PROBLEMA 8. 27: Dos maquinas trifásicos, de

PROBLEMA 8. 27: Dos maquinas trifásicos, de 6. 6 kv, rototes conectados en estrella, PROBLEMA 8. 27: Dos maquinas trifásicos, de 6. 6 kv, rototes conectados en estrella, alimentan a una carga de 3000 kw a un factor de potencia de 0. 8 en atraso. La impedancia sincrónica por fase de la máquina A es 0. 5+j 10 ohmios y de la máquina B es 0. 4 + j 12 ohmios. La excitación de la máquina A es ajustada de tal forma que entrega 150 A al factor de potencia en atraso y la carga se comparte de manera igual entre las dos máquinas. Determine la corriente, factor de potencia, fem inducido y el ángulo de carga de cada máquina.

θ Bθ A I B E B Vδ A δ B I A Z A I B Z

Solución para la máquina A Cos θA= 1500 θA = 29° ; sen θA = 0. 485 IA = 150(0. 874 – j 0. 485) = 131 – j 72. 6 A IB = 131 – j 124. 4 = 181 A Tomando el vector V como referencia y trabajando en valores de fase: E A = V + I A Z A = (6. 6/√ 3) + (131 – j 72. 6)(05 + j 10)*10 -3 = 4. 6 + j 1. 27 kv Ángulo de carga δ A = tan -1 1. 27/4. 6 = 15. 4 ° Fem = √ 3 √[(4. 6)2+(1. 27)2] = 8. 26 kv E B = V + I B Z B = (6. 6/√ 3) + (131 -j 124. 4)(0. 4+j 12)*10 -3 = 5. 35+j 1. 52 kv Ángulo de carga δ B = tan -1 1. 52/5. 35 = 15. 9 ° Fem = 9. 6 kv 3000√ 3*6. 6*0. 8 = 0. 874 √ 3*6. 6*0. 8 = 328(0. 8 – j 0. 6) = 262 – j 195 A Cos θ B = 131/181 = 0. 723 en atraso Corriente Total =

PROBLEMA 8. 28 CONSIDERE DOS GENERADORES SINCRONICOS DE POLOS NO SALIENTES TRES FASES 60 CICLOS, CONECTADO EN Y, 6. 600 Volt, 10. 000 Kva. CON UNA RESISTENCIA EFECTIVA DE 0, 063 Ohm POR FASE, Y UNA REACATANCIA SINCRONICA DE 1. 52 Ohm POR FASE. ASUMA QUE LAS RESISTENCIAS Y REACTANCIAS DEL GENERADOR SON CONSTANTES. LOS GENERADORES EN PARALELO CON UNA CARGA INDUCTIVA DE 18. 000 Kva A 0. 9 FACTOR DE POTENCI

a) ENCONTRAR EL VOLTAJE DE EXCITACION DE LOS GENERADORES Y SUS ANGULOS DE POTENCI

b) ASUMA QUE LA POTENCIA DE CARGA EN EL GENERADOR A ESTA INCREMENTADA GOVERNADA SOBRE LA FUERZA MOTRIZ, DOS TERCERAS PARTES , MANATAENIENDO LA MISMA FRECUENCIA HASTA QUE EL GENERADOR A SE CARGUE CON LAS DOS TERCERAS PARTES DE CARGA DEL SISTEMA LA EXCITACIÓN DEL GENERADOR A ES CONSTANTE, PERO LA EXCITACIÓN DEL GENERADOR B ES AJUSTADO HASTA ALCANZAR UN VOLTAJE TERMINAL DE 6, 600 VOLTIUOS. ENCONTRAR EL VOLTAGE DE EXCITACION DEL GENERADOR B Y EL NUEVO ANGULO DE POTENCI

• A) EL DIAGRAMA DEL VECTOR ES LA PRIMERA CONDICION QUE SE PRESENTA. ESTE DIAGRAMA NO ESTA DIBUJADO A ESCALA PERO INDICA LAS CONDICIONES DE OPERACION DE LOS GENERADORES ς ө j. Ixs. E*o. A E*o. B= V Ira

V=6, 600/√ 3 =3, 18 VOLTS POR AMPER CORRIENTE DE CARGA= IL = 18, 000/ √ 3 *6, 600 = 1, 576 AMP POR FASE COS = 0. 9ө SIN = 0. 4359 ө IA = IB = IL/2 =1, 572(0. 9 -j 0. 4359) =709 -J 344 AMP POR FAS

E*o. A =3, 810(1+ j 0)+(709 -j 344)(0. 063+ j 1. 52) =(3, 810+ j 0) + (568+ j 1, 056) =4, 378 + j 1, 056 VOLTS POR FASE IEI = √((4, 738)^2+ (1, 056)^2) = 4, 504 VOLTS POR FASE √ 3 E*o. A = √ 3 *4, 504 = 7, 800 VOLTS ENTRE LOS TERMINALES tang ς = 1, 056/4, 378 =0. 2413 ς = 13. 57 grados

b) EL EFECTO DE LA RESISTENCIA DE ARMADURA, LA MAXIMA POTENCIA OCURRE AS UN ANGULO DE 90 GRADOS. SIN LOS VOLTAJES EN LOS TERMINALES Y LA FRECUENCIA DE UNO DE LOS GENERADORES SE MANTIENE CONSTANTE , EL ANGULO PODRIA INCREMENTARSE (90 -13, 57) GRADOS ANTES QUE EL GENERADOR ALCANSE EL MAXIMO PODER ESTE MAXIMO PODER ES.

3* E*V/Xs SIN ς = 3*4, 504*3, 810/1, 52 *1, 00 =33, 870 Kw E*o. A E*o. B IA =946 -j 267 Io =1, 418 -j 687 IB =473 -j 420 Bөө ς

IA activa =2/3*1. 576*0. 9 =946 amp por fase IB activa = 1/3*1, 576*0, 9 =473 amp por fase Generador A 4, 504/ ςA =3, 810(1+j 0)+(946+j. Ir) (0, 063+j 1. 52) Donde Ir es la componente reactiva de la corriente de armadura

4, 504/ ςA =3, 810+)(9, 60 -1. 52 Ir) (0, 063+j 1, 52) (5, 52)^2 =(3, 870 -1. 52 Ir)^2+(1, 438+0, 063 Ir) Ir = +5, 273 o -267 amp Usamos el valor pequeno, entonces IA =946 -j 267 amp E*o. A = 3, 810(1+ j 1) + (946 -j 267) (0, 063+ j 1, 52) =4, 275 + j 1.

PROBLEMA 9 -4 Las curvas características de un motor síncrono de polo saliente de 45 kva, 6 polos, 3 fases conectado en Y , 220 V, 60 Hz estan dadas en la Fig. 1. La curva de factor de potencia cero en la figura es 118 Amperios por terminal. Resistencia de campo = 30 ohms a 75 ° C Pérdidas de fricción y ventilación = 810 W. a 60 ciclos. Pérdidas de carga aislada = 540 W. a 60 ciclos y corriente de armadura dividida. Resistencia de armadura con corriente directa = 0. 050 ohm por fase a 75 °C. Reactancia sincronizada de cadratura no saturada = 0. 53 ohm por fase. Asuma que el motor está operando a carga dividida kva, con un voltaje dividido y frecuencia impresa en los terminales, con una corriente principal y un factor de potencia de 0. 8 Calcular la corriente de campo y eficiencia de el motor usando el metodo de la doble reactancia.

solución Corriente dividida = Ia = 45000/( √ 3 x 220) = 118 Amp/fase. Re = resistencia efectiva = 0. 050 + 540/ [ 3(118) ²] = 0. 063 ohm/fase a 75 °C y corriente dividida. Como una aproximación, use la reactancia potier en lugar de la reactancia de fuga para encontrar el voltaje de fuga. Reactancia potier = xp´ asumir igual a xa´ ohm/fase

= voltaje de fuga = V/f = voltaje de fuga = V/f voltios entre los terminales De la curva de saturación de circuito abierto en la fig. 1, la corriente de campo correspondiente a un voltaje de 245. 5 voltios entre los terminales es If = 3. 40 amp. De la línea de fuga, el voltaje correspondiente para If = 3. 40 amperios es 305 voltios entre sus terminales.

Factor de saturación, k = 305 / 246 = 1. 24 La reactancia sincronizada del eje directo no saturado de la curva de el circuito pequeño y la línea de fuga es

Xd´(no saturado) = ohm/fase Xd(saturado) = Asuma también una aproximación aquel Xd´(no saturado) = ohm/fase Xd(saturado) = Asuma también una aproximación aquel factor de saturación para la reactancia sincronizada del eje de cuadratura es el mismo como el factor de saturación por la reactancia sincronizada del eje directo. Xq(saturado) = (0. 53 – 0. 25) (1/1. 24) + 0. 25 = 0. 476 ohm/fase El angulo de potencia está dado por

Refiriéndose a la Fig. 2. El ángulo entre Ia y Iq es

voltios/fase Voltios entre terminales El voltaje voltios/fase Voltios entre terminales El voltaje 340. 3 es el voltaje de excitación a la carga de saturación. La corriente de campo requerida por la carga asumida es la corriente de campo se encuentra de la línea de saturación correspondiendo a 340. 3 voltios. Por extrapolación esta corriente de campo es If = 340. 3/245. 5 x 3. 40 = 4. 71 amp.

Acordandose las reglas para la estandarización de la AIEE y también el ASA estandar, encuentra la apropiada pérdida para cuando encuentre la eficiencia correspondiente a un voltaje igual al correcto voltaje terminal por la resistencia de armadura. Este voltaje es V + Iare = 127. 1 + 118. 0 (-0. 8 – j 0. 6)(0. 063) = 121. 1 – j 4. 46 volt/ fase |V + Iare| = (121. 1)² + (4. 46)² = 121. 2 volt/fase √ 3 | V + Iare | = √ 3 x 121. 2 = 210. 0 volts entre terminales. De las pérdidas encontradas en las curvas de la fig. 1, la pérdida encontrada correspondiente a 210. 0 voltios is 740 watts.

PÉRDIDAS WATTS Cobre de armadura 3(118) ² 0. 050 PÉRDIDAS WATTS Cobre de armadura 3(118) ² 0. 050 2089 Pérdida en carga 540 Centro 740 Cobre de campo (4. 71)² 30 666 Fricción y ventilación 810 Total 4845 Eficiencia = (entrada – pérdidas)/ entrada = (45000 x 0. 8 – 4845)/(45000 x 0. 8) = 1 –(4845/36000) = 0. 866 o 86. 6 %

rpm Cuando el motor está cargado n = 750 – 70 = 680 rpm Cuando se encuentra libre n = 750 – 12 = 738 rpm Tenemos que: La ecuación del torque en forma mecánica es: T = Fxd T = 35. 4 lbx 2 pies T = 70. 8 lb-pies 750 4 25120 P F 120 ns. Un motor de inducci ó n trif á sico de 4 polos, 25 Hz, 220 V es operado por un sistema de freno cuya palanca tiene 2 pies de longitud y una fuerza de 35. 4 lb. Cuando opera a voltaje y frecuencia nominal las lecturas de los vat í metros es W 1 = 5. 55 Kw y W 2 = 2. 90 Kw a una velocidad de 70 rpm. Con el freno quitado la lectura fue de W 1 = 1. 18 Kw y W 2 = 0. 8 Kw a una velocidad de 12 rpm. La lectura corregida en el brazo del freno fue de 35. 4 lb. Calcular el rendimiento y la corriente de l í nea en las condiciones de carga.

80. 93η 100 8450 6838. 63100 P P ηinout La ecuación del torque en forma electrica 80. 93%η 100 8450 6838. 63100 P P ηinout La ecuación del torque en forma electrica es: [ W ] La potencia de entrada debe ser vista por los vatímetros y en condiciones de carga se tiene: Pin = W 1+W 2 = 5550+2900 Pin = 8450 [W] 6838. 63 P 68070. 8 7. 04 1 P P n 7. 04 T outout

El factor de potencia se puede calcular por medio de la lectura de los vatímetros de la siguiente forma: Luego la corriente de línea es: [ A ]25. 24 I cos 28. 512203 8450 cos. V 3 P I L 0 L in L θ 0 01 21 21. 51 2. 905. 553 tg WW WW 3 tg θ θ

PROBLEMA 9 -7 Para el motor descrito abajo, a) determine la potencia de entrada y la potencia desarrollada, b) determine el ángulo de torque máximo (en grados) y el factor de estabilidad. 20 HP, 8 polos, 60 ciclos, 440 V, 3 , factor de potencia unitario. Re = 0. 0285 /fase X d = 1. 27 /fase X q = 0. 774 /fase La corriente a plena carga es 210 A.

solución: a) De la figura, entonces: siendo: El voltaje de excitación necesario para tener solución: a) De la figura, entonces: siendo: El voltaje de excitación necesario para tener un factor de potencia unitario es, usando E o como el fasor de referencia (Sen es positivo),

La potencia de entrada es: simplificando: finalmente reemplazando valores: La potencia de entrada es: simplificando: finalmente reemplazando valores:

La potencia trifásica de salida es 159. 9 KW. La potencia desarrollada P d es la potencia de salida P in menos las perdidas de cobre del estator Pcu 1 , Las componentes de la corriente: b)

para el ángulo de torque máximo: reemplazando valores: siendo: El signo positivo da el valor útil. De aquí el ángulo de torque máximo obtenido es 69 40’. Note como este difiere de gran manera de la asunción del rotor cilíndrico en aproximadamente 90%.

El factor de estabilidad es: reemplazando valores: siendo: El factor de estabilidad es: reemplazando valores: siendo:

En el motor sincrónico, la potencia de sincronismo y la potencia de salida son representadas por la misma figura. siendo reemplazando valores:

De aquí, en términos de libras – pie del torque por radianes eléctricos, el factor de estabilidad es 1720; o , por radianes mecánicos Este valor es aproximado, estando basado en los watts de entrada más que en los watts de salida. La potencia de salida máxima es: donde:

Se va a recalcar que estos valores son obtenidos de la entrada no de la salida. Descuidando este error, y, desde los valores obtenidos se calcula la relación del torque, (Este motor no es conocido en las normas A. S. A. o N. E. M. A. , las cuales requieren que un motor de 20 HP de esta velocidad tenga un torque máximo de cómo mínimo 1. 75 veces el torque de plena carga. )

Ejemplo 12. 7 Una máquina sincrónica de 4 polos conectada en estrella, a 2000 v trifásico, tiene una resistencia y una reactancia sincrónica por fase de 0. 2 Ω y 1. 9 Ω respectivamente. Calcule la fem y el desplazamiento del rotor cuando la máquina actúa como un motor con una entrada de 800 Kw a un factor de potencia de 0. 8 en atraso y en adelanto. Si se requiere una corriente de excitación de 40 A para lograr una fem por fase igual al voltaje estimado de fase, determine la corriente de excitación para cada condición.

La impedancia sincrónica es: El voltaje terminal es : Corriente Total de fase =fasej. Zd/8491. 19. 12. 0 0 VV 1150 3 2000 A 288 8.

Componente real de la corriente en ambos casos Componente reactivo de la corriente en ambos casos. AIa 2308. 0288 AIr 1736. 0288 VZIsa 44091. 1230 VZIsr 33091.

Para el factor de potencia en atraso el voltaje de excitación sacado del diagrama fasorial es La corriente de excitación requerida es fase. VEf/880 AIf 5.

El desplazamiento del rotor es el ángulo entre E f 1 y V con el rotor en atraso para la acción del motor previamente descrito. Por lo tanto: El ángulo del rotor =27 o e =13. 5 o m para una máquina de 4 polos. Con el factor de potencia en adelanto el Voltaje de excitación es E f 2 =1520 V/fase La corriente de excitación, I f 2 =52. 9 A El ángulo del rotor =17 o e =8. 5 o m

EJEMPLO 12. 8 UN MOTOR SINCRONICO A 2000 V TRIFASICO 4 POLOS CONECTADO EN ESTRLLA OPERA A 1500 REV / MIN. LA EXITACION ES CONSTANTE Y UNA FEM POR FASE DE 1150 V ES DEPRECIABLE COMPARADA CON LA REACTANCIA SINCRONICA DE 0. 3 OHMIOS POR FASE DETERMINE LA OITENCIA DE SALIDA , FACTOR DE POTENCIA Y TORQUE DESARROLLA LA CORRIENTE DE ARMADURA DE 200 A Impedancia sincrónica: j 3 por fase Voltaje por fase : V= 2000/ sqrt(3) FEM por fase =Ef= 1150 V IZs= 200*30= 600 V.

En la figura V representa la fase del voltaje que toma como referencia el complejo El arco radial representa el voltaje de circuito abierto de 1150 V es el lugar de Ef para la excitación constante. AB es el lugar de operación de Ef para operario en factor de potencia unitario en este caso AB es perpendicular a V desde el el angulo de fase de Z es 90 grados El radio circular representa 600 V es el lugar de Ef para operación. Para las condiciones de operación actual Ef debería intersectarse los 2 círculos. Para el diagrama : Ia. Zs= 580 V Y un componente activa de corriente , Ia =

Tenemos : Potencia total de entrada = 3 VIa / 1000 = 3*1150*193/1000 = 666 KW El factor de potencia operando es = Ia / I = 193/200 = 0. 96 en atraso. El torque desarrollado , T = 3 V Ia / (2 n o ) = (3*1150*193 /2 *1500)* 60 = 4250 N-m.

EJEMPLO 12. 8 Por: Jimmy Ochoa Coronel EJEMPLO 12. 8 Por: Jimmy Ochoa Coronel

• Un motor sincrónico trifásico de cuatro polos conexión estrella de su estator trabaja a voltaje nominal de 2000 V y gira a 1500 rpm. La excitación se mantiene constante induciendo una fem por fase de 1500 V. La resistencia comparada con la reactancia sincrónica de 3 ohm por fase es despreciable. Determine la potencia de entrada, el factor de potencia y el torque desarrollado para una corriente de armadura de 200 A.

• De los datos tenemos: fasejcrónicapedancia/9033 sin. Im VVfasede. Voltaje 1150 32000. . VEffasefem 1150/ VIZs 6003*

• En la figura se puede observar un arco circular cuyo radio representa el voltaje de 1150 V de circuito abierto donde está situado Ef para una excitación constante. • AB es el sitio de Ef para el funcionamiento a factor de potencia unitario; en este caso AB es perpendicular a V pues el ángulo de Z es 90. • Un arco cuyo radio es 600 V es el sitio de Ef para KVA constante de funcionamiento. Para las condiciones actuales de operación, Ef debe estar en la intersección de los dos arcos.

• Del diagrama: Ia=193 AVIa. Za 580 Componente activa de la corriente, KW VIa entradade. Potencia 666 1000 193*1150*3 1000 3. .

retraso I Ia potenciade. Factor 96. 0 200 193. . m. N n VIa dodesarrolla. Torque o 425060* 1500**2 193*1150*3 2 3.

Problema 8. 4 • Las curvas de la figura 1, son de un transformador de 500 kva, 2300 V, Rt = 0. 8 por fase(asuma que la resistencia dc es 1. 5 veces la ac). Calcular • a. — Los valora de Zs y Xs • b. — en carga completa Ex conociendo que Ear = 500 V, por fase. • c. — El porcentaje de regulación con fp = 0.

Figura 1 Figura

E f = = 1330 voltios. Con este valor vamos a la figura E f = = 1330 voltios. Con este valor vamos a la figura 1, interceptamos con la curva de la corriente de campo I f , y bajamos hasta la I sc , entonces tenemos: I sc = 204 amperios Z s = Z s = 6. 52 ohms. De la condicion dada tenemos que, R a = 1. 5· = 0. 6 ohms. 32300 Isc Ef 2 Rt 2 8.

• Conociendo también que : • Z s = , entonces tenemos: • X s = 6. 5 omhs , que lo que terminamos de responder el primer literal. • I L = = 126 amperios, • E R = 126 x 0. 6 = 75 voltios. • I L X s = 126 x 6. 5 = 820 voltios. 22 Xs. Ra 22 6. 052. 6 Eac Vf

• Y finalmente para calcular E G tenemos: E G = 1980 voltios. Porcentaje de regulación = = Entonces tenemos que: Porcentaje de regulación = 48. 8 % 22 Il. Xs. Ra. Vf. Er. Rt. Vf 22 8206. 01330758. 01330 %100 Vf Vf. Eg. %

Problema 8 -4 Las curvas de Fig. 1 son para un alternador trifásico de 500 Kva 2, 300. Si la resistencia media de d-c de las tres fases del bobinado de la armadura entre los pares de términos R t es 0. 8 ohm, (a) calcule los valores de Z S y X S. (Asuma que la resistencia eficaz a-c es 1. 5 veces la resistencia d-c. ) (b) Un alternador de 500 Kva 2, 300 volt trifásico conectado en estrella a plena carga tiene resistencia de armadura la caída por fase de 50 voltios y una combinación de reactancia de armadura (Ex) más la reacción de armadura (E AR ) la caída de 500 voltios por la fase. Para los datos anteriores, usando los valores de R A y X S de (a), calcule el porcentaje de regulación para un factor de potencia a plena carga de 0. 8 en atraso.

Solución: (a) De las curvas de la Fig. 1, a )(300, 13300, 23 VEac 8. 48100 330, 1980, 1 )(980, 1)618, 1()139, 1( 820)6. 0330, 1(75)8. 0330, 1¨( 20. 85. 6126 )(756. 0126 300, 23 000, 500 5. 6)6. 0()52. 6( , 6. 0 2 8. 05. 1 52. 6 204 330, 1 )(204 22 22 regulacion. Porcentaje VE E XI VE I X XRZ R Z AI G G SL R L S SAS A S S

Dos turbo generadores idénticos trifásicos, 13. 8 -kv, 100, 000 -kva, 60 -Hz ( rotor cilíndrico) 1 y 2 operan en paralelo alimentando una carga constante combinada de 150, 000 -kva, factor de potencia de 0. 80, corriente en atraso, al voltaje evaluado y la frecuencia evaluada. La reactancia síncrona de cada máquina es 1. 10 por unidad. Las salidas mecánicas de las fuerzas motrices están ajustadas a fin de que las máquinas distribuyan proporcionalmente el potencia real, mientras las excitaciones del campo son tales que la potencia reactiva de salida de las dos máquinas sean iguales. Calcular para cada generador (a) la potencia real, (b) la potencia reactiva, (c) la corriente de inducido, (d) el factor de potencia, (e) voltaje generado por fase, (f) el ángulo de fuerza de torsión, y (g) el ángulo, en la medida eléctrica, entre las FMMs del inducido y el campo. EJERCICIO

Î L = Î G 1 + Î G 2 P G 1 = P G 2 Q G 1 = Q G 2 P = P G 1 + P G 2 = S*cos L Q = Q G 1 + Q G 2 = S*sen L 2 211 P PPPGG 2 221 Q QQQGG º 87. 368. 0 cos. LL MW S PL G 60 2 8. 0150000 2 cos. 1 MVAR sensen. S QL G 45 2 º 87. 36150000 2. 1 cos. . IVPsen. IVQ. . 221121 cos. . GGGGGGIVIVPP 221121. . GGGGGG sen. IVQQ (1) (2)

212121 2 2 1 1 coscos 2 1 GGGGGG G GIItgtg sensen 2. 211 L GGL I III IVS. . 3 A V S IL 55. 6275 13800. 3 150000. 3 AIG 77. 3137 2 55. 6275 1 º 87. 3677. 31371 GI[A] ; fp = cos(-36. 87º) = 0. 8 en atraso

9044. 1 100 8. 1322 S V Zb º 82. 2341. 13020º 909044. 1*1. 1º 87. 3677. 3137º 03/13800 11 d. G XIVE E 1 = 13020. 41 [V/f] ; = 23. 82º º 69. 60º 82. 23º 87. 36 º 69. 15090º 69. 60º 90 ; ángulo entre M a y E f. ; ángulo entre M f y M a.

Problema 8 -5 60 -cps, 2300 -voltios (de línea a línea), conectado en Y, 1000 Problema 8 -5 60 -cps, 2300 -voltios (de línea a línea), conectado en Y, 1000 Kva, 1800 -RPM, generador sincrónico trifásico tiene circuito abierto, cortocircuito y revestimiento termo aislante cero factor de potencia según lo demostrado la fig. 1 Determine: a. Valor no saturado de la reactancia sincrónica b. Valor saturado de la reactancia sincrónica en la condición terminal clasificada del voltaje. c. La regulación del voltaje para un factor de potencia de carga de 0. 8 que se retrasa usando el valor de la reactancia sincrónica determinado en la parte b.

Solución del problema 8 -5 Se determinan las cantidades clasificadas como voltaje de la fase = 69 300/ √ 3 =1327 voltios. Corriente de la fase = 1000(10³)/ √ 3(2300) = 251 amperios a. — el valor no saturado de la reactancia sincrónica es determinada por la línea del claro y la característica del cortocircuito. Refiriendo a fig. 1, el punto E en la línea del claro se elige arbitrariamente. El voltaje de los por ciento es 112% o 1486 voltios. El alquiler de los por ciento es 100. El valor de corresponder actual del cortocircuito a la corriente 100% de campo es 100% o 251 amperios. El valor no saturado de la reactancia síncrónica es X s ( ag ) = E f ( ag ) / I a ( sc ) = 1486/251 = 5. 92 ohmios por fase

b. -el valor saturado de la reactancia síncrona determinado por voltaje clasificado es Xs = V A / I a (sc) = 1327 / 251 = 5. 28 ohmios por fase

c. - Para determinar la regulación del voltaje, la característica linearizado del circuito abierto, c. — Para determinar la regulación del voltaje, la característica linearizado del circuito abierto, que es la línea recta que pasa a través del origen y del punto H, se utiliza para determinar la corriente de campo requerida en las condiciones clasificados de la carga. El voltaje terminal sin carga entonces se determina del circuito abierto real característico para el mismo valor de la corriente de campo. Así, E f = V A + I a X s = 1327 + j 0 + 251 (0. 8 – j 0. 6) (j 5. 28) = 1327 + j 0 + 792 + j 1060 = 2370 /_26. 6º V. En por ciento de voltaje clasificado E f = (2370 / 1327) (100) = 179% De la curva OHJ, la corriente de campo de los por ciento se determina en 179%, que el voltaje de la característica abierta del circuito es 139, 5% o 1850 voltios. La regulación del voltaje es Reg. (%) = (1850 -1327)(100)/1327 = 39. 4%

Problema 8 -5 60 -cps, 2300 -voltios (de línea a línea), conectado en Y, 1000 Problema 8 -5 60 -cps, 2300 -voltios (de línea a línea), conectado en Y, 1000 Kva, 1800 -RPM, generador sincrónico trifásico tiene circuito abierto, cortocircuito y revestimiento termo aislante cero factor de potencia según lo demostrado la fig. 1 Determine: a. Valor no saturado de la reactancia sincrónica b. Valor saturado de la reactancia sincrónica en la condición terminal clasificada del voltaje. c. La regulación del voltaje para un factor de potencia de carga de 0. 8 que se retrasa usando el valor de la reactancia sincrónica determinado en la parte b.

Solución del problema 8 -5 Se determinan las cantidades clasificadas como voltaje de la fase = 73 300/ √ 3 =1327 voltios. Corriente de la fase = 1000(10³)/ √ 3(2300) = 251 amperios a. — el valor no saturado de la reactancia sincrónica es determinada por la línea del claro y la característica del cortocircuito. Refiriendo a fig. 1, el punto E en la línea del claro se elige arbitrariamente. El voltaje de los por ciento es 112% o 1486 voltios. El alquiler de los por ciento es 100. El valor de corresponder actual del cortocircuito a la corriente 100% de campo es 100% o 251 amperios. El valor no saturado de la reactancia síncrónica es X s ( ag ) = E f ( ag ) / I a ( sc ) = 1486/251 = 5. 92 ohmios por fase

b. -el valor saturado de la reactancia síncrona determinado por voltaje clasificado es Xs = V A / I a (sc) = 1327 / 251 = 5. 28 ohmios por fase

c. - Para determinar la regulación del voltaje, la característica linearizado del circuito abierto, c. — Para determinar la regulación del voltaje, la característica linearizado del circuito abierto, que es la línea recta que pasa a través del origen y del punto H, se utiliza para determinar la corriente de campo requerida en las condiciones clasificados de la carga. El voltaje terminal sin carga entonces se determina del circuito abierto real característico para el mismo valor de la corriente de campo. Así, E f = V A + I a X s = 1327 + j 0 + 251 (0. 8 – j 0. 6) (j 5. 28) = 1327 + j 0 + 792 + j 1060 = 2370 /_26. 6º V. En por ciento de voltaje clasificado E f = (2370 / 1327) (100) = 179% De la curva OHJ, la corriente de campo de los por ciento se determina en 179%, que el voltaje de la característica abierta del circuito es 139, 5% o 1850 voltios. La regulación del voltaje es Reg. (%) = (1850 -1327)(100)/1327 = 39. 4%

La característica de circuito abierto de un generador turbina de 13. 529 KVA 13. 8 KV; 60 HZ 3 fases 2 polos es Dato de la prueba de Factor de Potencia ( V ) Línea – Líne Corriente de Campo 0 188 13, 800 368 (a ) Dibujar el triángulo de Potier y determinar la reactancia de Potier (Xp) además la componente de la corriente de campo A, hasta superar la Fmm ( fuerza magneto motiva ) de la armadura. ( b) Calcular el factor K de saturación y la regulación del generador sincrónico cuando entrega la carga con un factor de potencia DE 0. 85. PRUEBA DE FACTOR POTENCIA Y TRIANGULO DE POTIER

Distancia bd es A= 168 amp la componente de la corriente de campo hasta superar la fmm de la reacción de armadura. Reactancia de Potier Xp = 2000 = 2. 04 Ώ √ 3 x 566 Xp por Unidad = 2000 = 0. 145 13, 800 Voltaje por fase V= 13, 800 ÷ √ 3 = 7960 Corriente por fase I = 13, 529 = 566 √ 3 x 13. 8 La reactancia de Potier r/fase Xp = 2. 04 para la parte (a) Voltaje de línea a línea es √ 3 Ep = 14, 950 V

que requiere una corriente de campo de R = 173 A determinado en la característica OCC. El mismo valor de voltaje requerido a fmm de Rag = 142ª en el vacío. K = R = 173 = 1. 22 Rag 142 La reactancia sincrónica no saturada es establecida para el voltaje en el vacío linea producido por una corriente de campo de 188 A, que es requerida para una corriente de corto circuito de 56ª. Este voltaje es establecido hasta obtener 19800 V. linea-linea en el vacío la línea es extendida So. xdu = 19800 = 20. 2 Ώ √ 3 x

y desde Xp = 2. 04 Ώ, la reactancia saturada simcrónica es EK = V + jxd I = 7960 + j 16. 9 x 566 (0. 85 – j 0. 527) = 13, 000 + j 8130 = 15, 320 / 32. 0 o V La magnitud de voltaje de línea – línea es: = 26, 600 V La corriente de campo obtenida para los valores de la línea oa en la figura es F = 315 A Por lo tanto Que produce un voltaje línea- línea en la características de circuito abierto de 18300 V. La regulación es por lo tanto 3 KE 9. 16 22. 1 04. 22. 20 04. 2 k xx xx pdu pd 326. 0 8. 133. 18 regulation

PROBLEMA 8 -12 UN GENERADOR SINCRONICO 3Φ, 2300 V, 100 PROBLEMA 8 -12 UN GENERADOR SINCRONICO 3Φ, 2300 V, 100 KVA, 60 HZ, 6 POLOS. TIENE UNA REACTANCIA DE FUGA DEL ESTATOR X LS DE 7. 9 Ω Y UNA REACTANCIA DE MAGNETIZACIÓN X MS DE 56. 5Ω LAS RESISTENCIAS DE LAS BOBINAS SON DESPRECIABLES. INMEDIATAMENTE DESPUÉS QUE LA MAQUINA HA SIDO SINCRONIZADA, LA CORRIENTE DE CAMPO ERA DE 23 A Y LA POTENCIA DE ENTRADA DEL PRIMOTOR ERA DE 3. 75 KW. a. — DETERMINE LA CORRIENTE DE CAMPO REQUERIDA CUANDO EL GENERADOR ESTÁ SUMINISTRANDO A UNA RAZÓN DE UN FACTOR DE POTENCIA DE 0. 9 EN ATRASO ( ESTO ES, LA CARGA EN EL GENERADOR ES INDUCTIVA ). b. — DETERMINE EL TORQUE INTERNO DESARROLLADO POR LA MAQUINA CUANDO ESTA ENTREGANDO UNA CORRIENTE DE SALIDA DE 15 A, Y LA CORRIENTE DE CAMPO DE 20 A. c. — DETERMINE LA POTENCIA DE ENTRADA REQUERIDA EN EL EJE PARA MANTENER UNA CORRIENTE DE CAMPO DE 20 A EN LA SALIDA DE LA MAQUINA SINCRONICA.

SOLUCION: LA REACTANCIA SINCRONICA DE LA MAQUINA ES XS = 7. 9+56. 5 = 64. 4 Ω EN LA CARGA, Va = 2300/ √ 3 = 1328 V Y I F = I M = Va/ X S = 1328/64. 4 = 20. 62 A POR ESO n” = I F / i f = 20. 62 / 23 = 0.

a) PARA LA CONDICION DE OPERACION DESCRITA, EL DIAGRAMA FASORIAL TENDRA LA FORMA MOSTRADA EN LA Fig. 1, DONDE Φ = 180º — cos – 1 0. 9 = 154. 2º Ia = 100* 10 3 / 3 * 1328 = 25. 10 A 0 º V Va = 1328 Φ = 180º — cos – 1 0. 9 = 154. 2º Ia = 100* 10 3 / 3 * 1328 = 25. 10 A IM = Va / j. Xs = 1328 0 º / j 64. 4 = 20. 62 0 º A IF = IM — Ia — 90 154. 2 — 49. 8 i F = 41. 91 / 0. 897 = 46. 7 A = 20. 62 — 25. 10 = 41.

b) DESDE QUE LA CORRIENTE DE CAMPO ES MENOR QUE EN LA SINCRONIZACION, EL DIAGRAMA FASORIAL CORRESPONDIENTE PARA ESTA CONDICION DE OPERACION TENDRA LA FORMA QUE MUESTRA LA Fig. 0º — 90 Va = 1328 V I M = 20. 62 A IF = 0. 897 * 20 = 17. 94 A Ia =

DE LA Fig. 2 Cos β Oε = IF 2 +IM 2 –Ia 2 DE LA Fig. 2 Cos β Oε = IF 2 +IM 2 –Ia 2 /2 If I M =17. 94 2 +20. 62 2 – 15 2 / 2*17. 94*20. 62 = 0. 706 β 0ε = 45. 12º T = — p/2 * 3 / w S * If Va sin β 0ε = -6/2 * 3/ 120Π * 17. 94 * 1328 sin 45. 12º = 403 N. m a) Tmax = — 6/2 * 3/ 120Π * 17. 94 * 1328 = 596 N. m LA POTENCIA EN EL VACIO ES P = 2/p w S T = 2/6 * 120 Π * 569 = 71. 50 KW PERDIDAS ROTACIONALES Prot = 3. 75 KW LA ENTRADA REQUERIDA EN EL EJE ES, POR TANTO Peje = 71. 50 + 3. 75 = 75. 25 KW

PROBLEMA 8. 14 • Considere un generador de dos polos trifasicoconectado en estrella, el turbo generador entrega 2500 KVA, 6600 v entre las terminales. Con una velocidad de 3000 RPM, la frecuencia es 50 Hz. La bobina de la armadura se distribuye en 60 ranuras, con cuatro conductores por ranura, y su resistencia y reactancia eficaces por fase son 0, 073 y 0, 87 ohmios, respectivamente. La característica del circuito abierto mostradas en la figura en terminos de amperios por vueltas por polos con los valores de voltaje por fase de linea a neutro. El rotor tiene un devado distribuidos en 10 ranuras por polo a) Calcule el campo de excitación necesario para desarrollar el voltaje terminal y la corriente entregada cuando el factor de carga es 80% b) 100% c) 0% En cada caso calcule el voltaje de regulacion.

ANALISIS Y DESARROLLO

)(3940)2247623064( 24763064)( 22863048))()((3810 6. 0)( 8. 0)( )(19087. 0*219 )(16073. 0*219 )(219 3810*3 2500000 )(3810 3 6600 vj. E j a j. X a RI jj. Sen. Cos. V Sen Cos v xa I v Ra I AI v. V

0496. 0 3830 190)( 99. 0 3830 3826)( 3830219023826 1903826190163810 * )(03810 )(0219 628. 0 3940 2476)( 778. 0 3940 3064)( Sen Cos j. E jj d Z a IVE vj. V Aj. I Sen Cos

%1. 18100* 38104500 )/(293001130018000 )(40001903810* %9. 8100* 38104150 204572482. 162118. 12 482. 16118. 12 f. AF v a XIVE j. F j. A r

PROBLEMA DE MOTORES SINCRONICOS atrasoenkkwkvak XXX RR W kkwkva kwkw _var, 6. 264300400 var 280. 020. 1 54. 017. 037. 0128000 2222 ’21 eq/fase ’21 se 222 var 30075. 0*400 Solución: la carga original, 400 kva a un factor de potencia (a) Motor de inducción, 100 kw a 90% en atraso

(b) Motor sincrónico, 100 kw al 80% factor de potencia en adelanto enatraso kva kw atrasoenkenadelantoatrasoteresulkac kw teresulpotenciadefactor kvateresulamperioskilovoltioac adelantoenkk %3. 90 5. 442 400 )_var(6. 189)(75)(6. 264 tanvar__arg 400100300 resultante kilovatiosen carga tan___ 5. 4426. 189400 tan___arg _var, 75100125 var 2222 kva potenciadefactor kw kva 125 8. 0100 __

Problemas maquinas síncronaskva potenciadefactor kw kva 1. 111 9. 0 100 __ enatraso kva kw kteresulkac kw teresulpotenciadefactor kvateresulamperioskilovoltioac atrasoenkk %7. 78 8. 507 400 var 3134. 486. 264 tanvar__arg 400100300 resultante kilovatiosen carga tan___ 8. 507313400 tan___arg _var, 4. 481001. 111 var

• Ejemplo # 38 • Una fase trifásica de 2200 V conectada en Y es conectada a un bus de barra de frecuencia constante y voltaje. • Este tiene una impedancia sincrónica de ( 0. 5 + j 10) ohm/fase. Cuando el voltaje inducido es 2500 V, el alternador tiene un factor de potencia por unidad. • La excitación es decrementada sin que cambie el manejo del torque, hasta el factor de potencia es 0. 8 • Calcule el voltaje inducido y la corriente bajo las nuevas condiciones.

Solución VE E² Potencia de salida/fase = Solución VE E² Potencia de salida/fase = Pi = —— sen ( δ – α ) + —— sen α Z 2200 V = —— = 1271 voltios / fase √ 3 Z = ( 0. 5 + j 10 ) y | Z | 10 ohm a cos Φ = 1. 0 2500 E = —— = 1443 voltios / fase

El diagrama de fase es mostrado en la figura.

Tan = 0. 5 / 10 = 2º 52` = ( 90º Tan = 0. 5 / 10 = 2º 52` = ( 90º — ) = 87º 8` = ( 180º — ) = 92º 52` Ahora E V —— = —— sen V sen 1271 * 0. 9987 sen = ——————- = 0. 8794 E 1443 = 61º 36`

Entonces o = ( 180º - - ) = 25º Entonces o = ( 180º — — ) = 25º 52` 1271 * 1443 ( 1443 )² Pi = ———sen 22º 40`+ —— sen 2º 52` 10 1271 * 1443 * 0. 385 ( 1443 )² * 0. 05 = ————— + ————- 10 = 70690 + 10400 = 81090 watt / fase

con la excitación decrementada Pi = 81090 ( sin descarga ) = V * I * cos Φ + I²R = ( 1271 * 0. 81 * I ) + 0. 51*I² 0. 5 I² + 1016. 8 I – 81090 = 0 -1016. 8 ± ( 1016. 8 )² + ( 4 * 0. 5 * 81090 ) Nuevo I = —————————— 2 * 0.

= - 1016. 8 ± 1. 034 * 10ˆ6 + 0. 1622 * 10ˆ6 = = — 1016. 8 ± 1. 034 * 10ˆ6 + 0. 1622 * 10ˆ6 = — 1016. 8 ± 1. 196 * 10ˆ6 = — 1016. 8 + 1093 = 76 amp Nuevo voltage = 760 V

A fp 0. 8 directo, Φ = 36º 56` y se convierte 1 = ( — Φ ) vea la figura

1 = ( 92º 52` - 36º 56`) = 55º 56` E² = V² + 1 = ( 92º 52` — 36º 56`) = 55º 56` E² = V² + ( IZ )² — 2 V( IZ ) cos 1 = ( 1271 )² + ( 760 )² — 2 ( 1271)(760)(0. 561) = 1. 615 * 10ˆ6 + 0. 5776 * 10ˆ6 – 1. 083 * 10ˆ6 = 1. 109 * 10ˆ6 nuevo E = 1053 voltaje / fase

Ejercicio Un alternador conectado en estrella 6600 V de impedancia de fase (0. 6 + j 3) ohm opera en paralelo con otros del mismo tipo. Ello provee una corriente de línea de 300 A a un factor de potencia unitario. La corriente de línea de campo es incrementada hasta que el factor de potencia disminuye a 0. 8, manteniendo el torque constante. Calcule el nuevo calor de la corriente . Verifique la solución por el método gráfico

volt. Vp 3810 3 6600 Solución: cos 0 VIP Kw. P 11430. 130038100 RIVIPi 2 cos 233006. 0101143 Pi

Disminuyendo el factor de potencia: watt. Pi 3 101197 (sin alterar) RIVIPi 2 cos 2 6. 08. 03810 IIPi 010119730486. 0 32 II 6. 02 1011976. 04304832 I amp. I 364 2.

Solución Gráfica 36. 0 j. Z ohm. Z 06. 3 El factor de poder de unidad: ohm. IZ 06. *300 volt. IZ 91806.

Seleccione una escala de voltaje, en la que 1 cm = 1 voltio. Dibuje la bisectriz de V. Desde A dibuje una línea a δ = tan -1 (0. 6/3) , para encontrar la bisectriz de C. Origine CA a una distancia AB = IZ = 918 volt = 0. 918 cm. Con centro en C y radio CB describa un arco que es el origen de E. Luego dibuje AD a Ф (= cos -1 0. 8) hasta AB. AD = nueva IZ = 1. 12 cm = 1120 voltamp Z new. I 364 06.

La reactancia del flujo principal ( w L m ) es w veces el flujo entrelazado con el arrollamiento del estator, cuando fluye un ampere en este. Ejemplo 49 Un generador trifásico sincrono de rango nominal 2000 KVA 11 KV suministra 100 KW a un motor sincrono operando a 0. 8 f. p. cargado con un motor en sus terminales de 10. 6 KV. Cada máquina tiene una reactancia subtransciente de 0. 2 p. u. y las máquinas están conectadas por una linea con reactancia 0. 1 p. u. Esto es requerido para calcular la corriente subtransciente en el generador, en el motor y en la caída junto con la caída simétrica trifásica en los terminales del motor. Los valores por unidad están basados en el rango nominal del generador. Solution. El sistema puede ser representado como en la figura, MG CAIDAj. X” j. X l Ig” Im” I F ” j. X”

Adoptando la tasa de base dada, y con el terminal de voltaje del motor, V tm como fasor de referencia, V tm = 10. 6 KV = 10. 6 11. 0 0º = 0. 964 0º p. u. Corriente Base = 2000 3 x 11. 0 = 105 A Antes de la caida, La corriente de carga, 1000 I L = 3 x 10. 6 x 0. 8 36. 9º = 68. 09 36. 9º Amp = 0. 65 p. u. 36. 9º = 0. 65 (0. 8 + j 0. 6) = (0. 52 + j 0. 39 ) p. u. Para el generador: V tg = V tm + j X 1 I L = (0. 964) + j 0. 1 (0. 52 + j 0. 39) = (0. 925 + j 0. 052) p. u.

Voltaje junto a la reactancia subtransciente, E g ” = V tg + j. X”I L = (0. 925 + j 0. 052) + j 0. 2(0. 52 – j 0. 39 = 0. 847 + j 0. 156 p. u. I g ” = E g ” j(X” + X 1 ) = 0. 847 + j 0. 156 j(0. 2 + j 0. 1) = 0. 52 – j 2. 82 p. u. = 105(0. 52 – j 2. 82) = (54. 6 – j 269. 1) amp = 301. 09 -79. 55º amp Para el motor; V tm = 0. 964 0º E m ” = V tm – j X”I L = 0. 964 + j 0 – j 0. 2(0. 52 + j 0. 39) = 1. 042 – j 0. 104 p. u. I m ” = E m ” j X” = 1. 042 – j 0. 104 j 0. 2 = (-0. 52 – j 5. 21) p. u. = 105(-0. 52 – j 5. 21) = (-54. 6 – j 547. 05) amp

= -549. 77 84. 30º amp Corriente en caida, I F ” = I = -549. 77 84. 30º amp Corriente en caida, I F ” = I g ” + I m ” = (54. 6 – j 296. 1) + (-54. 6 – j 547. 05) = — j 843. 14 amp Solución alternativa con el teorema de Thévénin aplicado a la red; impedancia entre los terminales de caida, Z Th = j 0. 3 x j 0. 2 j 0. 3 + j 0. 2 = j 0. 12 p. u. V tm = 0. 964 0º p. u. I F ” = = — j 8. 03 p. u. 0. 964 + j 0. 12 = 105 (- j 8. 03) = — j 843. 15 amp

Las componentes de las corrientes de caída de las maquinas están divididas por el inversamente como las impedancias, I g. F ” = ( ) I F ” = (- j 8. 03)X m ” X g ” + X m ” 0. 2 0.

• Prb. 41 • Un alternador 3 de 2200 V 50 hz • Prb. 41 • Un alternador 3 de 2200 V 50 hz esta conectado en estrella y opera en paralelo con otros: • Tiene una impedencia sincronica de (0, 8 + j 6) / f su excitación es ajustada a 1. 23 en pu. Calcular: a) La potencia de salida máxim b) El ángulo de la carga para 1/3 Pout (max) c) La corriente y el fp

3 , 2200 V , 50 Hz Z = (0. 8 + j 6) / f Z = R + Jx Epu = 1, 23 a) Pout (max) = ? Pout(max) = VE sen( δ+ ) _ V 2 sen Z Pout(max) = sen (δ + ) = 1 Pout (max) = VE _ V 2 sen Z Z z E G XI E M RI base real pu E E E I a IZ

→ E real = 1. 23 (1270, 171) Z = 6, 053 1, 43 → E real = 1. 23 (1270, 171) Z = 6, 053 1, 43 / f. V 1 V LL V 1 = 2200 = 1270. 171 V 3 1/2 Ereal = 1562: 310 V Respuesta: Pout (max) = 292. 3 kw/fbase real pu E E E )((max)Vsen. E Z V Pout KWPout 524. 282318)132. 0*171. 1270310. 1560( 05. 6 171. 1270 (max)

b) La corriente de carga a 1/3 Pout (max). P’ = 1/3 Pout (max) P’ = 97, 4 kw Sen ( + 7. 6) = 6, 05(97. 4 K) + (1270. 171) 2 Sen (7. 6) (1270. 171) (1562. 310) sen ZVE P 2 )(‘ sen. VVEsen. ZP 2)(‘ 2 VEsensen. VZP VE sen. VZP sen 2 ‘ )(

( + 7, 6°) = 23, 858 – 7, 6 Respuesta = 16, 3° ángulo ( + 7, 6°) = 23, 858 – 7, 6 Respuesta = 16, 3° ángulo de la corriente de carga c) La corriente y el fp at stalling Pout (max) = Sen ( + ) = 1 ( + ) = 90 max = (90 — )=90 -16. 6=82. 4 o. Aplicando la ley del coseno al triangulo ABC. (IZ) 2 = E G 2 + E M 2 – 2 E G E M Cos max z E G XI E M RI

(IZ) 2 = (1562. 310) 2 + (1270. 171) 2 – (IZ) 2 = (1562. 310) 2 + (1270. 171) 2 – 2(1562. 310)(1270. 171) Cos (82, 4) (IZ) 2 = 1878. 624 Ia= 1878. 629/6. 05 = 310. 51 A Ia = 310. 5 A Respuesta: fp = 0. 742 = arc cos(0. 742) Respuesta : = 42° loading 5. 310*171. 1270 8. 292 * KW Ia. V P fp

El alternador Y-conectado V A 6600, con impedancia de sincronismo (0. 6+j 3) ohm/phase, entrega 300 amp en el factor de la energía de la unidad a las barras de distribución de la constante 6600 V, calcula: a) el ángulo de la carga. b) El nuevo ángulo de la carga, el factor de la corriente y de la energía si la excitación es reducida por el 20% solamente la salida de energía es mantenida constante. c) La salida de energía máxima en la nueva excitación.

Solución: Voltaje de la fase = v Part(a). Ip=I 1=300 amperios en el Solución: Voltaje de la fase = v Part(a). Ip=I 1=300 amperios en el factor de la energía. Del diagrama de fase, (figura). QBE E IX IR V 90 —

E 2 = ( V+IR) + (IX)2. =(3810 +300*0. 6)2 + (300*3)2 =(3990)2 + E 2 = ( V+IR) + (IX)2. =(3810 +300*0. 6)2 + (300*3)2 =(3990)2 + (900)2 = 1592 * 10 + 81 *104 = 1673 * 104 Part (b) fasewatt. VIPo /10*11431*300*3810 cos 3 sin)sin( 2 ZV ZVE Ahora. Z=(0. 6+j 3) and |Z| = 3. 06 ohm

'18112. 0 tan)(tan 11 X R Nuevo E= 0. 8*4090=3272 v Ahora, 33 2 10*929´)1811 ‘18112. 0 tan)(tan 11 X R Nuevo E= 0. 8*4090=3272 v Ahora, 33 2 10*929´)1811 sin(10*4074 sin 06. 3 3810 )sin( 06. 3 3272*3810 Po 1143*103 watt/phase,

'3530´)1811( 5087. 0 10*4074 10*92910*1143 ´)1811 sin(3 33 Nuevo '1719 Aplicando la regla del coseno, (fig ‘3530´)1811( 5087. 0 10*4074 10*92910*1143 ´)1811 sin(3 33 Nuevo ‘1719 Aplicando la regla del coseno, (fig anterior) cos 2)( 222 VEEVIZ 4 444 22 10*172 10*235810*107010*1460 )944. 0)(3272)(3810(2)3272()3810(

v. IZ 1311 Nueva amp. I 5. 428 06. 3 1311 Ahora sin cambiar. phasewatt. VIPo/10*1143 cos 3 Nuevo 7. 0 5. 428*3810 10*1143 cos 3 ‘3745 El máximo Po ocurre cuando: 90)( Donde max sin 2 ZV ZVE Po Nuevo

max Pofase. KW/314510*92910*4074 06. 3*06. 3 6. 0*)3810( 06. 3 3272*381033 2 Solución gráfica: Elija una escala de voltaje y el u. p. f, diagrama del phasor, figura anterior, ahora u. p. f. IZ, opinión Po. VIalproporcioncos. . . . IZcos. Io. Z

son obtenidos haciendo pivotar nueva E a la posición dondedesde V y Z ambas constantes. Por lo tanto para un Po constante, Io. Z una constante y el lugar geométrico del E-phasor es la línea perpendicular a Io. Z. dibuja este lugar geométrico (N. B. Io significa la corriente de la unidad p. f. . ) Describa y arc=0. 8 E para intersecar el E-lugar geome’trico esto determinan el E-phasor nuevo. Ensamble la intersección al final del the-phasor. Esto determina IZ nuevo. Nuevo se obtiene entre Io. Z y el IZ nuevo. En la condición máxima de la salida de energía, IZ y )90(

Ejemplo 51 Un motor sincrónico trifásico de 600 hp de 3000 V, conectado en Y tiene una impedancia de (2+j 10) Ohmfase. Determinar la corriente a plena carga y el factor de potencia cuando la exitación es de 1. 33 pu. Las perdidas de fricción , ventilación, es de 10 k. W sobre fase. Qué valor de exitación daría en por unidad el factor de potencia a plena carga. Un método gráfico de solución podría ser: Po = (VE/Z)sin ( + ) – (E 2 /Z) sin( ) watt/fase Po= 600*746/3 +10000 =149200+10000 = 159200 Watt/fase

Ahora: V= 3000/(3) 1/2 = 1732 ; E= 1732*1. 33 = 2304 Z= Ahora: V= 3000/(3) 1/2 = 1732 ; E= 1732*1. 33 = 2304 Z= (22+102) 1/2 = 10. 2 ohm; sin= 2/10. 2 = 0. 1963 Entonces a = 11. 19 Sustituyendo en la ecuación para Po nosotros tenemos (1732*2304/10. 2)sin ( + ) =159200+(2304)*0. 196/10. 2 =261200 sin( + )= 0. 668 = 30 grados.

(IZ) 2 =V 2 + E 2 – 2 VEcos = (1732) (IZ) 2 =V 2 + E 2 – 2 VEcos = (1732) 2 + (2304) 2 – ( 2*1732*2304*0. 86) IZ = 1200 Volt. I= 1200/10. 2 = 117 Amp Pi=Vicos ( ) = Po + i 2 R = 159200+27400 = 186600 Watt/fase Cos( )= 186600/(1732*117) =0.

Segunda Parte: Po= 159200 Watt/fase Pi= Po+I 2 R= 159200+2 I 2 = Vicos( Segunda Parte: Po= 159200 Watt/fase Pi= Po+I 2 R= 159200+2 I 2 = Vicos( ) = 1732 I Entonces: 2 I 2 – 1732 I +1599200 =0 I = 3038/4 o 418/4 Amp =104. 5 Amp Ahora IR= 104. 5 2 = 209 Volt ; IX = 104. 5 * 10 = 1045 Volt Para el diagrama de factor de potencia en por unidad

E 2 =(V-IR) 2 +(IX) 2 = (1732 -209) 2 + (1045) 2 =3. E 2 =(V-IR) 2 +(IX) 2 = (1732 -209) 2 + (1045) 2 =3. 41*106 E = 1847 Volt = 1. 07 p. u

PROBLEMA Ejemplo 52 Selected calculationsin electri power. Allen-Steven. Un motor trifasico conectado en estrella, 30 HP, 500 v, impedancia sincronica de 0. 4 + j 4 ohm/ fase. Perdidas de friccion, ventilacion, hierro y nucleo son constantes en 1500 w. Cual es la maxima carga como porcentaje de la plena carga cuando la excitación de un voltaje I nducido de 300 v/ fase, determine la corriente y el factor de potencia bajo estas condiciones. Zd=4. 02 ; 84. 29° V=300/ V 3=289 volt Max. Po=(289*300)/ 4. 02 –(300*300/ 4. 02)*sen(0. 4/ 4. 02)=19343 watt/ fase Max. pot. utilizada 019343 -1500/ 3=18843 watt/ fase Max. poder=3*18843/ 746=75. 77 hp= 75. 77*100/ 30 = 252. 6 % V=-Ep+I a Zd I a=( 289 -300) / 4. 02 I a= 98. 33 A Perdidas de cobre = I *I R = 98. 33*0. 4 0 3867 watt P=19343 + 3867 0 = 23210 watt Fp= arc cos 23210 / (289*98. 3333) Fp= 0. 8167 en adelanto fp V

PROBLEMA DE MAQUINA SINCRONICA PROBLEMA DE MAQUINA SINCRONI

• EJEMPLO 53. Se tiene un generador de 11 KV cuya corriente de linea es 600 A a factor de potencia igual a 1. La impedancia sincrònica es ( 0. 5 + J 8 ) ohmios/fase. La excitaciòn es aumentada en 20% sin cambiar la potencia activa de salida, en estas condiciones Calcular: a) La corriente b) Factor de Potencia

)(4800)8)(600( )(300)5. 0)(600( 576. 3 42. 8690 )42. 86, 015. 8( 85. 0 )/(85. 6350 )3( 11000 2 2 v. XI vr. I Z j. Z fv. V V da aa d d

)/(063. 8202 2 48002 30085. 6350 2 2 2 fv. EE dx a. I ar a. IVE 0 01 35. 818 3006350. 85 4800 tg 35. 282 576. 3 2. 1 )576. 3818. 35(1 2 2. 1 )21(1 22 2 2)21(1 2 2)22(22. 1 12 12. 12 sensen sen ar Z VVSen. Ear Z VVsen. E OPo. P

922. 0 )73. 22 cos( /)73. 22, 52. 650( 2 )92. 86)(015. 8( )0)(85. 6350()35. 28)(063. 8202)(2. 1( 2 2 1 fp fp f. A a I d Z VE a I

EJEMPLO 6. 2 • Un motor sincronico trifasico, de 10 KVA, conexión estrella, opera con una relacion de 346 V a. c. Principal. Una carga toma 16. 67 A de la maquina a un factor de potencia unitario. Clcule el angulo de la carga y en p. u. La exitacion, a) Usando dos recciones (teoricamente) , b) Usando reactancia sincronica ( polos no salientes) , teoricamente dado que xd=8 ohm, xq=5 ohm.

SOLUCION ( parte a ) • Partimos tomando como voltaje base 200 V, para luego hallar mis voltajes en por unidad con dicha base. • Refiriendonos al diagrama fasor de la figura a: Como existe una conexión estrella por lo tanto tenemos un voltaje de fase igual a ( V = 200 Volts), Ia = 1 6. 6 7 A E´ = V – j Ia Xq E´ = (200 + J 0 ) – j ( 1 6. 67 ) ( 5 ) = 2 1 6. 2 < — 2 2. 6 ° Por lo tanto el angulo de carga = — 2 2. 6 ° Ahora mediante este mismo grafico podemos darnos cuenta que Id = Ia sin ( 2 2. 6 ° ) = 1 6. 6 7 * 0. 3 8 4 = 6. 4 A E = E´ + Id ( Xd – Xq ) = 2 1 6. 2 + ( 6. 4 * 3 ) = 2 3 5. 4 V/fase E p. u. = E real / V base = 2 3 5. 4 / 2 0 0 = 1.

SOLUCION ( parte b ) • Partimos tomando como voltaje base 200 V, para luego hallar mis voltajes en por unidad con dicha base. • Refiriendonos al diagrama fasor de la figura b: E 2 = V 2 + ( I Xd ) 2 = ( 2 0 0 ) 2 + ( 1 6. 6 7 * 8 ) 2 E 2 = 5. 7 8 * 10 4 por lo tanto E = 2 4 0 V/fase E p. u. = E real / V base = 2 4 0 / 2 0 0 = 1. 2 mientras como nos ilustra el grafico, el angulo de carga va ser igual a : tan – 1 ( I X d / V ) = tan – 1 ( 1 3 3. 6 / 2 0 0 ) = — 3 3. 7 5 ° por lo tanto el angulo de la carga se ra igual a – 3 3. 7 5 °

Resolucion del problema 8 -14 Considere un polo bipolar 3 conectado en Y turbo generador valorado en 2, 500 kva, 6, 600 v entre los terminales, a 3, 000 rpm. La frecuencia es f=pn/120= 50 ciclos. La amadura enrollada es distribuída en 60 endeduras, con 4 conductores por endedura, resistencia y reactancia eficaz por fase es 0, 073 y 0, 87 ohm, respectivamente.

La característica de circuito abierto, mostrado en la fig. 1 se traza en terminos de amperios-vueltas por polo, con las oredenadas que representan voltios por fase, i, e. , de la línea vertical. El rotor , ilustrado en la fig. 2, tiene un bobinado distribuído en 10 endeduras por polo. Calcule el campo de excitación necesario para desarrollar el voltaje terminal estimado y la corriente estimada cuando el factor de potencia de la carga es:

• a) 80 , en atraso • b) 100; • c) 0 , y • a) 80% , en atraso • b) 100%; • c) 0 , y en cada caso determine el voltaje de regulación

Solución: a) El factor de potencia de la carga fp= cos = 0, 8. De los datos dados, el voltaje terminal considerado por fase es: 6, 600 V= = 3, 810 V. √ 3 Y la corriente considerada por fase es: 2, 500, 000 I= = 219 amp 3 x 3,

La caída de resistencia y reactancia por fase son: IRa= 219 x 0, 073 = 16 volts. Ixa= 219 X 0, 87 = 190 volts. El factor de potencia de 80% ( cos = 0. 8, sin = 0. 6), la expresión compleja para V, referida a la corriente I como eje de referencia, es: V= 3, 810 (cos + jsin ) = 3, 048 + j 2,

Y la caída de impedancia es: I (Ra + j. Xa) = (I + J 0) (Ra + j. Xa) = 16 + j 190 La fem inducida es por consiguiente. E = V + I (Ra + j. Xa) = (3, 048 + 16) + j(2, 286 + 190) = 3. 064 + j 2, 476 Y E = √ 3, 064 2 + 2, 476 2 = 3, 940 volts

Refiriendo a las características de cortocircuito, Fig. 1, se ve que este voltaje corresponde a la excitación de 17, 500 amp-vueltas por polo, el cuando se añade geometricamente a –A da el campo de excitación F. Para calcular A, será notado, que el bobinado entero comprende 60 x 4 = 240 conductores, o 120 vueltas, tambien que Np = vueltas por polo y por fase = 120/ ( 3 x 2) = 20. Subsecuentemente q = número de endeduras por polo y por fase = 60/ (2 x 3) = 10 y γ = angulo entre endeduras = 360/ 60 = 60°,

Sin (q γ / 2) sin 30 ° K b 1 = Sin (q γ / 2) sin 30 ° K b 1 = = 0. 955 q sin ( γ/2) 10 sin 3° Y por consiguiente, 2 √ 2 A = k b 1 k p 1 m N p I 2 √ 2 = x 3 x 0. 955 x 20 x 219 = 11, 300 amp-vueltas por polo

De la Fig. 3, A esta en fase con I, tal que A = 11, 300 + j 0 La excitación resultante F R is 90 ° antes de E, y E es antes de I con un angulo tal que: 3, 064 cos = 0, 778 3, 940 2, 476 sin = 0, 628 3,

Por consiguiente: F R = F R e j( +90) = F R (- sin + j cos ) = 17, 500 (-0. 628 +j 0. 778) = -10, 990 +j 13, 615 Del mismo modo: F = F R – A = -22, 290 + j 13, 615 F = 22, 290 2 + 13, 615 2 = 26, 120 El voltaje correspondiente en circuito abierto para esta excitación, determinado por la fig. 1, es 4, 450 volts; de esta forma, la regulación es: 4, 450 – 3, 810 x 100 =16, 8% 3,

b) El factor de potencia de la carga fp= cos = 1. 0. El diagrama fasorial general, Fig. 3, toma la forma de la Fig. 4, cuando = 0. Tomando la corriente I como eje de referencia, I = 219 + j 0 A. V= 3, 810 + j 0 V Y E = V + I (Ra + j. Xa ) = 3, 810 +16 + j 190 = 3, 826 + j 190 De donde E = 3, 826 2 + 190 2 = 3. 830 Esta fem lleva la corriente por un angulo tal que 3, 826 190 cos = 0, 9989 sin = =0, 0496 3,

Y correspondiendo a E es la resultante de excitación F R = 16, 500 amp-vueltas por polo, de la Fig. 1. Desde que F R le lleva a E por 90 °, este le lleva a la corriente por 90 + ; ahora, F R = F R [cos (90 + ) + j sin (90 + )] = F R (-sin + j cos ) = 16, 500 (-0, 0496 + j 0, 9989) = -818 + j 16,

El campo de excitación es entonces, F = F R – A = -12, 118 + j 16, 482 F = 12, 118 2 + 16, 482 2 = 20, 457 Y correspondiendo al voltaje de circuito abierto es 4, 150. La regulación es entonces: 4, 150 – 3, 810 x 100 = 8, 98 3, 810 c) El factor de potencia de la carga fp= cos = 0. El diagrama fasorial para este caso, Fig. 5 muestra que es suficientemente exacto escribir E = V + Ixa = 3, 810 + 190 0 4, 000 V. De donde el valor de F R DE LA Fig. 1 mes 18, 000 amp-vueltas por polo, de lo cual:

F = 18, 000 + 11, 300 = 29, 300 amp-vueltas por polo Correspondiendo al voltaje de circuito abierto es 4, 500 volts. La regulación es entonces. 4, 500 – 3, 810 x 100 = 18, 18 3,

Problema # 52 • Un motor sincrónico 3 fases de 31 hp esta conectado a 500 v de alimentación, tiene una impedancia sincrónica de 0. 4 + j 4 ohm / fase, las perdidas de hierro rotacional son asumidas constantes e igual a 1500 W. Calcule la máxima carga que se debe colocar cuando trabaja a plena carga ganerando un voltaje inducido de 300 V / fase. Determine la corriente y el factor de potencia en estas condiciones.

Po = ((EM * EG) / Z) * sen ( + ) - ((E ² Po = ((EM * EG) / Z) * sen ( + ) — ((E ² / Z) * sen Po max = ((EM * EG) / Z) — ((E ² / Z) * sen Ahora: | Z | = ( 0. 4 ² + 4 ² )½ = 4. 02 ohm sen = R / Z = 0. 4 / 4. 02 = 0. 0995 entonces = 5 º 43 ´ también V = 500 / √ 3 = 289 V

Max Po = ((289 * 300) / 4. 02) — ((300 ² / 4. 02) * 0. 0995 = 21570 — 2227 = 19343 watt / fase Máxima potencia a plena carga = 19343 — (1500 / 3) = 18843 watt / fase Máxima potencia = (3 * 18843) / 746 = 75. 77 pp. o 56. 524 Kw. = ( 75. 77 * 100 ) / 30 = 252. 6 % F. L. La máxima potencia ocurre cuando ( + ) = 90º — 5º 43′ = 84º 17’

(I Z )² = V² + E² - 2 * E * V * cos (I Z )² = V² + E² — 2 * E * V * cos = (289)² + (300)² — 2 (289) (300) (0. 099) = 83520 + 90000 – 17260 = 156260 I Z = 39503 I = 395. 3 / 4. 02 = 98. 33 amp Perdidas del cobre = I² R = (98. 33)² * 0. 4 = 3867 watt

Entrada / fase = 19343 + 3867 = 23210 watt = V * I * cos Ø = (23210) / (289 *98. 33) = 0.

Ejemplo 42 Un alternador conectado en Y, 6600 v, con impedancia sincrónica (0. 6+ +j 3)ohmios/fase, entrega 600 amperios a un factor de potencia unitario y con barras de distribución constante de 6600 v. Calcule: a) El ángulo de la carga. b) El nuevo ángulo de la carga y el factor de potencia si la excitación es reducida por el 20% pero la salida de energía se mantiene constante. c) La salida de energía máxima en la nueva excitación.

SOLUCIÓN ANALÍTICA Voltaje de la Fase: voltios a) amperios con factor de potencia unitario. Del Diagrama Fasorial, Fig. 4. 2 voltios 3810= 36600 =V 300=IL=Ip 222 )Ix(+)IR+V(=E 4 4422 22 10*1673= 10*81+10*1592=)900(+)3990(= )10*300(+)6. 0*300+3810(= 4090=E 22. 0 4090 900 EIX sin lo

ф δIX IR V Fig. 42 ф δIX IR V Fig.

b) watt/fase Ahora and b) watt/fase Ahora and ohmios New voltios Entonces, el cual debe igualarse a watt/fase, (sin cambio)3 10*11430. 1*300*3810 VICOSPo sin ZV )(sin ZVE 2 )3 J 6. 0(Z 06. 3 l. Zl l 011 18112. 0 tan XR tan 32724090*8. 0 E sin 06. 3 )3810( )(sin 06. 3 3272*3810 Po 2 3 lo 3 10*929)1811(sin 10*4074 3 10*1143 5087. 0 10*4074 10*92910*1143 )1811(sin 3 33 lo

Nuevo Aplicando la Regla del Coseno, (Fig. 4. 2) voltioslolo 3530)1811( lo 1719 cos. VE 2 EV)IZ( 222 4 444 22 10*172 10*235810*107010*1460 )944. 0)(3272)(3810(2)3272()3810( 1311 IZ

La Nueva amp Ahora, Sin cambios de La Nueva amp Ahora, Sin cambios de watt/fase El nuevo Nuevo c) La Máxima Po ocurre cuando . Entonces 5. 428 06. 31311 I 3 10*1143 cos. VIPo 7. 0 5. 428*3810 10*1143 cos 3 o 90)( sin ZV ZVE Max. Po 2 fase/KW 3145 10*92910*4074 06. 3*06. 3 06. 0*)3810( 06. 30 )3272)(3810( 33 2 lo

SOLUCIÓN GRÁFICA Elija una escala de voltaje y dibuje el diagrama fasorial u. p. f. Fig. 42. Ahora u. p. f. IZ, nos indica que Io. Z=IZcos VIcos =Po, puesto que V y Z son ambas constantes. Por lo tanto para un Po constante, Io. Z es una constante y el lugar geométrico del fasor E es la línea perpendicular a Io. Z. Dibuje este lugar geométrico. (N. B. significa que la corriente Io tiene un factor de potencia por unidad. ) Describa un arco=0. 8 E para intersectar el lugar geométrico con E. Ésto determina el nuevo fasor de E. Ensamble la intersección al final del fasor V. Ésto determina un IZ nuevo. El nuevo se obtiene entre IOZ y el IZ nuevo. En la condición máxima de salida de energía, IZ y son obtenidos haciendo pivotear la nueva E a la posición donde ). 90( o

Problema 8. 4 Hindmarsh Un motor sincrónico en estrella trifásico de 5000 k. VA, 11 k. V, 50 Hz, 1000 rev/min, opera a plena carga con un factor de potencia de 0. 8 en adelanto. La reactancia sincrónica es 60% y la resistencia puede ser despreciada. Calcule la potencia sincronica por grado mecanico de desplazamiento angular. Cual es el radio del maximo torque a plena carga. Cual es el valor del torque maximo.

Tomando el terminal de voltaje, la corriente a plena carga, los k. VA son 1 p. u. Ef = V-j. Xs*Ia = 1 -j(0. 6)*1(0. 8+j 0. 6) Ef = 1. 44 p. u. = sin -1 (0. 48/1. 44) = 19. 4° (ángulo de carga) 4. 19 cos 6. 0 44. 1*1 cos Xs VEf. P = 2. 26*k. VA Evaluado por radian electrico

Según los datos tenemos que la máquina debe tener 6 polos para operar a 1000 rev/min y 50 Hz. Por lo tanto en este caso un radián eléctrico es igual a: grados mecánicos 60 6 2 * 180 Entonces, la potencia sincrónica por grado mecánico = 2. 26* 60 = 0. 1185 p. u. En vatios sincronicos = 0. 1185*5000*1000 =

• En términos de torque = (7. 04/1000)*593000 = 4170 lb-ft por grado mecanico Torq max = V*Ef/Xs = 1*1. 44/0. 6 = 2. 4*k. VA evaluado = (7. 04/1000)*2. 4*5000*1000 = 84200 lb-ft Torque nominal = Tmax*sen = Tmax * sen 19. 4° Tmax/Tnominal = 1/sen 19. 4 = 3.

Ejemplo 8. 1 Sobre un determinado generador sincrónico con xd= 0. 9 por unidad y xq= 0. 6 por unidad , la maquina esta funcionando a plena carga con un factor de potencia de 0. 8 en atraso. Calcule el valor de excitación en términos del voltaje terminal. Calcule también el ángulo de la carga y los valores de las corrientes en Iq e Id V sen δ=Xq. Iq=0. 6 cos(δ +φ) En por unidad : sen δ=0. 6( cosφ cosδ -sen φsenδ) V=1 I a =1 sen δ=0. 6(0. 8 cosδ-0. 6 senδ) 1. 36 sen δ=0. 48 sen δ tan δ=0. 48/1. 36=0. 353 δ =19. 4 ˚

EF-Vcos δ =Xd. Id=0. 9* Ia sen (δ+ φ) donde φ=cos -1 0. 8 En por unidad Ef =cos 19. 4 ° + 0. 9 sen (36. 9 °+19. 4 °) Ef=0. 942+0. 9*0. 833=1. 69 por unidad Iq =Ia cos 56. 3 =1*0. 555=0. 5555 p. u. Id= Ia sen 56. 3=1*0. 8333=0. 833 p. u.

EJEMPLO 8. 6 Prueba circuito abierto Los resultados de la prueba de un generador sincrónico, conectado en estrella, trifásico, 10 MVA, 11 KV son los siguientes: VL 4 6 8 10 11 12 13 14 Ic 60 90 126 171 203 252 324 426 Prueba de corto circuito Corriente de armadura 566 A Corriente de campo

Prueba factor de potencia cero Corriente de armadura 396 A Corriente de campo 480 A Voltaje de linea 11 KV Calcule la corriente de campo: a). Cuando suministra 6000 KVA a un factor de potencia cero b). Cuando genera a plena carga a un factor de potencia 0. 8 en atraso. c). Cuando el motor tiene la misma corriente y factor de potencia como b d). Cuando funciona como un motor descargado ingresa 6000 KVA a un factor de potencia cero.

Resistencia de armadura La construccion de Potier mostrada, acompañada de la información corregida de corto circuito para la misma corriente de armadura a factor de potencia 0 a 396 A. En corto circuito la corriente de campo es: (396/566)x 200 =140 A.

A 396 y 11 KV la corriente de campo es 480 A para un factor de potencia 0 en atraso. La sencilla corrección para la información de corto circuito es posible porque la relación entre corriente de campo y armadura c. c es lineal. Note que la curva de c. a es graficada en terminos de voltaje de linea por conveniencia asi que la reactancia de Potier cae por fase a 396 A, la escala es aumentada por un factor de √ 3. Para la curva 3 Xa. Ia = 2. 6 KV A 396 Amperios de armadura Fa =102 A a 396 Amperios de armadura

Las partes a y b a factor de potencia 0 se resuelven usando fmm solo en combinaciones algebraicas, necesarias para esta condición. Para las partes b y c se usa el circuito equivalente y tambien los diagramas fasoriales mostrados en la fig. Las mismas respuestas se obtienen por ambos metodos, si se trabaja con cuidado y siguiendo las instrucciones para chequear las respuestas en cada caso usando el metodo alternativo.

(a)(a) A 6000 KVA, Ia = 6000/ 3 x 11= 315 A Fa = (Ia (a)(a) A 6000 KVA, Ia = 6000/ 3 x 11= 315 A Fa = (Ia /396)x 102 = (315/396)x 102 = 81 A 3 Xa. Ia = (315/396)x 2. 6 = 2. 06 KV A F. p = 0 en conducción E = V — 3 Xa. Ia = 11 – 2. 06 = 8. 94 KV De la curva c. a , se requiere una corriente de excitación Fr = 145 A En la reación de armadura las vuelatas de los amperios son completamente magnetizados Ff = Fr – Fa = 145 – 81 =

(b) La corriente a plena carga a 10 MVA I = (10/6)x 315 = 525 A La reactancia no saturada sincronica determinada arbitrariamente en la prueba de c. c es: (13000/ 3)/566= 13. 2 Kf de la misma condición = 13000/200 = 65 Vl/Ac Reactancia de Potier = (2600/ 3)/396 = 3. 8 Reactancia magnetizante no saturada X mu = 13. 2 – 3. 8 = 9. 4 Fem E= 11000 + 3 xj 3. 8 x 525(0. 8 -j 0. 6) = 11000 + 2080 +j 2760 = 13400 V

Dada la curva de circuito abierto k=13400/355 = 37. 8 Vl / A Reactancia magnetica saturada Xms = 9. 4 x 37. 8/65 = 5. 4 Ef= 13080 + j 2760 + (2080 + j 2760) x 5. 4/3. 8 = 16040 + j 6690 = 17400 Vl con angulo igual a 22. 6º Ff = 17400/37. 8 =460 A Si la carga fue trasladada, a voltaje terminal de 14. 2 KV con su propia corriente de campo, ver la curva de c. a

c). El procedimiento de los cálculos es el mismo de literal b) excepto por el signo inverso de la impedancia, con la misma magnitud. Entonces: E = 11000 – 2080 –j 2760 = 9300 V Kfs = 9300/160 = 58 VL Xms = 9. 4 x 58/65 =8. 4 Ef =8920 – j 2760 – (2080 + j 2760)x 8. 4/3. 8 = 4320 – j 8860 = 9850 V àngulo -64º Ff = 9850/58 = 169 A.

d). En este caso la fem de armadura es completamente desmagnetizada. E = V + xa. Ia, sustituya los valores de Fa y 3 x. Ia en a). E = 11 + 2. 06 = 13. 06 KV Es requerida la curva de c. a Fr = 328 A Asi Ff = Fr + Fa = 328 + 81 = 409 A. Este es el caso de de un capacitor sincronico, discutido en la proxima secciòn

EJERCICIO Dos generadores trifasicos de 6. 6 k. V, conectados en estrella alimentan una carga de 3000 k. W a un fp= 0. 8 en atrazo. La impedancia sincronica por fase de la maquina A is 0. 5 + j 10 Ω y de la maquina B es 0. 4 +j 12 Ω. La excitación de la maquina A es agustada de tal forma que entrege 150 A con un factor de potencia en atrazo y que la carga este distribuida para los dos generadores. Determine la corriente, factor de potencia, fmm inducida y el angulo de carga en cada una de las maquinas-

Desarrollo: 2 carga 21 P PP GG k. W k. V PPGG 1500 2 3000 21 cos 3 VIPG 1 G 2 carga Puesto que la carga consume 3000 k. W y las cargas se distribuyen por igual Aplicado la formula Para la maquina A Aj. Ientonces sensen VIP VIPVIP AA A o A A A A AA 6. 72131 )485. 0874. 0(150 485. 0)29()( 29)874. 0(cos 874. 0 150*6. 6*3 1500 cos 3 cos

La corriente total, es la corriente de la carga. Usando la misma formula de potencia Aj. Isen AI V P I VIP 195262 )6. 08. 0(328 6. 0)86. 36( 86. 36)8. 0(cos 8. 0 cos 328 8. 0*6. 6*3 3000 cos 3 carga 1 cargacarga carga Atrazo AI Aj. Aj. I III B AB 723. 0 181 131 cos 181 )4. 124131( )6. 72131()195262( B B B carga

A continuación se muestra el diagrama fasorial de los do generadores E B E A I Bφ A φ Bδ A δ B I B Z B I A Z A Tomando como referencia V y trabajando con los valores de las fases tenemos: k. Vfmm k. Vj. E jjk. V E ZIVE o A AA AAA 26. 827. 16. 4*3 4. 15) 6. 4 27. 1 (tan 27. 16. 4 )105. 0)(6. 72131( 36.

k. Vfmm k. Vj. E jjk. V E ZIVE o A AA BBB 6. 952. 135. 5*3 9. 15) 35. 5 52. 1 (tan 52. 135. 5 )124. 0)(4. 124131( 36.

Problema 9 -4 • Las curvas características de un motor sincrónico trifásico polos salientes de 45 KVA 6 polos, conexión en Y 220 -voltios, 60 Hz. , se muestra en la figura. La curva de factor de potencia cero en la figura es para 118 amperios por fase. Otros datos para el motor son: • Resistencia de campo = 30 ohms a 75°C • Pérdidas de fricción y ventilación = 810 vatios a 60 ciclos • Carga desviada = 540 vatios a 60 ciclos y corriente de armadura nominal • Resistencia de armadura corriente directa = 0. 050 ohm por fase a 75°C • Reactancia sincrónica de cuadratura no saturada = 0. 53 ohm por fase • Asuma que el motor está operando a plena carga, con voltaje nominal y frecuencia de placa en sus terminales, con corriente en adelanto y factor de potencia 0. 8. • Calcule la corriente de campo y la eficiencia del motor usando el método de reactancia doble.

Solución: Primero hallamos la corriente nominal en amperios por fase: Luego la resistencia efectiva en ohm por fase se calcula dividiendo las pérdidas de cobre para el número de fases por la corriente nominal al cuadrado y es igual a: Se utiliza la reactancia de Potier como una aproximación a la reactancia de armadura, calculada a partir del triángulo de Potier construido en las curvas características del motor 118 220*3 45000 3 Vn kva Ia 063. 0 )118(3 540 050. 02 er 250. 0 118*3 220271 aap Ilm xx

Con este valor de la reactancia de Potier procedemos a calcular el voltaje de entrehierro utilizando la ecuación fasorial que describe el funcionamiento del motor Como la corriente adelanta al voltaje con un factor de potencia de 0. 8 utilizamos el vector unitario (-0. 8 -j 0. 6), entonces: Cuya magnitud es igual a: Esta cantidad en voltios por fase para obtener el voltaje entre terminales multiplicamos por √ 3: )( aeaa jxr. IVE )250. 0063. 0)(6. 08. 0(118)01( 3 220 jjj. Ea 1. 289. 138 j. E a 7. 141)1. 28()9. 138( 22 a. E 5. 2457. 141*33 a.

Para la curva de circuito abierto saturado mostrada en la figura del problema, la corriente de campo correspondiente a un voltaje de 245. 5 voltios entre las terminales es If= 3. 40 amperios. Para la línea de entrehierro el voltaje correspondiente a esta corriente es 305 voltios entre las terminales, entonces el factor de saturación, k, es: La reactancia síncrona no saturada del eje directo, obtenida de la curva de corto circuito (198 v) y la línea de entrehierro es: Con este resultado calculamos la reactancia síncrona saturada del eje directo: 24. 1 246 305 k 969. 0 0. 118*3 0. 198 )( nosaturadodx aadsaturadodx k xxx 1 )()(

Reemplazando los datos en la ecuación anterior tenemos: Asumiendo como una aproximación, que el factor de saturación para la reactancia síncorona del eje de cuadratura es el mismo que para la reactancia síncrona de eje directo, calculamos dicha reactancia: El ángulo δ está dado por: 83. 025. 0 24. 1 1 )25. 0969. 0( dx 476. 025. 0 24. 1 1 )25. 053. 0( qx)cossin( tan eqa qea rx. IV xr. I 3191. 0 )8. 0*063. 06. 0*476. 0(1181. 127 )8. 0*476. 0*063. 0(118 grados 7.

En la figura mostrada a continuación se observa que el ángulo entre Ia e Iq es (θ+δ) Con este ángulo calculamos el voltaje de excitación con carga saturada entre las terminales La corriente de campo para este voltaje es obtenida por extrapolacióngrados 57. 547. 178. 0 cos)(1 daqaeaajxj. Ijx. Irj. Ij. Vj. E)sin()cos()]sin()cos([)sin(cos)01(‘ 3. 3405. 169*3’3 a. E 71. 440. 3* 5. 245 3. 340 f. I

De acuerdo con las reglas de estandarización de la AIEE y también de los estándar ASA para maquinaria eléctrica rotatoria, las pérdidas de núcleo adecuadas para encontrar la eficiencia es la que corresponde a el voltaje igual a el voltaje terminal corregido por la caída de la resistencia de armadura. Este voltaje es: Cuyo magnitud da como resultado 121. 2 voltios por fase, es decir, 210. 0 voltios entre las terminales. De la curva de pérdidas de núcleo, la pérdida correspondiente a 210. 0 voltios es 740 vatios. )063. 0)(6. 08. 0(0. 1181. 127 jr. IVea Pérdidas Vatios Cobre-armadura 3(118) 2 0. 050 2089 Carga desviada 540 Núcleo 740 Cobre-campo (4. 71) 2 30 666 Fricción y ventilación 810 Total

Finalmente la eficiencia se calcula como: La eficiencia de este motor es de 0. 866 o 86. 6%. Entrada Pérdidas. Entrada Eficiencia 866. 0 8. 0*45000 48458. 0*45000 Eficiencia

EJEMPLO 12. 3 Un alternador trifásico conectado en estrella tiene una resistencia de 0. 5 Ω y una reactancia sincrónica de 5 Ω por fase. Es excitado para dar 6, 600 voltios (de línea) en circuito abierto. Determine el voltaje terminal y la regulación de voltaje en por unidad, con una corriente de plena carga de 130 A cuando el factor de potencia es: (a) 0. 8 en atraso (b) 0. 6 en adelanto. SOLUCION: Es mejor llevar el voltaje de fase terminal V como el complejo de referencia ya que el ángulo de fase de la corriente esta referido a este voltaje. (Sin embargo la magnitud de V no es conocida).

Voltaje de Fase Terminal: 0 VV 810, 3 3 600, 6 Ef. Ef 9. 361308. 0 cos 1301 I La magnitud de la fem Ef es conocida pero no esta en fase con respecto a V Donde δ° es la fase de Ef con respecto a V que es la referencia (a) La corriente atrasa a V por un ángulo de fase correspondiente al factor de potencia de 0. 8 en atraso. 3. 8402. 5)55. 0(j. Zs La impedancia sincrónica por fase es

Reemplazando En la siguiente ecuación: IZs. VEf )3. 8402. 5*9. 36130(0810, 3 V 4. 476530 V 4824420 sin 810, 3 cos 810, 3 jj. Vj Obtenemos: Expresando todo en forma rectangular, 482 sin 810, 3 992. 0 cos Luego: De donde: 127. 0 sin y Luego parte de la ecuación de referencia 442 cos 810, 3 V VV 340, 3442)992. 0*810, 3(

y Regulación por unidad =141. 0 340, 3810, 3 1. 53130 (b) Corriente de fase =130 A a 0. 6 en adelanto con respecto a V Siguiendo el mismo procedimiento que en (a) se encuentra un voltaje terminal de 4, 260 V. Por lo tanto la regulación en por unidad, desde que hay un voltaje elevado está dada por: . . 106. 0 42603810 up

Ejemplo 8. 4 A 3 fases, 5000 - KVA, 11 - k. V, 50 - Hz, Ejemplo 8. 4 A 3 fases, 5000 — KVA, 11 — k. V, 50 — Hz, 1000 rev/min, un motor conectado en estrella opera a plena carga con un factor de potencia de 0. 8 en adelanto. La reactancia sincrónica es del 60% yla resistencia puede ser despreciada. Calcule la potencia sincrónica por grado mecánico de desplazamiento angular. ¿Cuál es el radio máximo de torque a plena carga y el valor del torque máximo? . Solución: Tomando el voltaje terminal nominal, corriente a plena carga y desde ahí los KVA nominales de cada uno por unidad. )6. 08. 0(1)6. 0(1 jjj. Xs. Ia. VEf unidadpor jj 44. 1 48. 036. 136. 048.

osenacde. Angulo 4. 1944. 1/48. 0 arg 1 of Xs VE d d. P 4. 19 cos 6. 0 44. 11 cos eléctricoradianporalno. KVAmin 26. 2 De los datos de la máquina debemos tener 6 polos para operar a 1000 rev/min y 50 Hz. Por eso en este caso, un radian eléctrico es igual a: cos 60 6 2180 mecánigrados

Entonces: Potencia de sincronismo por grado mecánico 60 26. 2 unidadpor 1185. 0 ; 105931050001185. 0 33 En Watts sincrónicos en términos de torque mecánicogradoporpielbf 4170593000 1000 04.

Torque Máximo al. No. KVAXs. VEfmin 4. 26. 0/44. 11/ pielbf 842001050004. 2 1000 04. 73 Torque a plena carga 0 4. 19 senmáximotorque Por lo tanto: 01. 34. 19/1 arg/ 0 senacplenaatorquemáximotorque

Ejemplo # 12. 4 Libro : Higher electrical engineering Shepherd-Morton- Spence Un turbo alternador de 11 KV , trifasico , conectado en estrella , lleva 200 A a un factor de potencia unitario cuando esta conectado a voltaje y frecuencia constante. a) Determine la corriente de armadura y el factor de potencia al cual la maquina trabaja cuando la entrada mecanica de la maquina se incrementa en un 100% , la excitación se mantiene inalterada.

• b) determine la corriente de armadura y el factro de potencia al cual la maquina trabaja cuando la excitación sube 20% , la potencia de entrada permanece al doble. • c) determine la maxima potencia de salida y su correspondiente valor de corriente de armadura y factor de potencia a este nuevo valor de excitación , i. e. Como en (b) La resistencia de armadura es 0. 4 / fase y la reactancia sincronica es 8 / fase. Asuma que la eficiencia se mantiene constante.

• Usando valores por fase tenemos V = 11000/ 3 = 6350 V Za = 0. 4 +j 8 = 8 87. 1° Para la primera parte dibujamos el fasor Ia. Za A un angulo de 87, 1° ya que estamos trabjando a factorde potencia unitario. Ia. Za = 200* 8 = 1600 87. 1°

Diagrama fasorial para el primer caso , factor de potencia : 1 V 87. 1°Ef O V a

• Oa representa el valor de la fem. Medido del grafico y usando la respectiva escala tenemos que E f 1 = 6600 V • (a) cuando la potencia mecanica de entrada se duplica , la potencia mecanica de salida tambien lo hace y por lo tanto la componente activa de la corriente es tambien duplicada P’ = 2 Po m. VIa cos 1 = 2 m V Ia cos 0° ( cond. iniciales) Ia cos 1 = 2 Ia cos 1 = 2* 2000 = 400 por lo tanto Ia’ Za = 400*8 = 3200 V

Estos 3200 V son dibujados en la misma direccion de Va, obteniendo Vb, colocamos una linea perpendicular a Vb pasando por el punto b. Luego Hacinedo centro en O y con radio Oa trazamos un arco hasta cortar esta linea V 87. 1°Ef O V a b Ef c

• El valor Vc es igual Ia. Za de donde Ia = Vc/ Za = 3300/8 = 412 A el factor de potencia cos = Ia’Za/I Za = 3200/3300 = 0. 97 en adelanto.

• (b) El nuevo valor de la fem es 1. 2*6600 = 7920 V Con centro en O y con radio Ef 2 = 7920 V trazamos un arco hasta cortar la linea en el punto d. El valor de Vd es el nuevo valor de Ia Za el valor de Vd = 3300 V Por lo tanto la nueva correinte de armadura es I a = 3300/ 8 = 412 A Factor de potencia , cos = Ia’Za/I Za =3200/3300 = 0. 97 en atraso

V 87. 1°Ef O V a b Ef c d

EJEMPLO E. 8. 6 Los resultados de la prueba de un generador sincrónico trifásico, conectado en estrella, 10 -MVA, 11 -k. V, son los siguientes: Prueba de circuito abierto: Voltaje de Línea 4 6 8 10 11 12 13 14 k. V Corriente de Campo 60 90 126 171 203 252 324 426 A Prueba de corto circuito: Corriente de armadura 566 A, corriente de campo 200 A. Prueba de factor de potencia cero: Corriente de armadura 396 A, corriente de campo 480 A, voltaje de línea 11 k. V. Calcular la corriente de campo: Cuando proporcionamos 6000 k. VA al factor de potencia cero a una línea de transmisión descargada (line charging). Cuando generamos a plena carga con fp 0 -8 en atraso. Cuando trabajamos como motor a la misma corriente y factor de potencia como (b). Al correr como una toma de motor descargada 6000 k. VA a fp 0 Desprecie la resistencia en la armadura.

EJEMPLO E. 8. 6 EJEMPLO E. 8.

La construcción de Potier se lleva a cabo en la figura luego de corregir la información de corto circuito con la misma corriente de armadura que tiene en la prueba de factor de potencia cero; por ejemplo si tenemos una I= 396 A en corto circuito, la corriente de campo será: A 396 A y 11 k. V, la corriente de campo es 480 A para fp cero en atraso. La simple corrección de la información a corto circuito es posible porque la relación entre la corriente de corto circuito de campo y la corriente de armadura es lineal. Note que la curva de circuito abierto es trazado en términos del voltaje de línea por conveniencia, así que la caiga por fase de la reactancia de Potier, se descarga en un factor de . AIc 140200*

De la curva: xa. Ia = 26 k. V a 396 amperios (armadura) Fa = De la curva: xa. Ia = 26 k. V a 396 amperios (armadura) Fa = 102 A a 396 amperios (armadura) La parte(a) y (d) para factor de potencia cero será resuelto usando fmms con combinaciones algebraicas necesarias para esta condición. Para la parte(b) y (c), el circuito equivalente será usado, pero los diagramas fasoriales son también mostradas en la figura. Las mismas respuestas pueden ser obtenidas por cualquier método si trabajamos con cuidado, esto puede ser instructivo para comparar las respuestas en cada caso usando un método alternativo.

A 6000 k. VA, De la curva de circuito abierto, esta necesita una nueva corriente A 6000 k. VA, De la curva de circuito abierto, esta necesita una nueva corriente de excitación: Fr = 145 A Ff = Fr – Fa = 145 – 81 = 64 AAIa 315 3*11 6000 k. VIXVE k. VIX AI F aa aa a a 94. 806. 2113 06. 2* 396 315 *3 81102* 396/

La corriente a plena carga a 10 MVA = La reactancia sincrónica no saturada determinada, arbitrariamente, para la corriente en la prueba de corto circuito kf de la misma condición = Reactancia de Potier = Reactancia magnética no saturada Xmu=13. 2– 3. 8=9. 4 A 525315* 6 10 fasepor 2. 13 566 3/13000 )(/65 200 13000 campo. AVLL fasepor 8. 3 396 3/

fem en el entrehierro E = 11000 + S 3 * j 3. 8 * fem en el entrehierro E = 11000 + S 3 * j 3. 8 * 525(0. 8 – j 0. 6) = 11000 + 2080 + j 2760 = 13400 Vll dado, de la curva de circuito abierto kfs = 13400/355 = 37. 8 Vll / Acampo. De, reactancia magnética saturada Xms = 9. 4 * 37. 8/65 = 5. 4 Ef = 13080 + j 2760 + (2080 + j 2760) * 5. 4/3. 8 = 16040 + j 6680 = 17400 Vll ( ) = 17400/37. 8 = 460 A. 6.

Si quitamos la carga, el voltaje terminal debería subir a 14. 2 k. V, manteniendo la corriente de campo; mire la curva de circuito abierto. El procedimiento del cálculo es igual que para (b) salvo la inversión de la señal de impedancia, la cual tiene la misma magnitud. De E = 11000 – 2080 – j 2760 = 9300 Vll Ksf = 9300/160 = 58 Vll /Acampo Xms = 9. 4 *58/65 = 8. 4 Ef = 8920 — j 2760 — (2080 + j 2760) *8. 4/3. 8 = 4320 – j 8860 = 9850 Vll -64º ( ) Ff = 9850/58 =

En este caso, la fmm de la armadura esta completamente desmagnetizada. Sustituyendo el mismo valor de y como en (a): E = 11 + 2. 06 = 13. 06 k. V. De la curva de circuito abierto Fr = 328 A así, Fr = Fr – Fa = 328 – 81 = 409 A a. Faa. Ix