PROBLEMAS DE GENERADORES SINCRÓNICOS. Asignatura Fecha Autor
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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 I.Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 0.80 en atraso. II.Se II.Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 1.0. III.Se 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 ) N S
=
60 ⋅ f P
=
60 ⋅ 60 3
= 1200
(rpm)
b) Voltaje en terminales del generador (Va). jxs
IF
Va G
Ia
EF
Ia
+ -
EF
Ia
Va
Va
jxsIa xsIasen( ) xsIacos( )
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:
= E F − jx s I a V a / 0 = E F / δ − jx s I a / θ
V a
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 cos θ E F
x I cosθ −1 1 ⋅ 60 ⋅ 0.8 δ = sen −1 s a sen = 480 E F 3 La segunda forma es separar la ecuación de voltaje Va en parte real y parte imaginaria, como: V a / 0 = E F / δ − jx s I a / θ V a
= E F [cos δ + jsenδ ] − jx s I a [cosθ + jsenθ ]
V a
= 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 E F
Corriente nominal y FP=0.80 atraso:
−1 x s I a cosθ −1 1 ⋅ 60 ⋅ 0.8 δ = sen = sen 480 = 10º E F 3 FP = 0.80 atraso ⇒ θ = −36.86º V a = E F cos δ + x s I a senθ V a
=
R.Leal.R
480 3
cos 10º +1 ⋅ 60 ⋅ ( −0.60) = 237 (V / fase)
⇒
V a
= 237 ⋅
Problemas Generadores Sincrónicos
3
= 410 (Vlínea)
2
II.
Corriente nominal y FP=1 atraso:
1 ⋅ 60 ⋅ 1 δ = sen −1 = 12.5º 480 3 FP = 1 ⇒ θ = 0º V a
III.
=
480 3
cos 12.5º = 271 (V / fase)
⇒
V a
= 271 ⋅
3
= 468 (Vlínea)
Corriente nominal y FP=0.80 adelanto:
−1 1 ⋅ 60 ⋅ 0.80 δ = sen = 10º 480 3 FP = 0.80 adelanto ⇒ θ = +36.87º V a
=
480 3
cos 10º +1 ⋅ 60 ⋅ 0.6 = 309 (V / fase)
⇒
V a
= 309 ⋅
3
= 535 (Vlínea)
c) Rendimiento (η), considerando carga nominal con factor de potencia 0.80 en atraso. η =
P salida P entrada
⋅ 100 =
3 Re al {V a I a∗ } P salida
+ P perdidas
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80
η =
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500
⋅ 100 =
3V a I a cosθ 3V a I a cos θ + P perdidas
⋅ 100
⋅ 100 = 93.2%
d) Torque inducido τind para corriente nominal a FP=0.80 atraso. τ ind
=
P salida ω s
=
3V a I a cosθ π ⋅ N s 30
R.Leal.R
=
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 π ⋅ 1200
= 271.3 ( Nm)
30
Problemas Generadores Sincrónicos
3
Torque aplicado τap para corriente nominal a FP=0.80 en atraso. τ ap
=
P entrada ω s
=
+ P perdidas = π ⋅ N s
P salida
= 291.2 ( Nm)
30
30 e) Regulación de tensión I.
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500 π ⋅ 1200
Regulación de tensión para un FP=0.80 en atraso
Re g =
E F
− V a
V a
⋅ 100 =
480 − 410 410
⋅ 100 = 17.07%
II. Regulación para de tensión para un FP=1 Re g =
E F
− V a
V a
⋅ 100 =
480 − 468 468
⋅ 100 = 2.56%
III. Regulación para de tensión para un FP=0.80 en adelanto Re g =
E F
− V a
V a
⋅ 100 =
480 − 535 535
⋅ 100 = −10.28%
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
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4
Solución:
a) Velocidad sincrónica N s
=
60 f P
=
60 ⋅ 60 2
= 1800 rpm
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
=
I a
=
3 V a = 480/ 0
1200
/ − 36.87º
3
Z=r a+jxs Iaf
+
Z = 0.015 + j 0.1 E F
= Z ⋅ I af + V a
E F
= (0.015 + j 0.1) ⋅
E F
= 532.16/ 5.3
1200 3
/ − 36.87º + 480/ 0
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
= 5.3( A) .
d) Rendimiento de generador η P entrada P salida
= P salida + P perdidas =
3V a I a cosθ = 3 ⋅ 480 ⋅ 1200 ⋅ 0.80 = 798129 (W ) 2
1200 P perdidas = 3r a I af = 3 ⋅ 0.015 ⋅ = 21600 (W ) 3 ∴ P entrada = 798129 + 21600 = 889729 (W ) 2
η =
P salida P entrada
R.Leal.R
⋅ 100 =
798129 889729
⋅ 100 = 89.71%
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
=
I a
=
3 V a = 480/ 0
1200 3
/ 36.87º
Z=r a+jxs Iaf
Z = 0.015 + j 0.1
+
E F
= Z ⋅ I af + V a
-
E F
= (0.015 + j 0.1) ⋅
E F
= 451 / 14.19º (V )
1200 3
/ 36.87º + 480 / 0
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
R.Leal.R
= 4 ( A).
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. E f
=
400
3 x s = 1 / 90
jxs
/ δ
Iaf
+
= V a / 0 θ = 45.57 I a = 60 / − 45.57 V a
-
EF
Va
Circuito equivalente por fase
V a / 0 = E F / δ − jx s I a / θ V a V a
= E F [cos δ + jsenδ ] − jx s I a [cosθ + jsenθ ] = E F cos δ + x s I a senθ
0 = E F senδ − x s I a cos θ
⇒
x s I a cosθ δ = sen −1 E F
1 ⋅ 60 ⋅ 0.7 = 10.48º 400 3
δ = sen −1
∴ V a =
R.Leal.R
400 3
⋅ cos10.48 − 1 ⋅ 60 ⋅ sen(−45.57) = 184.24 (V )
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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.). IF (A) 1 2 2.5 3 4 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 P
=
60 ⋅ 60 2
= 1800 rpm
b) Corriente de campo IF. I L
= I a =
S a 3 ⋅ V aLL
=
5000 3 ⋅ 208 ⋅ 3
= 8.013 ( A)
FP = 0.8 inductivo
= 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 V a
de campo es aproximadamente a 2.5 ( A).
R.Leal.R
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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 I a. 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 I a. I L b)
S a
= I a =
=
3 V aLL
50000000 3 ⋅ 13200
= 218.69 ( A)
La tensión de campo y ángulo par δ. FP =1 V a
= E a − jx s I a
E a
=
13200
/ 0 + j 3 ⋅ 218.69/ 0 = 7649.21/ 4.92º (V )
3 δ = 4.92º
c) Torque aplicado τap. 13200 P entrada
= 3⋅
V a E a
ω s
=
2π fe
τ ap
=
P entrada
R.Leal.R
P ω s
=
x s
sen δ = 3 ⋅
2π ⋅ 50 2
=
3
⋅ 7649.21 3
sen(4.92º ) = 5 ( MW )
rad = 157.08 seg
5000 157.08
= 31.826 (kN − m)
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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. 2250
=
E F
3 2300
V a
=
x S
=4Ω
3
jxs
/ 25 (V )
+
/ 0 (V )
2300 2250
P entrada ω s
=
=3⋅
2π fe P
∴τ ap =
V a E F x S
=
sen δ
2π ⋅ 50
P entrada ω s
3
=
Ia
3
= 3⋅
⋅
3
4
EF
Va
Circuito equivalente por fase sen(25º ) = 546.76 (kW )
rad =104.72 seg
546.76 104.72
= 5.2 (kN − m)
b) Corriente por el estator Ia V a
= E a − jx s I a 2250
I a
=
E a
− V A
jx s
=
3
/ 25º −
2300
4 / 90º
3
/ 0º
= 142.32/ 15.34º
( A)
c) Factor de potencia. FP = cos(15.34º ) = 0.964 en adelanto (capacitivo)
R.Leal.R
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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 S a
= I a =
I L
3 V aLL
jxs
=
8000000 3 ⋅ 6600
V a
= 699.82 ( A) = 699.82/ − 36.87º ( A) = E a − jx s I a
E a
=
I a I a
6600/ 0º
3 δ = 29.73º
Ia
= 699.82 ( A) + -
EF
Va
Circuito equivalente por fase
+ j 6.8 ⋅ 699.82/ − 36.87º = 7676.33/ 29.73º (V )
b) El torque aplicado τap y c) rendimiento η τ ap
=
P mec ω s
= P salida + P perdidas P salida = S a ⋅ FP = 8000000 ⋅ 0.8 = 6400 ( kW ) P mec = 6400 + 125 = 6525 (kW ) 2π N s rad ω s = = 62.83 60 seg P mec
P mec
τ ap
=
η =
P salida
ω s
P mec
R.Leal.R
=
6525 62.83
= 103.85 (kN − m)
⋅ 100 = 98.08%
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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
Ia
a) La tensión de campo EF.
= I a =
I L
S a 3 V a
=
5000000 3 ⋅ 13800
V a
= 209.185/ − 31.79º ( A) = E a − jx s I a
E a
=
I a
13800 3
+
= 209.185
/ 0º + j 3.5 ⋅ 2091.85/ − 31.79º
( A)
-
EF
Va
Circuito equivalente por fase
= 8376.28/ 4.26º (V )
b) Rendimiento del generador η. η =
P salida P mec
⋅ 100
= P salida + P perdidas P salida = S a ⋅ FP = 5000000 ⋅ 0.85 = 4250 ( KW ) P perdidas = 250 ( KW ) P mec = 4500 ( KW ) P mec
η =
4250 4500
R.Leal.R
⋅ 100 = 94.4%
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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 x s = 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 V base V a
= 635 ( MVA) = 24 ( KV )
jxs
= 22.8 ( KV )
V a º / 1
=
V a V base
+
= 0.95/ 0
-
= 1.7241 P salida = 458.47 ( MW ) Q salida =114.62 ( MVA) S salida = P salida + Q salida x º / 1
S º / 1
= Qº / 1 + P º / 1 =
Ia
EF
Va
Circuito equivalente por fase
P salida
+ Q salida
S base
= 0.722 + j 0.1805
∗
S I a º / 1 = º / 1 = 0.76 − j 0.19 = 0.783/ − 14.036º V a º / 1 ∴ E a º / 1 = V a º / 1 + jx º / 1 I a º / 1 E a º / 1 = 1.83/ 45.7239º por unidad
R.Leal.R
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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
= 0.8/ − 25.84º por unidad V a = 1/ 0º por unidad x s = 1.7241 por unidad E a = V a + jx s I a = 2.026 / 37.78º por unidad δ = 37.78º I a
P a
=
Qa
=
V a E a
sen δ
x s V a x s
R.Leal.R
( E
a
= 0.72 por unidad
cos δ
−
V a
) = 0.349 por unidad
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