PROBLEMAS DE GENERADORES...

R.Leal.R Problemas Generadores Sincrónicos 1

PROBLEMAS DE GENERADORES SINCRÓNICOS.

Asignatura : Conversión Electromecánica de la Energía.Fecha : Agosto-2003.Autor : Ricardo Leal Reyes.

1. Un generador sincrónico de 6 polos conectado en estrella, de 480 (V), 60 (Hz), xs=1(Ω/fase), Ia= 60 (A), FP= 0.80 atraso. Las pérdidas por fricción y ventilación son de 1.5(kW), las pérdidas en el núcleo son de 1 (kW) a 60 (Hz). La corriente de campo (IF) seajusta para obtener un voltaje de campo (EF) igual a 480 (V) en vacío. Determinar:

a) La velocidad sincrónica (Ns).b) ¿Cuál es el voltaje en bornes del generador sí:

I. Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 0.80 en atraso. II. Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 1.0. III. Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 0.80 en adelanto.

c) El rendimiento sin considerar las pérdidas de potencia eléctricas que no se conocencuando funciona a corriente nominal y con factor de potencia igual a 0.80 en atraso.

d) El torque inducido y el torque aplicado.e) La regulación de tensión para los factores de potencia: 0.80 en atraso, 1.0 y 0.80 en

adelanto.

Solución:

a) Velocidad sincrónica (Ns).

)(12003

606060)(60

3

rpmPfN

HzfpolosdeparesP

S =⋅

=⋅

=

==

b) Voltaje en terminales del generador (Va).

G

IF

Ia

Va

Esquema simplificado

jxs Ia

EF Va

+

-

Circuito equivalente por fase

δθ

θEF

VaIa

jxsIaxsIasen(θ)xsIacos(θ)

Diagrama fasorial


Del circuito equivalente y del diagrama fasorial se determina, como:

θδ //0/ asFa

asFa

IjxEVIjxEV−=

−=

De la ec. Anterior se desconoce Va y el ángulo par (δ).

Para determinar el ángulo par, se plantean dos formas:La primera es emplear en triángulo, pitagórico según se muestra en la figura anterior, estoes:

⋅⋅

=

=

=

−−

3480

8.0601cos

cos

11 senEIxsen

EIxsen

F

as

F

as

θδ

θδ

La segunda forma es separar la ecuación de voltaje Va en parte real y parte imaginaria,como:

[ ] [ ]

=⇒−=

+=

+−+=

−=

−

F

asasF

asFa

asFa

asFa

EIx

senIxsenE

senIxEV

jsenIjxjsenEV

IjxEV

θδθδ

θδ

θθδδ

θδ

coscos0

cos

coscos

//0/

1

I. Corriente nominal y FP=0.80 atraso:

)(4103237)/(237)60.0(601º10cos3

480cos

º86.3680.0

º10

3480

8.0601cos 11

VlíneaVfaseVV

senIxEVatrasoFP

senEIxsen

aa

asFa

F

as

=⋅=⇒=−⋅⋅+=

+=

−=⇒=

=

⋅⋅

=

= −−

θδθ

θδ


II. Corriente nominal y FP=1 atraso:

)(4683271)/(271º5.12cos3

480º01

º5.12

3480

16011

VlíneaVfaseVV

FP

sen

aa =⋅=⇒==

=⇒=

=

⋅⋅

= −

θ

δ

III. Corriente nominal y FP=0.80 adelanto:

)(5353309)/(3096.0601º10cos3

480º87.3680.0

º10

3480

80.06011

VlíneaVfaseVV

adelantoFP

sen

aa =⋅=⇒=⋅⋅+=

+=⇒=

=

⋅⋅

= −

θ

δ

c) Rendimiento (η), considerando carga nominal con factor de potencia 0.80 en atraso.

%2.93100250080.0604103

80.0604103

100cos3

cos3100

Re3100

=⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

⋅+

=⋅+

=⋅=∗

η

θθ

ηperdidasaa

aa

perdidassalida

aa

entrada

salida

PIVIV

PPIVal

PP

d) Torque inducido τind para corriente nominal a FP=0.80 atraso.

)(3.271

301200

80.0604103

30

cos3 NmNIVP

s

aa

s

salidaind =

⋅⋅⋅⋅

=⋅

==ππ

θω

τ


Torque aplicado τap para corriente nominal a FP=0.80 en atraso.

)(2.291

301200

250080.0604103

30

NmNPPPs

perdidassalida

s

entradaap =

⋅+⋅⋅⋅

=⋅+

==ππω

τ

e) Regulación de tensión

I. Regulación de tensión para un FP=0.80 en atraso

%07.17100410

410480100Re =⋅−

=⋅−

=a

aF

VVEg

II. Regulación para de tensión para un FP=1

%56.2100468

468480100Re =⋅−

=⋅−

=a

aF

VVEg

III. Regulación para de tensión para un FP=0.80 en adelanto

%28.10100535

535480100Re −=⋅−

=⋅−

=a

aF

VVEg

2. Un generador sincrónico conectado en triángulo, 480 (V), 60 (Hz), 4 polos, ra igual a0.015Ω y xs igual a 0.1Ω. A plena carga la maquina entrega 1200 (A) con FP= 0.80 enatraso. Las pérdidas totales son 70 (kW). Las características de vacío están dadas por:

Determinar:

a) Velocidad sincrónica (Ns ) del generador.b) La corriente de campo del generador para lograr un voltaje en los terminales de 480

(V) en vacío.c) Si el generador entrega 1200 (A) a una carga de factor de potencia 0.80 en atraso,

¿cuál debe ser su corriente de campo para sostener el voltaje en los terminales de480 (V).

d) En condiciones de c) potencia de salida, potencia de entrada, y el rendimiento.e) Si se desconecta la carga que sucede con el voltaje terminal.f) Si se carga con 1200 (A) y el factor de potencia es de 0.80 en adelanto, ¿cuál

debería ser la corriente de campo para mantener un voltaje terminal de 480 (V).

EF 0 125 260 375 450 510 550 560 570 580 590IF 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10


Solución:

a) Velocidad sincrónica

rpmPfNs 1800

2606060

=⋅

==

b) Sabemos que se realizó la medición en vacío, por lo tanto, conocemos el voltaje decampo, en este caso es de 480 (V). Observando la tabla de EF v/s IF podemos decir quela corriente de campo para este valor de voltaje de campo es 4.5(A).

c) Corriente de campo IF

( )

.)(3.5

,3.5/16.532

0/480º87.36/3

12001.0015.0

1.0015.00/480

º87.36/3

12003

AIescampodecorrientelatensiondevaloresteparaquevemosy

tablalaavamosdatoestetenemosqueYaE

jE

VIZEjZ

V

II

F

F

F

aafF

a

aaf

=

=

+−⋅+=

+⋅=+=

=

−==

d) Rendimiento de generador η

%71.89100889729798129100

)(88972921600798129

)(216003

1200015.033

)(79812980.012004803cos32

2

=⋅=⋅=

=+=∴

=

⋅⋅==

=⋅⋅⋅==

+=

entrada

salida

entrada

afaperdidas

aasalida

perdidassalidaentrada

PP

WP

WIrP

WIVP

PPP

η

θ

Z=ra+jxs Iaf

EF Va

+

-



e) Si se desconecta la carga el voltaje en los terminales sería el mismo de EF encontradoen el ejercicio c), o sea, 532.16 (V)

f) Corriente de campo IF

( )

).(4

,)(º19.14/451

0/480º87.36/3

12001.0015.0

1.0015.00/480

º87.36/3

12003

AIescampodecorrientelatensiondevaloresteparaquevemosy

tablalaavamosdatoestetenemosqueYaVE

jE

VIZEjZ

V

II

F

F

F

aafF

a

aaf

=

=

+⋅+=

+⋅=+=

=

== Z=ra+jxs Iaf

EF Va

+

-



3. Un generador sincrónico de 12 polos 400 (V) a 50 (Hz), xs = 1 Ω, conectado en estrella,la corriente de armadura a plena carga es 60 (A) con un factor de potencia de 0.80 enatraso. La corriente de campo se ajusta para que el voltaje en los terminales en vacío seade 400 (V). Determinar:

a) El voltaje terminal a corriente nominal a factor de potencia 0.70 en atraso.

57.45/6057.45

0/90/1

/3

400

−==

=

=

=

a

aa

s

f

I

VVx

E

θ

δ

[ ] [ ]

)(24.184)57.45(60148.10cos3

400

º48.1034007.0601

coscos0

cos

coscos

//0/

1

1

VsenV

sen

EIx

senIxsenE

senIxEV

jsenIjxjsenEV

IjxEV

a

F

asasF

asFa

asFa

asFa

=−⋅⋅−⋅=∴

=

⋅⋅=

=⇒−=

+=

+−+=

−=

−

−

δ

θδθδ

θδ

θθδδ

θδ

jxs Iaf

EF Va

+

-



4. Un generador sincrónico, trifásico de 5 (Kva.), 208⋅√3 (VLL), 4 polos, 60 (hz.),conexión estrella, tiene une reactancia sincrónica xs= 8 Ω. El generador opera a una redy trifásica de 208⋅√3 (VLL), 60 (hz.). La tabla muestra la característica de vacío delgenerador a 60 (hz.).

a) ¿A qué velocidad (rpm) debe ser impulsado el eje del generador para poderconectarse a la red de 60 (hz).

b) Calcule la corriente IF necesaria para que el generador entregue potencia a la redcon corriente nominal y factor de potencia 0.8 inductivo. Determine el ángulo decarga.

Solución:

a) Velocidad sincrónica

rpmPfeN S 1800

2606060

=⋅

==

b) Corriente de campo IF.

).(5.2int

)(75.11/74.25187.36/013.880/208

8.0

)(013.832083

50003

AamenteaproximadaescampodeecorrlaquevemosytablalaavamoscampodevoltejedevaloresteCon

VjEIjxEV

inductivoFP

AVS

II

a

asaa

aLL

aaL

∴=−⋅+=

−==

=⋅⋅

=⋅

==

IF (A) 1 2 2.5 3 4EF (V) 100 200 250 280 330


5. Un generador sincrónico trifásico conexión estrella, perdidas despreciables, 4 polos,tensión nominal 13.2 (kVLL), 50 (Mva), reactancia sincrónica xs= 3 Ω esta conectado auna red de 13.2 (kVLL), 50 (Hz). La turbina entrega una potencia de 45 (MW) al eje.La corriente de campo ha sido ajustada para que el generador opere con factor depotencia unitario.

a) Determine la corriente por el estator Ia.b) ¿Cuánto valen la tensión de rotación y el ángulo de carga δ?.c) ¿Cuánto vale el torque desarrollado por la turbina?

Solución:

a) Corriente en el estator Ia.

)(69.218132003

500000003

AVS

IIaLL

aaL =

⋅===

b) La tensión de campo y ángulo par δ.

º92.4

)(º92.4/21.76490/69.21830/3

13200

1

=

=⋅+=

−==

δ

VjE

IjxEVFP

a

asaa

c) Torque aplicado τap.

)(826.3108.157

5000

08.1572

5022

)(5)º92.4sen(3

21.76493

13200

3sen3

mkNPsegrad

Pfe

MWxEV

P

s

entradaap

s

s

aaentrada

−===

=

⋅==

=⋅

⋅=⋅=

ωτ

ππω

δ


6. Un generador sincrónico de 6 polos, de 50 (HZ) tiene una reactancia sincrónica de xs =4Ω y es conectada a una red de 2300 (V) y trabaja con una corriente de campo IF = 5(A). La característica de vacío del generador es:

IF (A) 2.5 5.0 7.5 10EF LL (V) 1125 2250 3375 4200

Si el generador opera con δ = 25º:

a) Determine el torque requerido para mover el generador.b) La corriente por el estator.c) Determine el factor de potencia.

Solución:

a) Torque requerido τap.

b) Corriente por el estator Ia

c) Factor de potencia.

jxs Ia

EF225

Va

+

-


)(2.572.10476.546

72.1043

5022

)(76.546)º25sen(4

32250

32300

3sen3

4

)(0/3

2300

)(25/3

2250

mkNPsegrad

Pfe

kWxEV

P

x

VV

VE

s

entradaap

s

S

Faentrada

S

a

F

−===∴

=

⋅==

=⋅

⋅=⋅=

Ω=

=

=

ωτ

ππω

δ

)(º34.15/32.142º90/4

º0/3

2300º25/3

2250

AjxVEI

IjxEV

s

Aaa

asaa

=−

=−

=

−=

)(964.0)º34.15cos( capacitivoadelantoenFP ==


7. Un generador sincrónico de 10 (MVA), 6.6 (kV), 50 (Hz), 600 rpm, conectado enestrella. La reactancia sincrónica xs = 6.8Ω. Las perdidas mecánicas ascienden a 125(kW). El generador se encuentra acoplado a una red infinita de 6.6 (kV) cediendo unapotencia de 8 (MVA) con factor de potencia 0.8 inductivo. Calcular:

a) La tension de campo y el ángulo par.b) El par mecánico de la turbina.c) El rendimiento del generador en estas condiciones.

Solución:

a) Corriente de excitación IF

b) El torque aplicado τap y c) rendimiento η

jxs Ia

EF Va

+

-


º73.29

)(º73.29/33.7676º87.36/82.6998.63

º0/6600

)(º87.36/82.699)(82.699

)(82.69966003

80000003

=

=−⋅+=

−=−=

=

=⋅

===

δ

VjE

IjxEVAI

AI

AVS

II

a

asaa

a

a

aLL

aaL

%08.98100

)(85.10383.62

6525

83.6260

2

)(65251256400)(64008.08000000

=⋅=

−===

==

=+==⋅=⋅=

+=

=

mec

salida

s

mecap

ss

mec

asalida

perdidassalidamec

s

mecap

PP

mkNPsegradN

kWPkWFPSP

PPP

P

η

ωτ

πω

ωτ


8. La curva de vacío de un generador sincrónico de 50 (Hz), 4 polos, 50 (MVA), 13.8(kV), FP = 0.85 inductivo, 50 (Hz), conectada en estrella, reactancia sincrónica vienedad por los siguientes valores:

IF (A) 61 92 142 179 240 320 430EF (KV) 5.52 8.28 11.04 12.42 13.8 15.18 16

Durante este ensayo la potencia mecánica absorbida por el eje a la tensión de 13.8 (kV)fue de 250 (KW). Calcular:

a) La excitación necesaria para el funcionamiento en condiciones asignadas de tensión,corriente y factor de potencia.

b) El rendimiento del generador.

Solución:

a) La tensión de campo EF.

b) Rendimiento del generador η.

%4.9410045004250

)(4500

)(250)(425085.05000000

100

=⋅=

=

==⋅=⋅=

+=

⋅=

η

η

KWPKWP

KWFPSPPPP

PP

mec

perdidas

asalida

perdidassalidamec

mec

salida

)(º26.4/28.8376º79.31/85.20915.3º0/3

13800

)(º79.31/185.209

)(185.209138003

50000003

VjE

IjxEVAI

AVS

II

a

asaa

a

a

aaL

=−⋅+=

−=−=

=⋅

===

jxs Ia

EF Va

+

-



9. Un generador sincrónico trifásico de 60 (Hz), 635 (MVA), factor de potencia de 0.9, 24(kV), 3600 rpm. El generador esta entregando a una barra infinita 458.47 (MW) y114.62 (MVA). Calcule el voltaje de excitación EF, si la reactancia sincrónica es xs =1.7241 por unidad sobre la base de la máquina resistencia es insignificante.

Solución:

Todos los valores en por unidad en los cálculos que siguen se basan en los datos nominalesde megavoltamperes y kilovolts de la máquina.

jxs Ia

EF Va

+

-


unidadporEIjxVE

jVSI

jSQPPQS

QPSMVAQMWP

xVVV

KVVKVVMVAS

a

aaa

aa

base

salidasalida

salidasalidasalida

salida

salida

base

aa

a

base

base

º7239.45/83.1

º036.14/783.019.076.0

1805.0722.0

)(62.114)(47.458

7241.1

0/95.0

)(8.22)(24

)(635

1/º

1/º1/º1/º1/º

1/º

1/º1/º

1/º1/º1/º

1/º

1/º

=+=∴

−=−=

=

+=+

=+=

+===

=

==

===

∗


10. El generador del problema anterior tiene una reactancia sincrónica xs = 1.7241 porunidad. El voltaje en terminales es 1.0 +j0 por unidad y el generador suministra alsistema una corriente de 0.8 por unidad a factor de potencia 0.9 en atraso. Todos losvalores en por unidad están sobre la base de la máquina. Sin considerar la resistencia,encuentre la magnitud y el ángulo δ entre EF y el voltaje de la barra, también encuentrela potencia activa y reactiva suministrada por el generador a la barra.

Solución:

( ) unidadporVExV

Q

unidadporxEV

P

unidadporIjxVEunidadporx

unidadporVunidadporIatrasoen

aas

aa

s

aaa

asaa

s

a

a

349.0cos

72.0sen

º78.37º78.37/026.2

7241.1º0/1

º84.25/8.0º84.259.0cos 1

=−=

==

==+=

==

−=== −

δ

δ

δ

θ

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