Máquinas Eléctricas I: Estructura y Funcionamiento de Máquinas Síncronas

MÁQUINAS ELÉCTRICAS I

CABEZAS DE BOBINA DEL INDUCIDO INDUCTOR CARCASA MATERIAL FERROMAGNÉTICO DEL ESTATOR 8 S ® -U 8 · V W ® ROTOR CARGA MECÁNICA EJE ENTREHIERRO ESTATOR ANILLOS ROZANTES COJINETE INDUCIDO Z FUNDACIÓN ANTIVIBRATORIA ELÁSTICA S U O · V ·W O 60 - N Nr = Ns = 120 f / P VENTILADOR ESCOBILLAS ACOPLAMIENTO MECÁNICO ESTATOR CABEZAS DE BOBINA DEL INDUCTOR 00000000000000 - N

MÁQUINA SÍNCRONA

INTRODUCCIÓN A LA MÁQUINA SÍNCRONA

La máquina síncrona o máquina de inducción se asemeja en el estator a la maquina de inducción trifásica ya que tiene devanados distribuidos 120° que operan con corriente alterna, en cambio el rotor funciona con corriente continua y es el encargado de producir la excitación de la maquina.

• La velocidad a la cual se mueve el eje de la maquina es constante y es igual a la velocidad de sincronismo.

. En el caso motor la velocidad depende del numero de polos y frecuencia de la red. · En el caso generador la velocidad depende de la velocidad del primotor que lo impulse. · Al contrario de la maquina asíncrona la maquina síncrona en su configuración mas básica no posee torque de arranque. · Al no presentar diferencia entre la velocidad de sincronismo y la del rotor no tiene deslizamiento. . Existen dos tipos de maquinas síncronas las de rotor cilíndrico y las de polos salientes.

TIPOS DE ROTOR

Rotor cilíndrico: Se usan en plantas de generación termoeléctrica, giran a altas velocidades.

Polos salientes: Se usan en plantas de generación hidroeléctrica, giran a bajas velocidades.

VENTAJAS Y DESVENTAJAS

Ventajas Permiten controlar la potencia activa y reactiva en los sistemas de potencia. Sistema de excitación fácil de controlar Como generador es mas eficiente que el generador de inducción.

Desventajas Grandes y costosas. Requieren mayor mantenimiento.

PARTES CONSTRUCTIVAS

PARTE FIJA: ESTATOR

Esta conformado por chapas apiladas con ranuras que permiten alojar un embobinado trifásico tal como el de la maquina asíncrona.

PARTE MÓVIL: ROTOR

Esta conformado por un conjunto de chapas apiladas o macizo con ranuras que permiten alojar el devanado de campo o de excitación que debe ser alimentado desde el exterior a través de escobillas y dos anillos rozantes con corriente continua.

Existen dos tipos:

1. Polos salientes: Se construye con chapas apiladas montadas sobre un soporte macizo o de hierro macizo, tienen muchos polos, giran a baja velocidad, tienen gran diámetro y pequeña longitud axial.
2. Rotor cilíndrico: Se construye con hierro macizo, tienen pocos polos (2 ó 4), giran a alta velocidad, tienen pequeño diámetro y gran longitud axial.

SIEMENS

CONDICIONES OPERATIVAS

ROTOR (CAMPO) Y ESTATOR (ARMADURA)

Rotor (Campo) If Donde: ESTATOR [AC] Eg = Tensión Interna generada. I = Corriente de armadura. Lf Estator (Armadura) Rs Xs I Rf Eg 5 vt Ra = Rs = Resistencia de los devanados del estator. Vt = Tensión en terminales de la MS. X = Reactancia que modela la caída de tensión por reacción de inducido. Xa = Reactancia que modela los flujos del estator de la MS. Xs = X + Xa = Reactancia síncrona. ROTOR [DC] Rf = Representa la resistencia para controlar la corriente de excitación. Lf = Representa el campo del rotor. If = Corriente de campo o excitación.

Vt = Eg - I (Rs + jXs)

CARACTERÍSTICAS SEGÚN LA CARGA

CARGA INDUCTIVA, RESISTIVA Y CAPACITIVA

Carga inductiva fp atraso Carga resistiva fp = 1 Eg Eg j I Xs j IXs δ Vt δ Vt I θ I Rs I I Rs Carga capacitiva fp adelanto Eg j I Xs I δ 7 Θ Vt I Rs

EJERCICIO 1

CÁLCULO DE TENSIÓN GENERADA

Un alternador trifásico, conectado en estrella, de 1000 kVA, y 4600 V, tiene una resistencia en el inducido de 2 Q / fase y una reactancia síncrona en el inducido Xs, de 20 Q / fase. Encontrar la tensión generada a plena carga por fase para los diferentes factores de potencia:

1. 1,0.
2. inductivo de 0,75.
3. capacitivo de 0,75.
4. capacitivo de 0,4.

SOLUCIÓN DEL EJERCICIO 1

Solución Vp = V1 / 1,732 = 4600 V / 1,732 = 2655,81 V Vp = 2655,81<0° V / fase la = S30 / (3 Vp) = 1000000 VA/(3 * 2655,81 V) Ia = 125,51A la * Ra = 125,51 A x 2 Q = 251,02 V la * Xs = 125,51 A x 20 Q = 2510,2 V

FACTOR DE POTENCIA 1,0

a. Factor de potencia 1,0 Eg = Vp + Ia Ra + jIa Xs Eg = (2655,81<0 + 251,02<0) + j2510,2 Eg = 2906,83 + j2510,2 V Eg = 3840,67<40,81° V / fase

FACTOR DE POTENCIA INDUCTIVO DE 0,75

b. Factor de potencia inductivo de 0,75 Ia = 125,51<-41,409° A Eg = Vp + Ia Ra + jIa Xs Eg = (2655,81<0° + 251,02 <- 41,41º) + 2510,2<48,59° Eg = 4504,415 + j1716,616 V / fase Eg = 4820,428<20,86° V / fase

FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO DE 0,75

c. Factor de potencia capacitivo de 0,75. Ia = 125,51<41,409° A Eg = Vp + Ia Ra + jIa Xs Eg = (2655,81<0° + 251,02<41,41°) + 2510,2<131,41° Eg = 1183,735 + j2048,684 V / fase Eg = 2366,081<59,980° V / fase

FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO DE 0,4

d. Factor de potencia capacitivo de 0,4. Ia = 125,51<66,421° A Eg = Vp + Ia Ra + jIa Xs Eg = (2655,81<0° + 251,02<66,42°) + 2510,2<156,42° Eg = 455,583 + j1234,144 V / fase Eg = 1315,548<69,73º V / fase

6Egp Ear SZPI IgXs IgXa 8=0 Vp IgRo (a) Cargas con un f.p. unidad. Egp AEar IaRa IaXa 1014 1 1 1 L V. sent (b) Cargas con f.p. inductivo. IgRo+ V. sen@ Vo cos 8 Egp_ Ear - 1 1 1 IaXIX0 10/+ 1 1 LgRa 10 (c) Cargas con f.p. capacitivo. IgXs Egp Ear IgXa 1019 IgRa Egp Vp (d) Regulación negativa para cargas con f.p. capacitivo. IgXs Vp cos 8 - Ig Rat

EJERCICIO 2

CÁLCULO DE FACTOR DE POTENCIA, ÁNGULO DE CARGA Y POTENCIA TOTAL

0EJERCICIO 2 Generador síncrono en Y de 2000 kVA, 13200 V, Rs = 12 y Xs = 100. Alimenta una carga a 13200 V que demanda una corriente de 60 A y factor de potencia desconocido. La excitación del generador es tal que Eg = 1,05*Vt. Hallar el factor de potencia, el ángulo de carga y la potencia total de la carga.

SOLUCIÓN DEL EJERCICIO 2

Solución Zs/B = Rs + j Xs Vt = 13200/V3 = 7621 V Zs = 1 +j10 = 10,05/84,3° Q2 Eg = 1.05(7621) = 8002 V Eg/8 = Vt/0 + 1/0 Zs/B 8002/8 = 7621/0 + 60/0*10,05/84,3º > 8002/8 = 7621/0 + 60*10,05/0+84,3º 8002/8 = 7621/0 + 603/0+84,3º a = 0+84,3º 8002/8 = 7621/0° + 603/a

DESCOMPOSICIÓN EN SENOS Y COSENOS

Descomponiendo en función de senos y cosenos 8002 cos(6) = 7621 cos(0) + 603 cos(a) 8002 sen(8) = 7621 sen(0) + 603 sen(a) -> 8002 sen(8) = 0 + 603 sen(a) > 8002 cos(6) = 7621 + 603 cos(a)

EJERCICIO 2 (CONTINUACIÓN)

RESOLUCIÓN DE ECUACIONES

8EJERCICIO 2 8002 cos(6) = 7621 + 603 cos(a) 8002 sen(8) = 603 sen(a) Elevando al cuadrado: (8002)2 cos2(6) = 58079641 + 9190926 cos(a) + (603)2 cos2(a) (8002)2 sen2(8) = (603)2 sen2(a) Sumando las dos ecuaciones: (8002)2 [cos2(8) + sen2(8)] = 58079641 + 9190926 cos(a) + (603)2 [cos2(a) + sen2(a)] (8002)2 = 58079641 + 9190926 cos(a) + (603)2 Como queda una ecuación con una incógnita se resuelve cos (a) = 0.608. El coseno es positivo en 1 y 4 cuadrantes. Las opciones son: a = 52.55° ó a = - 52.55° Tomando la segunda opción, entones de 0 = a - 84,3º se tiene que 0 = - 52,55° - 84,3º 0 = - 136,85°, lo cual es imposible para una carga. De la primera opción, entones de 0 = a - 84,3º se tiene que 0 = 52,55° - 84,3º 0 = - 31,75° y fp = cos(-31,75°) = 0,85 en atraso. Pcarga = 3(Vt)(I) cos(0) = 3(7621)(60)(0,85) = 1166013 W > Pcarga = 1166 KW 8002/8 = 7621/0° + 603/a > 8002/8 = 7621/0° + 603/52.55° > 8002/3.4297° 6 = 3.4297º

REGULACIÓN DE TENSIÓN

CÁLCULO DE REGULACIÓN

9REGULACION DE TENSION Es un indicador para determinar en porcentaje la variación de la tensión interna y la tensión externa de la maquina síncrona, puede ser positiva, negativa o incluso cero, la expresión para calcularla es: %Reg = Eg - Vt Vt 100%

GRÁFICA DE REGULACIÓN PARA EL EJERCICIO 1

Grafica de regulación para el EJERCICIO 1 5+ 4820 V 4 3845 V f.p. 0,75 inductivo f.p. unidad 3 - 2660 V ==- 2660 V (tensión Tensión por fase en kV 2 2360 v f.p. 0,75 capacitivo f.p. 0,4 capacitivo 1315 V Carga nominal 0 25 50 75 100 125 150 - 175 200 Corriente de inducido por fase-A

CONTINUACIÓN EJERCICIO 1: REGULACIÓN PARA LOS 4 CASOS

Continuación EJERCICIO 1. Determine la regulación para los 4 casos

a. Factor de potencia 1,0 %Reg = 3840,67 - 2655,81 2655,81 100% = 44,61%

b. Factor de potencia inductivo de 0,75 %Reg = - 4820,42 - 2655,81 2655,81 100% = 81,50%

c. Factor de potencia capacitivo de 0,75 %Reg = 2366,08 - 2655,81 2655,81 100% = - 10,90%

d. Factor de potencia capacitivo de 0,4 %Reg = 1315,54 - 2655,81 2655,81 100% = - 50,46%

POTENCIA EN MÁQUINAS ELÉCTRICAS

RELACIÓN ENTRE POTENCIA DE ENTRADA Y SALIDA

10Pin = Post -Ideal Pin > Pout util util mecanica Pin = Pout + perdidas VEléctrica AC > Paus= 3 I2 Rs DC=Pour=Iex Rex mecanica Po = Histeregis Pin r Eddy Pmecánicas Electrica Pout Eg Cos8 +1 Eg Sans - Vt Generador j Xs 9 Egcoss - Vt + JEg Send 5xs Electrica Pin Peléctricas 4 Motor mecanica Pout ou > Pg 3 Pg =Pt=3 Vt I Cost= 3 Vt Eg Sul |> Solo Si Rs=OR XS Pmecánicas 2 Eg Son 8 + j (Vt - Eg Cos 6) = I CosQ +J I Sent XS XS Pfricción, Rotación, Ventilación

CÁLCULO DE POTENCIAS

11Estator Pour= Iexe Rene RST Pout × 100% Div € EJ Escobillas Rotor Rexe Rs jXs Pcus = 3 I'Rs PF Ry Verty Fa 2) Tind = B WŁ Pt = 3 Vt I Car OVt-03 Pout or Peje : Perd mee. +Pod Slet + Pbarres Peje=Pod meer + 3I2Rs + Iexc Rexc + 3 Vt I Cos (QUE-DI) L mecanica eje S XL=2TFL as Pout > 9 Pbarras = Perd. Elatri + Perd mecani + Pese. 3 Vt I Cos (Que-Or)=3I,'Rs + Iexc Rxc + Per/ mea. + Pese. LAW ele Pmecánicas

POTENCIA EN UN GENERADOR

DEFINICIÓN Y CÁLCULO DE POTENCIA

12 Electrica Mecánica Pg=3Eg I (Cos (DEg-QI) Jexe 101POTENCIA EN UN GENERADOR Eg P eléctrica P eje Pg P barras P terminales Vt = Eg - I (Rs + jXs) n = P salida /P entrada = P eléctrica / P eje Pérdidas en el cobre = Pcu = m [I]2 Rs La potencia electromagnética y la potencia en barras, eléctrica o terminales son: Pg = m[Eg I cos(§)] = Peje - Pfricción y rotación P eléctrica = m[Vt I cos(0)] = Peje - Pfricción y rotación - PCu Donde: m: número de fases ¿: ángulo entre los fasores Eg e l 0: ángulo entre los fasores Vt e l Pg > P eléctrica y [Pg - P eléctrica ] = Pérdidas en el cobre del estator. En ocasiones es posible despreciar Rs y asi se tiene que. Pg = P eléctrica j I Xs δ Vt I θ I Rs

POTENCIA ELÉCTRICA Y PÉRDIDAS

13POTENCIA EN UN GENERADOR Eg j I Xs δ Vt I θ I Rs Vt = Eg - I (Rs + jXs) En barras se tienen además potencias reactiva (Q) y aparente (S): Q eléctrica = m[Vt I sen(0)] S eléctrica = m[Vt I] Con Rs = 0 > Zs = jXs, de esta manera la potencia activa puede ser expresada en otra forma que suele ser de gran de utilidad. Por fase se tendrá: P eléctrica = Vt[I cos(0)]. Se trata de obtener el término: [I cos(0)] que corresponde a la parte real de la corriente. Eg - Vt Eg/8 - Vt/0° I = jXs jXs

POTENCIA EN BARRAS Y POTENCIA MÁXIMA

14 P eje Pg P barras P terminales P eléctricaPOTENCIA EN UN GENERADOR Eg P eléctrica j I Xs P eje Pg P barras δ Vt I θ I Rs P terminales Vt = Eg - I (Rs + jXs) Eg cos(8) + jEg sen(8) - Vt j[Eg cos(8) - Vt] + Eg sen(8) I jXs - Xs Xs Eg sen(8) I cos(0) = Xs En consecuencia la potencia en barras (o Pg) es: m Vt Eg sen(8) Pg = P eléctrica = m[Vt I cos(0)] = > ya que se desprecio Rs Xs Para una determinada excitación (Eg) y un voltaje en terminales deseado (Vt), se podrá hablar de una potencia máxima, la cual se dará para 8 = 90°.

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