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UNIVERIDAD POLITECNICA SALESIANA SEDE GUAYAQUIL

CARRERA DE INGENIERÍA ELECTRÍCA

TALLER - LECCION MOTORES SINCRONOS Unidad 5

Autor: Willy Solís Flores

Grupo: 3661

Tutor: Ing. Pablo Salvatierra

Guayaquil – Ecuador 2018

Ejercicio 4.1 Se realiza una prueba a un generador síncrono de 200 kVA, 480 V, 50 Hz, conectado en Y con una corriente de campo nominal de 5 A y se obtiene la siguiente información: 1. 𝑉𝑇,𝐶𝐴 es igual a 540 V con una corriente nominal 𝐼𝐹 . 2. 𝐼𝐼,𝑆𝐶 es igual a 300 A con una corriente nominal 𝐼𝐹 . 3. Cuando se aplica un voltaje de 10 V de cd en dos terminales, el valor de la corriente es de 25 A. Encuentre los valores de la resistencia del inducido y la reactancia síncrona aproximada en ohms que se utilizaría en el modelo del generador en condiciones nominales. Solución El generador que se describe tiene una conexión en Y, por lo que la corriente directa en la prueba de resistencia fluye a través de dos devanados. Por lo tanto, la resistencia está dada por: 2𝑅𝐴 = 𝑅𝐴 =

𝑉𝐶𝐷 𝐼𝐶𝐷 𝑉𝐶𝐷 10 𝑉 = = 0.2 Ω 2𝐼𝐶𝐷 (2)(25 𝐴)

El voltaje interno generado con la corriente de campo nominal es igual a: 𝐸𝐴 = 𝑉𝜃,𝐶𝐴 = 𝐸𝐴 =

540 𝑉 √3

𝑉𝑇 √3

= 311.8 𝑉

La corriente de cortocircuito 𝐼𝐴 es igual a la corriente de línea puesto que el generador está conectado en Y: 𝐼𝐴,𝐶𝐶 = 𝐼𝐼,𝐶𝐶 = 300 𝐴

Por lo tanto, la reactancia síncrona dada la corriente de campo nominal se puede obtener por medio de la ecuación (4.25): √𝑅𝐴2 + 𝑋𝑆2 = √(0.2 Ω)2 + 𝑋𝑆2 =

𝐸𝐴 (4.25) 𝐼𝐴 311.8 𝑉 300 𝐴

√(0.2 Ω)2 + 𝑋𝑆2 = 1.039 Ω 0.04 + 𝑋𝑆2 = 1.08 𝑋𝑆2 = 1.04 𝑋𝑆 = 1.02 Ω ¿Qué efecto produce la inclusión de 𝑅𝐴 en el valor estimado de 𝑋𝑆 ? No mucho. Si se evalúa 𝑋𝑆 por medio de la ecuación (4.26), el resultado es: 𝑋𝑆 =

𝐸𝐴 311.8 𝑉 = = 1.04 Ω 𝐼𝐴 300 𝐴

Debido a que el error en 𝑋𝑆 por despreciar 𝑅𝐴 es mucho menor que el error debido a los efectos de saturación, normalmente los cálculos de aproximación se realizan con la ecuación (4.26). En la figura 4.20 se muestra el circuito equivalente por fase resultante.

Ejercicio 4.2 Un generador síncrono con cuatro polos de 480 V, a 60 Hz, conectado en. Este generador tiene una reactancia síncrona de 0.1 Ω, y una resistencia del inducido de 0.015 Ω. A plena carga la máquina suministra 1 200 A con un factor de potencia de 0.8 en retraso. En condiciones de plena carga, las pérdidas por fricción y por rozamiento con el aire son de 40 kW y las pérdidas en el núcleo son de 30 kW. Desprecie las pérdidas en el circuito de campo. a) ¿Cuál es la velocidad de rotación del generador? b) ¿Cuánta corriente de campo se debe suministrar al generador para que el voltaje en las terminales sea de 480 V en vacío? c) Si el generador se conecta a una carga y esta carga toma 1 200 A con un factor de potencia de 0.8 en retraso, ¿cuánta corriente de campo se requiere para mantener el voltaje en las terminales igual a 480 V? d) ¿Cuánta potencia suministra ahora el generador? ¿Cuánta potencia suministra al generador el motor principal? ¿Cuál es la eficiencia total de la máquina? e) Si se desconecta repentinamente de la línea la carga del generador, ¿qué le sucedería al voltaje en las terminales?

Voltaje en las terminales en circuito abierto, V

f) Por último, suponga que el generador se conecta a una carga que toma 1 200 A con un factor de potencia de 0.8 en adelanto. ¿Cuánta corriente de campo se requiere para mantener el VT en 480 V?

Corriente de campo, A

Solución El generador síncrono está conectado en ∆, por lo que su voltaje de fase es igual a su voltaje de línea 𝑉∅ = 𝑉, mientras que su corriente de fase se relaciona con su corriente de línea por medio de la ecuación 𝐼𝐿 = √3𝐼∅ a) La relación entre la frecuencia eléctrica producida por un generador síncrono y la velocidad mecánica de rotación del eje está dada por la ecuación: 𝒏𝒎 𝑷 𝟏𝟐𝟎 𝟏𝟐𝟎𝒇𝒆 𝒏𝒎 = 𝑷 𝟏𝟐𝟎(𝟔𝟎𝑯𝒛) 𝒓 𝒏𝒎 = = 𝟏𝟖𝟎𝟎 𝟒 𝒑𝒐𝒍𝒐𝒔 𝒎𝒊𝒏 𝒇𝒆 =

b) En esta máquina, 𝑉∅ = 𝑉𝑇 Debido a que el generador no tiene carga, lA = 0 y EA = 𝑉∅. Por lo tanto, 𝑉∅ = 𝑉𝑇 = EA = 480 V y, por la característica de circuito abierto, 𝐼𝐹 = 4.5 A. c) Si el generador suministra 1 200 A, entonces la corriente del inducido en la máquina es: 𝑰𝑨 =

𝟏𝟐𝟎𝟎 √𝟑

= 𝟔𝟗𝟐. 𝟖 𝑨

El diagrama fasorial de este generador se muestra en la fi gura 4-23b). Si se ajusta el voltaje en las terminales para que sea igual a 480 V, el tamaño del voltaje interno generado 𝐸𝐴 estará dado por: 𝑬𝑨 = 𝑽𝝓 + 𝑹𝑨 𝑰𝑨 + 𝒋𝑿𝑺 𝑰𝑨 𝑬𝑨 = 𝟒𝟖𝟎∠𝟎° + (𝟎. 𝟎𝟏𝟓𝛀)(𝟔𝟗𝟐. 𝟖∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕° 𝑨)(𝒋𝟎. 𝟏𝛀)(𝟔𝟗𝟐. 𝟖∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕°𝑨) 𝑬𝑨 = 𝟒𝟖𝟎∠𝟎° + 𝟏𝟎. 𝟑𝟗∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕° + 𝟔𝟗. 𝟐𝟖∠𝟓𝟑. 𝟏𝟑 𝑬𝑨 = 𝟓𝟐𝟗. 𝟗 + 𝒋𝟒𝟗. 𝟐 = 𝟓𝟑𝟐∠𝟓. 𝟑°

d) La potencia que el generador suministra se puede encontrar por medio de la ecuación: 𝑷𝑺𝑨𝑳 = √𝟑𝑽𝑳 𝑰𝑳 𝑪𝒐𝒔𝜽 = √𝟑 (𝟒𝟖𝟎)(𝟏𝟐𝟎𝟎)𝑪𝒐𝒔(𝟑𝟔. 𝟖𝟕°) = 𝟕𝟗𝟖𝒌𝑾 Para determinar la potencia de entrada al generador, utilice el diagrama de flujo de potencia. Con base en el diagrama de flujo de potencia, la potencia mecánica de entrada está dada por: 𝑷𝒆𝒏𝒕𝒓 = 𝑷𝒔𝒂𝒍 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒆𝒍é𝒄 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒏ú𝒄 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒎𝒆𝒄 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒅𝒊𝒔𝒑

En este caso no se especifican las pérdidas dispersas, por lo que se despreciarán. En este generador las pérdidas eléctricas son: 𝜼= =

𝑷𝒔𝒂𝒍 ∗ 𝟏𝟎𝟎% 𝑷𝒆𝒏𝒕𝒓 𝟕𝟗𝟖 𝒌𝑾 ∗ 𝟏𝟎𝟎% 𝟖𝟖𝟗. 𝟔 𝒌𝑾

= 𝟖𝟗. 𝟕𝟓 %

e) Si repentinamente se desconecta de la línea la carga del generador, la corriente 𝑰𝐴 bajaría a cero y 𝑬𝐴 = 𝑽𝜙 . Debido a que la corriente de campo no cambia, |𝑬𝐴 | no cambia y 𝑽𝜙 y 𝑉𝑇 deben aumentar para ser iguales a 𝑬𝐴 . Por lo tanto, si la carga desapareciera súbitamente, el voltaje en las terminales del generador aumentaría a 532 V. f) Si se carga el generador con 1 200 A con un factor de potencia de 0.8 en adelanto y el voltaje en las terminales es de 480 V, entonces el voltaje interno generado tendría que ser 𝑬𝑨 = 𝑽𝝓 + 𝑹𝑨 𝑰𝑨 + 𝒋𝑿𝒔 𝑰𝑨 = 𝟒𝟖𝟎 ∠𝟎∘ 𝑽 + (𝟎. 𝟎𝟏𝟓 𝜴)(𝟔𝟗𝟐. 𝟖 ∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕∘ 𝑨) + (𝒋𝟎. 𝟏 𝜴)(𝟔𝟗𝟐. 𝟖 ∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕∘ 𝑨) = 𝟒𝟖𝟎 ∠𝟎∘ 𝑽 + 𝟏𝟎. 𝟑𝟗 ∠𝟑𝟔. 𝟖𝟕∘ 𝑽 + 𝟔𝟗. 𝟐𝟖 ∠𝟏𝟐𝟔. 𝟖𝟕° = 𝟒𝟒𝟔. 𝟕 + 𝒋𝟔𝟏. 𝟕 𝑽 = 𝟒𝟓𝟏 ∠𝟕. 𝟏°𝑽

Por lo tanto, se debe ajustar el voltaje interno generado 𝐸𝐴 para suministrar 451 V si se quiere que 𝑉𝑇 siga siendo igual a 480 V. Con base en la característica de circuito abierto, la corriente de campo tendría que ser ajustada a 4.1 A.

Ejercicio 4.3 Un generador síncrono con seis polos de 480 V, a 50 Hz, conectado en Y, tiene una reactancia síncrona por fase de 1.0 Ω. Su corriente de inducido a plena carga es de 60 A con un factor de potencia de 0.8 en retraso. Este generador tiene pérdidas por fricción y por rozamiento con el aire por 1.5 kW y perdidas en el núcleo por 1.0 kW a 60 Hz a plena carga. Debido a que se desprecia la resistencia del inducido, se supone que las pérdidas 𝐼 2 𝑅 son insignificantes. La corriente de campo está ajustada de tal manera que el voltaje en las terminales es igual a 480 V en vacío. a) ¿Cuál es la velocidad de rotación de este generador? b) Si se cumplen los siguientes supuestos, ¿cuál es el voltaje en las terminales del generador? 1. Esta cargado con una corriente nominal con un factor de potencia de 0.8 en retraso. 2. Esta cargado con una corriente nominal con un factor de potencia de 1.0. 3. Esta cargado con una corriente nominal con un factor de potencia de 0.8 en adelanto. c) ¿Cuál es la eficiencia del generador (desprecie las perdidas eléctricas) cuando opera a corriente nominal con un factor de potencia de 0.8 en retraso? d) ¿Cuánto par del eje debe aplicar el motor principal a plena carga? ¿Qué tan grande es el par opositor inducido? e) ¿Cuál es la regulación de voltaje de este generador con un factor de potencia de 0.8 en retraso? ¿Y con un factor de potencia de 1.0? ¿Y con un factor de potencia de 0.8 en adelanto?

Solucion Este generador está conectado en Y, por lo que su voltaje de fase está dado por 𝑉𝑇 = 𝑉𝑇 /√3 . Esto quiere decir que cuando se ajusta 𝑉𝑇 a 480 V, 𝑉𝜙 = 277 V. La corriente de campo se ajusto de tal manera que 𝑉𝑇,𝑆𝐶 =480 V, por lo que 𝑉𝜙 = 277 V. En el vacío, la corriente en el inducido es cero, por lo que las caídas del voltaje de reacción del inducido y en 𝐼𝐴 𝑅𝐴 son cero. Debido a que 𝑰𝐴 = 0, el voltaje interno generado 𝐸𝐴 = 𝑉𝜙 = 277 𝑉. El voltaje interno generado 𝐸𝐴 (= Kφω) sólo varía cuando cambia la corriente de campo. Puesto que el problema dice que la corriente de campo se ajusta en un principio y luego se deja fija, la magnitud del voltaje interno generado es 𝐸𝐴 =277 V y no cambiara en este ejemplo.

a) La velocidad de rotación de un generador síncrono en revoluciones por minuto está dada por la ecuación: 𝒇𝒆 =

𝒏𝒎 𝑷 𝟏𝟐𝟎

Por lo tanto, 𝒏𝒎 = =

𝟏𝟐𝟎𝒇𝒆 𝑷

𝟏𝟐𝟎(𝟓𝟎 𝑯𝒛) = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝒓/𝒎𝒊𝒏 𝟔 𝒑𝒐𝒍𝒐𝒔

Alternativamente, la velocidad expresada en radianes por segundo es: 𝝎𝒎 = (𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒓/𝒎𝒊𝒏) (

𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟐 𝝅 𝒓𝒂𝒅 )( ) 𝟔𝟎𝒔 𝟏𝒓

= 𝟏𝟎𝟒. 𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔

b) 1. Si se carga el generador con corriente nominal con un factor de potencia de 0.8 en retraso, el diagrama fasorial resultante tiene una forma parecida al que se muestra en la figura 4-24a). En este diagrama fasorial se sabe que 𝑽𝜙 tiene un Angulo de 0°, que la magnitud de 𝑬𝐴 es de 277 V y que la cantidad 𝑗𝑋𝑠 𝑰𝐴 es

𝒋𝑿𝑺 𝑰𝑨 = 𝒋(𝟏. 𝟎 Ω)(𝟔𝟎 ∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕° 𝑨) = 𝟔𝟎 ∠𝟓𝟑. 𝟏𝟑°

Las dos cantidades que no se conocen en el diagrama de voltaje son la magnitud de𝑉∅ y el ángulo 𝛿 de 𝐸𝐴 . Para encontrar estos valores, el método más fácil consiste en construir un triángulo rectángulo en el diagrama fasorial como se muestra en la figura. Del triángulo rectángulo se obtiene:

Por lo tanto, el voltaje de fase a carga nominal y con un factor de potencia de 0.8 en retraso es: (𝟐𝟕𝟕 𝑽)𝟐 = [𝑽∅ + (𝟏. 𝟎 Ω)(𝟔𝟎 𝑨) 𝑺𝒆𝒏 𝟑𝟔. 𝟖𝟕°]𝟐 + [(𝟏. 𝟎 Ω)(𝟔𝟎 𝑨) 𝑪𝒐𝒔 𝟑𝟔. 𝟖𝟕°]𝟐 𝟕𝟔𝟕𝟐𝟗 = (𝑽∅ + 𝟑𝟔)𝟐 + 𝟐𝟑𝟎𝟒 𝟕𝟒𝟒𝟐𝟓 = (𝑽∅ + 𝟑𝟔)𝟐 𝟐𝟕𝟐. 𝟖 = 𝑽∅ + 𝟑𝟔 𝑽∅ = 𝟐𝟑𝟔. 𝟖 𝑽

Debido a que el generador está conectado en Y, 𝑉𝑇 = √3 𝑉∅ = 410 𝑉 2. Si se carga el generador a corriente nominal con un factor de potencia unitario, entonces el diagrama fasorial será como el que se muestra en la fi gura 4-24b). Para encontrar 𝑉∅ el triángulo rectángulo es: 𝑬𝟐𝑨 = 𝑽𝟐𝝓 + (𝑿𝒔 𝑰𝑨 )𝟐 (𝟐𝟕𝟕)𝟐 = 𝑽𝟐𝝓 + [(𝟏. 𝟎𝜴)(𝟔𝟎𝑨)]𝟐 𝟕𝟔𝟕𝟐𝟗 = 𝑽𝟐𝝓 + 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝑽𝟐𝝓 = 𝟕𝟑𝟏𝟐𝟗 𝑽𝟐𝝓 = 𝟐𝟕𝟎. 𝟒𝑽 Por lo tanto 𝑉𝑇 = √3 𝑉∅ = 468.4 𝑉 3. Cuando se carga un generador a corriente nominal con un factor de potencia de 0.8 en adelanto, el diagrama fasorial resultante es igual al que se observa en la fi gura 4-24c). Para encontrar 𝑉∅ en esta situación, se construye el triángulo OAB que se muestra en la figura. La ecuación resultante es: 𝑬𝟐 = (𝑽∅ − 𝑿𝑺 𝑰𝑨 𝑺𝒆𝒏 𝜽)𝟐 + (𝑿𝑺 𝑰𝑨 𝑪𝒐𝒔 𝜽) Por lo tanto, el voltaje de fase a carga nominal con un factor de potencia de 0.8 en adelanto es: (𝟐𝟕𝟕 𝑽)𝟐 = [𝑽∅ − (𝟏. 𝟎 Ω)(𝟔𝟎 𝑨) 𝑺𝒆𝒏 𝟑𝟔. 𝟖𝟕°]𝟐 + [(𝟏. 𝟎 Ω)(𝟔𝟎 𝑨) 𝑪𝒐𝒔 𝟑𝟔. 𝟖𝟕°]𝟐 𝟕𝟔𝟕𝟐𝟗 = (𝑽∅ − 𝟑𝟔)𝟐 + 𝟐𝟑𝟎𝟒 𝟕𝟒𝟒𝟐𝟓 = (𝑽∅ − 𝟑𝟔)𝟐 𝟐𝟕𝟐. 𝟖 = 𝑽∅ − 𝟑𝟔 𝑽∅ = 𝟑𝟎𝟖. 𝟖 𝑽 Debido a que el generador está conectado en Y, 𝑉𝑇 = √3 𝑉∅ = 535 𝑉 c) La potencia de salida de este generador a 60 A con un factor de potencia de 0.8 en retraso es 𝑷𝒔𝒂𝒍 = 𝟑𝑽∅ 𝑰𝑨 𝑪𝒐𝒔𝜽 = 𝟑(𝟐𝟑𝟔. 𝟖 𝑽)(𝟔𝟎 𝑨)(𝟎. 𝟖) = 𝟑𝟒. 𝟏 𝒌𝑾 La potencia mecánica de entrada está dada por 𝑷𝒆𝒏𝒕𝒓 = 𝑷𝒔𝒂𝒍 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒆𝒍é𝒄 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒏ú𝒄 + 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒎𝒆𝒄 = 34.1 kW + 0 + 1.0 kW + 1.5 kW + 36.6 Kw

Así, la eficiencia del generador es: 𝜼=

𝑷𝒔𝒂𝒍 𝟑𝟒. 𝟏 𝒌𝑾 𝒙 𝟏𝟎𝟎% = 𝒙 𝟏𝟎𝟎% = 𝟗𝟑. 𝟐% 𝑷𝒆𝒏𝒕𝒓 𝟑𝟔. 𝟔𝒌𝑾

d) El par de entrada a este generador está dado por la ecuación: 𝑷𝒆𝒏𝒕𝒓 = 𝝉𝒂𝒑 𝝎𝒎 Por lo que: 𝝉𝒊𝒏𝒅 =

𝑷𝒆𝒏𝒕𝒓 𝟑𝟔. 𝟔 𝒌𝑾 = = 𝟑𝟗𝟒. 𝟓 𝑵 ∗ 𝒎 𝝎𝒎 𝟏𝟎𝟒. 𝟕

e) La regulación de voltaje de un generador se define como: 𝑽𝑹 =

𝑽𝑺𝑪 − 𝑽𝑷𝑪 ∗ 𝟏𝟎𝟎% 𝑽𝑷𝑪

Por medio de esta definición, la regulación de voltaje para los casos de los factores de potencia en retraso, unitario y en adelanto son: 1. Caso de factor de potencia en retraso: 𝐕𝐑 =

𝟒𝟖𝟎 − 𝟒𝟏𝟎 𝐱 𝟏𝟎𝟎% = 𝟏𝟕. 𝟏% 𝟒𝟏𝟎

2. Caso de factor de potencia unitario: 𝑽𝑹 =

𝟒𝟖𝟎 − 𝟒𝟔𝟖 𝒙 𝟏𝟎𝟎% = 𝟐. 𝟔% 𝟒𝟔𝟖

3. Caso de factor de potencia en adelanto:

𝑽𝑹 =

𝟒𝟖𝟎 − 𝟓𝟑𝟓 𝒙 𝟏𝟎𝟎% = −𝟏𝟎. 𝟑% 𝟓𝟑𝟓

Ejercicio 4.4 Suponga que el generador del ejercicio 4.3 opera en vacío con un voltaje en las terminales de 480 V. Haga la gráfica de la característica de las terminales (el voltaje en las terminales y la corriente de línea) de este generador conforme varía la corriente en su inducido desde vacío hasta plena carga con un factor de potencia a) de 0.8 en retraso y b) de 0.8 en adelanto. Suponga que la corriente de campo permanece constante.

Solución La característica de las terminales de un generador es una gráfica de su voltaje en las terminales y la corriente de línea. Debido a que este generador está conectado en Y, el voltaje de fase está dado por 𝑉𝜑 =

𝑉𝑇

. Si se ajusta 𝑉𝑇 a 480

√3

V en condiciones de vacío, entonces 𝑉𝜑 = 𝐸𝐴 = 277 𝑉 .Puesto que la corriente de campo permanece constante, 𝐸𝐴 seguirá siendo 277 V en todo momento. La corriente de salida 𝐼𝐿 de este generador será la misma que la corriente del inducido 𝐼𝐴 , debido a que está conectado en Y.

a) Si el generador se carga con una corriente con un FP de 0.8 en retraso, el diagrama fasorial resultante es el que se observa en la figura. En este diagrama fasorial se sabe que 𝑉∅ tiene un ángulo de 0°, que la magnitud de 𝐸A es de 277 V y que la cantidad 𝑗𝑋S 𝐼A se extiende entre 𝑉∅ y 𝐸A como se puede ver en la figura. Las dos cantidades desconocidas del diagrama fasorial son la magnitud de 𝑉∅ y el ángulo d de 𝐸A. Para encontrar 𝑉∅, el método más fácil consiste en construir un triángulo rectángulo en el diagrama fasorial, como se aprecia en la figura. Con base en la figura, el triángulo rectángulo nos muestra que:

Esta ecuación se puede emplear para calcular 𝑉𝜑 en función de la corriente 𝐼𝐴 : 𝑉𝜑 = √𝐸𝐴2 − (𝑋𝑆 𝐼𝐴 𝐶𝑜𝑠 𝜃)2 − 𝑋𝑆 𝐼𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝜃 Se puede utilizar un archivo M del programa MATLAB para calcular 𝑉𝜑 (y por lo tanto 𝑉𝑇 ) en función de la corriente.

b) Si el generador tiene una carga con una corriente con un FP de 0.8 en adelanto, el diagrama fasorial resultante sería el que se observa en la fi gura 424c). Para encontrar 𝑉𝜑 , el método más fácil consiste en construir un triángulo rectángulo en el diagrama fasorial, como se muestra en la fi gura. Con base en la fi gura 4-24c), el triángulo rectángulo brinda la siguiente información 𝑬𝟐 = (𝑽𝝋 − 𝑿𝑺 𝑰𝑨 𝑺𝒆𝒏 𝜽)𝟐 + (𝑿𝑺 𝑰𝑨 𝑪𝒐𝒔 𝜽)

Esta ecuación se puede utilizar para calcular𝑽𝝋 en función de la corriente 𝑰𝑨 : 𝑉𝜑 = √𝐸𝐴2 − (𝑋𝑆 𝐼𝐴 𝐶𝑜𝑠 𝜃)2 + 𝑋𝑆 𝐼𝐴 𝑆𝑒𝑛 𝜃 También se puede emplear para calcular y hacer la gráfica de la característica de terminales de manera similar al inciso a). En la figura 4-25b) se muestra la característica de terminales resultante.

Ejercicio 4.5 La figura 4.31 muestra a un generador que suministra potencia a una carga. Se conecta una segunda carga en paralelo con la primera. El generador tiene una frecuencia en vacío de 61.0 Hz y una pendiente 𝑆𝑃 de 1 MW/Hz. La carga 1 consume una potencia real de 1 000 kW con un FP de 0.8 en retraso, mientras que la carga 2 consume una potencia real de 800 kW con un FP de 0.707 en retraso.

a) Antes de que se cierre el interruptor, ¿cuál es la frecuencia de operación del sistema? b) Después de conectar la carga 2, ¿cuál es la frecuencia de operación del sistema? c) Después de conectar la carga 2, ¿qué acciones puede llevar a cabo el operador para restaurar la frecuencia del sistema a 60 Hz?

Solución Este ejercicio establece que la pendiente de la característica del generador es de 1 MW/Hz y que su frecuencia en vacío es de 61 Hz. Por lo tanto, la potencia que produce está dada por: 𝑷 = 𝒔𝑷 (𝒇𝒔𝒄 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) Entonces, 𝒇𝒔𝒊𝒔 = 𝒇𝒔𝒄 −

𝑷 𝒔𝒑

a) La frecuencia inicial del sistema está dada por: 𝒇𝒔𝒊𝒔 = 𝒇𝒔𝒄 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 = 𝟔𝟏 𝑯𝒛 −

𝑷 𝒔𝒑

𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒌𝑾 𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

= 𝟔𝟏 𝑯𝒛 − 𝟏 𝑯𝒛 = 60Hz

b) Una vez que se conecta la carga 2, 𝒇𝒔𝒊𝒔 = 𝒇𝒔𝒄 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 = 𝟔𝟏 𝑯𝒛 −

𝟏𝟖𝟎𝟎 𝒌𝑾 𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

𝑷 𝒔𝒑

= 𝟔𝟏 𝑯𝒛 − 𝟏. 𝟖 𝑯𝒛 = 𝟓𝟗. 𝟐𝑯𝒛

c) Una vez que se conecta la carga, la frecuencia del sistema cae hasta 59.2 Hz. Para restaurar el sistema a su frecuencia de operación adecuada, se deben incrementar los puntos de ajuste del mecanismo regulador en vacío en 0.8 Hz, a 61.8 Hz. Esta acción restaurará la frecuencia del sistema a 60 Hz.

Ejercicio 4.6

La figura 4-38a) muestra dos generadores que alimentan una carga. El generador 1 tiene una frecuencia en vacío de 61.5 Hz y una pendiente 𝑠𝑝1 de 1 MW/Hz. El generador 2 tiene una frecuencia en vacío de 61.0 Hz y una pendiente 𝑠𝑝2 de 1 MW/Hz. Los dos generadores alimentan una carga real de 2.5 MW en total con un factor de potencia de 0.8 en retraso. En la figura 4-39 se observa el sistema de potencia-frecuencia resultante o diagrama de casa.

a) ¿A qué frecuencia opera este sistema y cuanta potencia suministra cada uno de los generadores? b) Supóngase que se añade una carga adicional de 1 MW al sistema de potencia. ¿Cuál será la nueva frecuencia del sistema y cuanta potencia suministraran ahora 𝐺1 𝑦 𝐺2 ? c) Si el sistema mantiene la configuración descrita en el inciso b), ¿cuál será la frecuencia del sistema y las potencias de los generadores si se incrementan en 0.5 Hz los puntos de ajuste del mecanismo regulador de 𝐺2 ?

Solución: La potencia que produce un generador síncrono con una pendiente dada y una frecuencia en vacío está dada por la ecuación: 𝑷𝟏 = 𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) 𝑷𝟐 = 𝒔𝑷𝟐 (𝒇𝒔𝒄,𝟐 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) En razón de que la potencia total suministrada por los generadores debe ser igual a la potencia consumida por las cargas, 𝑷𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 = 𝑷𝟏 + 𝑷𝟐

Estas ecuaciones se pueden utilizar para contestar todas las preguntas planteadas. a) En el primer caso, ambos generadores tienen una pendiente de 1 MW/Hz, y 𝐺1 tiene una frecuencia en vacío de 61.5 Hz, mientras que 𝐺2 tiene una frecuencia en vacío de 61.0 Hz. La carga total es de 2.5MW. Por lo tanto, la frecuencia del sistema se puede encontrar de la manera siguiente: 𝑷𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 = 𝑷𝟏 + 𝑷𝟐 =𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) + 𝒔𝑷𝟐 (𝒇𝒔𝒄,𝟐 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) 2.5 MW = (1 MW/Hz) (61.5Hz - 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) + (1 MW/Hz) (61 Hz - 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) =61.5 MW – (1 MW/Hz) 𝒇𝒔𝒊𝒔 + 61 MW – (1 MW/HZ) 𝒇𝒔𝒊𝒔 =122.5 MW – (2 MW/HZ) 𝒇𝒔𝒊𝒔 Por lo tanto, 𝒇𝒔𝒊𝒔 =

𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝑴𝑾 − 𝟐. 𝟓 𝑴𝑾 = 𝟔𝟎. 𝟎 𝑯𝒛 𝑴𝑾 (𝟐 𝑯𝒁 )

Las potencias resultantes que suministran los dos generadores son: 𝑷𝟏 = 𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) = (𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

) (𝟔𝟏. 𝟓 𝑯𝒛 − 𝟔𝟎. 𝟎 𝑯𝒛) = 𝟏. 𝟓 𝑴𝑾

𝑷𝟐 = 𝒔𝑷𝟐 (𝒇𝒔𝒄,𝟐 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) = (𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

) (𝟔𝟏. 𝟎 𝑯𝒛 − 𝟔𝟎. 𝟎 𝑯𝒛) = 𝟏 𝑴𝑾

b) Cuando se incrementa la carga en 1 MW, la carga total es de 3.5 MW. La nueva frecuencia del sistema está dada por: 𝑷𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 = 𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) + 𝒔𝑷𝟐 (𝒇𝒔𝒄,𝟐 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) 3.5MW = (1 MW/Hz) (61.5 Hz - 𝐟𝐬𝐢𝐬 ) + (𝟏

𝐌𝐖 𝐇𝐳

)(𝟔𝟏 𝐇𝐳 − 𝐟𝐬𝐢𝐬 )

= 61.5 MW – (1 MW/Hz) 𝐟𝐬𝐢𝐬 + 61 MW – (1 MW/Hz) 𝐟𝐬𝐢𝐬 = 122.5 MW – (2 MW/Hz) 𝐟𝐬𝐢𝐬

Por lo tanto, 𝒇𝒔𝒊𝒔 =

𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝑴𝑾 − 𝟑. 𝟓 𝑴𝑾 = 59.5 𝐻𝑧 𝑴𝑾 (𝟐 𝑯𝒛 )

Las potencias resultantes son, 𝑷𝟏 = 𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) = (𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

) (𝟔𝟏. 𝟓 𝑯𝒛 − 𝟓𝟗. 𝟓 𝑯𝒛) = 𝟐. 𝟎 𝑴𝑾

𝑷𝟐 = 𝒔𝑷𝟐 (𝒇𝒔𝒄,𝟐 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) = (𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

) (𝟔𝟏. 𝟎 𝑯𝒛 − 𝟓𝟗. 𝟓 𝑯𝒛) = 𝟏. 𝟓 𝑴𝑾

c) Si se incrementan en 0.5 Hz los puntos de ajuste del mecanismo regulador en vacío de 𝐺2 , la nueva frecuencia del sistema es: 𝑷𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 = 𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) + 𝒔𝑷𝟐 (𝒇𝒔𝒄,𝟐 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) 3.5 MW = (1 MW/Hz) (61.5 Hz - 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) + (𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

)(𝟔𝟏. 𝟓 𝑯𝒛 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 )

=123 MW – (2 MW/Hz) 𝒇𝒔𝒊𝒔 𝒇𝒔𝒊𝒔 =

𝟏𝟐𝟑 𝑴𝑾−𝟑.𝟓 𝑴𝑾 (𝟐

𝑴𝑾 ) 𝑯𝒛

= 59.75 Hz

Las potencias resultantes son 𝑷𝟏 = 𝑷𝟐 = 𝒔𝑷𝟏 (𝒇𝒔𝒄,𝟏 − 𝒇𝒔𝒊𝒔 ) = (𝟏

𝑴𝑾 𝑯𝒛

) (𝟔𝟏. 𝟓 𝑯𝒛 − 𝟓𝟗. 𝟕𝟓 𝑯𝒛) = 𝟏. 𝟕𝟓 𝑴𝑾

Nótese que la frecuencia del sistema se incrementó, la potencia suministrada por 𝐺2 aumentó y la potencia suministrada por 𝐺1 cayó.

Ejercicio 4.7 Un generador síncrono de 100 MVA, 13.5 kV, conectado en Y, trifásico y a 60 Hz, opera a voltaje nominal en vacío cuando se presenta una falla trifásica en sus terminales. Sus reactancias por unidad sobre su propia base son: 𝑥 ′ = 0.25

𝑋𝑠 = 1.0

𝑥 ′′ = 0.12

y sus constantes de tiempo son: 𝑇 ′ = 1.10𝑠

𝑇 ′′ = 0.04𝑠

El componente de cd inicial en esta máquina es en promedio 50% del componente de ca inicial. a) ¿Cuál es el componente de ca de la corriente en este generador en el instante siguiente a la falla? b) ¿Cuál es la corriente total (cd más ca) que fluye en el generador justo después de la falla? c) ¿Cuál será el componente de ca de la corriente después de dos ciclos? ¿Y después de 5 s?

Solución La corriente base de este generador está dada por la ecuación: 𝑰𝑳,𝒃𝒂𝒔𝒆 = =

𝑺𝒃𝒂𝒔𝒆 √𝟑𝑽𝑳,𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏𝟎𝟎 𝑴𝑽𝑨 √𝟑(𝟏𝟑.𝟖 𝒌𝑽)

= 𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨

Las corrientes subtransitoria, transitoria y en estado estacionario, por unidad y en amperes, son: 𝑰′′ =

𝑬𝑨 𝟏. 𝟎 = = 𝟖. 𝟑𝟑𝟑 ′′ 𝑿 𝟎. 𝟏𝟐 = (𝟖. 𝟑𝟑𝟑)(𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨) = 𝟑𝟒𝟗𝟎𝟎 𝑨

𝑰′ =

𝑬𝑨 𝟏. 𝟎 = = 𝟒. 𝟎𝟎 ′ 𝑿 𝟎. 𝟐𝟓 = (𝟒. 𝟎𝟎)(𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨) = 𝟏𝟔𝟕𝟎𝟎 𝑨

𝑰𝒔𝒔 =

𝑬𝑨 𝟏. 𝟎 = = 𝟏. 𝟎𝟎 𝑿′ 𝟏. 𝟎 = (𝟏. 𝟎𝟎)(𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨) = 𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨

a) El componente de ca inicial de la corriente es 𝑰′′ = 34 900 A. b) La corriente total (ca más cd) al principio de la falla es: 𝑰𝒕𝒐𝒕 = 𝟏. 𝟓𝑰′′ = 𝟓𝟐𝟑𝟓𝟎 𝑨 c) El componente de ca de la corriente en función del tiempo está dado por la ecuación: 𝑰(𝒕) = (𝑰′′ − 𝑰′ )𝒆 𝒕

𝒕 − ′′ 𝑻

′

+ (𝑰′ − 𝑰𝒔𝒔 )𝒆−𝒕/𝑻 + 𝑰𝒔𝒔 𝒕

= 𝟏𝟖𝟐𝟎𝟎𝒆−𝟎.𝟎𝟒 𝒔 + 𝟏𝟐𝟓𝟏𝟔𝒆−𝟏.𝟏 𝒔 + 𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨

Después de dos ciclos, t 5 1/30 s, la corriente total es:

𝑰(

𝟏 ) = 𝟕𝟗𝟏𝟎 𝑨 + 𝟏𝟐𝟏𝟒𝟐 𝑨 + 𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨 = 𝟐𝟒𝟐𝟑𝟔 𝑨 𝟑𝟎

Después de dos ciclos, el componente transitorio de la corriente es claramente el más grande y este momento se presenta en el periodo transitorio del cortocircuito. Después de 5 s, la corriente baja a

𝑰(𝟓) = 𝟎 𝑨 + 𝟏𝟑𝟑 𝑨 + 𝟒𝟏𝟖𝟒 𝑨 = 𝟒𝟑𝟏𝟕 𝑨

Esto es parte del periodo de estado estacionario del cortocircuito.

Ejercicio 4.8 Un generador síncrono de seis polos, 480 V, 50 Hz, conectado en Y, tiene un valor nominal de 50 kVA con un FP de 0.8 en retraso. Su reactancia síncrona es de 1.0 V por fase. Suponga que este generador está conectado a una turbina de vapor capaz de suministrar hasta 45 kW. Las pérdidas por fricción y por rozamiento con el aire suman 1.5 kW y las pérdidas en el núcleo son de 1.0 kW. a) Dibuje la curva de capacidad de este generador, incluyendo el límite de potencia del motor primario. b) ¿Este generador puede suministrar una corriente de línea de 56 A con un FP de 0.7 en retraso? ¿Por qué sí o por qué no? c) Cuál es la cantidad máxima de potencia reactiva que puede producir este generador. d) Si el generador suministra 30 kW de potencia real, ¿cuál es la cantidad máxima de potencia reactiva que puede suministrar simultáneamente?

Solución Se puede calcular la corriente máxima en el generador con la ecuación: 𝑺𝒏𝒐𝒎 = 𝟑𝑽𝝓,𝒏𝒐𝒎 𝑰𝑨,𝒎á𝒙 El voltaje 𝑽𝝋 de esta máquina es: 𝑽𝝓 =

𝑽𝑻 √𝟑

=

𝟒𝟖𝟎 𝑽 √𝟑

= 𝟐𝟕𝟕 𝑽

Por lo que la corriente máxima en el inducido es: 𝑰𝑨,𝒎á𝒙 =

𝑺𝒏𝒐𝒎 𝟓𝟎 𝒌𝑽𝑨 = = 𝟔𝟎 𝑨 𝟑𝑽𝝓 𝟑(𝟐𝟕𝟕 𝑽)

Con esta información se pueden contestar las preguntas. a) La potencia aparente máxima permitida es 50 kVA, que especifica la corriente máxima segura en el inducido. El centro de los círculos 𝑬𝑨 está en: 𝟑𝑽𝝓 𝟐 𝑸=− 𝑿𝒔 𝟑 (𝟐𝟕𝟕 𝑽)𝟐 𝑸=− = −𝟐𝟑𝟎 𝒌𝑽𝑨𝑹 𝟏. 𝟎 𝜴

El tamaño máximo de 𝐸𝐴 está dado por: 𝑬𝑨 = 𝑽𝝓 + 𝒋𝑿𝒔 𝑰𝑨 = 𝟐𝟕𝟕 ∠𝟎° 𝑽 + (𝒋𝟏. 𝟎 𝜴)(𝟔𝟎∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟕° 𝑨) = 𝟑𝟏𝟑 + 𝒋𝟒𝟖 𝑽 = 𝟑𝟏𝟕 ∠ 𝟖. 𝟕° 𝑽 Por lo tanto, la magnitud de la distancia proporcional a 𝐸𝐴 es: 𝑫𝑬 =

𝟑𝑬𝑨 𝑽𝝓 𝑿𝒔

𝑫𝑬 =

𝟑(𝟑𝟏𝟕 𝑽)(𝟐𝟕𝟕 𝑽) = 𝟐𝟔𝟑 𝒌𝑽𝑨𝑹 𝟏. 𝟎 𝜴

La potencia de salida máxima disponible con un motor primario con potencia de 45 kW es aproximadamente: 𝑷𝒎á𝒙,𝒔𝒂𝒍 = 𝑷𝒎á𝒙,𝒆𝒏𝒕𝒓 − 𝑷𝒑é𝒓𝒅 𝒎𝒆𝒄 − 𝑷𝒑é𝒓𝒅

𝒏ú𝒄

= 𝟒𝟓 𝒌𝑾 − 𝟏. 𝟓 𝒌𝑾 − 𝟏. 𝟎𝒌𝑾 = 𝟒𝟐. 𝟓 𝒌𝑾 (Este valor es aproximado debido a que no se tomaron en cuenta las pérdidas 𝐼 2 𝑅 y las pérdidas dispersas en la carga.) La figura 4.51 muestra el diagrama de capacidad resultante.

b) Una corriente de 56 A con un FP de 0.7 en retraso produce una potencia real de: 𝑷 = 𝟑𝑽𝝓 𝑰𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝜭 =3(277 V) (56 A) (0.7) = 32.6 kW y una potencia reactiva de: 𝑷 = 𝟑𝑽𝝓 𝑰𝑨 𝒔𝒆𝒏 𝜭 = 𝟑(𝟐𝟕𝟕 𝑽)(𝟓𝟔 𝑨)(𝟎. 𝟕𝟏𝟒) = 𝟑𝟑. 𝟐 𝒌𝑽𝑨𝑹 Si se dibuja este punto en el diagrama de capacidad se puede ver que es seguro, pues está dentro de la curva máxima𝑰𝑨 , pero fuera de la curva máxima 𝑰𝑭 . Por lo tanto, este punto no constituye una condición de operación segura.

c) Cuando la potencia real que suministra el generador es cero, la potencia reactiva que el generador puede suministrar será la máxima. Este punto se encuentra justo en el pico de la curva de capacidad. La Q que el generador puede suministrar en ese punto es: Q= 263 kVAR – 230 kVAR = 33kVAR d) Si el generador suministra 30 kW de potencia real, la potencia reactiva máxima que el generador puede suministrar es de 31.5 kVAR. Este valor se puede calcular ubicando el diagrama de capacidad a 30 kW y siguiendo la línea de kilowatts constantes hasta que se llega al límite. El factor restrictivo en este caso es la corriente de campo; el inducido estará seguro hasta con 39.8 kVAR.