maquinas electricas ii.docx

MAQUINAS ELECTRICAS II

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NOMBRE: DIEGO DOMINGUEZ.

DOCENTE: ING. FREDDY CAMPOVERDE.

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Ejercicio 5.2

Un alternador trifásico de 750 r.p.m 50Hz, esta diseñado para generar una f.e.m de 3500 V/fase. El devanado del estator tiene 120 ranuras con 24 conductores/ ranura y la anchura de las bobinas es de 12 ranuras. Calcular el flujo máximo por polo si su distribución es sinodal.

DATOS.

n= 750 r.p.m

f= 50Hz

f.e.m= 3500V/fase

k=210 ranuras.

KF=coeficiente de frecuencia de formas

Ka= coeficiente de acortamiento de los devanados del inducido

Kd= coeficiente de distribución

DESARROLLO

Encontramos en número de polos con la siguiente expresión de la velocidad de sincronismo:

n=60 fp

≫≫≫>donde≫≫ p=60 fn

p=60∗50750

=4 polos

Calculamos el paso polar a través de la ranuras total dl inducido y del los polos de la maquina.


paso polar= k2 p

= 1202∗4

=15

Si una de las bobinas tiene una anchura de 12 ranuras. Por lo tanto existe un acortamiento de 3 ranuras

Angulo geométrico:

γ=360 ºK

=360 º120

=3 º

Entre dos ranuras consecutivas seria igual:

γ=9º

Factor de acortamiento de la bobina:

Ka=cos( p∝2 )=cos ( 4∗9

2 )=0.951

Calculamos el coeficiente de distribución.

Kd=sin (qpγ

2)

q∗sin (pγ2

)

Para ello encontramos el número de ranuras por polo y fase

q= K2 pm

= 1202∗4∗3

=5

Sustituyendo en la ecuación del coeficiente de distribución.

Kd=sin ( 5∗4∗3

2)

5∗sin (4∗3

2)=

0.55∗0.105

=0.9523

Calculamos el numero de espiras :

N=(120 ranuraas∗24conduc .ranura )

2conduc . espira∗3 fases .=480

Luego de tener todos los valores calculado remplazamos en la formula de la f.e.m.

E=4 K f Ka Kd Nf φm

MAQUINAS ELECTRICAS IIE=4.44∗0.951∗0.9523∗480∗50∗φm

Como E=3500 Voltios

Por lo tanto el FLUJO MAXIMO POR POLO ES :

φm=0.0361Wb

Ejercicio 5.3

Un alternador trifásico de 1500KVA, 6600V, conectado en estrella, tiene una curva de vacío definida por la ecuación.

EO=12210 Fe

4250+Fe

Donde EO se expresa en tensión de línea y F e representada la f.m.m de excitación en A.v./polo. La resistencia y reactancia de dispersión del inductor por fases son 0.6 Ω y 2.3Ω respectivamente. La f.m.m de reacción del inducido a plena carga es de 2500 A.v./polo. Determinar: a) F.e.m Er de línea a plena carga y con f.d.p 0.8 inductivo; b) corriente necesaria de excitación necesaria en el inductor cuando la maquina está girando a plena carga con f.d.p 0.8 inductivo, si se sabe además que la maquina tiene polos salientes devanados con 190 espiras cada uno c) si en la situación del apartado anterior se desconecta repentinamente la carga ¿ cual será el valor de la tensión de línea que aparecerá en bornes de la maquina? d) ¿Cuánto vale la regulación de tensión de la maquina?.

DATOS:

V=6600V Tensión terminal por fase.

R=0.6Ω

XO=2.3Ω

N e=190

DESARROLLO.

MAQUINAS ELECTRICAS IIa) L a f.e.m Er inducida por fase

Encontramos la corriente de línea a plena carga.

I= 1500000

√3∗6600=131.2 A

Con un factor de potencia de cos φ=0.8 dondeφ=36.86 por lo tanto

I=131.2∡−36.86

Remplazando valores.

Er=V +(R+ j XO ) I=6600

√3+(0.6+ j 2.3 ) 131.2∡−36.86=4059.8∡2.74V

La f.e.m de línea. Er=√3∗4059.8=7031.77V

b) Curva del vacio del alternador E=7031.77=

12210 Fr

4250+FrResolviendo la ecuación.F r=5769.4 A . v−polo

La f.m.m se adelanta 90º a la f.e.m Er

F r=5769.4∡ (90º+2.74 º )=5769.4∡ 92.74 º

Como la f.m.m de reacción de inducido es 2500 A.V-polo que va en fase con la corriente de inducido.F i=2500∡−36.86 A . v−polo

La f.m.m de excitación es:F=F r+Fi=5769.4∡92.74 º 2500∡−36.86=7611∡107.4 A .v−polo

Corriente de excitación: I e=FN e

=7611190

=40.05 A

c) Si se desconecta la carga la f.e.m de línea se deduce de la curva de vacío.


EO=12210 Fe

4250+Fe

EO=12210∗76114250+7611

=7834.95V

d) Regulación de tensión del alternador:∈=

EO−V

V=7834.95−6600

6600=0.187

∈=0.187∗100=18.71 %

Ejercicio 5.4

Un alternador trifásico de 5000KVA, 6600V, conectado en estrella, tiene una curva de vacío definida por la ecuación:

Eo=7400 I e

85+ I e

Donde Eose expresa en voltios por fase e I e representa la corriente de excitación. La resistencia y reactancia de disposición del inducido por fase son 0.2Ω y 1Ω, respectivamente. La f.m.m de reacción del inducido es equivalente a una corriente de excitación de 20A. Calcular:

a) Rango de excitación necesario para dar una tensión asignada constante desde vacío a la plena carga con f.d.p. 0.6 inductivo.

b) Si las perdidas en el hierro, por fricción y rozamiento con el aire ascienden a un total de 100KW y las bobinas de campo están alimentadas con una excitatriz a 200V, calcular el rendimiento a la plena carga con f.d.p. 0.6.

a) Tensión entre terminales en vacio (f.e.m)

V=6600

√3=3810.51 [V ]=Eo

S=√3VI

La corriente a plena carga es:

I= S

√3V L

= 5000000

√3 (6600 )=437.39[ A]

La corriente de excitación es:


3810.51=7400 I e

85+ I e

3810.51 (85+ I e )=7400 I e

323893.35+3810.51 I e=7400 I e

323893.35=3589.49 I e

I e=90.23[ A]

La f.e.m resultante trabajando con corriente a plena carga con f.d.p 0.6 inductivo.Er=Eo+ (R+ j X s ) IEr=3810.51+(0.2+ j1 ) (437.39∠−53.13 )Er=3810.51+(1.02∠78.69 ) (437.39∠−53.13 )Er=3810.51+446.14∠25.56Er=3810.51+ j 0+402.48+ j 192.49Er=4212.99+ j 192.49

Er=4217.39∠2.62VCorriente resultante.

4217.39 ( 85+ I r )=7400 I r

358478.15+4217.39 I r=7400 I r

358479.15=7400 I r−4217.39 I r

I r=112.64∠92.62 A Tiene un adelanto de 90° con respecto a la f.e.m resultante.

La corriente total de excitación del inductor es:I e=Ir−I i

I e=112.64∠ 92.62−20∠−53.13I e=−5.15+ j 112.52−12+ j 15.99I e=−17.15+ j 128.51

I e=129.65∠97.6 A

Por lo tanto tenemos que el rango de excitación necesario oscila entre 90.23 A en vacío hasta 129.65 A a plena carga.

b)Potencia útil en el alternador.PUTIL=Scos φPUTIL=5000 KA∗0.6=3000KW

Perdidas en el hierro por fricción y rozamiento.PFe+m=100 KWPerdidas de la excitación (cobre de inductor)Pexc=V I e=200∗129.6=25.92KWPerdidas en el cobre del inducido

MAQUINAS ELECTRICAS IIPCU=3R I 2=3∗0.2∗437.392=114.8 KWPotencia total requerida.PT=PUTIL+PFe+m+Pexc+PCU

PT=3000 KW+100KW +25.92 KW +114.8 KW =3240.72KWRendimiento .

η%=PUTIL

PT

= 30003240.72

∗100=92.57 %

Ejercicio 5.5

Un alternador trifásico conectado en estrella de 1000 KVA, 4600V , tiene una impedancia síncrona de 2+ j20Ω/ fase. Determinar la regulación a plena carga con factores de potencia:

a) Unidad.b) 0.75 inductivo.

a)

I= S

√3V L

Corriente del alternador a plena carga.

I= 1000000

√3∗4600=125.5[A ]

f.e.m por fase con un f.d.p unitario.

E0=4600

√3∠0 °+(2+ j20 )∗125.5∠0 °=3840.51∠40.81 °V

Por línea E0=√3∗3840.51=6651.95

Regulacion.

ε=6651.95−46004600

=44.61 %

b)

Con fdp= 0.75 inductivo

E0=6600

√3∠0 °+(0.4+ j 6 )101.01∠−30 °=4179.12∠6.94 ° V

MAQUINAS ELECTRICAS IIPor línea

E0=√3∗4179.12=8348.9

ε=8348.9−46004600

=81.5 %

Ejercicio 5.6

Un generador síncrono trifásico conectado en estrella de 6600V, tiene una impedancia síncrona de 0.4+ j 6Ω/ fase. Calcular la regulación de la maquina cuando suministra una potencia de 1000Kw a la tensión asignada con f.d.p.

a) 0.866 inductivo b) 0.866 capacitivo.

a)

I= P

√3Vcos (φ)Corriente del alternador a plena carga.

I= 1000000

√3∗6600∗0.866=101.01 [A]

f.e.m por fase con un f.d.p =0.866 inductivo

E0=4600

√3∠0 °+(2+ j20 )∗125.5∠−41.41°=4820.24∠ 20.86° V

Tensión por fase

V=6600

√3∠0 °=3810.51∠ 0°

Por línea E0=√3∗3810.51=6651.95

Regulación.

ε=4179.62−3810.513810.51

=9.67 %

b) Cuando el factor de potencia es la unidad.


I= 1000000

√3∗6600∗1=87.48[ A]

f.e.m

E0=6600

√3∠0 °+(0.4+ j 6 ) 87.48∠ 0°=3881.17∠7.8 °V

Regulación.

ε=3881.17−3810.513810.51

=1.85 %

c) F.d.p = 0.866 capacitivo la corriente es la misma

I=101.01∠30° [A ]

F.e.m.

E0=6600

√3∠0 °+(0.4+ j 6 )101.01∠30 °=3584.16∠8.75 ° V

Regulación.

ε=3584.16−3810.513810.51

=−5.94 %


EJERCICIO 5.8

Un alternador trifásico conectado en estrella de 1000Kva, 6600 V, ha dado los siguientes resultados en un ensayo de vacío.

Excitación (A.v/polo) 2000 3250 4025 5200 6500Eo(Línea) 4300 6600 7250 7920 8580

Por el método de Potier se ha determinado el valor de la reactancia de dispersión y la f.m.m de reacción de inducido a plana carga, resultando los valores X δ=3.1Ω;Fi=2000 A .v−polo .Calcular :

a) F.m.m de excitación de inducido a plena carga con f.e.p 0.8 inductivos. b) Regulación de tensión.

DESARROLLO

10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000

2000400060008000

10000120001400016000

58007000

1250013750

15000

Eo(Línea)

Eo(Línea)

Excitación (A.v/polo)

Eo(L

ínea

)

a) Encontramos la corriente del inducido a plena carga con un f.d.p 08 inductivo.

I= 1000KVA

√3∗6600V∠cos−1 0.8=87.48∠−36.87

MAQUINAS ELECTRICAS IILa tensión por fase del alternador es:

V=6600

√3=3810.5∠0

Er=V + j X o I=3810.5+ ( j3.1 ) (87.5∠−36.87 )Er=3810.5+(3.1∠90 ) (87.5∠−36.87 )

Er=3810.5+271.25∠53.13Er=3810.5+162.75+ j216.99

Er=3973.25+ j216.99Er=3979.17∠3.12

L a tensión encontrar hay que convertirle a tensión de línea para poder saber el nuevo valor de la f.m.m.

ErLINEA=Er√3=6892.12∠3.12Proyectando en la grafica de la curva de vacío. Tenemos.

Donde La f.m.m va adelantada 90° con respecto a la f.e.m.

F r ≈3600∠ 93.12viendola curvade vac í oSabiendo por dato del problema que la f.m.m de reacción de inducido.

Fi=2000 A .v−polo inductivo.La f.m.m será.

F e=Fr−Fi=3600∠93.12−2000∠−36.87F e=5119.91∠110.53 AV / polo

b)La f .m.manterior produce ,deacuerdocon la curvade vac í odel alternador ,una f . e .m

de línea de7900voltios , por lo que laregulación de tensiónes :

E=Eo−V

V=7900−6600

6600=19.7 %

EJERCICIO 10.

Un alternador trifásico de 100KVA, 11000 V, conectado en estrella, tiene una resistencia de inducido despreciable. Los ensayos de vacío y con carga reactiva p ura a la intensidad asignada ha dado los siguientes resultados.

Ie(A) 20 25 55 70 90Eo(Línea) 5800 7000 12500 13750 15000V(f.d.p =0 ) 0 1400 8500 10500 12400

Determinar por el método de Potier: a) Caída de tensión en la reactancia de dispersión a plena carga b) F.m.m de reacción de inducido con corriente asignada.c) F.e.m resultante Er cuando la máquina funciona a plena carga con tensión

asignada y f.d.p 0.8 inductivo.d) F.m.m necesaria en la excitación en el caso anterior.

MAQUINAS ELECTRICAS IIe) F.e.m Eo que producirá en el vacío la excitación anterior.f) Regulación de tensión de la máquina en las condiciones anteriores.

10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000

2000

4000

6000

8000

10000

12000

14000

16000

Eo(Línea)V(f.d.p =0 )

Ie(A)

Eo(L

ínea

)

a) A partir de la curva de vacío del alternador y la f.d.p nulo o ensayo con carga reactiva pura de donde:

X σ I=2200

√3=1270V . fase

F i=11∠−36.87 ° A .V−polob) F.m.m de reacción de inducido con corriente asignada.

V=11000

√3∠0 °=6350.8∠0 ° V I=I∠−36.87 °

Remplazando tenemos la f.e.m.

Er=V + j X σ I '=6350.8∠ 0° V + j 1270∠−36.87Er=7185∠8.1 °V

Er ( linea )=7185√3=12445V

MAQUINAS ELECTRICAS IIc) Para la f.e.m se obtiene en la curva de vacio una f.m.m resultante de 55 Amp

que esta adelantado 90 con respecto a la f.e.m.F .m .m r=55∠98.1 ° Av / pol o

d) La f.m.m de excitación.F e=Fr−F ' i=55∠98.1°−11∠−36.87 °=63.3∠105.2 °

corriente de excitación debeser 63.3amp

e) La f.m.m da lugar, en la curva de vacio del alternador. A una f.e.m de vacioEo=1340 0V

f) Regulación.

E=Eo−V

V=1340 0−110 00

11000=21.7 %

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