Problemas De Maquinas Eléctricas Iii

MAQUINAS ELÉCTRICAS III

SOLUCIONARIO DE LA PRIMERA PRACTICA CALIFICA 2009-I

EE225

Graficando las soluciones. CORRIENTE EN LA ARMADURA 45 40

Maquinas eléctricas III, columna vertebral de la especialidad.

30 CORRIENTE

PROBLEMA 1: Una maquina generalizada de conmutador se conecta y es impulsada por un motor primo a una velocidad constante de 540 RPM si en t=o, se aplica al devanado D una tensión continua de 600 voltios, tenemos los siguientes datos.

35

25 20 15 10 5 0 -5

0

1

2

3

4

5 TIEMPO

6

7

8

9

10

CORRIENTE EN EL DEVANADO ESTATORICO

ra = 1.0Ω Lrq = 0.25h Gsdrq = 1.5H Obtener las expresiones de las corrientes y torque electromagnético.

0.5 0.45 0.4 0.35 0.3

s d

r q

i , i , Te

0.25

Planteamos las ecuaciones en el devanado del rotor, la expresión de torque electromagnético.

0.15

0.2

Vqr = rqr iqr + Lrq piqr + M qqrs piqs − Gqdrr wmr idr − Gqdrs wmr ids

0.1 0.05 0

0

0.5

1

Te = Gqdrs .iqs .iqs

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

8

9

10

TORQUE ELECTROMAGNETICO 35 30

Donde notamos que la corriente en el devanado estatorico en el eje Q es cero. Tenemos finalmente. Usando la transformada de laplace llegamos reemplazando los datos del problema a:

I qr ( s ) =

254.446 s (1 + 0.25s )( s + 6)

25 20 15 10 5 0 -5

600 i (t ) = , Resolviendo con s (1200 + 200 s )

0

1

2

3

4

5

6

7

s d

la transformada inversa.

iqr (t ) = −127.23e( −4t ) + 84.8.e −6t + 42.41 ids (t ) = 0.5(1 − e−6t )

PROBLEMA 2: Para estudiar el proceso transitorio de conexión de la tensión Vf, al devanado de excitación (f), al generador síncrono con el devanado amortiguador (D,Q), estando el estator (d,q) sin carga se utiliza la máquina de conmutador.

Te = Gqdrs .iqs .iqs

HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

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rfs = 200Ω Lsf = 30 H Lsd = Lsq = 0.08 H

rds = rqs = 0.5Ω

CORRIENTE EN EL ESTATOR 0.25

Gqfrs = Gqdrs = 1.2 H

M dfrs = M ssfd = M ddrs = 1.2 H

0.2

M qqrs = 1.0 H

0.15

Si el rotor de la maquina es impulsado a 1500RPM y en t=0, se cierra el interruptor de campo se pide calcular i sf , iqs , ids ,

0.1

comentar resultados. Planteando las ecuaciones en los devanados estatoricos y rotoricos.

0.05

0

V = r i + L pi + M pi − G w i − G w i r q

r r q q

r q

r q

rs qq

s q

rr qd

r r m d

rs qd

Vqs = rqs iqs + Lsq piqs + M qqsr piqr f f d d

iqs ( s ) =

f d

f d

fr dq

r q

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

Un motor síncrono carece de un par de arranque; para conseguir ponerlo en marcha por sí mismo, se le añade un devanado en jaula de ardilla, denominado devanado amortiguador, ubicado en las expansiones polares del rotor.

−i s r q

(0.5 + 0.08s )

−1.2 sidf (0.5 + 0.08s ) 48(0.5 + 0.08s ) idf ( s ) = s (0.960 s 2 + 31s + 100) ids ( s ) =

PROBLEMAS ADICIONALES

Resolviendo tenemos:

PROBLEMA 1

idf (t ) = −0.115e( −36.4t ) − 0.124e −28.6t + 0.24

Un motor SHUNT tiene una resistencia de 5Ω en serie con la armadura, el motor se alimenta con una carga continua de 230 V, impulsa una carga de torque constante de 5.5 N-M con momento de inercia J=1.8 Kg/m², si la corriente de excitación esta ajustada en 1 Amperio, y se tiene los siguientes parametros:

ids (t ) = 2.39e( −28.6t ) − 2.39e −36.3t CORRIENTE DE CAMPO 0.24

0.22

0.2

Gqdrs = 0.5H

0.18

J = 0.8Kg − m2

D = 0.0133 Nms

0.16

CALCULAR:

0.14

0.12

0.1

OJO, sobre los devanados amortiguadores.

Vd = r i + L pi + M pi f

0

r s m d

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

a) La velocidad y la corriente de armadura del motor. b) Si se rompe el acople entre el motor y la carga, obtener la evolucion en el tiempo de la velocidad y la corriente de armadura del motor. c) Los valores finales de la corriente de armadura y la velocidad.

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1

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Solucion (a) Planteamos las ecuaciones del motor tipo shunt en el devando rotorico y la ecuación electromecánica.

Mostramos como varia la corriente en la armadura una vez desconectada la carga, se observa pues que sufre un decremento desde 17.61 amperios hasta 9.25 Amperios.

Vqr = E = iqr rqr + Lrq piqr + Gqdrs wmr ids Te − Tload = J total

CORRIENTE DE ARMADURA

dwmr + Dwmr dt

18 17 16

Procedemos a reemplazar los datos del problema, para el caso 1. I (amperios)

15

Vqr = E = 230 = iqr (5 + 1) + 0.5wmr dwr 0.5iqr − 5.5 = 2.6 m + 0.0133wmr dt

14 13 12 11

Para resolver esta ecuacion usaremos la transformada de laplace, luego procedemos a despejar las variables y le aplicamos la transformada inversa, resultando.

wmr = 248.63 rad / s

10 9

0

50

100

150

TIEMPO (s)

Pasaremos también a mostrar como varia la velocidad en el rotor en la figura de abajo. Al perder carga el motor se embala como se muestra en la grafica.

imr = 17.61 Amp Solución (b)

VELOCIDAD

V = E = i r + L pi + G w i r q

Te = J total

r r q q

r q

r q

rs qd

r s m d

dwmr + Dwmr dt

360

340

velocidad angular (rad/s)

Nos piden la corriente y la velocidad cuando ocurre el desacople con la carga, para esto en la ecuación electromecánica reemplazamos el torque de carga igual a cero. Para ver como varía la corriente

320

300

280

260

240

Reemplazando en forma de laplace

0.5imr = 0.8( swmr − 248.6) + 0.0133wmr 230 = 6imr + 0.5wmr s Desarrollando y sacando la inversa de laplace tenemos:

iqr (t ) = 9.25 + 8.35.e − (0.0687.t ) wmr (t ) = 348.51 − 99.8.e− (0.0687*t )

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0

20

40

60

80

100 120 tiempo (s)

140

160

180

200

PROBLEMA 2 Un motor de excitación independiente de 5HP, esta acoplado con una carga de 0.6 Kg/m2 de inercia cuyo torque puede

wr

representarse por T=0.10 m y el motor es arrancado por una Resistencia de 3.4Ω enserie con la armadura para limites de arranque, aplicándose 240 V DC a la armadura con la corriente de excitación igual a 1 A, se pide. UNI - FIEE

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a)

EE225

imr

CORRIENTE DE ARMADURA

, su máximo valor e instantaneo que produce.

60

50

b) La velocidad del motor. c) Los valores finales de la corriente de armadura y la velocidad del motor. d) Si después de llegar al régimen final dado por C, la resistencia de arranque súbitamente se C.C. repetir los pasos a, b y c.

CORRIENTE (Amp)

40

30

20

10

0

-10

SOLUCIÓN (a) Planteamos las ecuaciones del motor tipo shunt en el devando rotorico y la ecuacion electromecánica.

0.05

0.1

0.15

0.2 0.25 TIEMPO (s)

0.3

0.35

0.4

Grafica de la velocidad angular de la maquina. VELOCIDAD ANGULAR

0.5iqr = (1.2 s + 0.35) wmr

14 12

240 r = iq (4 + 0.012 s ) + 1.8wmr s

10 8 Wm (rad/s)

Para resolver esta ecuacion usaremos la transformada de laplace, luego procedemos a despejar las variables y le aplicamos la transformada inversa, resultando.

0

6 4 2 0

iqr (t ) = 2.48 + 60.10e − (7.19.t ) − 62.59e − (326.4.t )

-2

wmr (t ) = 12.78 + 0.287e − (326.4*t ) − 13.07e − (7.19.t )

0

0.1

0.2

0.3

0.4 0.5 0.6 TIEMPO (s)

0.7

0.8

0.9

CORRIENTE VS VELOCIDAD 60

Pasando a graficar estas ecuaciones. De la grafica de la corriente de armadura se observa que presenta una característica máxima en 56.36 A.

50

AMPERIOS rad/s

40

30

20

10

0

-10

HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

0

0.1

0.2

0.3 0.4 TIEMPO

0.5

0.6

UNI - FIEE

0.7

1

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SOLUCIONARIO DE LA SEGUNDA PRÁCTICA CALIFICADA 2009-I

CORRIENTE EN LA ARMADURA 10 9 8 7

PROBLEMA 1: se tiene un generador de excitación independiente que tiene una carga resistiva de 23.35 OHM conectada a su armadura e impulsado a 1000 RPM, si en t=0, se aplica 130V de corriente continua al devanado de excitación, se pide:

6 5 4 3 2 1

a) las ecuaciones diferenciales del sistema para t>0. b) la corriente de excitación en función del tiempo.

0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

CORRIENTE DE CAMPO 1 0.9

c) la evaluación ene le tiempo de la corriente de carga.

0.8 0.7

d) los valores finales de la corriente y tensión de carga.

0.6

Gaf = 2.38 H

0.4

rf = 130Ω L f = 46.8 H

ra = 1.65Ω La = 0

0.5

0.3 0.2 0.1

V = r i + L pi − G w i r q

r r q q

r q

r q

rs qd

r s m d

0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

V = r i + L pi s d

s s d d

s d

s d

Reemplazando los datos y usando la transformada de laplace tenemos:

Sacando la transformada inversa de laplace tenemos:

PROBLEMA 2: Para arrancar un motor de excitación independiente que esta acoplado mecánicamente con una carga puramente inercial de 5.27 Kg-m2 se usa un reóstato de arranque de dos escalones. Estos escalones se van cortocircuitando de modo que durante la aceleración del motor, la corriente de armadura tenga un máximo de 80 y un mínimo de 50 amperios respectivamente, los parámetros del motor son:

iqr (t ) = 9.969 − 9.969e−2.76t

Gaf = 1.98 H

130 s (130 + 46.8s ) 1296.01 iqr ( s ) = s (130 + 46.8s ) ids ( s ) =

ids (t ) = (1 − e −2.76 t )

rf = 130Ω L f = 46.8 H

ra = 0.4Ω La = 0 Dm = 0.0132 N − ms J m = 0.73Kgm 2 Si la corriente de excitación de 1 amperio, se pide:

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a) El valor del reóstato a utilizar.

Resolviendo estas ecuaciones tenemos:

b) la corriente de armadura y la velocidad del motor en función del tiempo para t>0 y antes de la conmutación del primer escalón.

iqr (t ) = 8 + 79.2e−0.22t

c) el tiempo t1 al producirse la conmutación del primer escalón de resistencia R1.

wqr (t ) = 120(1 − e−0.222t ) CORRIENTE EN LA ARMADURA 90 80

d) la velocidad en el instante que se conmuta R1.

70 60

e) los valores de R1 y R2. f) la velocidad y la corriente del motor al final del transitorio, después de la conmutación de R2.

50 40 30 20

Solución a)

10

Vqr = rqr iqr + Lrq piqr + Gqdrs wmr ids Te − Tmec = J

dwm + Dwm = Gqdrs .iqs .iqs dt

Donde el torque mecánico es cero ya que la carga es puramente inercial. Planteando y reemplazando los valores llegamos a:

240 = iqr (0.4 + Rx ) + 1.98wmr 1.98iqr = 6

0

0

5

10

15

20

25

30

25

30

VELOCIDAD DEL ROTOR 120

100

80

60

r m

dw + 0.0132 wmr dt

En el arranque la velocidad es igual a cero, por lo tanto tenemos.

40

20

0

240 = 80(0.4 + Rx ) Rx = 2.16Ω Solución b).

240 r = iq (3) + 1.98wmr s 1.98iqr = (6 s + 0.0132) wmr 26.4 s ( s + 0.22) 80( s + 0.0022) iqr = s ( s + 0.22) wmr =

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0

5

10

15

20

Solución c)

50 = 8 + 79.2e −0.22t

t = 2.16 s

Solución d)

wqr (t = 2.16) = 45.45rad / s Solución e)

240 = 80(0.4 + Rx ) + 1.98* 45.45 R2 = 1.475Ω R1 = 0.684Ω

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[i ]

Solución f)

nueva

240 r = iq (0.4 + 1.475) + 1.98* wmr s r iq (1.98) = 6( swmr − 45.45) = 0.0132 wmr

antigua

i1 = C11i1' + C12i2 ' i2 = C21i1' + C22i2 ' i3 = C31i1' + C32i2 '

Resolviendo tenemos:

Reemplazando en (1)

45.45( s + 0.92) s ( s + 0.356) 80( s + 0.0.00352) iqr = s ( s + 0.356) wmr =

50 = 0.803 + 79.19e−0.35t

= [C ] i ' 

[ e] = [ Z ][C ][i '] [ K ] = [ Z ][C ] t = 1.35s

wqr (t = 1.35s ) = 73.85rad / s

2) transformación de la matriz impedancia Si tenemos:

[ e '] = [ Z '][i '] Finalmente.

Donde:

iqr (t = ∞) = 0.802

e '  B11  = e '  B21

wqr (t = ∞) = 120.45

e  B13   1  e B23   2   e3 

B12 B22

LA MAQUINA GENERALIZADA

= [ B ][ e ] [ e '] [ e '] = [ B ][ Z ][C ][i '] antigua

nueva

En una maquina de C.C. los valores que aparecen en las ecuaciones son reales, y en una maquina síncrona la V e I correspondientes al inductor son reales mas no en el inducido son ficticios producto de las transformaciones, usaremos las transformaciones para reducir las variables.

Donde:

MULTIPLICACIÓN MATRICIAL

INVARIANCIA DE LA POTENCIA

e1 = Z11i1 + Z12i2 + Z13i3

Para que se cumpla lo anterior la matriz C y

e2 = Z 21i1 + Z 22i2 + Z 23i3

B deben ser

e3 = Z 31i1 + Z 32i2 + Z 33i3

 e1   Z11 e  =  Z  2   21  e3   Z 31

Z12 Z 22 Z 32

Z13   i1  Z 23  i2  Z 33   i3 

[ Z '] = [ B ][ Z ][C ]

[ B ] = [C ]

T

potencia sea invariante.

P = K D ∑ ei = K D ∑ e ' i ' e1i1 + e2i2 + e3i3 = e1 ' i1 '+ e2 ' i2 '

[ e][C ][i '] = [ B ][ e][i ]..............(1)

[ e] = [ Z ][i ] …………..(1)

(1) cumple para [ B ] = [C ]

Veamos un ejemplo, transformaremos las variables i1 , i2 , i3 en otras i1' i2 ' .

Entonces:

T

[ Z ']

antigua

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para que la

= [CT ][ Z ]

nueva

[C ] UNI - FIEE

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SOLUCIONARIO DEL EXAMEN PARCIAL 2009-I PROBLEMA 1 Para el generador DC cuyo esquema se muestra en la figura, se conecta un devanado en serie con la armadura. El generador es accionado a una velocidad constante wr y se alimenta al campo con una tensión Vf. a) Representar la maquina con el modelo d-q. b) Escribir las ecuaciones de equilibrio eléctrico en forma matricial.

b) Desconectamos V=100, TL=cte.

0 = iqr (0.5 + 0.1s ) + ωmr * 2 Te − TL = J

dw + Dωmr dt

………..(1)

Te − 18.28 = 2( sωmr − ωmr (0)) + Dωmr 2iqr − 18.28 = 2( sωmr − 47.2) + 0.1ωmr .......(2) De (1) y (2) r q

−759.6 s + 5.05s + 20.25 37.98( s + 5) = 2 s + 5.05s + 20.25

(s) =

ωr ( s )

c) Explicar el efecto de la bobina serie.

2

PROBLEMA 2

Entonces tenemos:

Se tiene un motor DC de 10 HP, 100V , conexión excitación independiente con Ra=0.5Ω, La=0.1H, Gaf=1H, D=0.1, J=2.0, el motor acciona una carga de par constante, se ajusta la tensión del campo tal que If=2A, y la armadura se conecta a una fuente de 100V, el motor gira a 450RPM.

ωr ( t ) = 37.98e −2.5t cos(3.72t ) + 25.23e −2.52t sen(3.72t ) c)

100 = iqr (0.5 + 0.1s ) + 2ωmr 2iqr = 2( sωmr − 47.2) + 0.1ωmr

a) Determinar la ia(t). b) Si se desconecta la tensión de armadura. Obtener la expresión de W(t). Considerar que la carga TL permanece en el eje del motor. c) Si en lugar de desconectar la tensión de armadura se desconecta la carga TL: determinar la expresión W(t).

V = r i + L pi + G ω i r q

r r q q

r q

r q

rs qq

r m f

100 = iqr (0.5 + 0.1s ) + 450

π

30 100 r 94.24 = iq (0.5 + 0.1s ) + s s

*2

a)

5.75 i = TL = 18.28 s (0.1s + 0.5) r q

47.12( s 2 + 5s + 21.22) w (s) = s ( s 2 + 5.05s + 20.25) r m

ωr (t ) =′ 2.26e−2.52t cos(3.72t ) − 2.16e−2.52t sen(3.72t ) + 49.38 PROBLEMA 3 Se tiene un motor de excitación independiente de 10HP, 110VDC, con los siguientes parámetros: Ra=0.5 Ω, La=0.1, Rf=150 Ω, Gaf=1H, D=0.1, J=2.0. a) Determinar la corriente que absorbe la armadura. b) Determinar el par de carga y el par por friccion. c) Si la tensión de armadura se incrementa a 120VDC, encontrar la Ia(t), wr(t).

iqr (t ) = 11.5 − 11.5e5t HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

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PROBLEMA 4 Considerando la maquina primitiva de 4 polos, escribir las expresiones y dibujar la distribución de corriente del devanado estatorico de eje directo de 4 polos, asimismo indicar la expresión de campo magnético en el entrehierro. PROBLEMA 2 5) Explicar el procedimiento para encontrar los parámetros de inducción estacionaria para la maquina dq de dos polos.

6) Explicar el proceso de generación de tensión por rotación de la maquina dq, explique que significa las inductancias rotacionales.

7) Explique el procedimiento para determinar las inductancias rotacionales de una maquina de corriente continua.

La maquina síncrona tiene los parámetros siguientes: a) Obtener la evolución en el tiempo de las corrientes, asi como la componente estacionaria de las tensiones inducidas en los devanados A, B, C. b) Si los devanados rotoricos D y Q estuvieran en circuito abierto, explicar cómo transcurre el transitorio en el devanado f, comparando con el obtenido en (a), (comparar las corrientes).

TERCERA PRÁCTICA CALIFICADA 2009-I PROBLEMA 1 La maquina síncrona de la figura conectada en Y es impulsada a la velocidad síncrona. Los contactos C1 y C2 estan abiertos y la excitatriz esta generando una tensión Vf. a) si en t=0, se cierra el interruptor C1, se pide calcular la corriente de excitación y la tensión en bornes del generador (considerar el devanado amortiguador). b) Una vez que el generador esta operando en vacio, siendo If la corriente estacionaria de excitación, escriba las ecuaciones para dimensionar el reóstato de supresión Rsup, si se desea suprimir la corriente If en t=1 segundo, (para este caso no considerar el devanado amortiguador).

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SOLUCIONARIO DE LA CUARTA PRÁCTICA CALIFICADA 2009-I

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V=

11k = − E f + (100∠ − 37º ) + j12 (100∠ − 37º ) 3

E f = ( 5.621∠170.8º ) PROBLEMA 1

δ = 9.19º

Se tiene una maquina síncrona de rotor cilíndrico de 11KV, 60Hz, el devanado de armadura esta conectada en estrella a una barra infinita de 11KV.

b) cuando actúa como generador

Ra=1.0Ω

Xs=12.0Ω

a) Si la maquina esta operando como motor absorbe una corriente de línea de 100A con factor de potencia de 0.8 en retrazo. Determinar la tensión inducida por fase. b) que debería ajustarse en la maquina síncrona y en que porcentaje para que se genere igual corriente y factor de potencia. Determinar el valor del ángulo de carga.

Reemplazando datos

Ef =

11k + (100∠ − 37º ) + j12 (100∠ − 37º ) 3

E f = ( 7.209∠7.15º )

δ = 7.15º PROBLEMA 2 Se tiene una maquina síncrona trifásica de 20 MVA, de 13.8 kV, 60 Hz donde Xd=0.85 p.u y Xq=0.6 el generador esta conectado a una barra infinita y entrega 10 MVA con fdp=0.85 en retraso. Determinar el angulo de potencia y la tensión de excitación Ef y dibujar el diagrama fasorial.

a) cuando actúa como motor

V = − E f + ra I + jX s I I = 100∠ − 37º

donde V =

11k 3

por fase

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De la expresiones de potencia

P=

V2  1 1  senδ + −   sen 2δ 2  X q X d 

EfV Xd

EfV

V2  1 1  V2  1 1  − +   cos 2δ −   2  Xq Xd  2  X q X d 

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La corriente de campo es ajustado tal que la maquina trabaja con fdp unitario, determinar el par de carga adicional que se puede añadir súbitamente sin perder el sincronismo. PROBLEMA 4

Reemplazando los datos

Un motor de inducción bifásico, con 8 polos, 20 HP, 220 V, 60 Hz, tiene los siguientes parámetros, para el circuito equivalente aproximado correspondiente a una fase (referida todos al estator):

0.425 = E f senδ + 0.204sen2δ

Rs=0.25Ω

Xm=37Ω

0.263 = E f cos δ + 0.204 cos 2δ

Rh+e=4.63Ω

a2Rr=0.20Ω

Q=

Xd

cos δ +

E f = 1.268 pu E f = 17.49V

δ = 12.52º

b) si se reduce lentamente la excitación hasta que el generador alcance su limite de estabilidad estatica, determinar el angulo de potencia y la excitación. El par máximo que se puede aplicar lentamente sin perder el sincronismo es cuando el angulo delta es 90º.

Te =

EfV

ωXd

0.425 =

senδ

Ef

0.85 E f = 0.3612

sen90º

a) Una de las fases del estator recibe la tensión nominal a la frecuencia nominal, mientras que la otra se encuentra en cortocircuito. b) la misma conexión que el apartado anterior, excepto que la segunda fase se encuentra ahora en circuito abierto obteniéndose entonces un funcionamiento con una sola fase. Solución Sabemos que: CIRCUITO EQUIVALENTE - UNA FASE CC

I

0.25

s +

2

PROBLEMA 3

4.63 110v

HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

x2Rr=1.2Ω

Para cada una de las conexiones que se citan abajo, deducir el circuito equivalente aproximado, por fase. Hallar los valores de los parámetros, y excitaciones de tensión. Suponer que la velocidad del motor es de 840 rpm. Calcular la corriente de línea en cada una de las fases del estator, la potencia total desarrollada y el par total generado.

Reducimos la excitación a 0.3612pu.

Se tiene un motor síncrono y acciona una carga que requiere par nominal. Los datos de la maquina son: 100 MVA, trifásico, 13.8 kV, 60 Hz, Xd=1.2p.u, X’d=0.4p.u, X’’d=0.25p.u, T’d=1.2s, T’’d=0.025s, Ta=0.15s.

Xs=1.00Ω

0.20

j

I +r 2

1.2j 2.799

-0.0965

110v

j

0.20

1.2j

0.25

UNI - FIEE

MAQUINAS ELÉCTRICAS III

EE225

1 (Vds + jVqs ) ..................α 2 1 V−s = Vds − jVqs ) ..................β ( 2

b) una fase en circuito abierto:

V+s =

Iq/2

Si una fase esta en Corto circuito, entonces

Vqs = 0, Vds = 220V

,

0.25

4.63

I1

-0.0965

1 V+s V = 220 + j 0 ⇒ = 110V ( ) 2 2 V−s 1 V−s = 220 − j 0 ⇒ = 110V ( ) 2 2

I2 j

0.20

377 = 94.25rad ⇒ s = 0.066 4 π  ωr = 840   = 87.96  30 

Iϕ 2 Iϕ

=

V1 V V1 + 1 + ....α 4.63 j 37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j + 2.799

V2 V V2 + 2 + ....β 2 4.63 j 37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j − 0.0965 V1 + V2 = 220................θ

I +s 110 110 110 = + + j j 4.63 37 0.25 + + 0.20 + 1.2 j + 2.799 2

=

Resolviendo las ecuaciones tendremos:

= (50.55∠ − 21.6º ) V1 = (126.7∠ − 16.71º )

I −s = (60.59∠ − 58.8º ) 2

Petotal

 I r  2 = 2  +  a 2 Rr  2 

V2 = (105.4∠20.16º )

2  I −r  2  −  a Rr    2

Iϕ = (116.16∠ − 38.4 )

,

I1 = ( 32.2∠ − 50.8 ) I 2 = ( 47.3∠ − 60.7 ) 2 2 Petotal = 2 ( I1 ) a 2 Rr − ( I 2 ) a 2 Rr   

I +r = ( 28.03∠ − 34.1º ) 2 I −r = ( 49.3∠ − 80.8º ) 2

2 2 Petotal = 2 ( 32.2 ) 2.799 − ( 47.3) 0.0965  

Petotal = 5372.43W Tetotal = 961.08 N − m

Reemplazando tenemos: a)

Petotal = 3929.16W

Tetotal =

Petotal

ωr

Tetotal = 44.66 N − m HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

1.2j

0.25

ωs =

2

2.799

220v

s +

I

1.2j

reemplazando

tenemos:

s +

0.20

j

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SOLUCIONARIO DEL EXAMEN FINAL 2009-I

EE225

Q=

EfV Xd

cos δ +

V2  1 1  V2  1 1  − +   cos 2δ −   2  Xq Xd  2  X q X d 

PROBLEMA 1 Se tiene generador síncrono de 20 MVA, de 12.5 kV, 60 Hz donde Xd=1.4 p.u y Xq=0.8 el generador esta conectado a una barra infinita y entrega 15 MVA con fdp=0.85 inductivo.

Reemplazando valores:

a) Determinar el angulo de potencia y la tensión de excitación.

0.394 =

b) Determinar el minimo valor de la tensión de excitación Ef en p.u para mantener en sincronismo mientras entrega potencia nominal a una barra infinita.

0.637 =

1   1 senδ + 0.5  −  sen 2δ 1.4  0.8 1.4  Ef

1  1   1  1 cos δ + 0.5  − +  cos 2δ − 0.5   1.4  0.8 1.4   0.8 1.4  Ef

Resolviendo las dos ecuaciones tenemos: a)

δ = 21.188º E f = 1.745 pu

I d = Isenφ I q = I cos φ E = ra I + V + jI d X d + jI q X q

b) Para simplificar los cálculos aproximaremos la máquina de polos salientes a una de polos lisos, reemplazando la reactancia síncrona como:

Xs =

Xd + Xq

Iq = I − Id E f = V + jX q I + jI d ( X d − X q )

0.637 =

2 Ef 1.1

≈ 1.1

senδ

El límite de estabilidad permanente se obtiene cuando delta es igual a 90º.

0.637 =

Ef 1.1

sen90º

E f min = 0.707

S =(

P=

15 ∠31.78º ) = 0.637 + j 0.394 20

EfV Xd

V2  1 1  senδ + −   sen 2δ 2  X q X d 

HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

La excitación disminuye en 59.8%

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PROBLEMA 2 Se tiene un motor síncrono y acciona una carga que requiere par nominal. Los datos de la maquina son: 20 MVA, trifásico, 13.8 kV, 60 Hz, Xd=1.2p.u, X’d=0.4p.u, X’’d=0.25p.u, T’d=1.2s, T’’d=0.025s, Ta=0.15s. La corriente de campo es ajustado tal que la maquina trabaja con fdp unitario, determinar el par de carga adicional que se puede añadir súbitamente sin perder el sincronismo. Hallamos el par nominal

V = − E f + jX d I

I = (1∠0º ) V = 1.0 pu

1 = − E f + j1.2(1∠0º )

EE225

Pero tenemos como dato los valores de la reactancia subtransitoria, es en este periodo de tiempo donde se obtienen un par máximo y es este valor el que usaremos para el cálculo.

T '' = P '' =

EfV

T '' = P '' =

1*1 senδ º = 4 senδ 0.25

senδ º

X d ''

Por igualdad de areas: δ

1 50.1π 4 senδ1 (δ1 − ) − ∫ 4 senδ d δ = 180 50.19

π − 2δ1

∫ δ

4 senδ d δ − 4 senδ1 (π − 2δ1 )

1

P=

EfV Xd

Resolviendo la ecuación obtenemos:

senδ º

1.562 *1 P= sen50.1 = 1 1.2

La maquina estaba con par nominal y se añadió súbitamente un TL, entonces el rotor desacelera y el angulo de potencia tiende a incrementar para que no pierda sincronismo. A=B

δ1 = 69.5º T '' = P '' =

EfV Xd

senδ º =

''

1*1 sen69.65º 0.25

T '' = 3.7504 pu Tno min al = 1.0 pu Entonces el par adicional que se puede adicionar sin perder el sincronismo es:

Tadicional = T '' − Tno min al Tadicional = 2.7504 pu

PROBLEMA 3 Un motor de inducción bifásico, con 8 polos, 20 HP, 220 V, 60 Hz, tiene los siguientes parámetros, para el circuito equivalente aproximado correspondiente a una fase (referida todos al estator):

HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

Rs=0.25Ω

Xm=37Ω

Rh+e=4.63Ω

a2Rr=0.20Ω

Xs=1.00Ω x2Rr=1.2Ω

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EE225

Para cada una de las conexiones que se citan abajo, deducir el circuito equivalente aproximado, por fase. Hallar los valores de los parámetros, y excitaciones de tensión. Suponer que la velocidad del motor es de 840 rpm. Calcular la corriente de línea en cada una de las fases del estator, la potencia total desarrollada y el par total generado. a) Una de las fases del estator recibe la tensión nominal a la frecuencia nominal, mientras que la otra se encuentra en cortocircuito. b) la misma conexión que el apartado anterior, excepto que la segunda fase se encuentra ahora en circuito abierto obteniéndose entonces un funcionamiento con una sola fase. Solución Sabemos que: CIRCUITO EQUIVALENTE - UNA FASE CC

I

0.25

s +

2 4.63

I

0.20

j

I +s 110 110 110 = + + 4.63 37 0.25 + + 0.20 + 1.2 j + 2.799 j j 2

I +s = (50.55∠ − 21.6º ) 2 I −s = (60.59∠ − 58.8º ) 2

Petotal

 I r  2 = 2  +  a 2 Rr  2 

2  I −r  2  −  a Rr  ,   2

I +r = ( 28.03∠ − 34.1º ) 2 I −r = ( 49.3∠ − 80.8º ) 2

1.2j

Reemplazando tenemos:

r +

2.799

2

110v

377 = 94.25rad ⇒ s = 0.066 4 π  ωr = 840   = 87.96  30 

ωs =

a)

110v

j

0.20

-0.0965

Petotal = 3929.16W

1.2j

Tetotal = 44.66 N − m

Tetotal =

Petotal

ωr

0.25

1 Vds + jVqs ) ..................α ( 2 1 V−s = Vds − jVqs ) ..................β ( 2 V+s =

b) una fase en circuito abierto: Iq/2

4.63

Si una fase esta en Corto circuito, entonces Vqs = 0, Vds = 220V , reemplazando

0.25

0.20

j

1.2j

I1

2.799

220v

tenemos:

-0.0965 s +

1 V ( 220 + j 0 ) ⇒ = 110V 2 2 Vs 1 V−s = ( 220 − j 0 ) ⇒ − = 110V 2 2 V+s =

HEBERTH ALFREDO MAMANI HERRERA

I2 j

0.20

0.25

UNI - FIEE

1.2j

MAQUINAS ELÉCTRICAS III

Iϕ 2 Iϕ

=

EE225

V1 V V1 + 1 + ....α 4.63 j37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j + 2.799

V2 V V2 + 2 + ....β 2 4.63 j37 0.25 + j + 0.20 + 1.2 j − 0.0965 V1 + V2 = 220................θ =

Resolviendo las ecuaciones tendremos:

V1 = (126.7∠ − 16.71º ) V2 = (105.4∠20.16º )

Iϕ = (116.16∠ − 38.4 )

L0 0 0 0 0 0  i0  r 0 0 L 0 KMF KMD 0  id  0 r d   V0dq   0 0 Lq 0 0 KMQ d iq  0 0   − V  =− 0 K 0 LF MR 0  dt iF  0 0 MF  FDQ   0 KMD 0 MR LD 0  iD 0 0       0 0 KMQ 0 0 LQ  iQ 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 r 0 0 0 * 0 rF 0 0 0 0 rD 0  0 0 0 rD

0 0 0 0 i0  i0  0 0 i  0 0 ωL  0 0 ωKMQ q d  id  iq  0 −ωLd 0 −ωKMF −ωKMD 0 iq    −   LF MR 0 iF  iF  0 KMF 0 iD 0 KMD 0 MR LD 0 iD      0 0 LQ  iQ 0 0 KMQ iQ

I1 = ( 32.2∠ − 50.8 ) I 2 = ( 47.3∠ − 60.7 ) Haciendo arreglos lo expresamos como:

Petotal = 2 ( I1 ) a Rr − ( I 2 ) a Rr    2 2 Petotal = 2 ( 32.2 ) 2.799 − ( 47.3) 0.0965   2

2

2

2

Petotal = 5372.43W Tetotal = 961.08 N − m

PROBLEMA 4 Hacer un resumen en forma ordenada y concisa relacionado al cortocircuito trifásico de la maquina síncrona, indicando modela miento, ecuaciones de equilibrio, método numérico de solución, resultados y conclusiones. La ecuación para la maquina síncrona es:

 V0  r V  0  d    Vq  0   = − −VF  0  VD  0     VQ  0  L0 0  0 − 0 0   0

0

0

r

ωLq

−ωLd

r

KMF

0

KMD

0

0

KMQ

0

0

Ld

0

0

Lq

KMF

0

KMD

0

0

KMQ

  i0  ωKMQ  id  0 0 −ωKM F −ωKM D 0   iq    rF MR 0  iF  MR rD 0  iD    0 0 rQ  iQ  0 0 0   i0  KMF KMD 0  id  0 0 KMQ  d  iq     LF M R 0  dt iF  M R LD 0  iD     LQ  iQ  0 0 0

0

PROBLEMA 5 a) Para la máquina de polos salientes, explicar que representa Ld y Lq. b) En qué casos se utiliza maquinas síncronas de rotor cilíndrico y de rotor de polos salientes. Las maquinas de rotor cilíndrico se usan para bajas potencias y altas velocidades característicos de una central térmica, en cambio las de polos salientes se usan mayormente en las centrales hidroeléctricas ya que tienen bajas velocidades y altas potencias de generación.

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0

MAQUINAS ELÉCTRICAS III

c) Explique brevemente el criterio de igualdad de areas para predecir el límite de estabilidad transitoria de la maquina síncrona. ¿Qué parámetros de la maquina son necesarios? d) Explique un método para determinar la constante de tiempo y reactancia transitoria y su transitoria de la maquina síncrona. Uno de los métodos es mediante el cortocircuito trifásico, se lleva la grafica a escala logarítmica y se miden los parámetros de reactancias transitoria, subtransitoria.

e) Explique cómo utilizaría la maquina síncrona para la compensación reactiva en un sistema de potencia.

EE225

Podemos expresar las ecuaciones de la siguiente manera:

0 0 ω Lq ω kM Q   id   Vd   r    −V   0 rF 0 0 0  iF   F   0 = 0 0 rD 0 0  iD       r 0   iq   Vq   −ω LD ω KM F ω KM D  0   0 rD  iQ  0 0 0 kM F KM D 0 0   id   Ld  KM LF MR 0 0  iF  F  d LD 0 0  iD  −  KM D M R   dt   0 0 Lq kM Q   iq   0  0 0 0 kM Q LQ  iQ  

CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO BALANCEADO

Asumiremos la maquina síncrona sin carga y con las siguientes condiciones:

i0 dq = Piabc i0(0+ ) = id (0+ ) = iq (0+ ) = 0 En la corriente de campo

iF (0+ ) =

VF rF

Para un corto circuito balanceado, en las terminales de la maquina.

Va = Vb = Vc = 0 V0 dq = PVabc ⇒ V0 = Vd = Vq = 0

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