problemas de generadores sincrónicos

PROBLEMAS DE GENERADORES SINCRÓNICOS.
Asignatura
Fecha
Autor
:
:
:
Conversión Electromecánica de la Energía.
Agosto-2003.
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) se
ajusta 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 conocen
cuando 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).
P = 3 pares de polos
f = 60 ( Hz )
60 ⋅ f
60 ⋅ 60
NS =
=
= 1200 (rpm)
P
3
b) Voltaje en terminales del generador (Va).
jxs
IF
Va
G
Ia
Ia
θ
δ
+
-
EF
EF
Va
θ
Ia
Va
jxsIa
xsIasen(θ)
xsIacos(θ)
Esquema simplificado
Circuito equivalente por fase
R.Leal.R
Diagrama fasorial
Problemas Generadores Sincrónicos
1
Del circuito equivalente y del diagrama fasorial se determina, como:
Va = E F − jx s I a
Va / 0 = E F / δ − jx s I a / θ
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, esto
es:
senδ =
x s I a cosθ
EF






x
I
cos
θ
⋅
⋅
1
60
0
.
8
−1
δ = sen −1  s a
=
sen



 480 
 EF


3 
La segunda forma es separar la ecuación de voltaje Va en parte real y parte imaginaria,
como:
Va / 0 = E F / δ − jx s I a / θ
Va = E F [cos δ + jsenδ ] − jx s I a [cosθ + jsenθ ]
Va = E F cos δ + x s I a senθ
0 = E F senδ − x s I a cosθ
I.
 x s I a cosθ 
⇒ δ = sen −1 

EF


Corriente nominal y FP=0.80 atraso:




 x I cosθ 
−1 1 ⋅ 60 ⋅ 0.8
δ = sen −1  s a
=
sen

 = 10º

 480 
 EF


3 
FP = 0.80 atraso ⇒ θ = −36.86º
Va = E F cos δ + x s I a senθ
Va =
R.Leal.R
480
cos10º +1 ⋅ 60 ⋅ (−0.60) = 237 (V / fase) ⇒ Va = 237 ⋅ 3 = 410 (Vlínea)
3
Problemas Generadores Sincrónicos
2
II.
Corriente nominal y FP=1 atraso:



1 ⋅ 60 ⋅ 1
δ = sen −1 
 = 12.5º
 480 

3 
FP = 1 ⇒ θ = 0º
480
Va =
cos12.5º = 271 (V / fase) ⇒ Va = 271 ⋅ 3 = 468 (Vlínea)
3
III.
Corriente nominal y FP=0.80 adelanto:




1
⋅
60
⋅
0
.
80
δ = sen −1 
 = 10º
 480 


3
FP = 0.80 adelanto ⇒ θ = +36.87 º
480
Va =
cos10º +1 ⋅ 60 ⋅ 0.6 = 309 (V / fase) ⇒ Va = 309 ⋅ 3 = 535 (Vlínea)
3
c) Rendimiento (η), considerando carga nominal con factor de potencia 0.80 en atraso.
η=
{
}
Psalida
3 Re al Va I a∗
3Va I a cosθ
⋅ 100 =
⋅ 100 =
⋅ 100
Pentrada
Psalida + Pperdidas
3Va I a cosθ + Pperdidas
η=
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80
⋅ 100 = 93.2%
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500
d) Torque inducido τind para corriente nominal a FP=0.80 atraso.
τ ind =
R.Leal.R
Psalida
ωs
=
3Va I a cosθ
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80
=
= 271.3 ( Nm)
π ⋅ Ns
π ⋅ 1200
30
30
Problemas Generadores Sincrónicos
3
Torque aplicado τap para corriente nominal a FP=0.80 en atraso.
Psalida + Pperdidas
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500
=
= 291.2 ( Nm)
π ⋅ Ns
π ⋅ 1200
ωs
30
30
e) Regulación de tensión
τ ap =
Pentrada
=
I. Regulación de tensión para un FP=0.80 en atraso
Re g =
E F − Va
480 − 410
⋅ 100 =
⋅ 100 = 17.07%
Va
410
II. Regulación para de tensión para un FP=1
Re g =
E F − Va
480 − 468
⋅ 100 =
⋅ 100 = 2.56%
Va
468
III. Regulación para de tensión para un FP=0.80 en adelanto
Re g =
E F − Va
480 − 535
⋅ 100 =
⋅ 100 = −10.28%
Va
535
2. Un generador sincrónico conectado en triángulo, 480 (V), 60 (Hz), 4 polos, ra igual a
0.015Ω y xs igual a 0.1Ω. A plena carga la maquina entrega 1200 (A) con FP= 0.80 en
atraso. Las pérdidas totales son 70 (kW). Las características de vacío están dadas por:
EF 0 125 260 375 450 510 550 560 570 580 590
IF 0 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
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 de
480 (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).
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
4
Solución:
a) Velocidad sincrónica
Ns =
60 f 60 ⋅ 60
=
= 1800 rpm
P
2
b) Sabemos que se realizó la medición en vacío, por lo tanto, conocemos el voltaje de
campo, en este caso es de 480 (V). Observando la tabla de EF v/s IF podemos decir que
la corriente de campo para este valor de voltaje de campo es 4.5(A).
c) Corriente de campo IF
I af =
Ia
=
3
Va = 480 / 0
1200
/ − 36.87º
3
Z=ra+jxs Iaf
+
Z = 0.015 + j 0.1
E F = Z ⋅ I af + Va
-
E F = (0.015 + j 0.1) ⋅
1200
/ − 36.87 º + 480 / 0
3
EF
Va
Circuito equivalente por fase
E F = 532.16/ 5.3
Ya que tenemos este dato, vamos a la tabla
y vemos que para este valor de tension la corriente
de campo es I F = 5.3( A) .
d) Rendimiento de generador η
Pentrada = Psalida + Pperdidas
Psalida = 3Va I a cosθ = 3 ⋅ 480 ⋅ 1200 ⋅ 0.80 = 798129 (W )
2
 1200 
Pperdidas = 3ra I af = 3 ⋅ 0.015 ⋅ 
 = 21600 (W )
 3 
∴Pentrada = 798129 + 21600 = 889729 (W )
2
η=
Psalida
798129
⋅ 100 =
⋅ 100 = 89.71%
Pentrada
889729
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
5
e) Si se desconecta la carga el voltaje en los terminales sería el mismo de EF encontrado
en el ejercicio c), o sea, 532.16 (V)
f) Corriente de campo IF
I af =
Ia
=
3
Va = 480 / 0
1200
/ 36.87 º
3
Z=ra+jxs Iaf
+
Z = 0.015 + j 0.1
E F = Z ⋅ I af + Va
1200
/ 36.87 º + 480 / 0
3
E F = 451 / 14.19º (V )
E F = (0.015 + j 0.1) ⋅
-
EF
Va
Circuito equivalente por fase
Ya que tenemos este dato, vamos a la tabla
y vemos que para este valor de tension la corriente
de campo es I F = 4 ( A).
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
6
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 en
atraso. La corriente de campo se ajusta para que el voltaje en los terminales en vacío sea
de 400 (V). Determinar:
a) El voltaje terminal a corriente nominal a factor de potencia 0.70 en atraso.
jxs
400
/δ
3
x s = 1 / 90
+
Va = Va / 0
-
Ef =
θ = 45.57
I a = 60 / − 45.57
EF
Iaf
Va
Circuito equivalente por fase
Va / 0 = E F / δ − jx s I a / θ
Va = E F [cos δ + jsenδ ] − jx s I a [cosθ + jsenθ ]
Va = E F cos δ + x s I a senθ
0 = E F senδ − x s I a cosθ
 x s I a cosθ 
⇒ δ = sen −1 

EF


 1 ⋅ 60 ⋅ 0.7 
 = 10.48º
δ = sen −1 

 400 3 
400
∴ Va =
⋅ cos10.48 − 1 ⋅ 60 ⋅ sen(−45.57) = 184.24 (V )
3
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
7
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 red
y trifásica de 208⋅√3 (VLL), 60 (hz.). La tabla muestra la característica de vacío del
generador a 60 (hz.).
2 2.5 3
4
IF (A) 1
EF (V) 100 200 250 280 330
a) ¿A qué velocidad (rpm) debe ser impulsado el eje del generador para poder
conectarse a la red de 60 (hz).
b) Calcule la corriente IF necesaria para que el generador entregue potencia a la red
con corriente nominal y factor de potencia 0.8 inductivo. Determine el ángulo de
carga.
Solución:
a) Velocidad sincrónica
N S=
60 fe 60 ⋅ 60
=
= 1800 rpm
P
2
b) Corriente de campo IF.
IL = Ia =
Sa
3 ⋅ VaLL
=
5000
= 8.013 ( A)
3 ⋅ 208 ⋅ 3
FP = 0.8 inductivo
Va = E a − jx s I a
E a = 208/ 0 + j8 ⋅ 8.013/ − 36.87 = 251.74 / 11.75 (V )
∴Con este valor de volteje de campo vamos a la tabla y vemos que la corr int e
de campo es aproximadamente a 2.5 ( A).
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
8
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 a
una 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 de
potencia 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.
IL = Ia =
Sa
3 VaLL
=
50000000
= 218.69 ( A)
3 ⋅ 13200
b) La tensión de campo y ángulo par δ.
FP = 1
Va = E a − jx s I a
13200
/ 0 + j 3 ⋅ 218.69 / 0 = 7649.21/ 4.92º (V )
3
δ = 4.92º
Ea =
c) Torque aplicado τap.
Pentrada
ωs =
τ ap =
R.Leal.R
13200
⋅ 7649.21
Va E a
3
= 3⋅
sen δ = 3 ⋅
sen(4.92º ) = 5 ( MW )
xs
3
 rad 
2πfe 2π ⋅ 50

=
= 157.08 
P
2
 seg 
Pentrada
ωs
=
5000
= 31.826 (kN − m)
157.08
Problemas Generadores Sincrónicos
9
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)
EF LL (V)
2.5
1125
5.0
2250
7.5
3375
10
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.
jxs
2250
/ 25 (V )
3
2300
Va =
/ 0 (V )
3
xS = 4 Ω
EF =
Pentrada
ωs =
Ia
+
-
EF
225
Va
Circuito equivalente por fase
2300 2250
⋅
Va E F
3
3
=3⋅
sen δ = 3 ⋅
sen(25º ) = 546.76 (kW )
xS
4
 rad 
2πfe 2π ⋅ 50

=
=104.72 
P
3
 seg 
∴τ ap =
Pentrada
ωs
=
546.76
= 5.2 (kN − m)
104.72
b) Corriente por el estator Ia
Va = E a − jx s I a
2250
2300
/ 25º −
/ 0º
Ea − V A
3
3
Ia =
=
= 142.32 / 15.34º ( A)
jx s
4 / 90º
c) Factor de potencia.
FP = cos(15.34º ) = 0.964 en adelanto (capacitivo)
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
10
7. Un generador sincrónico de 10 (MVA), 6.6 (kV), 50 (Hz), 600 rpm, conectado en
estrella. 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 una
potencia 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
Sa
IL = Ia =
3 VaLL
8000000
=
= 699.82 ( A)
3 ⋅ 6600
I a = 699.82 ( A)
I a = 699.82/ − 36.87 º ( A)
Va = E a − jx s I a
jxs
Ia
+
-
EF
Va
Circuito equivalente por fase
6600 / 0º
+ j 6.8 ⋅ 699.82 / − 36.87º = 7676.33/ 29.73º (V )
3
δ = 29.73º
Ea =
b) El torque aplicado τap y c) rendimiento η
τ ap =
Pmec
Pmec
ωs
= Psalida + Pperdidas
Psalida = S a ⋅ FP = 8000000 ⋅ 0.8 = 6400 (kW )
Pmec = 6400 + 125 = 6525 (kW )
ωs =
τ ap =
η=
2πN s
 rad 

= 62.83 
60
 seg 
Pmec
ωs
=
6525
= 103.85 (kN − m)
62.83
Psalida
⋅ 100 = 98.08%
Pmec
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
11
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 viene
dad por los siguientes valores:
IF (A)
EF (KV)
61
5.52
92
8.28
142
179 240
11.04 12.42 13.8
320
430
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:
jxs
a) La tensión de campo EF.
Sa
5000000
=
= 209.185 ( A)
IL = Ia =
3 Va
3 ⋅ 13800
Ia
+
-
EF
Va
I a = 209.185/ − 31.79º ( A)
Circuito equivalente por fase
Va = E a − jx s I a
Ea =
13800
/ 0º + j 3.5 ⋅ 2091.85/ − 31.79º = 8376.28/ 4.26º (V )
3
b) Rendimiento del generador η.
η=
Psalida
⋅ 100
Pmec
Pmec = Psalida + Pperdidas
Psalida = S a ⋅ FP = 5000000 ⋅ 0.85 = 4250 ( KW )
Pperdidas = 250 ( KW )
Pmec = 4500 ( KW )
η=
4250
⋅ 100 = 94.4%
4500
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
12
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) y
114.62 (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 nominales
de megavoltamperes y kilovolts de la máquina.
S base = 635 ( MVA)
jxs
Vbase = 24 ( KV )
Va = 22.8 ( KV )
Va º / 1
Ia
+
V
= a = 0.95/ 0
Vbase
-
EF
Va
x º / 1 = 1.7241
Circuito equivalente por fase
Psalida = 458.47 ( MW )
Qsalida =114.62 ( MVA)
S salida = Psalida + Qsalida
S º / 1 = Qº / 1 + Pº / 1 =
Psalida + Qsalida
= 0.722 + j 0.1805
S base
∗
S 
I a º / 1 =  º / 1  = 0.76 − j 0.19 = 0.783/ − 14.036º
 Va º / 1 
∴ E a º / 1 = Va º / 1 + jx º / 1 I a º / 1
E a º / 1 = 1.83/ 45.7239º por unidad
R.Leal.R
Problemas Generadores Sincrónicos
13
10. El generador del problema anterior tiene una reactancia sincrónica xs = 1.7241 por
unidad. El voltaje en terminales es 1.0 +j0 por unidad y el generador suministra al
sistema una corriente de 0.8 por unidad a factor de potencia 0.9 en atraso. Todos los
valores 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 encuentre
la potencia activa y reactiva suministrada por el generador a la barra.
Solución:
θ = cos −1 0.9 = 25.84º en atraso
I a = 0.8/ − 25.84º por unidad
Va = 1/ 0º por unidad
x s = 1.7241 por unidad
E a = Va + jx s I a = 2.026 / 37.78º por unidad
δ = 37.78º
Pa =
Qa =
Va E a
xs
Va
xs
R.Leal.R
(E
sen δ = 0.72 por unidad
a
cos δ − Va ) = 0.349 por unidad
Problemas Generadores Sincrónicos
14