R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 1

PROBLEMAS DE MOTORES SINCRÓNICOS

Asignatura : Conversión Electromecánica de la EnergíaFecha : Agosto-2003Autor : Ricardo Leal Reyes

1. Un motor sincrónico trifásico de polos cilíndricos, conectado en estrella a 1732 voltentre línea, ra=0,xs=10 Ω. Las pérdidas de potencia por fricción mecánica y del aire máslas del núcleo suman 9 kW. La potencia de salida es de 390 HP. La tensión deexcitación máxima (EFmax)es de 2500 volt por fase. Determinar:

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

Solución:

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

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

M

IF

Ia

Va

Esquema simplificado

jxs Ia

EF Va

+

-

Circuito equivalente por fase Diagrama fasorial

δθ θEF

Va

IajxsIa

xsIasen(θ)xsIacos(θ)

adelantoenFPj

I

senEV

xPsen

PPsenx

EVP

jxEV

IIjxEV

a

Fa

sa

pérdidassalidas

Faa

s

FaaasFa

61.0)º26.52cos(

º26.52/32.16310

57.23/25003

1732

º57.232500

31732

1099980

999803

9000746390

/º0/

1

max

1

max

==

=−−

=

=

⋅

⋅=

=

=+⋅

=+==

−−=+=

−−δ

δ

δ

neutrofasevoltV

xPE

a

saFmin −=

⋅== /83.999

31732

1099980

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 2

2. Un motor sincrónico trifásico de rotor cilíndrico conectado en estrella a 2300 (V), a 60Hz, xs=11 Ω, Potencia de salidad 100 HP, tiene un rendimiento igual a un 85%, suángulo par es de 7º, considere resistencia de armadura despreciable. Determinar:

a) EF.b) Iac) FP

Solución:

a) EF.

b) Ia.

c) FP.

)/(9.292543

71.87764

)(71.8776410085

746100100100

faseWP

WP

PPP

a

salidaa

entrada

salida

==

=⋅

==⇒=η

η

)/(º7/52.1988

)/(52.1988º7sen

32300

119.29254sen

sen

nfVE

nfVV

xPE

xEV

P

F

a

saF

s

Faa

−−=

−=⋅

⋅==⇒=

δδ

º43.69/7.6211

º7/52.1988º0/3

2300

=−−

=−

=jjx

EVI

s

Faa

adelantoenFP 36.0)º43.69cos( ==

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 3

3. Un motor sincrónico de polos cilíndricos, trifásico con 1250 HP recibe una potenciaconstante de 800 kW a 1100 V. Ra=0, xs=50 Ω, 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 excitación mediante el ajuste de la corriente de campo.

Solución:

[ ] )./(9401,4114

)/(º69.30/411426.53/5235.150º0/3

11000)º26.53(

)/(º9.12/940126.53/5235.150º0/3

11000)º26.53(

º26.53)5923.0cos(5235.1

3110003

80000cos

/º0/

3coscos3

1

1

nfVrangoE

nfVjE

atrasoenFPCon

nfVjE

adelantoenFPCon

IjxVIjxVE

IVP

IVP

F

F

F

asaasaF

aa

aaaa

−=

−−=−⋅⋅−=

−=

−−=⋅⋅−=

=

±=±=

⋅⋅⋅±=

−=−=

⋅

±=⇒⋅=

−

−

θ

θ

θ

θ

θθ

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 4

4. Un motor sincrónico trifásico conectado en estrella, a 440 (V), tiene una reactanciasincrónica de 6.06 Ω, resistencia de armadura despreciable, tensión de excitación de200 (V/f-n) y un ángulo par de 36.4º. Determinar:

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

Solución:

a) Corriente de armadura y el factor de potencia

b) La tensión de excitación si el factor de potencia es igual a 1.0.

jxs Ia

EF Va

+

-

Circuito equivalente por fase

atrasoFP

Ajjx

EVI

IjxEV

s

Faa

asFa

787.0)º1.38cos(

)(º1.38/89.2406.6

º4.36/200º0/3

440

==

−=−−

=−

=

+=

)/(º7.0'3/44.295º0/89.2406.63

440º01

nfVjIjxVE

FPSi

asaF −−=⋅−=−=

=⇒= θ

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 5

5. Un motor sincrónico trifásico en conexión estrella, de 380 V entre fases, 1500 rpm, 50Hz, 100 kW con FP=1 y tensión nominal. Ra= despreciable, xs=0.5 Ω. El motordesarrolla 100 kW en el eje, FP a 0.8 inductivo y tensión nominal. Se ajusta la corrientede campo para un factor de potencia de 0.8 capacitivo. Determinar:

a) La corriente de campo aumenta o disminuye.b) Cual será la nueva corriente de armadura.c) Qué magnitud tiene la tensión inducida antes del ajuste.d) Qué magnitud tendrá la tensión inducida después del ajuste.e) Cuál es el torque desarrollado por el motor.

Solución:

a) La corriente de campo aumenta o disminuye

La respuesta se obtiene de las curvas V del motor sincrónico. Estas curvas, representanla variación que experimenta la corriente de armadura en función de la tensión decampo (ó 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.

Procedimiento:• Dado EF se calcula δ 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

[ ] [ ]

[ ]

)3(

)2(cos)1(sen

cossensencos

/

/,º0/,

22

2

2*2*

*

a

aa

a

aa

Fas

aa

s

Faa

Fas

a

s

Fa

s

Fa

s

aa

s

Fa

s

a

s

Fa

s

a

s

Faaa

FFaas

FaaasFa

aaaaa

VQP

VS

I

EVxV

QxEV

P

EVxV

jxEV

jxEV

jx

VjS

xEV

jx

Vj

jxEV

jxV

jxEV

VS

EEVVjx

EVIIjxEV

jQPIVS

+==

−==

−+=+−=

−=+−

=

−=

−==−

=+=

+==

δδ

δδδδ

δ

δ

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 6

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

EF[V] Ia[A] Pa[W] δ[º] Qa[VAr] Sa[VA] FP Tipo FP100 344 33333 -49.44 67732 75490 0.4416 atraso110 318 33333 -43.68 61359 69829 0.4774 atraso120 295 33333 -39.28 55507 64747 0.5148 atraso130 274 33333 -35.76 49977 60074 0.5549 atraso140 254 33333 -32.86 44667 55734 0.5981 atraso150 236 33333 -30.43 39514 51696 0.6448 atraso160 219 33333 -28.35 34479 47957 0.6951 atraso170 203 33333 -26.54 29535 44536 0.7485 atraso180 189 33333 -24.96 24664 41466 0.8039 atraso190 177 33333 -23.57 19851 38797 0.8592 atraso200 167 33333 -22.32 15086 36588 0.9110 atraso210 159 33333 -21.21 10362 34907 0.9549 atraso220 154 33333 -20.20 5671 33812 0.9858 atraso230 152 33333 -19.29 1010 33349 0.9995 atraso240 153 33333 -18.45 -3627 33530 0.9941 adelanto250 157 33333 -17.69 -8243 34337 0.9708 adelanto260 163 33333 -16.99 -12839 35721 0.9332 adelanto270 171 33333 -16.34 -17420 37611 0.8863 adelanto280 182 33333 -15.74 -21985 39931 0.8348 adelanto290 194 33333 -15.19 -26538 42607 0.7823 adelanto300 208 33333 -14.67 -31079 45574 0.7314 adelanto310 222 33333 -14.19 -35610 48777 0.6834 adelanto320 238 33333 -13.73 -40131 52169 0.6389 adelanto330 254 33333 -13.31 -44644 55715 0.5983 adelanto340 271 33333 -12.91 -49149 59386 0.5613 adelanto350 288 33333 -12.54 -53647 63160 0.5278 adelanto360 305 33333 -12.18 -58139 67017 0.4974 adelanto

Para una tensión igual a 230 (V) el motor funciona con factor de potencia igual a uno.Con tensión de campo menor que 230 (V), el motor funciona con un factor de potenciaen atraso y si la tensión 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 tensión de campo a través del aumento de lacorriente de campo.

Curva "V": Ia vs. EF

050

100150200250300350400

0 100 200 300 400Tensión de campo (V/f-n)

(A)

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 7

b) Cual será la nueva corriente de armadura.

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

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

c) Qué magnitud tiene la tensión inducida antes del ajuste.

d) Qué magnitud tendrá la tensión inducida después del ajuste.

e) Cuál es el torque desarrollado por el motor.

º87.36/92.189)(92.18980.03803

100000

cos3cos3 33

−==⋅⋅

=

==

aa

aaaa

IAI

IVPóVIP θθ φφ

º87.36/92.189 +=aI

)/(07.25/31.179

º87.36/92.1825.0º0/3

380

nfVE

jIjxVE

IjxEV

F

asaF

asFa

−−=

−⋅−=−=

+=

)/(37.15/621.286

º87.36/92.1825.0º0/3

380

nfVE

jIjxVE

F

asaF

−−=

+⋅−=−=

)(62.636

6015002

1000006015002

602

)(

mNT

Nw

mNewtonw

PT

ss

s

Salida

−==

==

−=

π

ππ

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 8

6. Un motor sincrónico de rotor cilíndrico de 2300 V, conectado en estrella, tiene unareactancia sincrónica de 3 Ω y una resistencia de 0.25 Ω. Si trabaja con un ángulo depotencia (par) δ=15º y la excitación (corriente de campo) está ajustada de forma tal queEF sea igual a la tensión nominal aplicada al motor. Calcular:

a) La corriente de armadura Ia.b) El factor de potenciac) La potencia desarrolladad) La caída de tensión interna.

Solución:

a) Corriente de armadura Ia.

b) El factor de potencia

c) La potencia desarrollada

d) La caída de tensión interna.

º0/91.1327º0/3

2300,º15/91.1327º15/3

2300==−=−= aF VE

º74.2/15.115º24.85/01.3

º50.82/65.346325.0

º15/91.1327º0/91.1327−==

+−−

=+−

=jjxr

EVI

sa

Faa

atrasoenFP 9989.0)º74.2cos( =−=

)(48)(44822615.11525.039989.091.13273

3)74.2cos(32

2

kWWP

IrIVPPP

salida

aaaapérdidasentradasalida

==⋅⋅−⋅⋅=

⋅−⋅⋅=−=

)(65.346º15/91.1327º0/91.1327 VEVV Fa =−−=−=∆

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 9

7. Un motor sincrónico de 6.6 kV, 45 A se emplea como compensador sincrónico 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 sincrónico sea de:

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

Suponga que la reactancia sincrónica del motor es de 0.85 0/1, despreciar las pérdidas yconsiderar que el motor está en vacío.

Solución:

Como la reactancia sincrónica del MS está en por unidad (0/1), se supone que los valoresbases corresponden a los valores nominales del MS, esto es:

Corriente base IB=45 A , tensión base VB=6.6 kV y potencia baseSB=√3VBIB=√3⋅6.6⋅45=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:

IMS

Sistema eléctrico

MS

Consumo Planta:PC=400kWFPC=0.75 atrasoSC=PC+jQC

Ssis=Psis+jQsis

SMS=PMS+jQMSPMS=0

V=6.6 kV

[ ] [ ] kVArFPFPP

Q

DondeQQQ

PPSSS

CC

CC

MSCsis

Csis

MSCsis

77.352)75.0(cossen75.0

400)(cossen

:

11 ===

+==

+=

−−

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 10

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

a) FP=0.95 en atraso

[ ]

[ ] [ ]

MSsMSF

B

MSMS

MS

MSMS

MS

MS

MS

MSMS

MSMSMSMS

sissis

sississis

Csis

Csis

sissis

sissisCsisMS

IjxVEII

neI

AV

QabsolutovalorneI

AV

Qj

VS

I

jQIVS

kVArFPsenFP

QFPsenFPP

Q

tienesePPComo

FPsenFPP

QQQQ

−=

=

=

−=

=

+==

==

=

=−=

−−

−

1/0

)(3

)(33

03

)()(cos400,)(cos

,

)(cos,

*

*

11

1

[ ]

)(2040.536.6º0/3657.1

)1/0(º0/3657.14302.085.014302.085.01

)1/0(º0/16.6

º0/6.6

)1/0(4302.045

36.191/0

)(36.19)(6.63

)(30.221

)1/0(4302.042.51430.221

)(30.22177.35247.131

)(47.131)95.0(cos95.0

400 1

kVVEE

jjEVV

V

jjneI

AjkVkVArjI

SQ

Q

kVARQQQ

kVArsenQ

BFF

F

B

MSMS

MS

MS

B

MSMS

CsisMS

sis

⋅=⋅=⋅=

=⋅+=⋅−=

===

==

=⋅

−−==

−=−

==

−=−=−=

== −

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 11

b) FP=1.0

c) FP=0.95 en adelanto

[ ]

)(0320.636.6º0/5829.1

)1/0(º0/5829.16858.085.016858.085.01

)1/0(6858.045

36.191/0

)(86.30)(6.63

)(77.352

)1/0(6858.042.51477.352

)(77.352

)(0)1(cos1

400 1

kVVEE

jjE

jjneI

AjkVkVArjI

SQ

Q

kVARQQQ

kVArsenQ

BFF

F

MS

MS

B

MSMS

CsisMS

sis

⋅=⋅=⋅=

=⋅+=⋅−=

==

=⋅

−−==

−=−

==

−=−=

== −

[ ]

)(8590.636.6º0/80.1

)1/0(º0/80.19413.085.019413.085.01

)1/0(9413.045

36.191/0

)(36.42)(6.63

)(24.483

)1/0(9413.042.51424.484

)(24.48477.35247.131

)(47.131)95.0(cos95.0

400 1

kVVEE

jjE

jjneI

AjkVkVArjI

SQ

Q

kVARQQQ

kVArsenQ

BFF

F

MS

MS

B

MSMS

CsisMS

sis

⋅=⋅=⋅=

=⋅+=⋅−=

==

=⋅

−−==

−=−

==

−=−−=−=

−=−= −

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 12

8. Un motor sincrónico de 208 (V), 60 (Hz), 45 (kVA) a un factor de potencia 0.80 enadelanto, conectado en triángulo; xs= 2.5 Ω. Las perdidas por fricción y ventilación sonde 1.5 (kW) y las perdidas en el núcleo 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

Solución:

a)

º42.12)(42.12/1.25587.36/4.275.20/208

)(87.36/4.27º87.36

)(4.273

)(2.478.02083

13690cos3

cos3

)(13690

)(2500)(11190)(74615)(15

−=

−=⋅−=−=∴

=⇒+=

==

=⋅⋅

=

=⇒=

=+=

==⋅==

δ

θ

θθ

VjEIjxVE

AI

AI

I

AI

VP

IIVP

WPPP

WPWWHpP

a

asaa

a

La

L

a

entradaLLaentrada

perdidassalidaentrada

perdidas

salida

b)

adelantoFPAII

Ajx

EVIIjxVE

sen

EVxP

sensenx

EVP

WPPPWP

WWHpP

aL

s

aaaasaa

aa

sentrada

s

aaentrada

perdidassalidaentrada

perdidas

salida

966.0)15(cos,)(46.713

)(15/26.4190/5.2

23/2550/208

º232552083

5.224880

33

)(24880

)(2500)(22380)(74630)(30

1

1

====

=−−

=−

=⇒−=∴

=

⋅⋅⋅

=

⋅

=⇒⋅

=

=+=

==⋅==

−

−

δ

δδ

jxs=2.5 Ia

Ea Va= 208/0

+

-

Circuito equivalente

Va

δ

θ

Ea

Ia

jxsI a

jxs= 2.5 Ia

Ea= 255/δ Va= 208/0

+

-

Circuito equivalente

Va

δ

θ

Ea

Ia

jxsI a

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 13

9. Con respecto al problema anterior, si la corriente de excitatriz del motor sincrónicodisminuye en un 25 %, calcular la corriente de armadura, el factor de potencia .

Nota /

.var,tan,

:

inducidatensiónlaatedirectamenafectaexitacióndecorrientelaeniacióncualquierquedecirquiereesotesconssonwyKdondeIwKE

siguentelaesIyEentreexistequerelaciónLa

FFFFFF

FF

=

Solución:

atrasoenFP

Ajx

EVIIjxVE

VE

sen

EVxP

sensenx

EVP

VEE

VE

WP

s

FaaasaF

F

Fa

sentrada

s

Faentrada

anteriorFF

anteriorF

entrada

91.0)31.24(cos

)(31.24/08.2490/5.2

67.16/25.1910/208

)(67.16/25.191

º67.1625.19120835.213690

3

3

)(25.19175.0

)(255

)(13690

''

'

1

'1

'

'

=−=

−=−−

=−

=⇒−=∴

=

=

⋅⋅⋅

=

=⇒=

=⋅=

=

=

−

−

δ

δδ

M

IF

Ia

Va

Esquema simplificado

jxs Ia

EF Va

+

-

Circuito equivalente por fase

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 14

10. Un motor sincrónico de 480 (V), 400 (HP), FP= 0.80 en adelanto, 60 (Hz) 8 polos,conectado en triángulo, xs = 1 Ω. No tenga en cuanta el rozamiento, así como tambiénla perdidas en el núcleo. Determine:

a) Si el motor esta suministrando inicialmente 400 HP a un factor de potencia 0.80 enatraso ¿ cuales son las magnitudes y los ángulos de la tensión de campo y lacorriente de armadura.

b) El torque inducido y luego haga una relación con el torque máximo en porcentaje.c) Si la tensión de campo (EF) aumente en un 5 % la magnitud de la nueva corriente de

armadura, luego indique el nuevo factor de potencia.

Solución:

a) La corriente de armadura Ia, voltaje de campo Ea .

)(56.32/1.38587.36/03.25910/480

)(87.36/03.259º87.368.0

)(03.2593

)(65.4488.04803

298400cos3

cos3

)(298400746400

VjEIjxVE

AIatrasoFP

AI

I

AI

VP

IIVP

WPP

a

asaa

a

La

L

a

entradaLLaentrada

salidaentrada

−=−⋅−=−=∴−=

−=⇒=

==

=⋅⋅

=

=⇒=

=⋅==

θ

θθ

b) El torque inducido y el torque máximo

%81.5310076.588312.3166100Re

)(76.5883125.95

1.38548033

)(12.316625.95

298400

25.954

6022

max%

max

=⋅=⋅=

−=⋅

⋅⋅==

−===

=

⋅==

ττ

ωτ

ωτ

ππω

ind

ss

aa

s

entradaind

s

lación

mNxEV

mNP

segrad

Pfe

R.Leal.R Problemas Motores Sincrónicos 15

c) Corriente de armadura y factor de potencia nuevos para un aumento del 5 % del voltajede campo.

atrasoenFP

Ajx

EVIIjxVE

VE

VEE

s

aaaasaa

a

aa

84.0)56.32cos(

)(56.32/33.25890/1

56.32/36.4040/480

)(56.32/36.404

)(36.40405.1

''

'

'

=−=

−=−−

=−

=⇒−=∴

−=

==