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 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

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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).

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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

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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).

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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

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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).

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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 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

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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.

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)

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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

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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

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

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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 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

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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 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

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