Maquinas Sincronas

“AÑO DE LA CONSOLIDACION DEMOCRATICA”

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERÚ

FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA

MAQUINAS ELECTRICAS SINCRONAS

AUTOR: ING. EFRAÍN MAURO DE LA CRUZ MONTES.

HUANCAYO - PERÚ

2006

DEDICATORIA

A mi hijo Mauro Efraín De La Cruz Carhuamaca:

Por su valentía y coraje para enfrentar a la

prueba que le dio la vida

PROLOGO

Este trabajo es una adaptación según el sílabo utilizado en el curso de máquinas eléctricas III de

la Facultad de Ingeniería de la UNCP, basados en los textos: ”Máquinas Eléctricas” de A.E.

Fitzgerald “Máquinas Eléctricas y Transformadores” de I.L. Kosow y “Máquinas Eléctricas II”

de Dario Biella – Bianchi.

El texto desarrolla las teorías de las máquinas eléctricas síncronas con régimen permanente,

utilizando la teoría de circuitos eléctricos, a partir del cual se derivan fácilmente los circuitos

equivalentes y las expresiones matemáticas que permiten el análisis en régimen estable.

El problema económico y cultural que afronta la juventud me dio motivación para iniciar la

recopilación teórica y práctica de los libros mencionados. El trabajo se desarrolla sintetizando

escogiendo adecuadamente cada teoría de máquinas eléctricas, posteriormente se tomó

ejercicios propuestos por los textos, para poder ejemplificar dichas teorías.

Ahora la labor es del alumno, quien se encargará de sacar provecho a este material, para

después aplicarlos.

EL AUTOR

INTRODUCCIÓN

La máquina eléctrica sincrona (alternadores) convierte la energía mecánica en energía eléctrica;

a razón de grandes potencias de miles de kilowatts. Energía eléctrica que luego son transmitidas

a miles de kilómetros a través de las líneas de transmisión a los centros de consumo. Razón por

la cual el estudio de la máquina eléctrica síncrona, es muy importante ya que ésta máquina da

origen a los sistemas eléctricos.

Existen diversos textos relacionados a las máquinas eléctricas pero el presente texto trata de

condensar y hacer más entendible los principios de funcionamiento.

Para una mayor comprensión, la obra se divide en tres capítulos:

I. La máquina síncrona.

II. Relaciones de tensión en las máquinas de corriente alterna.

III. Eficiencia de la máquina síncrona.

Se tiene en claro que nuestro objetivo es facilitar al alumno su comprensión sobre las máquinas

eléctricas síncronas; ofrecerle un material que le sea útil y al alcance de su bolsillo.

Sin más que agregar, es nuestra añoranza que el libro sea de gran provecho, para que el tiempo

dedicado a su elaboración no fuera en vano.

EL AUTOR

INDICECAPITULO I: LA MÁQUINA SÍNCRONA...............................................................................1

1.1. DEFINICIÓN.....................................................................................................................1

1.2. CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS SÍNCRONAS.................................................1

1.3. PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LAS MAQUINAS SINCRONAS................3

ALTERNADOR SINCRONO:...........................................................................................3

1.3.1 FRECUENCIA...................................................................................................................3

1.3.2 GRADOS ELÉCTRICOS..................................................................................................4

1.4. CAMPOS MAGNÉTICOS EN LA MAQUINA DE C.A..................................................5

1.5. DEVANADOS DEL INDUCIDO......................................................................................6

1.5.1 DEVANADO DE MEDIA BOBINA Y DEVANADO

DE BOBINA COMPLETA................................................................................................7

1.5.2. DEVANADOS DE PASO FRACCIONAL........................................................................8

1.6. FACTORES DE DEVANADO..........................................................................................9

1.6.1. FACTOR DE PASO...........................................................................................................9

1.6.2. FACTOR DE DISTRIBUCIÓN.......................................................................................11

1.7. f.e.m. GENERADA EN UNA MAQUINA SINCRONA DE C.A..................................15

PROBLEMAS RESUELTOS.....................................................................................................18

PROBLEMAS PROPUESTOS..................................................................................................32

CAPITULO II: RELACIONES DE TENSION EN LAS MAQUINAS

DE C.A. ALTERNADORES............................................................................................34

2.1 CIRCUITO EQUIVALENTE DE UNA MAQUINA SINCRONÍA

MONOFASICA Y DE UNA POLIFÁSICA....................................................................34

2.2 RELACION ENTRE LA TENSIÓN GENERADA Y LA TENSIÓN EN

BORNES DE UN ALTERNADOR PARA DISTINTOS FACTORES DE

POTENCIA DE LA CARGA...........................................................................................36

2.2.1 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA UNIDAD...................................................36

2.2.2 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA INDUCTIVO.............................................37

2.2.3 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO.............................................39

2.4. REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR SINCRONO DE

CA PARA DINTITNTOS FACTORES DE POTENCIA...............................................42

2.5 IMPEDANCIA SINCRONA............................................................................................45

2.6 IMPEDANCIA SINCRONA PARA LA PREDICCIÓN DE LA

REGULACION DE TENSIÓN........................................................................................47

2.6.1 Resistencia efectiva del Inducido......................................................................................47

2.6.2 Ensayo en Vacío:..............................................................................................................47

2.6.3 Ensayo en cortocircuito.....................................................................................................49

2.6.4 Determinación de la Reactancia Síncrona........................................................................49

PROBLEMAS RESUELTOS.....................................................................................................51

CAPITULO III: EFICIENCIA DE LA MAQUINA SINCRONA.............................................79

3.1. EFICIENCIA.......................................................................................................................79

3.1.1. PERDIDAS ROTACIONALES.......................................................................................79

3.1.2 LAS PERDIDAS ELECTRICAS.....................................................................................79

3.1.3 PERDIDAS DISPERSAS..................................................................................................79

3.2. LAS PERDIDAS ROTACIONALES..................................................................................79

3.3. LAS PERDIDAS ELECTRICAS........................................................................................80

3.4. LAS PERDIDAS DISPERSAS.-.........................................................................................80

PROBLEMAS RESUELTOS....................................................................................................84

PROBLEMAS PROPUESTOS..................................................................................................94

MAQUINAS ELÉCTRICAS SÍNCRONAS 1

CAPITULO I

LA MÁQUINA SÍNCRONA

1.1. DEFINICIÓN

La máquina síncrona se caracteriza fundamentalmente por que el rotor gira a la misma velocidad que el campo resultante en el entrehierro (velocidad síncrona), transformando la energía mecánica en energía eléctrica bajo la forma de corriente alterna (generadores) o viceversa; la energía eléctrica de corriente alterna en energía mecánica (motores)

1.2. CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS SÍNCRONAS Según el número de fases: - Monofásico

- Trifásico

Según el sistema inductor: - De rotor de polos salientes- De rotor cilíndrico o de polos lisos

1.2.1. DE POLOS SALIENTES

i) Devanado de excitación en el estator: Son de pequeña potencia; debido al la limitación causada por el uso de anillos rozantes y escobillas. Se les utiliza en la minicentrales y los laboratorios (AEG: 1.5 kVA, 4 polos, 230V, 60Hz, 1500 RPM, fdp=0.9).

ii) Devanado de excitación en el rotor: Son de gran potencia, pues el inducido es estático permitiendo un mejor aislamiento y sin estar sujeto a la vibración. Por el contrario, la potencia consumida por el sistema de excitación es pequeña

y es factible el uso de anillos rozantes. Son impulsados por motores primos lentos: turbinas hidráulicas y son de gran cantidad de polos.


La excitación de los alternadores requiere de una fuente de corriente continua independiente (excitatriz) la que puede ser obtenida por un generador de excitación acoplado a su eje.

1.2.2. DE ROTOR CILÍNDRICO Ó DE POLOS LISOS

Son de gran potencia, pues la forma y rigidez del rotor permiten altas velocidades, por lo que el número de polos es de 2 ó 4. Son impulsados por turbinas de gas y vapor. Se les denomina turboalternadores cuando actúan como generador.

1.3. PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LAS MAQUINAS SINCRONAS

1.3.1 FRECUENCIA

La máquina se llama síncrono porque la frecuencia generada se relaciona en forma directa con el número de polos de armadura y de campo y con la velocidad de rotación.

Donde:

f=frecuencia en Hertz (Hz) ó ciclos por segundo (cps)

N= Velocidad de rotación en revoluciones por minuto (r.p.m.)

p= Número de polos

= velocidad de rotación en radianes por segundo (rad/s)

Características:


a) Se desarrolla un ciclo completo de corriente alterna por cada par de polos magnéticos barridos por un devanado: 1 ciclo/2 polos

b) Existe un número fijo de polos en un círculo completo de construcción o en una revolución: p(polos/rev). (mínimo 2 polos)

c) La velocidad de rotación se mide en r.p.m.

d) Hay un minuto por cada 60 seg. (Min/60s)

Si la velocidad de rotación está en radianes por segundo ( )

1.3.2 GRADOS ELÉCTRICOS

Los grados eléctricos, se refiere al ángulo cíclico de la onda senoidal repetitiva, donde un ciclo completo equivale a 360 grados eléctricos.

Los grados eléctricos totales en una rotación de 360 grados mecánicos son 180 veces el número de polos:

Grados Eléctricos totales en una rotación = 180 p

Donde:

p = Número de polos

θeléctrico = Grados Eléctricos

θmecánico = Grados Mecánicos

Ejemplo:

1) ¿Cuántos grados eléctricos se recorren en una revolución de un alternador síncrono de seis polos?

ºE = 180 x p =180 x 6 =1080 º

2) ¿Cuántos ciclos de corriente alterna se genera en una revolución de un alternador síncrono de 14 polos?

ó


3) Si se coloca un devanado de cuatro polos y tres fases en un estator que tiene 48 ranuras.a) ¿Cuántas ranuras hay por fase?

b) ¿Cuántas ranuras hay por polo y por fase?

4) Hallar la frecuencia que genera un alternador de:

a) 6 polos y 1200 r.p.m.

b) 10 polos y 62.83 rad/s

1.4. CAMPOS MAGNÉTICOS EN LA MAQUINA DE C.A.

= Flujo mutuo útil del entrehierro que concatena simultáneamente a los conductores de excitación y de inducido.

Flujo de dispersión de la excitación, que sólo concatena a los conductores de excitación. La pérdida de flujo de excitación creado por la dispersión de la excitación puede compensarse aumentando la corriente de excitación.

Flujo de dispersión del inducido, producido por los conductores del inducido por los que circula corriente alterna que origina una reactancia inductiva del inducido X a. Esta reactancia del inducido, en combinación en cuadratura con la resistencia del inducido,


origina la impedancia del inducido que desempeña un papel importante en la determinación de la regulación de tensión de un alternador o en el ajuste del factor de potencia en un motor síncrono.

1.5. DEVANADOS DEL INDUCIDOLa mayoría de los devanados del inducido consisten en unas bobinas preformadas, que están alojados en las ranuras del inducido y conectadas de manera que determinen un devanado completo. Cada bobina consta de muchas espiras.

Las bobinas del inducido abarcan 180 grados eléctricos, o sea desde el centro de un polo hasta el centro de un polo de polaridad opuesta. Si una bobina abarca 180 grados eléctricos se denomina bobina de paso diametral; y si abarca menos de 180 grados eléctricos se denomina bobina de paso fraccionado.

Los devanados de paso fraccionado precisan menor cantidad de Cu que las bobinas de paso diametral, pero presentan aproximadamente las mismas características debido a que las partes frontal y posterior mas cortas, son inactivas.


1.5.1 DEVANADO DE MEDIA BOBINA Y DEVANADO DE BOBINA COMPLETA

Los devanados de media bobina o de una sola capa, deriva del hecho que hay un solo lado de bobina por ranura; se utilizan en pequeñas maquinas.

Los devanados de bobina completa o doble capa, deriva del hecho que hay dos lados de bobinas diferentes que están insertados en una ranura. Uno de los lados de cada bobina estará en la parte inferior de la ranura, el otro lado estará en la parte superior de otra ranura. De este modo, todos los devanados se entretejen conjuntamente para aumentar la resistencia mecánica y dar uniformidad a la estructura final.


1.5.2. DEVANADOS DE PASO FRACCIONAL

La mayoría de devanados de una sola capa son devanados de paso diametral, el devanado de doble capa ó de bobina completa, se proyecta en general en un inducido como devanado de paso fraccional.

El devanado de bobina completa permite el empleo de bobinas de paso fraccional.

Los devanados de paso fraccional además de ahorrar cobre, reducen los armónicos de fmm producidos por el devanado del inducido y reducen los armónicos de la f.e.m. inducidos en el devanado sin reducir la magnitud de la onda fundamental de la f.e.m.

1.6. FACTORES DE DEVANADO

1.6.1. FACTOR DE PASO

El factor de paso es la proporción del voltaje que genera una bobina de paso fraccionado al voltaje que genera una de paso completo, y siempre es menor que uno.

a) Factor de paso para bobina de paso diametral

b) Factor de paso para bobina paso fraccionado:


: ángulo de desfasaje entre E1 y E2

Reemplazando en la ecuación (1):

Si: =180-pº

pº = Recorrido de la bobina en ángulos eléctricos ó ancho de bobina en grados eléctricos

Ejemplo: El inducido estatórico de un generador trifásico de 6 polos, tiene 54 ranuras y las bobinas abarcan 7 ranuras. Calcular:a) El espacio abarcado por la bobina si es de paso diametralb) Ancho de bobina en grados eléctricosc) Factor de paso.

SOLUCIÓN

a) Espacio abarcado por la bobina si es de paso diametral:

o sea 9 ranuras /180º eléctricos

La bobina abarcará desde la ranura 1 hasta la ranura 10

b) Espacio abarcado por la bobina en grados en grados eléctricos:

ó


c) Factor de paso:

Cálculo de kp de otra manera:

NOTA: A veces se expresa el paso de bobina en forma fraccional. Ejemplo 5/6 en este caso, los grados eléctricos abarcados, °P, es (5/6) x 180° =150° eléctricos

1.6.2. FACTOR DE DISTRIBUCIÓN.

Es igual a la suma vectorial de las f.e.m. de bobina por fase sobre la suma aritmética de las bobinas por fase.

Cuando las ranuras se distribuyen alrededor del inducido de manera uniforme, el devanado que se introduce es un devanado distribuido.

Factor de Distribución kd:

Donde:

= Tensión total inducida por fase


n = número de bobinas en una zona de fase ó número de ranuras por polo por fase (ranuras/polo fase)

Ec = Tensión de cada bobina individual

= número de grados eléctricos entre ranuras adyacentes.

De la figura; para una bobina:

Para dos bobinas:

Para tres bobinas

Por tanto para n bobinas

Reemplazando en (2):

Ejemplo: Calcular el factor de distribución, kd, para un inducido tetrapolar trifásico que tiene: a) 12 ranuras c) 48 ranurasb) 24 ranuras d) 84 ranuras

SOLUCION


n= numero de ranuras por polo por fase (ranuras /polo-fase)

= numero de grados eléctricos entre ranuras adyacentes

a)

b)

c)

d)


1.7. f.e.m. GENERADA EN UNA MAQUINA SINCRONA DE C.A.

La espira aa', rota a la velocidad ws

Bpico

N

S

120ºp

120ºp'

a

a' b

a '

ab '

t=0

w ts

Densidad de flujo en el entrehierro (Be):

El rotor cualquiera que sea su tipo, produce una distribución espacial de B e en el entrehierro de forma sinusoidal.

Flujo por polo Øp:

Densidad de flujo pico o máximo

Flujo producido por un polo del rotor

L= Longitud del conductor ó longitud activa de la bobina (m)

Velocidad tangencial del conducto (m/s)

Radio del rotor (m)

Angulo mecánico

Velocidad angular (rad/s)


Número de par de polos

f.e.m. generada en un lado de la bobina de la fase a:

......(1)

Si:

Reemplazando en (1):

Si

Reemplazando

f.e.m. en los dos lados de la bobina (aa´):

Si la bobina tiene Np espiras/fase:

Valor eficaz de la onda:

Si:

Reemplazando:


Teniendo en cuenta los factores de paso y distribución se tiene, que la tensión generada por fase será:

Voltios

Donde:

Tensión generada por fase (V)

Frecuencia de generación (Hz) ó (cps)

Flujo por polo (Wb)

Factor de distribución

Factor de paso

Numero de espiras por fase

C =número de bobinas totales en el inducido

Nc = Número de espiras/bobina

P = número de fases


PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 1.1- En la figura el rotor tiene una velocidad de 3600 r.p.m y la bobina aa´ tiene 7 espiras.

Bpico=0,975Sen377t (Wb/m2); B( )=BpicoSen

En t=0 el eje del rotor coincide con el plano de la bobina. El diámetro es de 0,3m y la longitud de cada conductor es de 0,4 m., Determinar eaa´ (t).

B (0)

Bpico

N

S

a ' a0 =0

0

SOLUCIONn=3600 r.p.m.; Np = 7 espiras/bobina; d=0.3 r=0.15 m; L=0.4 mSi:

Por fórmula de Neuman:

Velocidad tangencial:


Reemplazando

PROBLEMA 1.2.- Si en el problema anterior se reduce el paso de la bobina de tal forma que kp=0,92 y Bpico=0,975 Wb/m2. Determinar el valor eficaz de la tensión generada en la bobina.SOLUCION

Np= 7espiras/bobina; f= 60 Hz; kp=0,92; kd=1; p´=1; L=0,4 m; r=0,15m

;

PROBLEMA 1.3.- El rotor de un alternador tetrapolar de 60 ciclos por segundo produce un flujo de excitación de 8 megalíneas por polo. Calcular:a.- La velocidad a la que debe accionarse el alternador para la frecuencia deseada.b.- La tensión media generada por la bobina del estator que tiene 160 espiras por fase.

SOLUCION

; ; ;

a)

b) Cálculo de la Tensión media:


PROBLEMA 1.4.- El rotor de un alternador hexapolar de 60 Hz produce un flujo de excitación de 5x106 líneas por polo. Calcular:a. La velocidad a la que debe accionarse el alternador para producir la frecuencia

nominal.b. La tensión media generada inducida en la bobina del estator que tiene 200

espirasc. La tensión eficaz por fase en un inducido estatórico monofásico que tenga 60

bobinas distribuidas uniformemente en el estator.

SOLUCION

; f=60 Hz; p=5x106 líneas= 5x10-2 Weber

a)

b) Tensión máxima generada en una bobina:

Tensión media generada en una bobina

c)Tensión eficaz en una fase:

PROBLEMA 1.5.- Un alternador accionado por una turbina de vapor gira a la velocidad de 1800 rpm, a la frecuencia de 60 Hz., el inducido conectado en estrella tiene las siguientes características. Diámetro del rotor 107 cm., longitud del hierro del inducido 91 cm., 72 ranuras, 24 conductores/ranura, devanado de 2 capas imbricado, y de 4:5 de paso, conectado con 2 circuitos de paso en paralelo, siendo el valor máximo de la densidad de flujo con distribución sinusoidal 0,4692 Wb/m2. Determinar el flujo por polo y la fem inducida en los terminales.

SOLUCION

Fases=3; n=1800 rpm; f=60 Hz; Drotor=107cm. r=53,5cm=0,535m; L=91cm=0,91m

72 ranuras; ; doble capa; Paso de bobina: 4:5


Bmax= 0,4692 Wb/m2

Numero de polos:

Flujo por polo:

Factor de paso:

Factor de distribución:

F.e.m. inducida por fase:

Pero: Por estar con 2 circuitos en paralelo:

Tensión en los terminales:


PROBLEMA 1.6.- Un estator que se ha de emplear para un devanado de inducido hexapolar trifásico de media bobina; tiene 144 ranuras. Cada bobina abarca 20 ranuras. Calcular:a. El factor de paso.b. Número de bobinas por fase.c. El factor de distribuciónd. La tensión eficaz por fase si la tensión generada por bobina es 30 voltios eficaces.

SOLUCION

ancho de bobina = 20 ranuras

a) Factor de paso:

También se puede hallar de la siguiente manera:

b) Numero de bobinas por fase:

# de bobina=72

c) Factor de distribución.


d) Si

Considerando kp y kd:

PROBLEMA 1.7.- Una máquina síncrona 3 de rotor cilíndrico, estator de 36 ranuras con un devanado imbricado de doble capa, paso acortado en 2 ranuras, 4 polos, 10 espiras por bobina simple, tiene un diámetro medio de 200 mm y 250 mm de longitud axial. Admitiendo que la onda de inducción en el entrehierro es rigurosamente senoidal con un valor máximo de la inducción de 0,7 Wb/m2. Determinar la tensión generada por fase a la frecuencia de 60 Hz.

SOLUCION

Fases=3; 36 ranuras; Paso acortado en 2 ranuras; doble capa

Polos= 4; 10 ; Dm=200 mm

L= 250 mm=0,25 m; ; n= 1800 rpm

Cálculo del flujo por polo:

Factor de paso:

(Por ser de paso recortado en 2 ranuras)



Numero de espiras por fase:

C = Numero total de bobinas = Numero total de ranuras = 36 (por ser de doble capa)

Nc= Numero de espiras/bobina= 10 espiras/bobina

P = Numero de fases = 3

Frecuencia:

Tensión generada por fase:

PROBLEMA 1.8.- Un alternador 3 tetrapolar de 60 Hz tiene 18 ranuras por polo y 6 conductores por ranura. Devanado de doble capa y 5:6 de paso. El flujo que penetra en el inducido de cada polo es de 1,242 Mega Maxwell. Las bobinas del inducido están conectadas en estrella. Determinar la fem generada por el alternador y la tensión de línea.

SOLUCION

Polos=4; Trifásico, f= 60 Hz; 18 ranuras/polo ; 6 conductores/ranura

Paso: 5/6



Factor de paso:

F.e.m. generada por fase:

Tensión de línea:

PROBLEMA 1.9.- Determinar la tensión generada por un alternador de 4 polos, 1800 rpm, 96 ranuras, 16 espiras por bobina, el flujo por polo es de 1076x103 líneas, el arrollamiento es de doble capa, conexión en estrella y el paso de la bobina es de 19 ranuras.

SOLUCION

Fases=3; Polos=4; n=1800 rpm; 96 ranuras; 16 espiras/bobina

Frecuencia:


96 ranuras doble capa 96 bobinas


Factor de paso:



Tensión de línea (Conexión en Y):

PROBLEMA 1.10.- El inducido de un estator trifásico de 60 ranuras está devanado para un rotor de 4 polos que gira a 1800 rpm, emplea devanado imbricado de doble capa que tienen 18 espiras por bobina con un paso de 5:6. El flujo por polo es de 65,154x10-3 Weber. Calcular:

a. La tensión total generada por fase.b. La tensión total entre terminales si está conectada en estrella.

SOLUCION

Fases=3; Polos=4; 60 ranuras; n=1800 rpm Paso: 5/6

Nº ranuras es igual a Nº de bobinas por ser de doble capa.

a) Tensión generada por fase:


PROBLEMA 1.11.- Un alternador tetrapolar con inducido estatórico de 12 ranuras por polo, 14 conductores por ranura, tiene un ancho que abarca 10 ranuras. El diámetro del rotor que gira a 1800 rpm es de 80 cm., devanado imbricado de doble capa, valor máximo de la densidad de flujo con distribución senoidal de 8366 gauss, conexión del inducido en estrella. Si la tensión de línea que entrega el alternador es de 12 kV. Determinar la longitud axial del rotor.

SOLUCION

p=4; 12 ranuras/polo; 14 conductores/ranura; ancho de bobina=10 ranuras

Factor de Distribución:

Factor de Paso:



Frecuencia:


Flujo por polo:

Si:

Longitud axial del rotor:

Si:

PROBLEMA 1.12.-Una máquina síncrona trifásica de rotor cilíndrico tetrapolar cuyo estator es de 48 ranuras, tiene un devanado imbricado de doble capa cuyo paso está acortado en 3 ranuras y cada bobina tiene 20 espiras. El diámetro del inducido es de 40 cm. Con una longitud axial de 50 cm. La tensión generada por la máquina conectada en triángulo es de 2300 V, a la frecuencia de 60 Hz. Determinar el valor máximo de la densidad de flujo en el entrehierrro.SOLUCION

Vp= 2300 V Conexión triángulo; f = 60 cps

p = 4 polos; 48 ranuras; devanado imbricado doble capa: Nº bobinas = Nº ranuras

paso acortado en 3 ranuras; cada bobina tiene 20 espiras

Factor de Distribución:


Factor de Paso:



Flujo por polo:

Si:

Densidad de flujo máximo:

Si:

PROBLEMA 1.13.- Un turbo alternador con un inducido de 72 bobinas de 10 espiras de doble capa abarca 720º eléctricos. El rotor se acciona a una velocidad de 1800 rpm y el flujo por polo


es de 9592x103 Maxwell. El paso de bobina es de 16 ranuras. Calcular el voltaje terminal en circuito abierto si los devanados se conectan en estrella.SOLUCION

Fases=3; conexión estrella; n=1800 rpm; paso bobina = 16 ranuras

Nº de polos:

Frecuencia:

Nº ranuras es igual a Nº de bobinas por ser de doble capa.

a) Tensión generada por fase:


PROBLEMAS PROPUESTOS1. Un inducido estatorico trifásico de 72 ranuras está devanado para 4 polos que

emplean bobinas de doble capa que tienen 25 espiras por bobina. El flujo por polo es de 49,85x105 Maxwell y la velocidad del rotor es 1800 rpm. Calcular:a. La tensión eficaz generada por bobinab. La tensión total generada por fase.Rpta: 332 V ; 7968 V

2. Determinar la tensión entre terminales generada por un alternador trifásico de 8 polos, 900 rpm, 144 ranuras, 6 espiras por bobina y 1800000 líneas por polo. El devanado es de doble capa y está conectado en estrella. El paso de la bobina es de 15 ranuras.Rpta: 2 206,6 Voltios.

3. Un generador sincrónico trifásico hexapolar de 12 kVA a 240 V, 60 Hz, esta conectado en triángulo. Tiene 12 ranuras por polo y un devanado imbricado de paso 5/6 en el que se utilizan 12 conductores por ranura. El flujo útil es de 800 000 Maxwell. Determinar la fem inducida por fase. Rpta: 283,42 Voltios/fase.

4. En un generador sincrónico monofásico de 100 kVA, 600 V, 60 Hz, la resistencia efectiva del inducido es 0,108 ohmios y la reactancia del inducido 0,52 ohmios. Determinar la fem inducida a la intensidad nominal y factor de potencia unidad.Rpta: 624 Voltios.

5. Un generador monofásico de 60 Hz, tiene 12 bobinas de paso entero distribuidas en una sola capa, cada bobina tiene 4 espiras. El rotor gira a 120π rad/s y produce un flujo por polo de 2,94x106 Maxwell. Determinar el valor eficaz de la tensión generada cuando todas las bobinas están conectadas en serie. Rpta: 240 V.

6. Un inducido estatorico de bobina completa trifásica de 72 ranuras tiene un ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras/bobina. El inducido se conecta en estrella. El rotor hexapolar tiene un flujo de 5,2x10 :6 Maxwell/polo y se acciona a una velocidad de 1200 rpm. Calcular:a. La tensión eficaz por fase.b.La tensión eficaz en línea del alternadorRpta: 3076,74 V; 5329 V.

7. Un alternador trifásico de 24 polos, 60 Hz, conectado en estrella tiene 6 ranura/polo y un devanado imbricado de doble capa de paso diametral en el que existen 8 conductores/ranura. El flujo en el entrehierro es de 6x106 líneas por polo. Calcular:a. El número de conductores por faseb.El factor de distribuciónc. El factor de pasod.Las revoluciones por minuto del polo de excitacióne. La fem inducida por fase y por líneaRpta: 384 cond;0,966; 1; 300rpm, 2964,58V; 5134,8V.

8. Un alternador trifásico de 4 polos que funciona a la frecuencia de 60 cps tiene 15 ranuras por polo y 6 conductores por ranura. Siendo el devanado de doble capa y con un paso de 5:6, las bobinas del inducido están conectadas en estrella. Determinar el flujo que producirá cada polo si la tensión de línea generada por la máquina es de 381 V.Rpta: 0,0149 Wb


9. Un alternador trifásico de 600 kVA con un inducido estatórico hexapolar de 72 ranuras tiene un ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras por bobina. El inducido se conecta en estrella de devanado imbricado de doble capa, el rotor produce un flujo de 5,2 Megalíneas/polo y se acciona a una velocidad de 1200 RPM. La resistencia de armadura es de 0,9 0hmios y la resistencia síncrona de 8 ohmios. Cuando circula la carga nominal a la tensión nominal, Calcular la tensión de regulación para factores de potencia de: Unidad, 0,8 inductivo y 0,75 capacitivo.Rpta: 3,3%, 12,36% y –8,69%.

10. Un generador síncrono trifásico de polos salientes de 10 MVA y 10 kV. Está conectado a una barra infinita cuya tensión de línea es de 10 kV y entrega a la red 8 MW a un factor de potencia de 0,8 inductivo. Las reactancias de la máquina son: Xd = 1,0 p.u. y Xq = 0,6 p.u. La resistencia de armadura es despreciable. Determinar la fuerza electromotriz del generador, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la máquina.Rpta: 10 244,2 V, 19,43° y 577 A.

11. Un alternador monofásico suministra 1000 kVA a 6 600 V. Cuando gira a la velocidad normal, la tensión en vacío con un cierto campo de excitación fue 6 600 V, y la corriente en cortocircuito con el mismo campo de excitación fue 380 A. La resistencia del devanado es 1,5 ohmios. Hallar la regulación para factores de potencia de 100%, 80% y para factor de potencia nulo con corriente en retardo, siendo en todos los casos la tensión a plena carga de 6 600V.Rpta: 10,7%, 30,2% y 40%.

12. Un alternador trifásico suministra 1 000 kVA a 2 400 V y está conectado en estrella. Las pérdidas mecánicas y en el hierro son de 20 kW, la corriente de excitación es 125 A para un factor de potencia 100%, y 160 A para un factor de potencia del 80%, mientras que la tensión de la excitación es 120 V. La resistencia de cada fase del devanado del inducido es 0,5 ohmios. Calcular el rendimiento a plena carga para factores de potencia de 100% y 80%.Rpta: 90,2% y 88%.


CAPITULO II

RELACIONES DE TENSION EN LAS MAQUINAS DE C.A. ALTERNADORES

2.1 CIRCUITO EQUIVALENTE DE UNA MAQUINA SINCRONÍA MONOFASICA Y DE UNA POLIFÁSICA

Vp

Ia

C.C.

Ra

Xa

c.a.Eg

Ear

a) Monofásico

Ia

C.C.

Ra

Egp

Ear Z'sp

Ear

XaRa

b) Circuito trifásico equivalente de un alternador síncrono conectado en estrella.

VL

ROTOR ESTATOR

C .C .

Ie Ia

EE

E

Ra

Ra

Ra

Ia

C .C .

R a

X s

c.a .E g

E ar

Ie

Vp

GENERADOR TRIFASICO Y GENERADOR REDUCIDO A MONOFASICO

c) Generador trifásico reducido a monofásico

ó


ó

Donde:

Vp Tensión de bornes/fase

Egp Tensión generada por fase

IaRa Caída de tensión en el devanado del inducido que tiene una resistencia efectiva c.a. de Ra por fase.

Ia(jXa) Caída de tensión en bornes debida a la reactancia del devanado del inducido ocasionada por la reactancia de dispersión.

Ear Efecto de la reacción del inducido (magnetizante o desmagnetizante)

Nota:

a) Las máquinas monofásicas y polifásicas de C.A. con factor de potencia unidad en las que la corriente en el inducido está en fase con la tensión inducida, la reacción del inducido es magnetizante transversalmente y la tensión de reacción de inducido está retrasada respecto a la tensión generada en 90° eléctricos.

b) En las máquinas monofásicas y polifásicas con factor de potencia inductivo, en las que la corriente en el inducido está retrazada con respecto a la tensión inducida en 90° eléctricos, la reacción del inducido es desmagnetizante y la tensión de reacción de inducido retrasa de la tensión generada en 180° eléctricos.

Ra Resistencia de inducido por fase

Xa Reactancia de inducido por fase

Za Impedancia armadura por fase

XS Reactancia sincrona por fase

ZS Impedancia sincrona por fase


2.2 RELACION ENTRE LA TENSIÓN GENERADA Y LA TENSIÓN EN BORNES DE UN ALTERNADOR PARA DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA DE LA CARGA

2.2.1 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA UNIDAD

Ear

IaXa

IaR aVp0=0

IaXs

Egp

IaXa Escalarmente ó

Vectorialmente

Para ; la tensión por fase, Vp siempre es menor que la tensión generada por

fase Egp, en una caída de impedancia , en la que jIaXs es la caída de tensión en cuadratura de la reactancia sincrona o caída de tensión combinada debido a la reactancia del Inducido y a la reacción del inducido.

2.2.2 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA INDUCTIVO

E gp

V p

VpSe

n

IaXa

IaXs

IaRa

Vpcos

IaRa

Ia Se retrasa respecto a tensión de fase en bornes Vp, en un ángulo , como resultado de una carga externa (principalmente Inductiva).

ángulo de potencia.

Escalarmente ó


Vectorialmente

Nota: Resulta evidente que para obtener la misma tensión nominal en bornes por fase Vp, se necesita una tensión inducida por fase Egp superior, para factores de potencia inductivos que para factores de potencia unidad.

2.2.3 CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO

Ia está adelantada respecto a la tensión de fase en bornes Vp en un ángulo ; como resultado de una carga externa (que contenga una componente capacitiva) en bornes del alternador síncrono de c.a.

Escalarmente ó

Vectorialmente

Nota: Resulta evidente que para la misma tensión nominal en bornes por fase, se necesita menos tensión generada para un factor de potencia capacitivo que para un factor de potencia inductivo.

PROBLEMA 2.1: Un alternador trifásico, conectado en estrella de 1000KVA y 4600V, tiene una resistencia en el inductivo de 2 /fase y una reactancia sincronía en el inducido Xs, de 20 /fase. Encontrar la tensión generada a plena carga por fase para:a) Factor de potencia unidadb) Factor de potencia inductivo de 0,75c) Factor de potencia capacitivo de 0,75d) Factor de potencia capacitivo de 0,4

SOLUCION

Potencia aparente total

Caídas de tensión por fase:


a) Tensión generada por fase si

b) Tensión generada por fase si inductivo

c) Tensión generada para

d) Tensión generada para

Se observa que la tensión generada es menor que la tensión en bornes para ambos factores de potencia, y disminuye a medida que el factor de potencia es menor.

SOLUCION DEL PROBLEMA VECTORIALMENTE:

a) Factor de potencia unidad


b) Factor de potencia inductivo

c) Factor de potencia

4 1.4 1 º

IaX s

IaraV p

Ia

Eg=23

69.66

5 9 .9 4= º


d) Factor de potencia

2.4. REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR SINCRONO DE CA PARA DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA

La relación entre la tensión generada y la tensión en bornes de un alternador para distintos factores de potencia, sirven para ilustrar dos aspectos del efecto de las cargas capacitivas o inductivas sobre la tensión generada por un alternador:1) Cuanto menor sea el factor de potencia capacitivo, tanto mayor será el aumento de tensión

desde vacío (Egp) a plena carga (Vp); y2) Cuanto menor sea el factor de potencia inductivo, tanto mayor será la disminución de

tensión desde vacío (Egp) a plena carga (Vp)

25 50 75 10 0 12 5 15 0Ia

1

2

3

4

5

13 13 .34 V

2655 .81

38 40 .65

48 17 .66 V

2367 .30 V

f.p . 0.75 induct ivof .p . 0 U nidad

f.p. 0 .7 5 capa citivo

f.p . 0 .4 capac itivo

Ca rga Nom inal

(2655 .81 Ten sion nom in al)

EFECTOS DE LA REACCION DEL INDUCIDO

A) Para cargas capacitivas, la reacción de inducido es magnetizante y tiende a producir una tensión generada adicional al aplicar una carga; produciendo una regulación negativa. Esta elevada tensión generada es más que suficiente para compensar la caída de tensión interna resistiva en el inducido.


IaXa

VpIa = 4 0 .81 º

co s = 0

IaXa

Ia

Egp

Ear IaXs

B) Para cargas inductivas, la reacción de inducido es DESMAGNETIZANTE, y sus efectos de reducción de la tensión generada, junto con las caídas de tensión internas resistiva y reactiva en el inducido, dan lugar a una rápida disminución de la tensión en bornes al aplicar una carga.

REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR (VR):

Regulación de tensión: Se utiliza para indicar el grado de variación de la tensión en el inducido producida por la aplicación de la carga. Si el cambio desde el vacío a plena carga es pequeño, el generador se dice que posee una buena regulación de tensión. Si la tensión varía apreciablemente, con la carga, se considera que tiene una pobre regulación de tensión.

La Regulación de Tensión se define como la variación de la tensión desde vacío a plena carga, expresada en tanto por ciento de la tensión nominal en bornes. (Tensión del inducido a plena carga).

Donde:

Vp = Tensión nominal en bornes por fase a plena carga (V/fase)

Egp = Tensión generada por fase a plena carga ó Tensión en bornes por fase en vacío (V/fase)

PROBLEMA 2.2: Calcular la regulación de tensión; calculados en los ejemplos anteriores

a)

Egp=3840.67 V Vp=2655.81 V

b)


c)

d)

NOTA:

- Como las cargas eléctricas reales generalmente son cargas de naturaleza inductiva, la tensión de un alternador de c.a. con excitación independiente disminuirá debido a la resistencia del inducido, a la reactancia del inducido y a la reacción del inducido. Un generador ideal mantendría la misma tensión desde vacío a hasta plena carga, ya que la variación de tensión es cero, poseería una regulación del 0 %.

- En la práctica la regulación inherentemente pobre de los alternadores se ignora y su salida se mantiene a una tensión en bornes constante mediante REGULADORES DE TENSION externos que automáticamente aumentan o disminuyen la excitación de un generador de C.C. (Excitatriz) cuando varía la carga eléctrica y el factor de potencia. L a excitatriz generalmente está sobre el mismo eje que el motor de accionamiento y el alternador. Sus características generalmente están muy relacionadas con la regulación del alternador, o sea, si la excitatriz debe mantener una tensión constante para una amplia gama de cargas, los límites de la corriente de excitación y potencia nominales de la excitatriz dependen del valor de la intensidad de excitación necesaria para que el alternador mantenga una buena regulación.

2.5 IMPEDANCIA SINCRONALa diferencia entre la tensión generada, Egp, y la tensión en bornes, Vp, por fase de un alternador, es la caída de tensión por impedancia sincrona, IaZs. Esta misma diferencia, existe entre Vp y Egp para cualquier factor de potencia y cualquier carga, como se muestran en la figura; para los tres casos se repite el triángulo

f.p.=1 f.p.<1 Inductivo

f.p.<1


IaZ s

IaRaV p

Egp

dq

Ia ra

Ear

IaX sLa caída de tensión por impedancia sincrona es, en todos los casos, la suma vectorial de la caída de tensión de la resistencia efectiva del inducido por fase y las caídas de tensión en cuadratura equivalentes debidas a la reactancia del inducido y la reacción del inducido por fase, para la misma carga.

I aZs

IaR a

IaX

a

E ar

IaX

s

Dividiendo entre Ia se obtiene el

TRIÁNGULO DE IMPEDANCIA

X s

Reactancia efectiva de los devanados y el e fecto de la reacción de armadura.

ReactanciaSincrona

Resistencia efectiva de c.a. del devanado

por fase

La impedancia síncrona y la resistencia efectiva por fase se determinan mediante ensayos específicos por el denominado MÉTODO DE LA IMPEDANCIA SINCRONA. El resultado proporciona un valor de la reactancia síncrona el cual, cuando se usa en las distintas ecuaciones de tensión, da lugar a una regulaciónde tensión para el alternador que es algo superior que la realmente obtenida por carga directa. Por esta razón el método de la impedancia síncrona se ha denominado “método pesimista”.

Para determinar la Zs, se necesitan pruebas de circuito abierto y la de cortocircuito.

2.6 IMPEDANCIA SINCRONA PARA LA PREDICCIÓN DE LA REGULACION DE TENSIÓN

El método de la impedancia síncrona, consiste en los ensayos de vacío y corto circuito.


2.6.1 Resistencia efectiva del Inducido.

Vcc V

A

S 2

S 3

S 1

Voltaje corriente con tinua

Conexión estrella:

Conexión Triángulo:

2.6.2 Ensayo en Vacío:

+

- A cc

V ca

Ie

La curva de magnetización (en vacío), se obtiene haciendo trabajar la máquina sin carga a la velocidad nominal (o síncrona), variando su excitación, se puede medir la tensión generada y trazar la curva. Se conecta un amperímetro de c.c. en el circuito de excitación para registrar la intensidad de excitación y se conecta un voltímetro de c.a. en bornes de dos terminales cualesquiera del estator para registrar la tensión de línea Vca. Se toma un número suficiente de


lecturas empezando con intensidad de excitación cero, tanto por debajo como por encima del codo de la curva. En cada caso, se registran la intensidad de excitación, Ie, y la tensión generada por fase, Egp, y se dibuja la curva de saturación. Como en el caso de la curva de magnetización en c.c. los resultados deben ser tomados en un sentido para evitar bucles secundarios de histéresis.

La curva tiene un tramo recto OA, cuando el circuito magnético no está saturado. Al saturarse la curva sigue el camino AB.

E g

AB

Ie

L in ea de le ntreh ierro

Curva de magnetizaciónen vac io

(circuito ab ierto)

O

Esta prueba permite también determinar las pérdidas rotacionales de la máquina y serán iguales a la potencia absorbida por la máquina cuando haya sido excitada hasta obtenerse la tensión hasta obtenerse la tensión nominal.

2.6.3 Ensayo en cortocircuito.

Ie+

- Ie

A 1

A 2

A 3

La intensidad de excitación se ajusta a cero y el alternador se lleva a una velocidad nominal. Se toman lecturas de la intensidad de excitación de c.c., respecto a la intensidad en el inducido cortocircuitado de c.a.; los resultados se dibujan obteniéndose una curva lineal.

2.6.4 Determinación de la Reactancia Síncrona

Las pruebas de corto circuito y de circuito abierto permiten determinar la reactancia síncrona no saturada y saturada de la maquina. Iacc

R a

E gp

XS


Egp: Tensión generada por fase en vacío (producida por la corriente Ie) (V/fase).

Iacc: Intensidad de corriente nominal (producida por la corriente Ie) (A)

Zs=Ra+jXs Impedancia Síncrona

Ia

Ie

C o crrien te de cortoc ircu ito (A ) en el ind uc ido po r fa se

C o rriente n om in a l

C o rrie nte de ec p o r fase

Vac io

Ia

C o rrie nte d eexc itac ión

O

Xs(no sat) > Xs(Sat)


PROBLEMAS RESUELTOSPROBLEMA 2.1.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 KVA y 13 KV tiene una resistencia de inducido de 0.9 y una reactancia síncrona de 8.0 . Cuando circula la carga nominal a la tensión nominal, calcular la tensión generada por fase para cargas de:a) factor de potencia unidadb) factor de potencia inductivo 0.8c) factor de potencia capacitivo 0.8d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas.

SOLUCION

G

a) Factor de potencia unidad cosθ=1

VECTORIALMENTE:

IaRaVp0=0

IaX s

Egp

IaZa

Ia

b) Factor de potencia 0.8 inductivo


Egp

IaR a

VpSen

IaRaVp Ia

X s

Vpcos

Ia

VECTORIALMENTE

IaEg

XsR a

Vp

c) Factor de potencia 0.8 capacitivo

Vpsen

IaRa

V p

IaXsE g.

Vpcos

IaRa

VECTORIALMENTE


d) Regulación de tensión para cada caso:d.1)

d.2.)

d.3.)

PROBLEMA 2.2. Las características graficadas en la fig. corresponden a un generador síncrono trifásico de rotor cilíndrico de 500 KVA – 2300 V. Determinar:a) La reactancia síncrona saturada y no saturada en ohmios y valor unitario.b) La relación de corto circuito.

0 10 20 30 40 50 60 70

10 0

10 00

12 00

14 00

50 0

40

80

12 0

16 0

20 0

24 0

28 0

Ie (IN ) 27.5 A I'e 47 A

I ' 'eIN =126 A

Iacc N=140 A

Iacc=210 A

Iacc (a) E (voltios)fase

SOLUCIONa) Tensión nominal de fase será:

Si el generador trabaja en vacío: Del gráfico utilizando las dos curvas se obtiene: Iacc = 210 A


Reactancia saturada:

La reactancia no saturada Xs(sat) corresponde al tramo recto de la curva de circuito abierto. Podemos determinarla, asumiendo una E cualquiera del tramo recto, por ejemplo E=1000 V. Entonces obtenemos de la curva de cortocircuito:

Reactancia síncrona no saturada:

Reactancia en valor unitario:PB=500 kVA; VB=2300 V

b) Relación de c.c.

OTRA MANERA:

Del gráfico:

En la curva de cortocircuito para In = 126 A se obtiene:

En la curva de circuito abierto con 1330 V se obtiene:

PROBLEMA 2.3. Un alternador trifásico de 2300 V y 60 Hz con una potencia nominal de 1200 kVA se cortocircuita llevando a la velocidad nominal, y su excitación se aumenta hasta que circule una corriente en el inducido de 1.5 veces la nominal. Se elimina entonces el cortocircuito y con idéntica corriente de excitación y velocidad, la tensión entre bornes es de 1000 V. El promedio de la resistencia en c.c. de los arrollamientos del inducido, tomados entre líneas es de 0.225 Ohm. Suponiendo que el alternador esté conectado en triángulo y que la relación entre la resistencia efectiva y la óhmica sea 1.4. Calcular:a) La corriente nominal de línea y de fase y la resistencia de c.a. por fase.b) Las caídas de tensión por resistencias y por reactancia síncrona en el inducido a plena carga.


c) La relación de corto circuito por unidad.d) La regulación de tensión para unos factores de potencia capacitivo e inductivo de 0.8.

SOLUCIÓNMedición de la resistencia de armadura en corriente alterna (Ra):

R

Resistencia equivalente medida entre dos líneas:

Del gráfico

Resistencia por fase en corriente alterna:

Prueba de cortocircuito:

Ie+

-

R a R a

R a

A

A

A

Iacc

Iacc

Iacc

Ie+

-

Ia

Iacc

Si la corriente de excitación es Ie:Prueba en vacío:

R a R a

R a

V = 1 0 0 0 V

Ie+

-

Ie+

-

Ia

R jXs

Zs

V = 1000 V

Egp=1000V

a) La corriente nominal de línea y de fase

b) Caída de tensión por resistencia y por reactancia sincrona en el inducidoCaída de tensión por resistencia del inducido:

Impedancia sincrona por fase


Reactancia sincrona por fase

Caída de tensión por reactancia del inducido:

Ia

Ie

Iacc=1.5 In

O

1 0 0 0 V

I e

V º

2 5 1 A

Iacc

c) Relación de cortocircuito por unidad

d) Regulación de tensión f.p. 0.8 inductivo

º

f.p. 0.8 Capacitivo


PROBLEMA 2.4. Repetir el problema anterior suponiendo que el alternador esté conectado en estrella.(I EP 2005-I)SOLUCION:Medición de la resistencia de armadura en corriente alterna (Ra):Resistencia equivalente medida entre dos líneas:

Para conexión estrella:



Ie+

-

Ia

Iacc

Si la corriente de excitación es Ie:Prueba en vacío:

Ie+

-

Ia

R jXs

Zs

V = 1000 V

a) La corriente nominal de línea y de fase

b) Caída de tensión por resistencia y por reactancia sincrona en el inducidoCaída de tensión por resistencia del inducido:



Caída de tensión por reactancia del inducido:


c) Relación de cortocircuito por unidad

d) Regulación de tensión f.p. 0.8 inductivo

º

f.p. 0.8 Capacitivo

PROBLEMA 2.5.- Determinar la regulación de una máquina síncrona de rotor cilíndrico conexión estrella, tensión de línea nominal de la máquina de 240 V, potencia nominal 75 kVA, resistencia de inducido 0,05 ohmios y reactancia síncrona de 0,15 ohmios. Para: cosθ=1; cosθ=0,866 inductivo y cosθ=0,866 capacitivo.SOLUCION

Regulación para: Cosθ=1


Regulación Para:

º

Regulación para:

º

PROBLEMA 2.6.-Un generador síncrono trifásico de rotor cilíndrico de 25 MVA y 13,8 kV. Está conectado a una barra infinita de 13,8 kV. y entrega a la red 17 MW a un factor de potencia de 0,8 (inductivo). La reactancia síncrona de la máquina es Xs=0,25 p.u. y su resistencia despreciable. Determinar:a) La f.e.m. generada por la máquina, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la

máquina.b) Si se aumenta el factor de potencia a uno, actuando sobre la excitación, determinar la

potencia activa, el ángulo de potencia, la corriente y la f.e.m. generada por la máquina.SOLUCION

La reactancia síncrona de la máquina:


a) La corriente que entrega la máquina a la red será:

f.e.m. entregada:

b) Si el factor de potencia aumenta a uno, la potencia activa no puede variar, ya que no se acciona la máquina prima; por tanto W=17 MWLa corriente disminuye ya que se mejora el factor de potencia:

f.e.m. generada:

PROBLEMA 2.7.- Un turbo alternador de 60 MVA, 13,6 kV, conexión en estrella, 60 Hertz, 2 polos, tiene una reactancia de dispersión de 0,35 ohmios por fase y una reactancia de reacción de inducido de 3 ohmios por fase. Despreciando la resistencia óhmica del devanado de inducido y admitiendo la máquina no saturada, calcular:a) La reactancia síncrona en ohmios por fase y por unidad.b) La f.e.m. resultante cuando funcionan a plena carga con un factor de potencia 0,8 (retraso).SOLUCIONa) Cálculo de la reactancia síncrona:

por unidad será:


b) F.E.M. resultante a plena carga, cuando cos 0,8( ) 36,87ºretrazo

f.e.m. generada:

PROBLEMA 2.8.- Un generador conectado en estrella de 2,5 MVA y 13,8 kV. Tiene una resistencia de inducido de 0,8 ohmios y una reactancia síncrona de 6 ohmios. Cuando circula la carga nominal a la tensión nominal: Calcular la regulación de tensión para cada una de estas cargas: a) Factor de potencia unidad. b) Factor de potencia inductivo de 0,8 c) Factor de potencia capacitivo de 0,75.SOLUCION

Regulación para: Cosθ=1

Regulación Para:

º


Regulación para:

PROBLEMA 2.9.-: El inducido de un alternador monofásico de 60 kVA, 220 V y 60 Hz. Tiene una resistencia de 0,016 ohmios y una reactancia de 0,07 ohmios. Las fuerzas electromotrices inducidas cuando el alternador suministra la corriente de régimen es de 236,9 y 210,07 voltios con ángulo de desfasamiento de 2,48º y 4,499º con respecto a la tensión en bornes respectivamente. Determinar el factor de potencia de la carga y el tipo de carga para cada caso.SOLUCIONSiendo el alternador monofásico la corriente de régimen será:

a) Cuando suministra :

b) Cuando suministra :


PROBLEMA 2.10.-Un alternador trifásico de 13000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de inducido de 0.3 Ω/fase y una reactancia síncrona de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se ajusta en cada uno de los casos para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Si, después de haber hecho ajuste, se elimina bruscamente la carga del alternador, calcular la tensión en vacío por fase compuesta para cargas de:a) Factor de potencia unidad.b) Factor de potencia 0.8 inductivo.c) Calcular la regulación de tensión para cada caso.SOLUCION

a) Factor de potencia unidad cosθ=1

IaRaVp0=0

IaX s

Egp

IaZa

Ia

b) Factor de potencia 0.8 inductivo


Egp

IaR a

VpSen

IaRaVp Ia

X s

Vpcos

Ia

c) Regulación de tensión para cada caso:c.1)

c.2.)

PROBLEMA 2.11.- Un alternador trifásico conectado en triángulo de 2300 V, y 2500 kVA, tiene una resistencia de 0,1 Ω/fase y una reactancia sincrona de 1,5 Ω/fase. El alternador se regula para una tensión nominal en vacío. Calcular su tensión en bornes cuando circule la corriente nominal para un factor de potencia inductivo de 0.6.SOLUCION

G

Si regulamos la tensión en vacío:

Tensión generada para:


PROBLEMA 2.12.- A partir de los datos del ensayo de impedancia síncrona realizado a un alternador de 2000 kVA, 2300V, conectado en estrella, suponiendo una relación entre resistencia efectiva y resistencia en c.c. de 1.3, calcular la regulación de tensión para:

a) factor de potencia unidad, yb) factor de potencia 0,8 inductivo

MEDICION DE LA RESISTENCIA DE ARMADURA C.C.

ENSAYO EN VACIO ENSAYO EN CORTO CIRCUITO

TENSIÓN C.C.(V)

CORRIENTE C.C. (A)

TENSIÓN EFICAZ

(V)

CORRIENTE DE

EXCITACIÓN C. (A)

CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO

(A)

1.5 10 950 10 NominalSOLUCIONResistencia de armadura en corriente alterna (Ra):

Para conexión estrella:


Prueba de cortocircuito: Si la corriente de excitación es:

Prueba en vacío:



a) Regulación de tensión f.p. = 1

º


b) Regulación de tensión f.p. = 0,8 inductivo

º

PROBLEMA 2.13.- Las características en vacío y corto circuito de un turbo generador 3 de 6500 kVA, 5500 V, conectado en estrella se muestran en la figura; hallar la regulación para:a) b)


a) Regulación de tensión para cosӨ=0,8 en atraso (inductivo)

c) Relación de cortocircuito:Del gráfico: Para la tensión y corriente nominal se tiene las corrientes de excitación Ie (VN) y Ie(Ian)


PROBLEMAS PROPUESTOS

1. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fase. Cuando trabaja a media carga y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de.

a) Factor de potencia unidadb) Factor de potencia inductivo 0,8c) Factor de potencia capacitivo 0,8d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas.Rpta: a. 7540 b. 7691 c. 7373 d. 0,46 2,48 -1,76%

2. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fase. Cuando trabaja a plena carga y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de.

a) Factor de potencia unidadb) Factor de potencia inductivo 0,75c) Factor de potencia capacitivo 0,9d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas.Rpta: a. 7584 b. 7911 c. 7344 d. 1,05 5,40 -2,14%

3. Los siguientes datos se obtuvieron en pruebas de un generador hihroeléctrico trifásico, de 158 MVA, 13,8 kV, 60 Hz, 72 polos y conexión estrella:Curva característica de circuito abierto:

Ie (A) 100 200 300 400 500 600 700 775 800

Voltaje línea a línea (kV) 2.21 4.42 6.49 8.42 10.1 11.6 13.1 13.8 14.1


Ie = 710 A Ia = 6610 A

a) Trace la curva de saturación en circuito abierto, la línea de entrehierro y la curva característica en corto circuito

b) Calcule el valor no saturado y saturado de la reactancia sincrona en por unidadc) Calcular la relación de cortocircuito.d) Calcular la regulación de tensión para un factor de potencia inductivo de 0.6.Rpta: b. 1,4 0,9 c. 1,11 0,71 d. 82,72%

4. En un sitio de Europa es necesario suministrar 30 kW de potencia a 60 Hz. Las únicas fuentes de potencia disponibles operan a 50 Hz. Se decidió generar la potencia por medio de un grupo motor generador consistente en un motor sincrónico que acciona a un generador sincrónico. ¿Cuántos polos deberiá tener cada una de las dos máquinas para convertir la potencia de 50 Hz en potencia de 60 Hz?

5. Un motor sincrónico tiene un ángulo de torque de 20º eléctricos cuando trabaja a plena carga a la tensión y frecuencia nominales. Si la corriente de excitación es mantenida constante, ¿cómo influirán sobrte el ángulo de torque los siguientes cambios en las condiciones de operación?a) Reducción de la frecuencia en un 10 %b) Reducción de la frecuencia y de ñla tensión en un 10 %En cada caso considerar: Torque de carga constante y potencia de la carga constante.

6. Un alternador trifásico de 13 000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de inducido de 0.3 Ω/fase y una reactancia sincronica de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se ajusta en cada uno de los casos para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Calcular la tensión en vacío por fase para carga de:a) factor de potencia unidad.b) Calcular la regulación de tensión para el caso anterior.


7. Un generador de 480 V, 400 kVA, factor de potencia de 0,85 en atraso, 50 Hz, cuatro polos, conectado en delta, es accionado por un motor diesel de 500 HP y se utiliza como generador de soporte o generador de emergencia. Esta máquina también puede ser emparalelada con la fuente de potencia normal (un sistema de potencia muy grande) si se desea.a) ¿Cuáles son las condiciones requeridas para

emparalelar el generador de emergencia con el sistema de potencia existente? ¿Cuál es la tasa de rotación del eje después del emparalelamiento?

b) Si el generador está conectado al sistema de potencia e inicialmente flota sobre la línea, dibuje los campos magnéticos resultantes y el diagrama fasorial.

c) Si se incrementa el ajuste del gobernador del motor diesel, muestre qué ocurre en el generador mediante los diagramas de casa y diagramas fasoriales. ¿Cuánta potencia reactiva suministra el generador?

d) Con el generador diesel suministrando potencia real al sistema de potencia, ¿Qué ocurre al generador cuando su corriente de campo aumenta y disminuye? Muestre este comportamiento con diagrama fasorial y con el diagrama de casa.

8. Un generador de turbina de vapor de 13,5 kV, 20 MVA, factor de potencia de 0,8 en atraso, 60 Hz, bipolar, conectado en Y, tiene una reactancia sincrónica de 5,0 Ω por fase y resistencia del inducido de 0,5 Ω por fase. Este generador está operando en paralelo con un gran sistema de potencia (barraje infinito).a) ¿Cuál es la magnitud de EA en condiciones nominales?b) ¿Cuál es ángulo de par del generador en condiciones

nominales?c) Si la corriente de campo es constante, ¿Cuál es la

máxima potencia posible de salida del generador? ¿Cuánta reserva de potencia o de par debe tener este generador a plena carga?

d) A la potencia absoluta máxima posible, ¿Cuánta potencia reactiva estará generando o consumiendo este generador? Dibuje el diagrama fasorial correspondiente (suponga que If no ha sido cambiado aún)


CAPITULO III

EFICIENCIA DE LA MAQUINA SINCRONA

3.1. EFICIENCIAUn generador de c.a., como lo dice su nombre, un dispositivo dinámico. No convierte energía o potencia cuando está en estado inmóvil o estático. Debe estar trabajando o funcionando para convertir energía. Por este motivo, es incapaz de tener la propiedad de almacenamiento de energía. También, por este motivo, de acuerdo con la ley de la conservación de la energía, la potencia total que recibe un generador en cualquier instante debe ser igual a la potencia total entregada por el generador en ese instante. La potencia total que recibe el generador debe ser igual a su potencia de salida (útil) y su pérdida total de potencia, siguiendo la ley de la conservación de la potencia, o sea:

...(3.1)

Donde: Pent Potencia total que recibe la dínamo

Psal Potencia útil entregada por la dínamo para efectuar trabajo

Ppérd Pérdida total que se produce dentro de la dínamo como resultado de la conversión de energía, la pérdida será:

La potencia que se suministra al generador siempre debe ser mayor que la potencia de salida, o sea, que la potencia que suministra el generador para efectuar trabajo útil. Así, un motor o generador nunca pueden convertir toda la potencia que reciben en potencia mecánica o eléctrica de salida. Como se define en la ecuación (3.1), la diferencia entre la entrada y salida del generador es su pérdida de potencia, que no lleva a cabo trabajo útil. Ya que esta pérdida de potencia no produce ni energía eléctrica ni mecánica, las cuales son útiles para el generador, sólo puede producir calor, luz o energía química. Casi toda la pérdida de energía aparece como energía calorífica o potencia calorífica.

Mientras mayor sea la pérdida de potencia en la ecuación (3.1) como porcentaje de entrada total de potencia, mayor será la potencia térmica o calorífica y más caliente estará el generador, es decir, mayor será el aumento de temperatura de la máquina rotatoria.

La eficiencia de un generador se puede definir, como la relación adimensional de la potencia salida entre la potencia de entrada:

...(3.2)

(Para generador) ...(3.2a)

Un generador que trabaja con alta eficiencia, o con una alta relación de potencia de salida a entrada, produce en comparación poco calor comparado con su entrada o salida. A la inversa, un generador que trabaja con baja eficiencia produce gran cantidad de calor en comparación con su salida.

Dependiendo de la capacidad termodinámica de la dínamo para disipar el calor que se genera internamente, la temperatura de la máquina tenderá a aumentar hasta encontrar el nivel en el que


la potencia térmica disipada sea igual a la pérdida de potencia térmica disipada sea igual a la pérdida de potencia térmica generada internamente. Si la temperatura final de equilibrio es muy alta, es decir, si es mayor que el límite de los materiales aislantes que se usan en los devanados del generador, se requiere entonces una de las dos alternativas: 1) Se deben emplear dispositivos externos de enfriamiento para que la capacidad del generador, o sea la potencia de salida, permanezca igual, o bien 2) la salida se debe reducir , reduciendo la entrada y las pérdidas, par una capacidad a la cual las pérdidas y el aumento de temperatura no sean exclusivos.

En el caso de un generador, es más fácil medir la potencia eléctrica de salida que la mecánica de entrada, y de ahí la forma de la ecuación (3.2a).

Las pérdidas que deben considerarse son las siguientes: PERDIDAS ROTACIONALES

Que incluyen:- Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación.- Pérdidas en el hierro.

PERDIDAS ELECTRICASQue incluyen

- Pérdidas por efecto Joule en el campo.- Pérdidas por efecto Joule en la armaduraPERDIDAS DISPERSAS

Que incluyen- Fugas de flujo en los dientes, cuñas de ranura, rayos, caras polares, etc.- Flujos de reacción de armadura en los dientes, cuñas de ranuras, rayos y caras polares.

Vamos a analizar brevemente en que consiste cada una de ellas y cómo se determinan.

3.2. LAS PERDIDAS ROTACIONALESEstas pérdidas incluyen las pérdidas mecánicas por fricción y ventilación y las pérdidas en el hierro por histéresis y Foucault producida por la variación de flujo magnético en el estator.

Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación: Pérdidas que sólo son funciones de la velocidad

Pérdidas en el hierro o núcleo: Pérdidas que son función tanto del flujo como de la velocidad. Estas pérdidas ocurren cuando una armadura de hierro o una estructura de rotor giran en un campo magnético o cuando se presenta un cambio de encadenamientos de flujo en cualquier estructura de hierro.

Las pérdidas mecánicas se pueden determinar accionando el generador no excitado con un pequeño motor auxiliar y midiendo la potencia absorbida por este último. Deduciendo de esta potencia las pérdidas propias del motor auxiliar se tendrán las pérdidas mecánicas del generador.

Si se repite la prueba con la máquina excitada a la tensión nominal se obtienen las pérdidas rotacionales. La diferencia entre ambos resultados nos dará las pérdidas en el hierro. De acuerdo con las normas de la A.S.A. las pérdidas en el hierro se calculan a la tensión nominal más la caída óhmica a plena carga de la armadura.

3.3. LAS PERDIDAS ELECTRICASLas pérdidas eléctricas son primordialmente resultado de la circulación de la corriente eléctrica a través de las bobinas tanto del estator como del rotor del generador. Todas esas pérdidas eléctricas tienden a variar de acuerdo con el cuadrado de la corriente de carga, excepto aquellas como la pérdida en el campo, que es independiente de la carga, y la pérdida en escobillas, varía directamente con la carga.


Básicamente consisten en las pérdidas por efecto Joule en los arrollamientos de campo y de armadura. No se incluyen las pérdidas en el reóstato de campo ni tampoco la potencia absorbida la potencia absorbida por la excitatriz.

Las pérdidas en el campo se determinan con las conocidas ecuaciones:

Re Resistencia del campo

Ie Corriente de excitación

Vo Tensión de excitación

Las pérdidas en la armadura se calculan con:

Racc Resistencia de armadura en corriente continua a 75ºCIa Corriente de armadura

Aquí hay que tener presente que debe emplearse la resistencia en corriente continua a 75º. Si se emplea la resistencia en corriente alterna que es 1.3-1.5 veces mayor que la resistencia en corriente continúa, estaríamos incluyendo también las pérdidas por efecto SKIN y por corrientes parásitas de Focault en los conductores que forman las pérdidas dispersas.

3.4. LAS PERDIDAS DISPERSAS.-Como acabamos de ver estas pérdidas incluyen básicamente el efecto SKIN en los conductores y las pérdidas por corrientes parásitas en los conductores. También incluyen las pérdidas producidas por el flujo de dispersión de la armadura y la distorsión del flujo magnético.

Se pueden determinar mediante la prueba de cortocircuito de la máquina. La potencia absorbida por la máquina en dicha prueba incluye las pérdidas dispersas, el efecto Joule en la armadura y las pérdidas mecánicas. No figuran las pérdidas en el hierro por ser el flujo resultante muy pequeño. Por consiguiente si se conoce la resistencia en corriente continua del arrollamiento puede determinarse el efecto Joule que deducido junto con las pérdidas mecánicas de la potencia absorbida en cortocircuito nos da las pérdidas dispersas.

Cuando no se dispone de estos datos pueden incluirse en las pérdidas eléctricas empleando para el cálculo de las pérdidas eléctricas en la armadura la resistencia efectiva en corriente alterna de la armadura que se calcula con la prueba de cortocircuito con la siguiente expresión:

Estas pérdidas en general se evalúan como 1 % de la salida para generadores mayores de 150 kW; y no se consideran en máquinas de menor capacidad.

3.5 FLUJO DE POTENCIA EN EL GENERADOR

Si se aplica potencia mecánica al eje de un generador en calidad de entrada, la potencia en el eje es TS/5252 hp. Un generador impulsada en forma mecánica mantiene ciertas pérdidas rotacionales. La diferencia entre dichas pérdidas rotacionales y la potencia mecánica de entrada representa la potencia mecánica neta que se convierte en potencia eléctrica mediante la conversión electromagnética (EgIa). Pero el generador también sostiene determinadas pérdidas eléctricas internas, que se restan de la potencia eléctrica que se desarrolla. Por lo tanto, la potencia eléctrica neta es EgIa menos las pérdidas eléctricas, o sea el voltaje de terminales por la corriente total entregada a la carga (VaIL).


Potencia Eléctrica desarrollada= EgIa = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales

= Potencia eléctrica de salida + pérdidas eléctricas

3.6 EFICIENCIA MAXIMAUn generador alcanza eficiencia máxima siempre que las pérdidas variables son iguales a las pérdidas fijas. Para el generador de cd, las pérdidas variables son las que varían de acuerdo con el cuadrado de la corriente de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura . Las

pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo y la pérdida rotacional

suponiendo que la velocidad del generador sea constante.

Si la pérdida fija es igual a pérdida variable para obtener la eficiencia máxima; se tiene la siguiente relación:

Despejando la corriente de armadura con la cuál se logra la eficiencia máxima:

Fracción de carga:

Eficiencia máxima del generador:

EJEMPLO 3.1.- Calcular la eficiencia a plena carga de un alternador trifásico de 2000 kVA – 2300 V – 60 c/s. La resistencia de armadura en corriente continua y a 75ºC es de 0.04 ohm/fase.El campo absorbe 72 A a 125 V.Las pérdidas mecánicas ascienden a 18,8 kW.Las pérdidas en el hierro ascienden a 37,6 kW.Las pérdidas dispersas a plena carga ascienden a 12 kW.El alternador trabaja con una f. de p. de 0.85 inductivo.SOLUCIONLa corriente nominal del alternador es:

Las pérdidas son:1. Pérdidas mecánicas = 18,8 kW2. Pérdidas en el hierro = 37,6 kW

Salida de Potencia eléctrica

Entrada de potencia Mecánica

= - Pérdidas rotacionales + Pérdidas eléctricas


3. Pérdidas eléctricas en el campo VexIe=125x72 = 9,0 kW4. Pérdidas eléctricas en la armadura 3(Ia)2Ra= 3x(502,04)2x0,04= 30,245 kW5. Pérdidas dispersas = 12 kW

Total Ppérd = 108,645 kW

EJEMPLO 3.2.- Se desea determinar la eficiencia a plena carga y a media carga de un alternador trifásico de 100 kVA – 1100 V, 60 c/s que funciona con un factor de potencia de 0.9. Sometido a una prueba de cortocircuito absorbe 3725 W con la corriente nominal de armadura.La resistencia de armadura en corriente continua es de 0.3 ohm/fase. Haciéndolo funcionar en vacío como motor síncrono absorbe 6 kW y 8 A a la tensión nominal. Con una corriente de excitación de 18 A a 125V produce en vacío una tensión de 1350 V.SOLUCION La corriente nominal de la máquina es:

a) Pérdidas rotacionalesSe obtienen de la prueba como motor síncrono deduciendo las pérdidas en el cobre:

En este cálculo se utiliza la resistencia efectiva en corriente alterna que se obtiene de la prueba de cortocircuito empleando la ecuación:

b) Pérdidas eléctricas en el campo

c) Pérdidas eléctricas en la armadura y pérdidas dispersasSerán iguales a la potencia absorbida en la prueba de cortocircuito, es decir, 3725W.

d) Las pérdidas totales a plena carga serán:Pérdidas rotacionales = 5914 WPérdidas eléctricas en el campo = 2250 WPérdidas eléctricas en la armadura incluyendo pérdidas dispersas = 3725 W

TOTAL = 11889 w

e) A media carga las pérdidas eléctricas en la armadura se reducen al a cuarta parte. Las otras pérdidas permanecen inalteradas.

Pérdidas rotacionales = 5914 WPérdidas eléctricas en el campo = 2250 WPérdidas eléctricas en la armadura incluyendo pérdidas dispersas 3x(Ia1/2)2xRa=3x26,252x0,45 = 930 W

TOTAL = 9094 W


EJEMPLO 3.3.- Un alternador trifásico conectado en Y de 1000 kVA, 2300 V, se somete a la prueba de cuatro pasos, de eficiencia y regulación. Impulsa al alternador mediante un motor de 100 hp y 240 V, cuya eficiencia se conoce desde sin carga hasta plena carga. Las salidas respectivas del motor son: prueba 1: 7,5 kW ; prueba 2: 16 kW siendo VeIe = 14 kW; prueba 3: 64,2 kW, siendo Isc=0 251 A; prueba 4: VL=1443 entre líneas. Con los valores anteriores calcular:a) Las pérdidas rotacionales, Prot

b) La pérdida en el cobre de la armadura a plena carga, Pcu

c) La impedancia sincrona de la armadura Zsd) La reactancia sincrona de la armadura Xse) La regulación de voltaje del alternador a f.p. 0,8 en retrasof) La eficiencia del alternador a plena carga o nominal, a un f.p. 0,8 en retrasog) La eficiencia máxima a un f.p. igual a 0,8 en retrasoh) La potencia que desarrolla la armadura del alternador a plena carga, f.p. unidad en kWNota: la resistencia de armadura del alternador a la ca se mide con el método del voltímetro amperímetro, y es 0,3 Ω.SOLUCIONa. De la prueba 2, Pr = 16 kWb. Pcu = P3 – P1 = 64,2 -7,5 = 56,7 kW

c.

d.e.

f.

g.

h.

PROBLEMAS RESUELTOSPROBLEMA 3.1 .- Calcular el rendimiento a plena carga de un alternador trifásico de 3MVA a la tensión de línea de 2300 V. Si la frecuencia de funcionamiento es de 60 Hz, la resistencia de armadura es de 0,015 ohmios por fase. La excitatriz entrega una corriente de 90 A a la tensión


de 125 V, siendo las pérdidas mecánicas de 13,5 kW y las pérdidas en el hierro de 25 kW. Las pérdidas dispersas a plena carga vienen a ser 8,5 kW. El alternador trabaja con el factor de potencia de 0,875. Conexión en estrella.SOLUCION:

- Pérdidas RotacionalesA) Pérdidas mecánicas 13,5 kWB) Pérdidas en el Hierro 25 kW

Pérdidas Eléctricas:- Pérdidas Rotacionales

A) Pérdidas en el campo Ie x Ve=90x125=11250 11,25 kW

B) Pérdidas dispersas: 3Ra(IL)2=3 x 0.015 (753)2=25515 25,515 kW

- Pérdidas Dispersas:

8,5 kW

Pérdidas Totales:Potencia de salida:

PROBLEMA 3.2.- Determinar el rendimiento a plena carga y a media carga de un alternador trifásico de 375 kVA y 1200 Voltios a 60 Hz, que funciona con un factor de potencia de 0,92. Cuando se somete a la prueba de corto circuito absorbe 5750 W con la corriente nominal de armadura. La resistencia de armadura es de 0,4 ohmios por fase. Haciendo funcionar en vacío como motor síncrono absorbe 8,5 kW y 15 A a la tensión nominal, con una corriente de 28 A a 125 voltios.SOLUCION:

- Pérdidas Rotacionales:

Pérdidas eléctricas en el campo

Pérdidas Eléctricas en la armadura y pérdidas dispersas:será igual a la potencia absorbida en la prueba de corto circuitos: 5750 W = 5,75 kW

Pérdidas totales a plena carga: 17,48 kW

A media carga las pérdidas eléctricas en la armadura se reduce a la cuarta

parte, las otras permanecen constantes:- Pérdidas Rotacionales: 8,23 kW

Pot. Absorbida como motor en vacío

Pérdidas en el cobre del inducido en vació


- Pérdidas eléctricas en el campo 3,5 kW- Pérdidas eléctricas en la armadura 1,4375 kWPérdidas eléctricas totales a media carga: 13,1675 kW

PROBLEMA 3.3.- Un alternador de 16 polos salientes de eje vertical es accionado por una turbina de 160 858 HP y genera una tensión nominal de 13,8 kV a la frecuencia de 60 Hz con un factor de potencia de 0.95. Si el alternador trabaja a plena con un rendimiento de 95%, calcular la corriente nominal de la máquina y las pérdidas totales producidas en la máquina.SOLUCION:La potencia de entrada al alternador será la potencia que entrega la turbina:Potencia de entrada= 160 858 HP

Corriente nominal de la máquina:

Para determinar las pérdidas totales se tiene:

PROBLEMA 3.4.- Un alternador hexapolar, de 1000 kVA, 2300 V, 60 Hz conectado en estrella funciona con un factor de potencia de 0,8 inductivo cuando suministra la carga nominal. La resistencia en c.c. del inducido entre borne es 0.1 ohmios y la excitación de c.c. requiere una entrada de 30 A a 125 V. de c.c. entre los anillos rozantes de una excitatriz situada en el mismo eje del alternador. Cuando se acciona a la velocidad nominal de 1200 RPM, utilizando un motor calibrado con un dinamómetro, se determina las siguientes pérdidas: pérdidas en el hierro de 7,5 kW, pérdidas por fricción y rozamiento con el aire de 5,75 kW. Suponiendo un factor de resistencia eficaz 1,25 veces la resistencia en c.c. Calcular:

a) El rendimiento del alternador a plena carga con f.p. de 0,8b) El porcentaje de carga a la que tendrá lugar el rendimiento máximo.c) El rendimiento máximo suponiendo que no hay variaciones del factor de potencia o en

la excitación.SOLUCION:a) Pfe= 7,5 kW, Pmec=5,75 kW

Pérdidas Rotacionales: Pfe+ Pmec = 7.5 + 5.75 =13,25 kWP. Eléctrica excitación= 30 x 125 = 3 750 W = 3,75 kW


Pérd. Elect= Pelect. excitación+Pcu.ind = 3750+11812,7 = 15562,7 W = 15,56 kW

Potencia de salida del alternador (en bornes)

Potencia de pérdidas:

b) El rendimiento máximo es cuando las pérdidas fijas son iguales a las pérdidas variables.Pfijas=Prot+Pexcit=13.25+3.75=17 kWPfijas=17 kW = Pérdidas Variables

c) Rendimiento máximo:

PROBLEMA 3.5.- Un alternador de 10 kVA, 250 V, conectado en estrella se probó siguiendo el procedimiento de circuito abierto y en cortocircuito a fin de determinar la regulación y la resistencia efectiva del inducido por fase. Da un resultado de 0,3 ohmios/fase. Cuando se hace trabajar como motor síncrono en vacío a la velocidad y voltaje nominales, absorbe una potencia de 532 W y una corriente en vacío de 7,75 A; los datos de ensayo en vacío indican que la excitatriz de c.c. requiere una corriente de 2,0 A a 120 V de c.c. para producir la tensión nominal en vacío para una carga con factor de potencia igual a la unidad. Calcular:

a) Las pérdidas rotacionalesb) Las pérdidas en el cobre de la excitación.c) Las pérdidas en el cobre del inducido a ¼, ½, ¾, y 1 ¼ de la carga nominal.d) El rendimiento a las cargas citadas en el punto (c) a un factor de potencia unidad.SOLUCIONPN=10 KVA; VN=250 V; Rca=0.3 ohm/faseEnsayo vacío a velocidad y tensión nominal:Vexcit=120 V; Iexcit=2 A


a) Pérdidas rotacionales:

b) Pérdidas en el Cu excitación:

c) Pérdidas en el cobre del inducido es:- A plena de carga

- A ¼ de carga

- A ½ de carga

- A ¾ de carga

- A 1 ¼ de carga

d) La potencia entregada en bornes es 10 kW Potencia generada = Pentregada + Pérdidas

- A ¼ de carga

- A ½ de carga

- A ¾ de carga


- A plena carga

- A 1 ¼ de carga

PROBLEMA 3.6.- Un alternador trifásico de eje vertical, tiene una potencia de 82,5 MVA y 13,8 kV que funciona a la frecuencia de 60 Hz con un factor de potencia de 0.85. Cuando es sometido a la prueba de corto circuito absorbe 900 kW con la corriente nominal de armadura. Cuando se hace funcionar en vacío como motor síncrono absorbe 1750 kW y 250 A a la tensión nominal, con una corriente de excitación de 1030 A a 270 V.Determinar:

a) La potencia de la turbina pelton que acciona al motor.b) El rendimiento a plena carga.c) El rendimiento a media carga.d) El rendimiento a un cuarto de su carga.

SOLUCIONLa corriente nominal de la máquina es:

De la prueba en c.c. se obtiene la resistencia efectiva en corriente alterna:

Las pérdidas rotacionalesSe obtiene de la prueba como motor síncrono deduciendo las pérdidas en el cobre.

Pérdidas eléctricas en el campoSe obtiene de la prueba como motor síncrono deduciendo las pérdidas en el cobre.

Pérdidas eléctricas en la armadura y pérdidas dispersas. Serán iguales a la potencia absorbida en la prueba de c.c., es decir 900 kW.

Las pérdidas totales a plena carga será:

El rendimiento a plena carga:


Rendimiento a media carga:

Rendimiento a ¼ de carga

Potencia de la turbina


PROBLEMAS PROPUESTOS1. Un alternador trifásico de 36 polos es accionando por una turbina con un torque externo de 3581000

N.m. El alternador produce una tensión nominal de línea de 13,8 kV a la frecuencia de 60 Hz. Los polos son excitados por una corriente de 1050 A a la tensión de 270 V. Si las pérdidas rotacionales determinan 516,506 kW y las pérdidas dispersas a plena carga es de 45 kW. El inducido tiene una resistencia de 0,05802 Ω/fase. Si el alternador trabaja con un factor de potencia de 0,95 y conexión estrella, determinar el rendimiento a plena carga.Rpta: 96%

2. Se emplea un motor derivación calibrado para impulsar a un alternador trifásico de 1000 kVA, 6990 V, a su velocidad nominal. Los datos obtenidos son los siguientes:

Entrada al motor (kW) Eficiencia del motor condiciones

1,0 0,56 1

15,2 0,85 2

30,0 0,88 3

60,5 0,90 4

Condición: 1) Motor desacoplado del alternador, 2) Motor acoplado al alternador, sin excitación de éste. 3) E l campo del alternador toma 60 A de una fuente de cd de 125 V para producir el voltaje nominal sin carga. 4) Se conectan en corto circuito la armadura del alternador trifásico y pasa por ella la corriente nominal. A partir de estos datos experimentales, calcular:a. Las pérdidas por fricción mecánica y con aire del alternador, cuando se impulsa a la velocidad

nominal.b. Las pérdidas en el núcleo a la velocidad nominal.c. Las pérdidas en el campo para producir el voltaje nominal.d. Las pérdidas fijas totales a plena carga.e. La eficiencia del alternador a FP unidad, a plena carga, a media carga, y máxima. Suponiendo

que no cambia la excitación del campo.f. Si se aumenta la excitación del campo a 75 A cd con FP 0,8 atraso. Calcular la eficiencia a plena

carga y a media carga, a ese factor de potencia.g. Explicar por qué las eficiencias a plena carga y a media carga con FP igual a 0,8 son menores

que las respectivas con el FP unidad.h. ¿Se presentará la eficiencia máxima (o mayor o menor) fracción de carga para un alternador con

FP igual a 0,8 en retraso que cuando su FP es unidad? Explicar comparando los resultados para las fracciones de carga en cada caso.

i. Calcular la eficiencia máxima a FP 0,8 en retraso y compararla con la eficiencia máxima a FP unidad para comprobar la respuesta que se dio en el punto h.

Rpta: a. 12,36 kW; b. 14,04 kW; c. 7,5 kW; d. 33,9 kW; e. 94,17 92,4 94,2%; f. 92,6 90,34%

3. Un motor sincrono trifásico de 150 HP – 2,3 kV – 38 A f.p. 0,8, tiene la excitatriz directamente acoplada al arrollamiento de campo. La excitatriz tiene una eficiencia prácticamente constante del 80%.Con el motor sincrono trabajando en vacío a 2,3 kV – 60 Hz, se obtienen las siguientes lecturas:Corriente de armadura = 38 APotencia trifásica absorvida = 17,3 kWCorriente de excitación = 20 ATensión aplicada al campo = 300VCuando el motor sincrono acciona una carga mecánica absorve 38 A a un f.p. 0,8 siendo su corriente de excitación de 17,3 A.Determinar la eficiencia del motor sincrono bajo estas condiciones. No considerar las pérdidas en la excitatriz.¿Cuál será su potencia mecánica de salida en el eje en HP?

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6. Rafael Avilés Bonilla “MAQUINAS ELECTRICAS ROTATIVAS” WH

Editores, Lima Perú 2002.

INDICE ALFABÉTICO

AAlternador síncrono 3

CCampos magnéticos 5Cargas

con f.p. capacitivo 39con f.p. inductivo 37con f.p unidad 36

Circuito equivalente maquina monofásica 34 polifásica 34

DDefinición 1Determ de la react. síncrona 49Devanado

media bobina 8paso fraccional 8inducido 6

EEficiencia 79Ensayo

en cortocircuito. 49en vacío: 47

FF.e.m. generada 15Factor

distribución. 11factor de paso 9de devanado 9

Frecuencia 3

GGrados eléctricos 4

IImpedancia síncrona 47, 45

MMaquinas síncronas 3

PPerdidas

dispersas.- 79,80eléctricas 79, 80rotacionales 79

Problemas resueltos 18, 51,64propuestos 32,94

RRegulación de tensión

alternador síncrono 42Relación entre la tensión generada y la tensión en bornes 36Resis. del inducido. 4

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Maquinas Sincronas