igualando las partes reales e imaginarias:

tg ∅=−0.3716−→ ∅=−20.38 ° → cos ∅=0.937 capacitivo ; I =224 A La nueva potencia aparente es:

S= √3∗11000∗223.97=4267 kVA 3. Un alternador trifasico conectado en Estrella tiene una Resistencia del inducido despreciable y una reactancia síncrona de 8 ohm/fase. La curva de cacio esta definida por la ecuación:

E0 =

20240 Ie 42+ Ie

Donde E0 es la fem de línea, I e la corriente de excitación. Se conecta la maquina a una red de potencia infinita suministrada una potencia activa de 3810 KW con f.d.p unidad. Se aumenta la corriente de excitación un 50 % sin modificar la apertura de la turbina Calcular: a) intensidad del inducido y f.d.p con esas condiciones b) potencia activa máxima que podrá ceder la maquina a la red antes de perder el sincronismo con el nuevo valor de la maquina.

I=

3810000 =200 A √3∗11000

F.d.p es la unidad necesita una fem de:

E0 =V + jXsI = Fem de línea:

11000 ∠ 0 ° + j 8∗200∠ 0° =6549∠14.14 ° V √3

E0 (linea)=¿ √3∗6549=11343.7 V ¿ Para la fem anterior se necesita una corriente en el inductor:

11343.7=

20240 Ie −→ Ie =53.55 A 42+ Ie

Corriente aumenta al 50%

Ie=1.5∗53.55=80.33 Fem de línea:

E

0 (linea)=¿

20240∗80.33 =13291 V ¿ 42+80.33

Fem de fase

E

0 (fase)=¿

11000 =7673,6V ¿ √3

Potencia en función del ángulo de carga:

P=3810 kW

3∗7673.6∗6350.85 =sen σ 8

sen σ=0.208−→ σ =12.03° La nueva fem es:

E0 =V + jXsI −→7673,6 ∠ 12.03 °=6350 ∠0 ° + j 8 I ∠−σ ° tg ∅=0.7217−→ ∅=35.82° → cos ∅=0.811 ; I =

1599.4 =246.6 A 8∗0.811

a) La potencia máxima del generador sin perder le sincronismo:

P=3

EoV 7673.6∗6350.85 sen 90° =3 =18,28 MW Xs 8

4. Un alternador trifásico conectado en estrella tiene una resistencia de inducido despreciable y una reactancia síncrona de 10ohm/fase. Esta acoplado a una red de potencia infinita de 11 kV y se sabe que desarrolla una potencia con f.d.p 0.673 inductivo siendo el ángulo de carga σ =10 °. Calcular a)fem de línea producida por el generador, b) potencia activa que suministra a la red. a) Tensión por fase:

V=

11000 =6350.85V ∠0 ° √3

arcos (fdp)=47.7 °

V =6350.85V ∠0 ° I =I ∠ 47.7 ° A Ecuación de la fem:

Eo ∠10° =6350.85V ∠0 ° + j 10 I ∠−47.7 °=6350.85+ 1010.74+ j 1010.673 I =206.4 A ; Eo=8000V La fem de linea:

Eo (linea) =8000 √3=13856 V b) Potencia active que suministra a la red:

P= √3 V ∗I ∗cos ∅= √3∗11000∗206.4∗4∗0,673=2646.5 kW 5. Dos alternadores idénticos conectados en estrella están acoplados en paralelo alimentado una carga aislada. Ambos maquinas tienen sus resistencias de inducido despreciables y sus reactancias síncronas son de 10 ohm/fase. Las fem generadas por cada alternador son E1=6700 V/fase y E2=6500 V/fase estando la fem E1 adelantándose 10º eléctricos respectos a E1. Si la carga absorbe una corriente total de 500 A que está desfasada 37º en retraso respecto a la fem E1. Calcular a) tensión en la barra común ambas maquinas en voltios por fase; b) corrientes suministradas por cada alternador con sus f.d.p; c) f.d.p de la carga.

E 1=6700 ∠ σ 1 ; E 2=6500 ∠ ( σ 1+10 ) ; I 1=I 1 ∠−∅ 1 ; I 2=I 2∠−∅ 2; I 1 I =500 ∠(σ 1−37 °) ;

c) La ecuación de la fem del primer alternador es:

E 1=6700 ∠ σ 1=V + j10 I 1 ∠−∅ 1 6700 cosσ 1=V + 10 I 1 sen ∠−∅ 1 ; 6700 sen σ 1=10 I 1cos ∅ 1 Para el segundo alternador es:

6500 ∠ ( σ 1+10 )=V + j10 I 2 ∠−∅ 2

6500 cos ( σ 1+10 ) =V + 10 I 2 sen ( ∅ 2 ) ; 6500 sen ( σ 1+ 10 )=10 I 2 cos ∅ 2 La corriente total es la suma de las Corrientes:

500 ∠ ( σ 1−37 )=I 1 ∠−∅ 1+ I 2 ∠−∅ 2 500 cos ( σ 1−37 )=I 1 cos ∅ 2+ I 2 cos ∅ 2 500 sen ( σ 1−37 )=−I 1 sen ∅ 2+ I 2 sen ∅ 2 Resolviendo:

σ 1=15.87 ° ; cos ( ∅ 1 )=0.836 ; V =5245V ; I 1=219 A ; cos ( ∅ 2 )=0.978; I 2=290 A d) Fdp de la carga:

cos ∅=cos ( 37 °−∅ ) =cos ( 37 °−15.87 ° )=0,933