PROBLEMAS DE ARRANQUE DE MOTORES SINCRNICOS

1. Un motor sincrnico trifsico de polos cilndricos, conectado en estrella a 1732 volt entre lnea, ra=0,xs=10. Las prdidas de potencia por friccin mecnica y del aire ms las del ncleo suman 9 kW. La potencia de salida es de 390 HP. La tensin deexcitacin mxima (EFmax)es de 2500 volt por fase. Determinar:

a) La corriente de armadura Ia, el factor de potencia a EFmax.b) EFmin.

Solucin:IF VaIaM

Esquema simplificado

+

-

EF

jxs

Ia

Va

Ia

EF

Va

jxsIaxsIasen()xsIacos()

Circuito equivalente por fase

Diagrama fasorial

a) La corriente de armadura Ia y el factor de potencia a EFmax.

Va E F jx s I a

I a

Va / 0 E F /jx s

Pa

Va E F maxxs

sen Psalida Pprdidas

390 746 90003

99980

Corriente de corto circuito

I a

17323

2500/ 23.57

j10

163.32/ 52.26

FP cos(52.26 ) 0.61 en adelanto

b) EFmin. : Para determinar EFmin debemos calcularlo a Pa con=90 (sen=1).

P xVa

999801017323

999.83 volt / fase neutro

1E Fmin a s

2. Un motor sincrnico trifsico de rotor cilndrico conectado en estrella a 2300 (V), a 60Hz, xs=11, Potencia de salidad 100 HP, tiene un rendimiento igual a un 85%, sungulo par es de 7, considere resistencia de armadura despreciable. Determinar:

a) EF.b) Iac) FP

Solucin:

100 Pa salida 100PsalidaPentrada

P

100 74685

100 87764.71 (W )

Pa

87764.713

29254.9 (W / fase)

a) EF.

Pa

Va E Fx s

sen E F

Pa x sVa sen

29254.91123003

1988.52 (V / f n)

E F 1988.52/ 7 (V / f n)

b) Ia.

V E Fjx s

23003

/ 0 1988.52/ 7

j11

62.7/ 69.43

c) FP.FP cos(69.43 ) 0.36 en adelanto

2 sen 7I a a

3. Un motor sincrnico de polos cilndricos, trifsico con 1250 HP recibe una potenciaconstante de 800 kW a 1100 V. Ra=0, xs=50, conectado en estrella. La corrientenominal de plena carga es de 52 A. Si la corriente de armadura Ia no debe exceder del135% del valor de plena carga. Determinar el rango dentro del cual puede variarse lafem de excitacin mediante el ajuste de la corriente de campo.

Solucin:

Pa

E F Va jx s I a Va / 0 jx s I a /

80000 3 110001.35 52 3Con FP en adelanto ( 53.26 )

E F

110003

/ 0 j501.35 52/ 53.26 9401/ 12.9

(V / f n)

Con FP en atraso (53.26 )

110003E F rango4114 , 9401 (V / f .n)

(V / f n)

3Pa 3 Va I a cos cos1 3 Va I a cos(0.5923)53.26E F/ 0 j501.35 52/ 53.26 4114/ 30.69

4. Un motor sincrnico trifsico conectado en estrella, a 440 (V), tiene una reactanciasincrnica de 6.06, resistencia de armadura despreciable, tensin de excitacin de200 (V/f-n) y un ngulo par de 36.4. Determinar:

a) Corriente de armadura y el factor de potenciab) La tensin de excitacin si el factor de potencia es igual a 1.0.

Solucin:

+

jxs

Ia

-

EF

Va

Circuito equivalente por fasea) Corriente de armadura y el factor de potencia

Va E F jx s I a

V E Fjx s

4403

/ 0 200/ 36.4

j6.06

24.89/ 38.1 ( A)

FP cos(38.1 ) 0.787 atraso

b) La tensin de excitacin si el factor de potencia es igual a 1.0.

Si FP 1 0

E F Va jx s I a

4403

j6.06 24.89/ 0 295.44/ 3'0.7 (V / f n)

4I a a

5. Un motor sincrnico trifsico en conexin estrella, de 380 V entre fases, 1500 rpm, 50Hz, 100 kW con FP=1 y tensin nominal. Ra= despreciable, xs=0.5. El motor desarrolla 100 kW en el eje, FP a 0.8 inductivo y tensin nominal. Se ajusta la corriente de campo para un factor de potencia de 0.8 capacitivo. Determinar:

a)b)c)d)e)

La corriente de campo aumenta o disminuye.Cual ser la nueva corriente de armadura.Qu magnitud tiene la tensin inducida antes del ajuste.Qu magnitud tendr la tensin inducida despus del ajuste.Cul es el torque desarrollado por el motor.

Solucin:

a) La corriente de campo aumenta o disminuye

La respuesta se obtiene de las curvas V del motor sincrnico. Estas curvas, representanla variacin que experimenta la corriente de armadura en funcin de la tensin decampo ( corriente de campo) cuando se mantiene constante la potencia activa en laentrada del motor. Empleando las siguientes ecuaciones, se puede determinar la curvaV para una potencia Pa constante.S a Va I a* Pa jQa

Va E F jx s I a

I a

VaE Fjx s

, Va Va / 0

, E F E F /

jx s

*

2

jx s

Va E F*jx s

j

Vax s

2

j

Va E F /xs

S a j

Vax s

2

j

Va E Fx s

cos j sen

Va E Fx s

sen j

Vax s

V

a

E F cos

Pa

Va E Fx s

sen (1)

Qa

Vax s

V

a

E F cos

(2)

I a

S aVa

Pa2 Qa2Va

(3)

Procedimiento:

Dado EF se calcula a partir de ec.(1)Se calcula Qa de ec.(2)Se calcula Ia de ec. (3)Repetir lo anterior para otros valores de EF

5VaE FS a VaVa

Considerando los datos del problema se obtiene la siguiente tabla de resultados y sucorrespondiente grfica:

Curva "V": Ia vs. EF400350300250200150100500

0

100 200 300Tensin de cam po (V/f-n)

400

Para una tensin igual a 230 (V) el motor funciona con factor de potencia igual a uno.Con tensin de campo menor que 230 (V), el motor funciona con un factor de potenciaen atraso y si la tensin de campo es mayor que 230 (V), el motor funciona con factorde potencia en adelanto. En resumen para ajustar el FP desde un valor en atraso a unvalor en adelanto se debe aumentar la tensin de campo a travs del aumento de lacorriente de campo.

6EF[V]Ia[A]Pa[W][]Qa[VAr]FPSa[VA]Tipo FP10034433333-49.446773275490 0.4416atraso11031833333-43.686135969829 0.4774atraso12029533333-39.285550764747 0.5148atraso13027433333-35.764997760074 0.5549atraso14025433333-32.864466755734 0.5981atraso15023633333-30.433951451696 0.6448atraso16021933333-28.353447947957 0.6951atraso17020333333-26.542953544536 0.7485atraso18018933333-24.962466441466 0.8039atraso19017733333-23.571985138797 0.8592atraso20016733333-22.321508636588 0.9110atraso21015933333-21.211036234907 0.9549atraso22015433333-20.20567133812 0.9858atraso23015233333-19.29101033349 0.9995atraso24015333333-18.45-362733530 0.9941adelanto25015733333-17.69-824334337 0.9708adelanto26016333333-16.99-1283935721 0.9332adelanto27017133333-16.34-1742037611 0.8863adelanto28018233333-15.74-2198539931 0.8348adelanto29019433333-15.19-2653842607 0.7823adelanto30020833333-14.67-3107945574 0.7314adelanto31022233333-14.19-3561048777 0.6834adelanto32023833333-13.73-4013152169 0.6389adelanto33025433333-13.31-4464455715 0.5983adelanto34027133333-12.91-4914959386 0.5613adelanto35028833333-12.54-5364763160 0.5278adelanto36030533333-12.18-5813967017 0.4974adelanto

(A)

b) Cual ser la nueva corriente de armadura.

La corriente de armadura con FP=0.80 inductivo (atraso), es:

Pa 3 3VI cos Pa 3 3Va I a cos

I a

1000003 380 0.80

189.92 ( A) I a 189.92/ 36.87

La corriente de armadura con FP=0.80 capacitivo (adelanto) tiene el mismo valor quecon factor de potencia 0.80 inductivo, slo cambia en sentido de la componente reactivade la corriente de armadura, esto es:

I a 189.92/ 36.87

c) Qu magnitud tiene la tensin inducida antes del ajuste.

Va E F jx s I a

E F Va jx s I a

3803

/ 0 j0.5182.92/ 36.87

E F 179.31/ 25.07 (V / f n)

d) Qu magnitud tendr la tensin inducida despus del ajuste.

E F Va jx s I a

3803

/ 0 j0.5182.92/ 36.87

E F 286.621/ 15.37 (V / f n)

e) Cul es el torque desarrollado por el motor.

T

PSalidaws

( Newton m)

ws

2N s60

2150060

T

1000002150060

636.62 ( N m)

7

6. Un motor sincrnico de rotor cilndrico de 2300 V, conectado en estrella, tiene unareactancia sincrnica de 3 y una resistencia de 0.25. Si trabaja con un ngulo depotencia (par)=15 y la excitacin (corriente de campo) est ajustada de forma tal queEF sea igual a la tensin nominal aplicada al motor. Calcular:

a)b)c)d)

La corriente de armadura Ia.El factor de potenciaLa potencia desarrolladaLa cada de tensin interna.

Solucin:

E F

23003

/ 15 1327.91/ 15

, Va

23003

/ 0 1327.91/ 0

a) Corriente de armadura Ia.

I a

Va E Fra jx s

1327.91/ 0 1327.91/ 150.25 j3

346.65/ 82.503.01/ 85.24

115.15/ 2.74

b) El factor de potenciaFP cos(2.74 ) 0.9989 en atraso

c) La potencia desarrollada

Psalida Pentrada Pprdidas 3 Va I a cos(2.74) 3 ra I a

2

Psalida 31327.91 0.9989 3 0.25115.15 2 448226 (W ) 48 (kW )

d) La cada de tensin interna.

V Va E F 1327.91/ 0 1327.91/ 15 346.65 (V )

8

7. Un motor sincrnico de 6.6 kV, 45 A se emplea como compensador sincrnico paracorregir el factor de potencia de una planta que consume 400 kW a FP=0.75 en atraso.Calcular la potencia reactiva, la corriente de armadura y la fem inducida (EF) por elcampo del motor, en valor absoluto y en %, si se desea que el factor de potencia delconjunto planta y compensador sincrnico sea de:

a) 0.95 en atrasob) 1.0c) 0.95 en adelanto

Suponga que la reactancia sincrnica del motor es de 0.85 0/1, despreciar las prdidas yconsiderar que el motor est en vaco.

Solucin:

Sistema elctrico

V=6.6 kV

Ssis=Psis+jQsis

SMS=PMS+jQMSPMS=0MS

IMS

Consumo Planta:PC=400kWFPC=0.75 atraso

SC=PC+jQCComo la reactancia sincrnica del MS est en por unidad (0/1), se supone que los valoresbases corresponden a los valores nominales del MS, esto es:

Corriente base IB=45 A , tensin base VB=6.6 kV

y

potencia base

SB=3VBIB=36.645=514.42 kVA

De acuerdo a los sentidos de flujos de potencia se debe cumplir en la barra del sistema laley de Kirchoff de potencia, esto es:

S sis S C S MSPsis PCQsis QC QMSDonde :

QC

PCFPC

sencos1 (FPC )

4000.75

sencos1 (0.75) 352.77 kVAr

9

La incgnita del problema es determinar la potencia reactiva que toma (absorbe) el motorQMS para los factores de potencia solicitados, esto es:

QMS Qsis QC

,

Qsis

PsisFPsis

sencos1 (FPsis )

Como Psis PC

, se tiene

Qsis

PCFPsis

sencos1 (FPsis )

, Qsis

400FPsis

sencos1 (FPsis ) (kVAr)

*

I MS

j 3VMS

*

QMS3 VMS

( A)

I MS e n valor absoluto

I MSI MS e n 0 / 1I BE F VMS jx s I MS

a) FP=0.95 en atraso

QMS3 VMS

( A)

Qsis

4000.95

sencos1 (0.95) 131.47 (kVAr)

QMS

Qsis QC 131.47 352.77221.30 (kVAR)

QMS

QMSS B

221.30514.42

0.4302 (0 /1)

I MS j

221.30 (kVAr)3 6.6 (kV )

j19.36 ( A)

I MS

e n 0 / 1

j19.3645

j0.4302

(0 /1)

VMS

VVB

6.6/ 06.6

1/ 0

(0 /1)

E F 1 j0.85 j0.4302 1 0.85 0.4302 1.3657/ 0 (0 / 1)E F E FVB1.3657/ 0 6.6 3 5.2040 (kV )

10S MS 3VMS I MS 0 jQMS S MS MS

b) FP=1.0

Qsis

4001

sencos1 (1) 0 (kVAr)

QMS

Qsis QC 352.77 (kVAR)

QMS

QMSS B

352.77514.42

0.6858 (0 / 1)

I MS j

352.77 (kVAr)3 6.6 (kV )

j30.86 ( A)

I MS e n 0 / 1

j19.3645

j0.6858

(0 /1)

E F 1 j0.85 j0.6858 1 0.85 0.6858 1.5829/ 0 (0 / 1)E F E FVB1.5829/ 0 6.6 3 6.0320 (kV )

c) FP=0.95 en adelanto

Qsis

4000.95

sencos1 (0.95)131.47 (kVAr)

QMS

Qsis QC 131.47 352.77484.24 (kVAR)

QMS

QMSS B

484.24514.42

0.9413 (0 /1)

I MS j

483.24 (kVAr)3 6.6 (kV )

j 42.36 ( A)

I MS e n 0 / 1

j19.3645

j0.9413

(0 / 1)

E F 1 j0.85 j0.9413 1 0.85 0.9413 1.80/ 0 (0 / 1)E F E FVB1.80/ 0 6.6 3 6.8590 (kV )

11

8. Un motor sincrnico de 208 (V), 60 (Hz), 45 (kVA) a un factor de potencia 0.80 enadelanto, conectado en tringulo; xs= 2.5. Las perdidas por friccin y ventilacin sonde 1.5 (kW) y las perdidas en el ncleo son de 1 (kW). Inicialmente su eje estaalimentando una carga de 15 HP a factor de potencia 0.80 en adelanto. Determinar:a) Bosqueje el diagrama fasorial de este motor y encuentre los valores de Ia, Il, y Ef .b) Suponga que ahora se incrementa la carga en el eje a 30 (HP), repita a)c) Nuevo factor de potencia

Solucin:

a)Psalida 15 ( Hp ) 15 746 (W ) 11190 (W )

jxs=2.5

Ia

P perdidas 2500 (W )Pentrada Psalida P perdidas 13690 (W )

Pentrada 3 V a I L cos I L

Pentrada3 V a cos

+

-

Circuito equivalente

Va= 208/0

136903 208 0 .8

27 .4 ( A )3 36 .87 I a 27 .4 / 36 .87 ( A )

Ia

Va

Ea

jxsI a

E a V a jx s I a

E a 208 / 0 j 2 .5 27 .4 / 36 .87 255 .1 / 12 .42 12 .42

(V )

b)

jxs= 2.5

Ia

Psalida 30 (Hp) 30 746 (W ) 22380 (W )Pperdidas 2500 (W )

+

-

Ea= 255/

Va= 208/0

Pentrada Psalida Pperdidas 24880 (W )

Circuito equivalente

Pentrada

3 Va E ax s

P x 3Va E a

Ia

Va

24880 2.5 3 208 255

Ea

jxsI a

E a Va jx s I a I a

Va E ajx s

208 / 0 255 / 232.5 / 90

41.26 / 15 ( A)

I L 3 I a 71.46 ( A) , FP cos (15) 0.966 adelanto