prob mot sincron

PROBLEMAS DE MOTORES SINCRÓNICOS
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Conversión Electromecánica de la Energía
Agosto-2003
Ricardo Leal Reyes
1. Un motor sincrónico trifásico de polos cilíndricos, conectado en estrella a 1732 volt
entre línea, ra=0,xs=10 Ω. Las pérdidas de potencia por fricción mecánica y del aire más
las del núcleo suman 9 kW. La potencia de salida es de 390 HP. La tensión de
excitación máxima (EFmax)es de 2500 volt por fase. Determinar:
a) La corriente de armadura Ia, el factor de potencia a EFmax.
b) EFmin.
Solución:
Ia
jxs
IF
Va
M
Ia
Va
θ
+
EF
-
Va
Esquema simplificado
Circuito equivalente por fase
δ
Ia
EF
θ
jxsIa
xsIasen(θ)
xsIacos(θ)
Diagrama fasorial
a) La corriente de armadura Ia y el factor de potencia a EFmax.
Va = E F + jx s I a
Pa =
Ia =
Va / 0º − E F / − δ
jx s
Va E F max
390 ⋅ 746 + 9000
senδ = Psalida + Ppérdidas =
= 99980
3
xs






P
x
99980
⋅
10
δ = sen −1  a s  = sen −1 
 = 23.57º
 1732 ⋅ 2500 
Va E F max 
 3

1732
− 2500/ − 23.57
3
Ia =
= 163.32 / 52.26º
j10
FP = cos(52.26º ) = 0.61 en adelanto
b) EFmin. : Para determinar EFmin debemos calcularlo a Pa con δ=90º (senδ=1).
Px
99980 ⋅ 10
E Fmin = a s =
= 999.83 volt / fase − neutro
1732
Va
3
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
1
2. Un motor sincrónico trifásico de rotor cilíndrico conectado en estrella a 2300 (V), a 60
Hz, xs=11 Ω, Potencia de salidad 100 HP, tiene un rendimiento igual a un 85%, su
ángulo par es de 7º, considere resistencia de armadura despreciable. Determinar:
a) EF.
b) Ia
c) FP
Solución:
η=
Psalida
P
100 ⋅ 746
100 ⇒ Pa = salida 100 =
100 = 87764.71 (W )
Pentrada
η
85
Pa =
87764.71
= 29254.9 (W / fase)
3
a) EF.
Va E F
Pa x s
29254.9 ⋅ 11
=
= 1988.52 (V / f − n)
xs
Va sen δ 2300
⋅ sen 7º
3
E F = 1988.52 / − 7 º (V / f − n)
Pa =
sen δ ⇒ E F =
b) Ia.
2300
V − EF
Ia = a
=
jx s
3
/ 0º − 1988.52 / − 7 º
j11
= 62.7 / 69.43º
c) FP.
FP = cos(69.43º ) = 0.36 en adelanto
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
2
3. Un motor sincrónico de polos cilíndricos, trifásico con 1250 HP recibe una potencia
constante de 800 kW a 1100 V. Ra=0, xs=50 Ω, conectado en estrella. La corriente
nominal de plena carga es de 52 A. Si la corriente de armadura Ia no debe exceder del
135% del valor de plena carga. Determinar el rango dentro del cual puede variarse la
fem de excitación mediante el ajuste de la corriente de campo.
Solución:
 Pa 
Pa = 3 ⋅ Va I a cosθ ⇒ θ = ± cos −1 

 3 ⋅ Va I a 
E F = Va − jx s I a = Va / 0º − jx s I a / θ




80000
 = ± cos(0.5923) = ±53.26º
θ = ± cos −1 
 3 ⋅ 11000 ⋅ 1.35 ⋅ 52 


3
Con FP en adelanto (θ = 53.26º )
11000
EF =
/ 0º − j 50 ⋅ 1.35 ⋅ 52 / 53.26 = 9401/ − 12.9º (V / f − n)
3
Con FP en atraso (θ = −53.26º )
11000
EF =
/ 0º − j 50 ⋅ 1.35 ⋅ 52 / − 53.26 = 4114 / − 30.69º (V / f − n)
3
E F = rango[4114 , 9401] (V / f − .n)
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
3
4. Un motor sincrónico trifásico conectado en estrella, a 440 (V), tiene una reactancia
sincrónica de 6.06 Ω, resistencia de armadura despreciable, tensión de excitación de
200 (V/f-n) y un ángulo par de 36.4º. Determinar:
a) Corriente de armadura y el factor de potencia
b) La tensión de excitación si el factor de potencia es igual a 1.0.
Solución:
jxs
Ia
+
-
EF
Va
Circuito equivalente por fase
a) Corriente de armadura y el factor de potencia
Va = E F + jx s I a
440
V − EF
Ia = a
=
jx s
3
/ 0º − 200/ − 36.4º
j 6.06
= 24.89/ − 38.1º ( A)
FP = cos(38.1º ) = 0.787 atraso
b) La tensión de excitación si el factor de potencia es igual a 1.0.
Si FP = 1 ⇒ θ = 0º
E F = Va − jx s I a =
R.Leal.R
440
3
− j 6.06 ⋅ 24.89 / 0º = 295.44/ − 3'0.7 º (V / f − n)
Problemas Motores Sincrónicos
4
5. Un motor sincrónico trifásico en conexión estrella, de 380 V entre fases, 1500 rpm, 50
Hz, 100 kW con FP=1 y tensión nominal. Ra= despreciable, xs=0.5 Ω. El motor
desarrolla 100 kW en el eje, FP a 0.8 inductivo y tensión 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 será la nueva corriente de armadura.
Qué magnitud tiene la tensión inducida antes del ajuste.
Qué magnitud tendrá la tensión inducida después del ajuste.
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, representan
la variación que experimenta la corriente de armadura en función de la tensión de
campo (ó corriente de campo) cuando se mantiene constante la potencia activa en la
entrada del motor. Empleando las siguientes ecuaciones, se puede determinar la curva
V para una potencia Pa constante.
S a = Va I a* = Pa + jQa
Va = E F + jx s I a
Ia =
*
Va − E F
, Va = Va / 0º
jx s
2
, EF = EF /− δ
2
Va
Va
Va E F / δ
Va − E F 
Va E F*
S a = Va 
+
= j
−j
 =
− jx s
jx s
xs
xs
 jx s 
Sa = j
Va
2
xs
−j
Va E F
xs
Pa =
Va E F
sen δ (1)
xs
Ia =
Sa
=
Va
Pa2 + Qa2
Va
[cos δ + j sen δ ] =
Qa =
Va
xs
[V
a
Va E F
xs
sen δ + j
− E F cos δ ]
Va
xs
[V
a
− E F cos δ ]
(2)
(3)
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
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
5
Considerando los datos del problema se obtiene la siguiente tabla de resultados y su
correspondiente gráfica:
EF[V]
Ia[A]
Pa[W]
δ[º]
100
110
120
130
140
150
160
170
180
190
200
210
220
230
240
250
260
270
280
290
300
310
320
330
340
350
344
318
295
274
254
236
219
203
189
177
167
159
154
152
153
157
163
171
182
194
208
222
238
254
271
288
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
33333
360
305
33333
Sa[VA]
FP
Tipo FP
-49.44
-43.68
-39.28
-35.76
-32.86
-30.43
-28.35
-26.54
-24.96
-23.57
-22.32
-21.21
-20.20
-19.29
-18.45
-17.69
-16.99
-16.34
-15.74
-15.19
-14.67
-14.19
-13.73
-13.31
-12.91
-12.54
Qa[VAr]
67732
61359
55507
49977
44667
39514
34479
29535
24664
19851
15086
10362
5671
1010
-3627
-8243
-12839
-17420
-21985
-26538
-31079
-35610
-40131
-44644
-49149
-53647
75490
69829
64747
60074
55734
51696
47957
44536
41466
38797
36588
34907
33812
33349
33530
34337
35721
37611
39931
42607
45574
48777
52169
55715
59386
63160
0.4416
0.4774
0.5148
0.5549
0.5981
0.6448
0.6951
0.7485
0.8039
0.8592
0.9110
0.9549
0.9858
0.9995
0.9941
0.9708
0.9332
0.8863
0.8348
0.7823
0.7314
0.6834
0.6389
0.5983
0.5613
0.5278
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
atraso
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
adelanto
-12.18
-58139
67017
0.4974
adelanto
Curva "V": Ia vs. EF
(A)
400
350
300
250
200
150
100
50
0
0
100
200
300
Tensión de cam po (V/f-n)
400
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 potencia
en atraso y si la tensión de campo es mayor que 230 (V), el motor funciona con factor
de potencia en adelanto. En resumen para ajustar el FP desde un valor en atraso a un
valor en adelanto se debe aumentar la tensión de campo a través del aumento de la
corriente de campo.
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
6
b) Cual será la nueva corriente de armadura.
La corriente de armadura con FP=0.80 inductivo (atraso), es:
Pa 3φ = 3VI cosθ ó Pa 3φ = 3Va I a cosθ
Ia =
100000
= 189.92 ( A) I a = 189.92 / − 36.87 º
3 ⋅ 380 ⋅ 0.80
La corriente de armadura con FP=0.80 capacitivo (adelanto) tiene el mismo valor que
con factor de potencia 0.80 inductivo, sólo cambia en sentido de la componente reactiva
de la corriente de armadura, esto es:
I a = 189.92 / + 36.87 º
c) Qué magnitud tiene la tensión inducida antes del ajuste.
Va = E F + jx s I a
380
/ 0º − j 0.5 ⋅ 182.92 / − 36.87 º
3
E F = 179.31/ − 25.07 (V / f − n)
E F = Va − jx s I a =
d) Qué magnitud tendrá la tensión inducida después del ajuste.
380
/ 0º − j 0.5 ⋅ 182.92/ + 36.87 º
3
E F = 286.621/ − 15.37 (V / f − n)
E F = Va − jx s I a =
e) Cuál es el torque desarrollado por el motor.
T=
PSalida
( Newton − m)
ws
2πN s 2π 1500
=
60
60
100000
T=
= 636.62 ( N − m)
2π 1500
60
ws =
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
7
6. Un motor sincrónico de rotor cilíndrico de 2300 V, conectado en estrella, tiene una
reactancia sincrónica de 3 Ω y una resistencia de 0.25 Ω. Si trabaja con un ángulo de
potencia (par) δ=15º y la excitación (corriente de campo) está ajustada de forma tal que
EF sea igual a la tensión nominal aplicada al motor. Calcular:
a)
b)
c)
d)
La corriente de armadura Ia.
El factor de potencia
La potencia desarrollada
La caída de tensión interna.
Solución:
EF =
2300
/ − 15º = 1327.91/ − 15º
3
, Va =
2300
/ 0º = 1327.91/ 0º
3
a) Corriente de armadura Ia.
Ia =
Va − E F 1327.91/ 0º − 1327.91/ − 15º
346.65/ 82.50º
=
=
= 115.15/ − 2.74º
ra + jx s
0.25 + j 3
3.01/ 85.24º
b) El factor de potencia
FP = cos(−2.74º ) = 0.9989 en atraso
c) La potencia desarrollada
Psalida = Pentrada − Ppérdidas = 3 ⋅ Va I a ⋅ cos(2.74) − 3 ⋅ ra I a
2
Psalida = 3 ⋅ 1327.91 ⋅ 0.9989 − 3 ⋅ 0.25 ⋅ 115.15 2 = 448226 (W ) = 48 (kW )
d) La caída de tensión interna.
∆V = Va − E F = 1327.91/ 0º − 1327.91/ − 15º = 346.65 (V )
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
8
7. Un motor sincrónico de 6.6 kV, 45 A se emplea como compensador sincrónico para
corregir 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 el
campo del motor, en valor absoluto y en %, si se desea que el factor de potencia del
conjunto planta y compensador sincrónico sea de:
a) 0.95 en atraso
b) 1.0
c) 0.95 en adelanto
Suponga que la reactancia sincrónica del motor es de 0.85 0/1, despreciar las pérdidas y
considerar que el motor está en vacío.
Solución:
Sistema eléctrico
V=6.6 kV
SMS=PMS+jQMS
PMS=0
Ssis=Psis+jQsis
Consumo Planta:
PC=400kW
FPC=0.75 atraso
IMS
MS
SC=PC+jQC
Como la reactancia sincrónica del MS está en por unidad (0/1), se supone que los valores
bases corresponden a los valores nominales del MS, esto es:
Corriente base IB=45 A , tensión base VB=6.6 kV
SB=√3VBIB=√3⋅6.6⋅45=514.42 kVA
y
potencia base
De acuerdo a los sentidos de flujos de potencia se debe cumplir en la barra del sistema la
ley de Kirchoff de potencia, esto es:
S sis = S C + S MS
Psis = PC
Qsis = QC + QMS
Donde :
P
400
QC = C sen cos −1 ( FPC ) =
sen cos −1 (0.75) = 352.77 kVAr
FPC
0.75
[
R.Leal.R
]
[
Problemas Motores Sincrónicos
]
9
La incógnita del problema es determinar la potencia reactiva que toma (absorbe) el motor
QMS para los factores de potencia solicitados, esto es:
QMS = Qsis − QC
,
Como Psis = PC
, se tiene
[
]
Qsis =
Qsis =
PC
sen cos −1 ( FPsis )
FPsis
[
Psis
sen cos −1 ( FPsis )
FPsis
, Qsis =
]
[
]
400
sen cos −1 ( FPsis ) (kVAr )
FPsis
*
S MS = 3VMS I MS
= 0 + jQMS
*
I MS
 S

QMS
=  MS  = − j
3 VMS
 3VMS 
I MS e n valor absoluto =
I MS e n 0 / 1 =
( A)
QMS
3 VMS
( A)
I MS
IB
E F = VMS − jx s I MS
a) FP=0.95 en atraso
[
QMS
]
400
sen cos −1 (0.95) = 131.47 (kVAr )
0.95
= Qsis − QC = 131.47 − 352.77 = −221.30 (kVAR)
Qsis =
QMS =
QMS − 221.30
=
= −0.4302 (0 / 1)
SB
514.42
− 221.30 (kVAr )
= j19.36 ( A)
3 ⋅ 6.6 (kV )
j19.36
e n 0 /1 =
= j 0.4302 (0 / 1)
45
V
6.6 / 0º
= MS =
= 1/ 0º (0 / 1)
VB
6.6
I MS == − j
I MS
VMS
E F = 1 − j 0.85 ⋅ j 0.4302 = 1 + 0.85 ⋅ 0.4302 = 1.3657 / 0º (0 / 1)
E F = E F ⋅V B = 1.3657 / 0º ⋅ 6.6 = 3 ⋅ 5.2040 (kV )
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
10
b) FP=1.0
[
QMS
]
400
sen cos −1 (1) = 0 (kVAr )
1
= Qsis − QC = − 352.77 (kVAR)
Qsis =
QMS =
QMS − 352.77
=
= −0.6858 (0 / 1)
SB
514.42
− 352.77 (kVAr )
= j 30.86 ( A)
3 ⋅ 6.6 (kV )
j19.36
= j 0.6858 (0 / 1)
I MS e n 0 / 1 =
45
E F = 1 − j 0.85 ⋅ j 0.6858 = 1 + 0.85 ⋅ 0.6858 = 1.5829 / 0º (0 / 1)
I MS == − j
E F = E F ⋅V B = 1.5829/ 0º ⋅ 6.6 = 3 ⋅ 6.0320 (kV )
c) FP=0.95 en adelanto
QMS
[
]
400
sen cos −1 (0.95) = −131.47 (kVAr )
0.95
= Qsis − QC = − 131.47 − 352.77 = −484.24 (kVAR)
Qsis = −
QMS =
QMS − 484.24
=
= −0.9413 (0 / 1)
SB
514.42
− 483.24 (kVAr )
= j 42.36 ( A)
3 ⋅ 6.6 (kV )
j19.36
I MS e n 0 / 1 =
= j 0.9413 (0 / 1)
45
E F = 1 − j 0.85 ⋅ j 0.9413 = 1 + 0.85 ⋅ 0.9413 = 1.80 / 0º (0 / 1)
I MS == − j
E F = E F ⋅VB = 1.80/ 0º ⋅ 6.6 = 3 ⋅ 6.8590 (kV )
R.Leal.R
Problemas Motores Sincrónicos
11
8. Un motor sincrónico de 208 (V), 60 (Hz), 45 (kVA) a un factor de potencia 0.80 en
adelanto, conectado en triángulo; xs= 2.5 Ω. Las perdidas por fricción y ventilación son
de 1.5 (kW) y las perdidas en el núcleo son de 1 (kW). Inicialmente su eje esta
alimentando 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)
Psalida = 15 ( Hp ) = 15 ⋅ 746 (W ) = 11190 (W )
P perdidas = 2500 (W )
jxs=2.5
+
Pentrada = Psalida + P perdidas = 13690 (W )
Pentrada =
Ea
-
Pentrada
3 V a cos θ
IL
Va= 208/0
Circuito equivalente
13690
= 47 . 2 ( A )
3 ⋅ 208 ⋅ 0 . 8
IL =
Ia =
3 V a I L cos θ ⇒ I L =
Ia
Ia
θ
Va
δ
= 27 . 4 ( A )
3
θ = + 36 . 87 º ⇒ I a = 27 . 4 / 36 . 87 ( A )
jxsI a
Ea
∴ E a = V a − jx s I a
E a = 208 / 0 − j 2 . 5 ⋅ 27 . 4 / 36 . 87 = 255 . 1 / − 12 . 42
(V )
δ = − 12 . 42 º
jxs= 2.5
Ia
b)
+
Psalida = 30 ( Hp) = 30 ⋅ 746 (W ) = 22380 (W )
Ea= 255/δ
Va= 208/0
Pperdidas = 2500 (W )
-
Pentrada = Psalida + Pperdidas = 24880 (W )
Circuito equivalente
Pentrada =
P
x
3 ⋅ Va E a
senδ ⇒ δ = sen −1  entrada s
xs
 3 ⋅ Va E a



Ia
θ
 24880 ⋅ 2.5 
δ = sen −1 
 = 23º
 3 ⋅ 208 ⋅ 255 
Va − E a 208 / 0 − 255 / − 23
∴ E a = Va − jx s I a ⇒ I a =
=
= 41.26 / 15 ( A)
jx s
2.5 / 90
Va
δ
jxsI a
Ea
I L = 3 I a = 71.46 ( A) , FP = cos (15) = 0.966 adelanto
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9. Con respecto al problema anterior, si la corriente de excitatriz del motor sincrónico
disminuye en un 25 %, calcular la corriente de armadura, el factor de potencia .
jxs
IF
Va
M
Ia
+
-
Esquema simplificado
Ia
EF
Va
Circuito equivalente por fase
Nota /
La relación que existe entre E F y I F es la siguente :
E F = K F wF I F , donde K F y wF son cons tan tes, eso quiere decir que cualquier var iación en
la corriente de exitación afecta directamente a la tensión inducida.
Solución:
Pentrada = 13690 (W )
E F anterior = 255 (V )
E F' = 0.75 ⋅ E F anterior = 191.25 (V )
P
x
senδ ⇒ δ = sen −1  entrada ' s
3 V E
xs
a
F

 13690 ⋅ 2.5 
 = 16.67 º
δ = sen −1 
⋅
⋅
3
208
191
.
25


Pentrada =
3 Va E F'




E F' = 191.25 / 16.67 (V )
∴ E F' = Va − jx s I a ⇒ I a =
Va − E F'
jx s
=
208/ 0 − 191.25 / − 16.67
= 24.08 / − 24.31 ( A)
2.5 / 90
FP = cos (−24.31) = 0.91en atraso
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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 también
la perdidas en el núcleo. Determine:
a) Si el motor esta suministrando inicialmente 400 HP a un factor de potencia 0.80 en
atraso ¿ cuales son las magnitudes y los ángulos de la tensión de campo y la
corriente 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 .
Pentrada = Psalida = 400 ⋅ 746 = 298400 (W )
Pentrada = 3 Va I L cosθ ⇒ I L =
IL =
Ia =
Pentrada
3 Va cosθ
298400
= 448.65 ( A)
3 ⋅ 480 ⋅ 0.8
IL
= 259.03 ( A)
3
FP = 0.8 atraso ⇒ θ = − 36.87 º
I a = 259.03 / − 36.87 ( A)
∴ E a = Va − jx s I a
E a = 480 / 0 − j1 ⋅ 259.03/ − 36.87 = 385.1/ − 32.56 (V )
b) El torque inducido y el torque máximo
ωs =
τ ind =
 rad 
2πfe 2π ⋅ 60

=
= 95.25 
P
4
 seg 
Pentrada
=
298400
= 3166.12 ( N − m)
95.25
ωs
3V E
3 ⋅ 480 ⋅ 385.1
τ max = a a =
= 5883.76 ( N − m)
ω s xs
95.25 ⋅ 1
τ
3166.12
Re lación% = ind ⋅ 100 =
⋅ 100 = 53.81%
τ max
5883.76
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c) Corriente de armadura y factor de potencia nuevos para un aumento del 5 % del voltaje
de campo.
E a' = 1.05 E a = 404.36 (V )
E a' = 404.36 / − 32.56 (V )
∴ E a' = Va − jx s I a ⇒ I a =
Va − E a'
jx s
=
480 / 0 − 404.36 / − 32.56
= 258.33/ − 32.56 ( A)
1/ 90
FP = cos(−32.56) = 0.84 en atraso
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