Máquinas Eléctricas II

TEMA

Máquina Sincrónica de Polos Salientes

REALIZADO POR:

Luis Aníbal Sanango. Juan Velecela. Juan Maldonado.

NIVEL

6to Nivel.

Ingeniería Eléctrica.

Septiembre 2014 – Febrero 2015

CAMPUS EL VECINO

Sábado 24| de Enero del 2015, Cuenca – Azuay – Ecuador

Una máquina sincrónica de polos salientes de 60 MVA, 5 𝑘𝑉, 60 Hz, 6 pares de polos, tiene una corriente de campo nominal de 85 A. La reactancia del eje directo es de 1.2 𝑝𝑢 y la correspondiente en cuadratura 0.8 pu. La resistencia del estator es despreciable. Determine y represente mediante un diagrama fasorial (esquemático aproximado pero con los ángulos en las direcciones correctas):

1. La corriente de campo para que la máquina entregue 40 𝑀𝑊 a la red, a potencia aparente nominal en una red de 5.25 𝑘𝑉.

2. La corriente de campo para que la máquina entregue 45 𝑀𝑊 a la red, con factor de potencia 0.7 inductivo, en una red de 4.85 𝑘𝑉.

3. La corriente de campo para que la máquina entregue 40 𝑀𝑊 a una carga mecánica, a potencia aparente nominal, en una red de 5.25 𝑘𝑉.

4. La potencia reactiva de un motor que consume 50 𝑀𝑊 a tensión nominal y con una corriente de campo de 170 𝐴.

5. La potencia reactiva de un generador que entrega 50 𝑀𝑊 a tensión nominal y con una corriente de campo de 170 A.

6. La potencia reactiva de un generador que entrega 50 𝑀𝑊 a tensión nominal y con la corriente nominal de campo.

7. El gráfico de la potencia activa y la potencia reactiva en función del ángulo de carga para esta máquina (como motor y generador), suponiendo que la corriente de campo es 130 A y la tensión de la red es la nominal.

Solución:

1) La corriente de campo para que la máquina entregue 40 𝑀𝑊 a la red, a potencia aparente nominal en una red de 5.25 𝑘𝑉.

Calculamos la potencia en por unidad.

𝑃 =𝑃

𝑆𝐵=

40𝑀𝑊

60𝑀𝑉𝐴= 0.6667 𝑝𝑢

Como:

𝑃 = 𝑆𝑐𝑜𝑠(𝜑)

𝑐𝑜𝑠(𝜑) =𝑃

𝑆=

0.6667

1= 0.6667

𝜑 = 𝑐𝑜𝑠−1(0.667) = 48.1871°

𝑄 = √𝑆2 − 𝑃2 = √1 − 0.66672 = 0.7453 𝑝𝑢

𝑉𝑒 =𝑉𝑒

𝑉𝐵=

5.25 𝐾𝑉

5 𝐾𝑉= 1.05 𝑝𝑢

𝐼𝑒 =𝑃𝑒 − 𝑗𝑄𝑒

𝑉𝑒=

0.6667 𝑝𝑢 − 𝑗0.7453 𝑝𝑢

1.05 𝑝𝑢=

1∠ − 48.1861 𝑝𝑢

1.05 𝑝𝑢

𝐼𝑒 = 0.9523∠ − 48.1861 𝑝𝑢

𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑋𝑞 ∗ 𝐼𝑒 = 1.05 𝑝𝑢 + (0.8∠90°)(0.9523∠ − 48.1861 𝑝𝑢)

𝐷 = 1.05 𝑝𝑢 + 0.76184∠41.8139° = 1.05 + (0.56781 + 𝑗0.50792)

𝐷 = 1.61781 + 𝑗0.50792

𝐷 = 1.69566∠17.42° 𝑝𝑢

𝐼𝑑 = |𝐼𝑒| 𝑠𝑖𝑛(∅ − 𝜑) = 0.9523 ∗ 𝑠𝑖𝑛 (17.42 − (−48.1861))

𝐼𝑑 = 0.9523 ∗ 𝑠𝑖𝑛(65.6061) = 0.8672 𝑝𝑢

Fuerza Electromotríz.

𝐸𝑓 = |𝐷| + (𝑋𝑑 − 𝑋𝑞) . 𝐼𝑑

𝐸𝑓 = 1.69566 + (1.2 − 0.8)(0.8672)

𝐸𝑓 = 2.04254 𝑝𝑢

La corriente de campo requerida para aportar 40MW a la red es:

𝐸𝑓 = 𝐼𝑓 𝑝𝑢 = 2.04254 𝑝𝑢

𝐼𝑓 = 2.04254 ∗ 85 = 173.6159 𝐴

A continuación mostramos el diagrama fasorial.

Figura 1). Diagrama Fasorial para que la maquina entregue 40 MW a la red.

2) La corriente de campo para que la máquina entregue 45 MW a la red, con factor de potencia 0.7 inductivo, en una red de 4.85 kV.

Solución:

𝑃 =45𝑀𝑊

60𝑀𝑉𝐴= 0.75 𝑝𝑢

𝑆 =𝑃

cos(𝜑)=

0.75

0.7= 1.0714 𝑝𝑢

𝑄 = √𝑆2 − 𝑃2 = √1.07142 − 0.752 = 0.76511 𝑝𝑢

𝑉𝑒 =𝑉𝑒

𝑉𝐵=

4.85 𝐾𝑉

5 𝐾𝑉= 0.97 𝑝𝑢

𝐼𝑒 =𝑃𝑒 − 𝑗𝑄𝑒

𝑉𝑒=

0.75 𝑝𝑢 − 𝑗0.76511 𝑝𝑢

0.97 𝑝𝑢=

1.0713∠ − 45.5713ᵒ 𝑝𝑢

0.97 𝑝𝑢

𝐼𝑒 = 1.1044∠ − 45.5713 𝑝𝑢

𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑋𝑞 ∗ 𝐼𝑒 = 0.97 𝑝𝑢 + (0.8∠90°)(1.1044∠ − 45.5713ᵒ 𝑝𝑢)

𝐷 = 0.97 𝑝𝑢 + 0.88352∠44.4287 ° = 0.97 + (0.6309 + 𝑗0.6184)

𝐷 = 1.6009 + 𝑗0.6184 𝑝𝑢

𝐷 = 1.7161∠21.1206° 𝑝𝑢

𝐼𝑑 = |𝐼𝑒| sin(∅ − 𝜑) = 1.1044 ∗ sin (21.1206 − (−45.5713))

𝐼𝑑 = 1.1044 ∗ sin(66.6919) = 1.0142 𝑝𝑢

Fuerza Electromotriz.

𝐸𝑓 = |𝐷| + (𝑋𝑑 − 𝑋𝑞) . 𝐼𝑑

𝐸𝑓 = 1.7161 + (1.2 − 0.8)(1.0142)

𝐸𝑓 = 2.1217𝑝𝑢

La corriente de campo requerida para aportar 45MW a la red es:

𝐸𝑓 = 𝐼𝑓 𝑝𝑢 = 2.1217 𝑝𝑢

𝐼𝑓 = 2.1217 ∗ 85 = 180.35134 𝐴

A continuación mostramos el diagrama fasorial.

Figura 2). Diagrama Fasorial para que la maquina entregue 40 MW a la red, con factor de

potencia 0.7 inductivo.

3) La corriente de campo para que la máquina entregue 40 MW a una carga mecánica, a potencia aparente nominal, en una red de 5.25 kV.

Solución.

Debido a que la maquina está consumiendo una carga mecánica se está comportando como motor.

La máquina se está comportando como motor.

𝑃 =40𝑀𝑊

60𝑀𝑉𝐴= −0.6667 𝑝𝑢

𝑄 = √𝑆2 − 𝑃2 = √1.2− 0.66672 = 0.7453 𝑝𝑢

𝑉𝑒 =𝑉𝑒

𝑉𝐵=

5.25 𝐾𝑉

5 𝐾𝑉= 1.05 𝑝𝑢

𝐼𝑒 =𝑃𝑒 − 𝑗𝑄𝑒

𝑉𝑒=

−0.6667 𝑝𝑢 − 𝑗0.74531 𝑝𝑢

01.05 𝑝𝑢=

1∠ − 131.8134 𝑝𝑢

1.05 𝑝𝑢

𝐼𝑒 = 0.9523∠ − 131.8134 𝑝𝑢

𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑋𝑞 ∗ 𝐼𝑒 = 1.05 𝑝𝑢 + (0.8∠90°)(0.9523∠ − 131.8134 𝑝𝑢)

𝐷 = 1.05 𝑝𝑢 + 0.7618∠ − 41.8134° = 1.05 + (0.56778 − 𝑗0.5078)

𝐷 = 1.61778 − 𝑗0.5078 𝑝𝑢

𝐷 = 1.6956∠ − 17.4263° 𝑝𝑢

𝐼𝑑 = |𝐼𝑒| 𝑠𝑖𝑛(∅ − 𝜑) = 0.9523 ∗ 𝑠𝑖𝑛 (−17.4263 − (−131.8134 ))

𝐼𝑑 = 0.9523 ∗ 𝑠𝑖𝑛(114.3871) = 0.8673 𝑝𝑢

Fuerza Electromotriz.

𝐸𝑓 = |𝐷| + (𝑋𝑑 − 𝑋𝑞) . 𝐼𝑑

𝐸𝑓 = 1.6956 + (1.2 − 0.8)(0.8673)

𝐸𝑓 = 2.04252 𝑝𝑢

La corriente de campo requerida para aportar 45MW a la red es:

𝐸𝑓 = 𝐼𝑓 𝑝𝑢 = 2.04252 𝑝𝑢

𝐼𝑓 = 2.04252 ∗ 85 = 173.6142 𝐴

A continuación mostramos el diagrama fasorial.

Figura 3). Diagrama Fasorial para que la maquina entregue 40 MW a una carga mecánica, a potencia aparente nominal, en una red de 5.25 kV

4) La potencia reactiva de un motor que consume 50 𝑴𝑾 a tensión nominal y con una corriente de campo de 170 𝑨.

�̅�𝑒 =𝑉𝑒

𝑉𝐵=

5𝑘𝑣

5𝑘𝑣= 1𝑝𝑢

𝐼�̅� =𝐼𝑓

𝐼𝑓𝐵=

170𝐴

85𝐴= 2𝑝𝑢 = 𝐸𝑓

�̅� =𝑃

𝑃𝐵=

50𝑀𝑊

60𝑀𝑉𝐴= −0.8333𝑝𝑢

𝑃𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

𝑉𝑒2

2(

1

𝑋𝑞−

1

𝑋𝑑) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

−0.8333 =2 ∗ 1

1.2𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

12

2(

1

0.8−

1

1.2) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

−0.8333 = 1.666𝑠𝑒𝑛(𝛿) + 0.2083𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

−0.8333 = 1.666𝑠𝑒𝑛(𝛿)

𝛿𝑜 = −30.0119°

𝑠𝑒𝑛(𝛿) =−0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

1.6666

𝑠𝑒𝑛(𝛿1) =−0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ −30)

1.6666=

−0.6529

1.6666= −0.3917 𝜹𝟏 = −23.06

𝑠𝑒𝑛(𝛿2) =−0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ −23.06)

1.6666=

−0.6831

1.666= −0.590 𝜹𝟐 = −24.20

𝑠𝑒𝑛(𝛿3) =−0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ −24.20)

1.6666=

−0.6775

1.666= −0.406 𝜹𝟑 = −23.99

𝑠𝑒𝑛(𝛿4) =−0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ −23.99)

1.6666=

−0.6785

1.666= −0.407 𝜹𝟒 = −24.02

Obtenemos la potencia reactiva correspondiente utilizando:

𝑄𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑐𝑜𝑠(𝛿) −

𝑉2𝑒

𝑋𝑑𝑋𝑞(𝑋𝑞𝑐𝑜𝑠2(𝛿) + 𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛2(𝛿))

𝑄𝑒 =2

1.2𝑐𝑜𝑠(−24.02) −

1

1.2 ∗ 0.8(0.8 ∗ 𝑐𝑜𝑠2(−24.02) + 1.2𝑠𝑒𝑛2(−24.02))

𝑄𝑒 = 𝟎. 𝟔𝟐𝟏𝟓𝒑𝒖

𝑄𝑒 = 0.6215 ∗ 60 = 𝟑𝟕. 𝟐𝟗𝟐 𝑴𝑽𝑨𝒓

La potencia reactiva que consume dicho motor es 37.292 𝑴𝑽𝑨𝒓

𝐼𝑒 =𝑃𝑒 − 𝑗𝑄𝑒

𝑉𝑒=

−0.8333 − 𝑗0.6215

1=

1.039∡ − 143.28

1

𝐼𝑒 = 1.039∡ − 143.28 = −0.8328 − 0.621𝑗

𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑗𝑋𝑞 ∗ 𝐼𝑒

𝐷 = (1 + 𝑗0.8) ∗ (1.039∡ − 143.28)

𝐷 = (1.2806∡38.65) ∗ (1.039∡ − 143.28)

𝑫 = 𝟏. 𝟑𝟑𝟎𝟓∡ − 𝟏𝟎𝟒. 𝟔𝟑

𝐼𝑑 = |𝐼𝑒| 𝑠𝑒𝑛(𝛿 − 𝜙)

𝐼𝑑 = |1.039|𝑠𝑒𝑛(−104.63 − (−143.28))

𝐼𝑑 = |1.039|𝑠𝑒𝑛(38.65) = 𝟎. 𝟔𝟒𝟖𝟗

Fig.4 Diagrama fasorial de la Potencia reactiva del motor.

5) La potencia reactiva de un generador que entrega 50 𝑴𝑾 a tensión nominal y con una corriente de campo de 170 A.

�̅�𝑒 =𝑉𝑒

𝑉𝐵=

5𝑘𝑣

5𝑘𝑣= 1𝑝𝑢

𝐼�̅� =𝐼𝑓

𝐼𝑓𝐵=

170𝐴

85𝐴= 2𝑝𝑢 = 𝐸𝑓

�̅� =𝑃

𝑃𝐵=

50𝑀𝑊

60𝑀𝑉𝐴= 0.8333𝑝𝑢

𝑃𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

𝑉𝑒2

2(

1

𝑋𝑞−

1

𝑋𝑑) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333 =2

1.2𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

1

2(

1

0.8−

1

1.2) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333 = 1.666𝑠𝑒𝑛(𝛿) + 0.2083𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333 = 1.666𝑠𝑒𝑛(𝛿)

𝛿0 = 30.01

𝑠𝑒𝑛(𝛿) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

1.6666

𝑠𝑒𝑛(𝛿1) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 30.01)

1.6666=

0.6528

1.6666= 0.3918 𝜹𝟏 = 23.071

𝑠𝑒𝑛(𝛿2) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 23.071)

1.6666=

0.6831

1.666= 0.4100 𝜹𝟐 = 24.206

𝑠𝑒𝑛(𝛿3) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 24.206)

1.6666=

0.6775

1.666= 0.4066 𝜹𝟑 = 23.995

𝑠𝑒𝑛(𝛿4) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 23.995)

1.6666=

0.6785

1.666= 0.407 𝜹𝟒 = 24.02

Obtenemos la potencia reactiva correspondiente utilizando:

𝑄𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑐𝑜𝑠(𝛿) −

𝑉2𝑒

𝑋𝑑𝑋𝑞(𝑋𝑞𝑐𝑜𝑠2(𝛿) + 𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛2(𝛿))

𝑄𝑒 =2

1.2𝑐𝑜𝑠(24.02) −

1

1.2 ∗ 0.8(0.8𝑐𝑜𝑠2(24.02) + 1.2𝑠𝑒𝑛2(24.02))

𝑄𝑒 = 𝟎. 𝟔𝟐𝟏𝟓𝒑𝒖

𝑄𝑒̅̅ ̅ = 0.6215𝑝𝑢 ∗ 60𝑀𝑉𝐴 = 𝟑𝟕. 𝟐𝟗𝟐𝟏 𝑴𝑽𝑨𝒓

La potencia reactiva de este generador es de 37.2921 MVAr.

𝐼𝑒 =𝑃𝑒 − 𝑗𝑄𝑒

𝑉𝑒=

0.8333 − 𝑗0.6215

1= 1.0395∡ − 36.716

𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑗𝑋𝑞 ∗ 𝐼𝑒

𝑫 = (1 + 𝑗0.8) ∗ (1.0395∡ − 36.716)

𝑫 = (1.2806∡38.659) ∗ (1.0395∡ − 36.716)

𝑫 = 𝟏. 𝟑𝟑𝟏𝟏∡𝟏. 𝟗𝟒𝟑

𝐼𝑑 = |𝐼𝑒| 𝑠𝑒𝑛(𝛿 − 𝜙)

𝐼𝑑 = 1.0395 𝑠𝑒𝑛(1.943 − (−36.716))

𝐼𝑑 = 1.0395𝑠𝑒𝑛(38.659) = 𝟎. 𝟔𝟒𝟗𝟑

Fig.5 Diagrama fasorial de la potencia reactiva de este generador.

6) La potencia reactiva de un generador que entrega 50 𝑴𝑾 a tensión nominal y con la corriente nominal de campo de 85 A.

�̅�𝑒 =𝑉𝑒

𝑉𝐵=

5𝑘𝑣

5𝑘𝑣= 1𝑝𝑢

𝐼�̅� =𝐼𝑓

𝐼𝑓𝐵=

170𝐴

170𝐴= 1𝑝𝑢 = 𝐸𝑓

�̅� =𝑃

𝑃𝐵=

50𝑀𝑊

60𝑀𝑉𝐴= 0.8333𝑝𝑢

𝑃𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

𝑉𝑒2

2(

1

𝑋𝑞−

1

𝑋𝑑) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333 =1

1.2𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

1

2(

1

0.8−

1

1.2) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333 = 0.8333𝑠𝑒𝑛(𝛿) + 0.2083𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333 = 0.8333𝑠𝑒𝑛(𝛿)

𝛿0 = 90

𝑠𝑒𝑛(𝛿) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

0.8333

𝑠𝑒𝑛(𝛿1) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 90)

0.8333=

0.8333

0.8333= 1 𝜹𝟏 = 90

𝑠𝑒𝑛(𝛿2) =0.8333 − 0.2083𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 90)

0.8333=

0.8333

0.8333= 1 𝜹𝟐 = 90

Obtenemos la potencia reactiva correspondiente utilizando:

𝑄𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑐𝑜𝑠(𝛿) −

𝑉2𝑒

𝑋𝑑𝑋𝑞(𝑋𝑞𝑐𝑜𝑠2(𝛿) + 𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛2(𝛿))

𝑄𝑒 =2

1.2𝑐𝑜𝑠(90) −

1

1.2 ∗ 0.8(0.8𝑐𝑜𝑠2(90) + 1.2𝑠𝑒𝑛2(90))

𝑄𝑒 = −1.25𝑝𝑢

𝑄𝑒̅̅ ̅ = −𝟏. 𝟐𝟓 ∗ 𝟔𝟎𝑴𝑽𝑨 = −𝟕𝟓 𝑴𝑽𝑨𝒓

La potencia reactiva del generador será de -75 MVAr lo que nos quiere decir que el generador está consumiendo potencia reactiva.

𝐼𝑒 =𝑃𝑒 − 𝑗𝑄𝑒

𝑉𝑒

𝐼𝑒 =0.8333 + 1.25𝑗

1= 𝟏. 𝟓𝟎𝟐𝟐∡𝟓𝟔. 𝟑𝟏

𝐷 = 𝑉𝑒 + 𝑗𝑋𝑞 ∗ 𝐼𝑒

𝐷 = 1 + 𝑗0.8 ∗ (1.5022∡56.31)

𝐷 = (1.2806∡38.6599) ∗ (1.5022∡56.31)

𝐷 = (1.9237∡95)

𝐼𝑑 = |𝐼𝑒| 𝑠𝑒𝑛(𝛿 − 𝜙)

𝐼𝑑 = 1.5022𝑠𝑒𝑛(95 − 56.31)

𝐼𝑑 = 𝟎. 𝟗𝟑𝟔𝟗

Fig.6 Diagrama fasorial de la Potencia reactiva del generador.

7) El gráfico de la potencia activa y la potencia reactiva en función del ángulo de carga para esta máquina (como motor y generador), suponiendo que la corriente de campo es 130 A y la tensión de la red es la nominal.

𝑃𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

𝑉𝑒2

2(

1

𝑋𝑞−

1

𝑋𝑑) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

𝐸𝑓 =130

85= 1.525

𝑃𝑒 =1.525

1.2𝑠𝑒𝑛(𝛿) +

1

2(

1

0.8−

1

1.2) 𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

𝑃𝑒 = 1.27𝑠𝑒𝑛(𝛿) − 1.875𝑠𝑒𝑛(2𝛿)

Variamos el ángulo de carga y obtenemos la gráfica en Matlab.

𝑄𝑒 =𝐸𝑓𝑉𝑒

𝑋𝑑𝑐𝑜𝑠(𝛿) −

𝑉2𝑒

𝑋𝑑𝑋𝑞(𝑋𝑞𝑐𝑜𝑠2(𝛿) + 𝑋𝑑𝑠𝑒𝑛2(𝛿))

𝑄𝑒 =1.525

1.2𝑐𝑜𝑠(𝛿) − 1.041(0.8𝑐𝑜𝑠2(𝛿) + 1.2𝑠𝑒𝑛2(𝛿))

De la misma manera variando el ángulo de carga obtenemos la gráfica de la potencia reactiva en Matlab.