ANALIS DE SISTEMADS DE POTENCIA I

UNIVERSIDAD NACIONAL D SAN AGUSTIN DE AREQUIPAFACULTAD DE PRODUCCION Y SERVICIOS

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRICA

ANALISIS DE SISTEMAS DE POTENCIAPRESENTADO POR:

ING.M.Sc. CARLOS PACHECO CABRERADOCENTE PRINCIPAL D.E.

AREQUIPA - 2008ANALISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I

El presente curso de anlisis de sistemas de potencia I viene a constituir el pilar base de la explotacin de la energa elctrica, es por ello que se edita este pequeo libro que contiene los puntos ms saltantes de la Ingeniera elctrica la cual va consta de la parte terica y va acompaada de problemas que han sido elaborados por el autor tomando como base los libros ms fundamentales de la ingeniera elctrica como son el Olle Elgerd , Charles Gross y otros.

El presente libro consta de los siguientes puntos distribuido en 6 captulos que son :

Capitulo I : Introduccin y Conceptos Generales.1. Fuentes de energa.

1.2. Concepto 1 de Sistema elctrico de potencia.

1.3. Situacin actual y expansin futura de los sistemas elctricos de potencia.

1.4. Energa Electromagntica.

1.5. Conceptos de potencia activa y reactiva.

1.6. Sistemas de calculo con valores unitarios.

Capitulo II : La Maquina Sincrona.

2.1. Generadores

2.2. .Caractersticas generales del Generador Sincrono.

2.3.Circuito equivalente de la maquina sincrona.

2.4.Caractersticas de Potencia Angulo en rgimen permanente.

2.5.Eficiencia del generador.

2.6.Regulacin de la tensin.

Capitulo III : El Transformador de Potencia.

3.1.Transformadores monofasicos ideales y reales.

3.2.Ecuaciones del transformador referidos al primario y secundario.

3.3.Tensin de Corto Circuito.

3.4.Transformadores en fase de tomas variables.

3.5.Transformadores de tres devanados.

Capitulo IV : Componentes Simtricas

4.1.Definicin de componentes Simtricas.

4.2.Operadores y transformaciones

4.3.Impedancias de secuencia de las componentes reales.

4.4.Transformaciones de los sistemas trifasicos a redes de secuencia.

Capitulo V : Calculo de fallas.

5.1.Corto Circuitos Simtricos.

5.2.Corto Circuitos asimtricos.

Capitulo VI : Parmetros y modelos de las Lneas de Transmisin.

6.1.Calculo de la inductancia.

6.2.Excitacin sinusoidal. Impedancia equivalente de la lnea de transmisin.

6.3.Casos especiales debido a la simetra.

6.4.Calculo de los parmetros teniendo en cuenta el efecto tierra.

6.5.Aplicaciones a lneas trifsicas.

6.6.Fenmenos capacitivos.

6.7.Lneas de transmisin cortas, medias y largas.

Capitulo I INTRODUCCIN Y CONCEPTOS GENERALES

1.Objetivos de los Sistemas de Potencia.

El objetivo fundamental es el de suministrar energa elctrica en condiciones optimas para producir luz, calor y fuerza motriz, como consecuencia del magnetismo aplicado a la electricidad las mismas que tienen su aplicacin en telecomunicaciones y electrnica.

1.1.Fuentes de energa.

Es el conjunto de centrales generadoras de energa elctrica, las mismas que pueden ser de diferente carcter debido a la utilizacin del recurso a utilizar y pueden ser : hidrulico, trmico, solar, elico, nuclear, geotrmico, Maremotriz.

Para la obtencin de energa elctrica se establece etapas fundamentales que son :

a) Generacin d) Subtransmisin

b)Transformacin. e) Distribucin Primaria

c)Transmisin. f) Distribucin Secundaria

Generacin

Esta etapa viene a ser la mas importante ya que permite el empleo de la electricidad en funcin de un servicio que en este caso es la carga. Las formas de generacin de energa elctrica se dan a partir de las fuentes.

Fuentes

Pueden ser de diferentes orgenes, como el trmico que se caracteriza por la combustin de un recurso en este caso el vapor , o hidrulica.

La existencia de fuentes induce el empleo del motor primo, en el caso hidrulico es la turbina , el que esta acoplado mediante un eje al rotor del alternador trifasico, mientras que la energa transformada se obtiene del estator que viene a constituir la parte fija de la maquina. El empleo del agua hace que esta sea la mejor alternativa de generacin debido a la facilidad del manejo del recurso hdrico.

1.2. Concepto de sistema elctrico de Potencia.

Los sistemas elctricos de potencia vienen a ser definidos como el conjunto de generadores, transformadores, lneas de transmisin que se encuentran

interconectados, los cuales hacen posible el transporte de energa elctrica hastalos centros de consumo que viene a ser en este caso la carga

La generacin de energa elctrica por medios hidrulicos es una de las mas favorables debido a la alta eficiencia de sus componentes como la turbina que alcanza una eficiencia variable entre 80 % y 90% , de la misma manera tenemos a los alternadores que poseen eficiencias altas que pueden llegar hasta el 95%

Dentro de las caractersticas principales de los alternadores podemos citar los siguientes: son econmicos, son de mucha confiabilidad, tiene capacidades amplias existiendo en la actualidad alternadores que pueden tener potencias que oscilan entre los 1,000 y 2,00 MW

Diagrama de Unifilar.

Es la representacin esquemtica de un sistema elctrico donde se indica claramente los componentes del mismo.

1.3.-Situacin Actual y expansin futura de los sistemas elctricos de potencia en el Per.

La situacin actual de los sistemas elctricos de potencia en el Per viene a considerarse como un sistema interconectado el mismo que ha quedado totalmente culminado con la interconexin de las hidroelctricas del centro y sur del Per , conformando de esta manera el sistema elctrico de potencia grande.

De acuerdo al compendio estadstico nacional podemos citar los centros de generacin mas importantes del pas. De acuerdo al compendio estadstico nacional podemos citar los centros de generacin mas importantes del pas

EmpresaCentral PotenciaDepartamento

ElectroPeruSantiago Antunez 780 MW Junin

Restitucin210 MWHuancavelica

EDEGELHuinco258 MWLima

Matucana120 MWLima

EGENORCanon del Pato246 MWAncash

EGASACharcani V 136 MWArequipa

ElectroAndes

Yaupi108 MWCerro de Pasco

ElectroPunoSan Gabn 110 MWPuno

EGESURAricota23.8 MWTacna

Centrales Trmicas Mas Importantes.

Potencia, Produccin y Demanda por Empresa y CentralCentralPot. InstaladaPot. EfectivaMx. DemandaDepartamento

Charcani I1.76 Mw1.072 Mw1.83 Mw Arequipa

Charcani II0.78 Mw0.60 Mw0.58 MwArequipa

Charcani III4.56 Mw4.10 Mw4.63 Mw Arequipa

Charcani IV16.20 Mw15.60 Mw 15.40 MwArequipa

Charcani V136.8 Mw135 Mw 144.90 Mw Arequipa

Charcani VI8.96 Mw 8.80 Mw9.103 MwArequipa

C. T. Chilina53.40 Mw52.00 Mw46.82 MwArequipa

C.T. Mollendo 106.5 Mw.104.80 Mw99.90 Mw Mollendo

1.4.- Energa Electromagntica y sus diferentes formas de Energa Elctrica.

a) Ley de Corrientes.

La suma de todos los fasores de corriente que confluyen en un nodo siempre es igual a cero, donde las corrientes que llegan al nodo son positivas y las que salen de l son negativas.

b) Ley de Tensiones

La suma de todos los fasores de tensin alrededor de una malla son siempre igual a cero.

Impedancias

Son elementos pasivos de los circuitos elctricos y estn definidos por la relacin entre el fasor tensin y el fasor corriente.

Las cadas de tensin alrededor de las impedancias inductivas y capacitivas estn dadas por

1.4.1.- Potencia en la Resistencia.

En un circuito netamente resistivo la corriente y la tensin se encuentran en fase es decir no existe ningn desfasaje ambas se encuentran y se inician en el eje de las coordenadas es decir en cero.

la potencia est definida por:

Denominndose a esta ultima expresin potencia instantnea.

La energa esta definida por:

Potencia y Energa en la Inductancia

Si:

Entonces remplazando en la expresin de la cada de tensin alrededor de la inductancia tenemos lo siguiente:

Entonces la potencia en la inductancia viene dada por:

La energa estar dada por:

Potencia y Energa en la capacitancia

C Vc

Tomando como referencia la corriente

La energa estar dada por:

Luego reemplazando en (1)tenemos

1.5.-CONCEPTOS DE POTENCIA ACTIVA Y REACTIVA

1.5.1 CIRCUITO EQUIVALENTE ESTRELLA

La potencia esta dada por:

La potencia activa esta dada por la siguiente relacin:

Similarmente podemos encontrar el valor de la potencia reactiva la misma que esta definida por:

La potencia consumida por una carga esta dada por lo relacin siguiente:

por lo tanto la potencia total consumida por la carga es trifsica por lo que:

De la misma manera podemos Encontrar el valor de la potencia reactiva y esta dada por la siguiente relacin:

1.5.2.-CIRCUITO EQUIVALENTE EN TRIANGULO

La potencia estar dada por:

Teniendo een ccuenta que Vab = VL(0 Iab = IF

Entonces

1.6.- METODO DE LOS VALORES UNITARIOS

Nos representa a escala los valores reales de energa con la supresin de las etapas de transformacin de potencia.

ECUACION BASICA

Los valores base se dan siempre en la misma unidad que los valores reales, si nos atenemos a la aplicacin de la frmula de los valores unitarios, los mismos que sern adimensionales. As, mismo un valor base es siempre un nmero real mientras que el valor real puede ser un nmero complejo en la forma polar, el ngulo del valor unitario producido por la relacin de los valores unitarios viene a ser el mismo que su correspondiente al valor real.

Actualmente la generacin, transmisin, y distribucin de la energa elctrica es efectuada mediante lneas trifasicas cuasi-balanceadas, razn por la cual los estudios de estas redes son efectuada sobre una sola fase (Monofasica) equivalente. La prctica ha demostrado que a representacin de estos sistemas en valores unitarios trae muchas ventajas en los anlisis, de los cuales podemos mencionar

Las operaciones con valores unitarios siempre viene a ser otro valor unitario.

Nos da la facilidad ara el chequeo de datos lo que facilita la creacin de mtodos computacionales (programacin).

Las operaciones algebraicas realizadas con cantidades unitarias nos dan como resultado otro valor unitario.

Las mquinas estticas de transformacin se representan como elementos en serie sin la relacin de transformacin primaria secundaria es decir como una simple impedancia.

La transformacin de las tensiones al orden de 1 p.u.

Donde:

Vs = Tenion en el lado de envio.

VR = Tension de recepcion

Is = Corriente en el lado de envo.

IR = Corriente en el lado de recepcin.

Ns = Potencia de envo

NR = Potencia de recepcin.

Cada de tensin.

Solamente son necesarios dos valores es decir:

Si las unidades estn dadas en MVA entonces se tiene que:

PROBLEMAS

1.- Un transformador de potencia puede ser representado por una red equivalente constituida simplemente por una impedancia serie. Dos transformadores trabajando en paralelo; desde este concepto. Calcular las perdidas totales en los transformadores si se conoce que la corriente total es de 0.82 p.u. teniendo como bases 100 MVA y 220 Kv. Las impedancia de los transformadores son en base de 220 Kv. Y 450 MVA. p.u. en bases de 220 Kv. Y 75 MVA.

I1

Z1

(I(=0.82 p.u

ZL

I2 Z2

como las tensiones bases son iguales la expresin se simplifica de la manera siguiente:

con lo cual podemos efectuar el cambio de bases del sistema de los valores p.u. para los transformadores.

Se tiene que por la conexin en paralelo las cadas de tensin deben de ser iguales con lo que podemos afirmar que:

luego por divisor de corriente hallaremos las corrientes I1 e I2

Luego las prdidas en todos los elementos vienen dadas por:

P1perdidas= R1I21= (0.0102)(0.293)2=8.78x10-4 p.u.

Q1perdidas= X1I21= (0.206)(0.293)2= 0.0177p.u.

P2perdidas= R2I22= (0.0084)(0.5265)2=2.328x10-4 p.u.

Q2perdidas= X2I22= (0.1148)(0.5265)2= 0.031 p.u.

S1perdidas= (P1perdidas +J Q1perdidas)(100)

S1perdidas=(8.78x10-4 +J0.0177)x100 = 870 +J1770 KVA

De igual manera hallaremos las prdidas totales en el segundo transformador

S1perdidas= (2.328x10-4 +J0.031)(100) = 232.80+J31.80 KVA

2.- En el circuito mostrado en la fig. el voltaje en el punto A se mantiene a una magnitud de 1.00 p.u. (valor eficaz) absorbidas por los 9 elementos de las impedancias (basados en una base escogida Kv., MVA) son Z1=0.015 p.u. Z2 = J0.100 p.u. Z3= 0.21 p.u. Z4= -J0.200 p.u. Z5= jO.200 p.u. Z6 = j0.300 p.u. Z7= -J0.201 p.u. Z8 = j0.400 p.u. Z9 = 0.600p.u.Calcular las potencias absorbidas por los elementos componentes de la red.

Z1 Z2

Z3

Z6 Z7

Z4

Z8 Z9

Z5

Reduciendo la red por transformaciones sucesivas serie paralelo se tiene la red equivalente.

Luego hallaremos la impedancia Z2:

Luego por otra parte podemos encontrar la corriente que circula por el circuito:

luego tenemos el circuito equivalente para el cual aplicaremos el divisor de corriente para luego encontrar todas las corrientes en las deferentes ramas del circuito.

Ahora comenzamos a calcular las potencias que disipan las impedancias ya sean activas o reactivas.

3.- Tres generadores de 2,000 KVA con 15% de reactancia cada uno, estn conectados a travs de tres reactores de 1,200 KVA a unas barras colectoras comunes. Tres alimentadores conectados cada uno en e lado del generador de un reactor tienen interruptores de 200 MVA. Hallar el % apropiado de reactancias de las bobinas.

J0.15

Xr

J0.15

Xr

J0.15

Xr

Sb = 12 MVA

Zgen =0.15 p.u.

Sgen=20 MVA

(Vgen(=(V(=1.00 p.u.

donde V = V entonces

=

La potencia de corto circuito esta dada por:

Por otro lado tenemos que

4.- Hallar el valor en ( de la reactancia exterior por fase de un generador con 6% de reactancia tal que la corriente permanente de corto circuito no exceda de 8 veces la corriente de plena carga El generador tiene una capacidad de 1,000 KVA a 1,000 voltios y 50 C/seg.

Xi

Xe

Elegimos las bases

(Sb(=10 MVA

(Vb(= 10 Kv.

Vn = 1.99 p.u.

Iplena carga = 1.00 p.u. (Icc= 8 p.u.

Xt= Xi+Xe

V= IccXt(

Xt = V/ Icc = 1.00 / 8 = 0.125 p.u.

Xi = 6% = 0.067 p.u.

Xe Xt Xi = 0.125 0.06

Xe = =.065 p.u.

Xe real = Zb i x Xext p.u

Donde

5.- Una estacin generadora tiene 5 secciones de barras colectoras con una barra de enlace a travs de reactores de 7.5 % de impedancia. Calculados para 3,000 KVA. A cada seccin de barras colectoras hay conectados generadores que suman 3,000 KVA con 10 % de reactancia. Hallar la entrada total permanente a corto circuito franco entre las fases de una de las secciones de barras colectoras a) en 4 b) sin las bobinas de reaccin.

1 2 3 4 5

3000 J0.1 J0.1 J0.1 J0.1 J0.1

KVA

3000 J0.075 J0.075 J0.075 J0.075 J0.075

KVA

Vemos que para la falla en (1) es alimentado tanto por 2,3,4 y 5 cuyas reactancias sirven para medir la impedancia del Thevenin equivalente respecto al punto de falla. Agruparemos las reactancias en serie por rama para lograr un circuito en paralelo con las otras ramas.

Estos valores estn dados para una base de Sb= 3,000 KVA. Luego el thevenin estar dado por:

J0.1 J0.1

1.0(0

J0.075 J0.075 J0.01875 1(0

J0.0542

1(0

S= VI* = (1(0)(18.450(90)=18.450(90((S(=(18.450(90(x(3000(= 55,350 KVAb) 1 2 3 4 5

( J0.1 J0.1 J0.1 J0.1 J0.1

Z2 Z3 Z4 Z5 = J0.1/4 = J0.025Luego el Thevenin equivalente visto desde el punto de falla viene dado por:

I

J0.1

J0.02

( 1.0(0

1.0(0

J0.025

.I = 1.0(0 / 0.02(90 = 50( - 90 ( S = V I* = (1(0) (50(90) = 50(90 p.u.

Entonces en valores reales tendremos que:

S = 150,000 KVA.

6.-Una estacin generadora tiene cuatro secciones de barras colectoras con las siguientes. Plantas generadoras:

Seccin de barras KVA del % de reactancia

Colectoras Generador Inherente Externa

1

A 5,000 5

5

B 20,000 15 -

2 C 7,000 5 6

D 1,500 14 -

3 E 10,000 10 -

F 10,000 10

-

4

G 20,000 18

-

Las secciones 1y 2 , 2 y 3 y 3 y 4 estn conectadas a travs de reactores de barras colectoras del 25% para 20,000 KVA. Hallar la capacidad de un conmutador en aceite para un alimentador conectado a la seccin 3 en serie con el reactor de alimentacin del 3% para 10,000 KVA. El conmutador no tiene retardo artificial

5 MVA 20MVA 7MVA 15 MVA 10 MVA 10 MVA 20 MVA

J0.1 J0.15 J0.11 J0.14 J0.1 J 0.1 J0.18

J0.25 J0.25 J0.25

20MVA 20MVA 20MVA

J0.06

10 MVATomando como valores Sb= 20 MVA se tiene que el cambio de base es el siguiente:

(A)

(B)

(C)

(D)

(E) = (F)

(G)

Para la lnea

J0.4 J0.15 J0.314 J0.186 J0.2 J0.2 J0.18

J0.25 J0.25 J0.25

J0.06

Reduciendo la red vista desde el punto de falla tenemos que :

J0.125

1.0(0 Se tiene que: I = 1.0(0 / j0.125 =

I = 8(-90

S= V.I* = (1.0(0) (8(90) = 8(90 p.u

S = Sbx Sp.u = 8 x 20 = 160 MVA ( Sreal = 160,000 KVA.

7.- Dos estaciones generadoras de 6,600 voltios A y B estn interconectadas por medio de una lnea de transmisin de 22,000 voltios. Cada conductor tiene una resistencia de 2( y una reactancia de 1.5 ( Las barras de distribucin estn conectadas a la lnea en cada extremo por medio de grupos de tres transformadores monofsicos de 2,000 KVA dispuestos en estrella/estrella: cada transformador tiene una resistencia y reactancia equivalentes del % y 8% respectivamente. Hallar el aumento necesario en la tensin de fase en las barras de distribucin en A con el fin de que las barras de distribucin de B reciban 5,000 KVA con un factor de potencia unitario.

A 6.6 Kv.

B 6.6 Kv

T1

T2

22 Kv.

T1= ZT1= 0.02+0.08

T2= ZT2= 0.02+0.08 en su propia base de 2,000 KVA

Tomando como base Sb= 2 MVA se tiene los siguientes valores unitarios:

A

B

A

B

Zequi.

La corriente que circula por la impedancia est definida por:

Amperios

amperios

Como Cos ( = 1( p.u.Diagrama Vectorial

V.A XI

( V RI

La tensin adicional ser:

Como ((V( = 0.1440 p.u.

Adems que:

8.- Una lnea trifsica tiene tres condensadores cada uno de los cuales tiene una reactancia de 300( conectados en delta travs de las lneas con la fuente, tres condensadores iguales conectados en la misma forma, entre las lneas y los juegos de condensadores, cada lnea tiene una reactancia de 100( en serie. Si una carga trifsica balanceada de 100 KVA con un factor de potencia de 0.6 en retardo requiere 2,300 voltios entre lneas. Con las bases Sb= 100 KVA Vb= 2,300 voltios. Calcular la tensin entre lneas en la fuente por el mtodo de los valores unitarios.

J100

J300 J300 J300 J300

J100

J300 J300

J100

S = VI* ( I* = S/V = 100 KVA/(53.13/ 2.3 ( 0

I = 43.478( - 53.13

Sb3( = 100 KVA ( Sb1( = 100/3 = 33.333 KVA

Vb3( = 2,300 voltios ( V1( = 2,300/ 3^1/2 = 1,327.9 volt.

Clculo de bases

Amperios.

Clculo de las impedancias de lnea

p.u.

p.u.

Del circuito tenemos que:

Si tensin en la carga es: Vcarga = 1.00( 0

La corriente es: 1.0( - 53.13

p.u.

Corriente en la lnea

p.u.

Clculo de la tensin VL? (

Luego Vg = VL + VK = 0.1254(-24.416 + 1.0( 0

Vg= VL + VK = 0.1254( -24.416 + 1.0(0

Vg = 1.0578( 9.587 p.u.

Vg real Vg p.u. x Vb = 1.0578( 9.587 x 2.300

Vg = 2431.822 ( 9.587 voltios9.- Una carga trifsica de 1,000 Kw con un factor de potencia igual a 0.8 en retardo est suministrada por una lnea cuya impedancia es de 25+J12 por fase. Calcular la tensin de alimentacin cuando la tensin en la carga es de 10 Kv. Obtenido por un transformador de 30/10 Kv. La resistencia i la reactancia del transformador en el lado de 10 Kv. Es de es de 0.8 y 2.5 ohmios respectivamente.

25+J12 0.8+J2.5

Vr Vg

Se sabe que : S = P +JQ

P = V:I Cos( ( V.I = P / Cos( = 1000 / 0.8= 1,250 KVA.

Q = V.I.Sen ( ( Q = 1250 Sen 36.86 = J750 KVAR

S = 1,000 + J750 = 1,250 ( 36.86

Elegimos como base Sb = 1250 KVA

Sp.u. = S /Sb = 1250( 36.86 / 1250 = 0.8 +J0.6

Vb = 10 Kv. ( Vsp.u. = 10 Kv. / 10

Vs.p.u. = 1.0( 0

Ademas sabemos que Sp.u. = Vp.u. x I p.u. (

I*p.u. = Sp.u./ Vp.u. = 0.8+J0.6 /1.0 =

I*p.u. = 0.8+J0.6 = 0.8 J0.6

p.u.

Luego el circuito equivalente unitario ser:

0.0385(25.7 0.03126(88.167

Vr Vg

0.0657(47.12

Vr Vg Vr = Vg + IZ = 1.00( 0 + 1.00(-36.86)(0.0657(47.127

Vr = 1.0647(0.63 ( 1.0647 x 30 = 31.939 Kv.

Maquina Sincrona

La maquina sincrona que opera como generador de corriente alterna es impulsada por la turbina y la energa mecnica se convierte en energa elctrica, que es la principal fuente de generacin elctrica en el mundo.

La maquina sincrona posee dos partes fundamentales que son el rotor y el estator. La parte fija llamada estator o armadura tiene unas ranuras longitudinales en las cuales se alojan las bobinas del devanado de armadura. Estos devanados llevan la corriente suministrada a la carga elctrica por el generador o la corriente recibida por el rotor desde la fuente de corriente continua.

El rotor es la parte mvil de la maquina que se monta sobre un eje y rota dentro del estator hueco, su devanado tambin es denominado devanado de campo, se alimenta de corriente continua o directa.

Estn involucrados 6 circuitos; tres en el estator y tres en el rotor y existe un movimiento relativo entre el rotor y el estator.

La presencia de material ferromagnetico introducir efectos de saturacin.

Cuando se considera la aceleracin del rotor esta relacionada con la dinmica de la turbina

Cuando varia el voltaje terminal se debe de considerar la respuesta del sistema de regulacin de voltaje. Tenemos dos tipos de maquinas sncronas: las de polos lisos y las de polos salientes que son especiales para la generacin de energa elctrica en las centrales hidrulicas.Maquina Sincrona de Polos lisos

La Maquina de polos Salientes

En este ultimo tipo de maquinas existen los devanados amortiguantes que son barras de cobre cortocircuitadas cuyo propsito es el de reducir las oscilaciones mecnicas del rotor hasta la velocidad sincrnica que es determinada por el numero de polos de la maquina y la frecuencia del sistema a l cual esta conectado .

`

Entonces ocurre mayor inductancia en el entre hierro en direccin del eje transversal ; Xq esta comprendido entre 0.6 y 0.7 Xd

(3) en (5): reemplazando por su equivalente es decirIq = IaCos(eId = IaSen(..Si V= Vt I = IaEN

SHAPE \* MERGEFORMAT

Para un Factor de Potencia Unitario

Para un factor de potencia en adelanto

La potencia por fase en la carga es:

La potencia por fase en la carga es:

PF = Vt Ia Cos(

Ia = E Vt / Z

Considerando el desfasaje tenemos:

Potencia en la fuente (maquina sincrnica) esta dada por la relacin siguiente:

Para ( = 90 - ( y ( = Tg-1 (R/Z

E JXsIa

( Vt

(

Imax, cuando

EFICIENCIA DEL GENERADOR

Se computa entre la potencia de salida y la potencia de entrada, considerando las prdidas

La potencia del rotor es mecnica, mientras la potencia del estator es elctrica por lo que :

Ps = 3 E fase I fase Cos(PROBLEMAS1.,- Determinar la tensin entre los terminales generados por un alternador trifasico de 8 polos 900 r.p.m. 144 ranuras, 6 espiras por bobina, 1.8*106 lneas por polo el devanado es de doble capa y esta conectado en estrella.

El paso de la bobina es de 15 ranuras.

P=8 polos n=500 r.p.m.

(d = 1.8*106 lneas polo; Yb=15 ranuras r = 144 ranuras

F =1.8*106 lneas /polo Yb = 15 ranuras; r = 144 ranuras

F = f*n (r.p.m.) /60 = 60 Hz.

Kp = Sen (P/2)= factor de paso

P=180 Yb/ (r/p) ; P = 180-5 / (144/3) = 150

Kp = Sen (150/2) f factor de distribucin

B=r/3p; 144/ (3*8) =6

Rd=l/ (3*8) = 6

Rd =1/ (2*6sen30/6) = 0.95

N (espiras por fase)= (de bobinas /fsase) de espiras /bobina)

Nota: En un arrollamiento de doble capa el nmero de bobinas es igual nmero

De ranuras.

N=6*144/3 =288 espiras/fase.

(e = 18*106 Wb /108lineas = 1.8*10-2 Wb/polo

E = 4.44*0.965*57.81*288*1.8*10-2E= 12,198.837Volt.

2.- Para transmitir energa de una red de 60 Hz. se emplea un grupo motor generador compuesto por dos maquinas sncronas acoladas directamente. Determinar el mnimo numero de pares de polos de las maquinas y su velocidad sincrona en r.p.m.

3.- En la fig. del rotor tiene una velocidad de 3,600 r.p.m. y la bobina tiene 7 espiras

Bpico = 0.975 Sen 377TWb/mm.

Be = Bpico Sent en t = 0 el eje del rotor coincide con la bobina. El dimetro es de 0.3 m y la longitud de cada conductor es 0.4 m. Determinar la tensin eaa(t)

4.- Si en el problema anteriorse reduce el paso de la bobina de tal forma que Kp=0.92 i Bpico = 0.975Wb/m. Determinar el valor eficazde la tension generada.

5.- UN generador monofasico de 60HZ tiene 12 bobinas de paso completo distribuidas en una sola capa. Cada bobina tiene 3 espiras. El rotor produce un flujo por polo de 0.4Wb. Determinar el valor eficaz de la tensin generada cuando todas las bobinas estn conectadas en serie.

Kd = 1

6.- En la maquina de los problemas anteriores asumir que B (() = 0.975Sen( +0.33Sen3(. Determinar el flujo fundamental por polo y el flujo de la tercera armnica por polo.

7.- En la maquina de los anteriores problemas asumir que Determinar el flujo fundamental por polo y el flujo de la tercera armnica por polo.

Bpico =0.975 L = 0.4 r= 0.15 r= 0.15

8.- Un motor sincrono tiene un ngulo de ataque de 200 elctricos cuando trabaja a plena carga la tensin y frecuencia nominal. Si la corriente de excitacin es mantenida constante. Como influirn sobre el ngulo de torque los siguientes cambios en las condiciones de operacin?a) Reduccin de la frecuencia en un 10%

b) Reduccin de la frecuencia y de la tensin en 10%En cada caso considerar:

I.- Torque en la carga constante.

II. Potencia de la carga constante

a)

b.- f1 +0.9f Vp1+0,4Vo

9.- Un motor Shunt tetrapolar de corriente continua de 25 Kw, 230 V. Es acoplado mecnicamente a un generador sncrono trifasico de rotor cilndrico de 25 KVA-230 voltios 4 polos y X s= 1.6 ohm/fase. El motor se conecta a una barra infinita de 230 voltios (tensin de lnea) todas las perdidas pueden despreciarse. a) Si las dos maquinas trabajan como motor de C.C. y generador de C, A. Cul ser la f.e.m. del generador cuando entrega su potencia nominal a un f. p. unitario?

b) Manteniendo inalterado la corriente de excitacin del generador que debe de ajustarse para reducir a cero la transferencia de potencia. Que valor tendrn las corrientes de armadura de las dos maquinas?

Motor = 25 KVA, 230 V conectada a una fuente de 230 voltios

Generador 25 KVA, 230 voltios, 4 polos Xs=1.6(/fase

a) Pot = 25 Kw Cos( =1 ; P = V.I*Cos(Ia = S/V= 25000/(3. 230 = 62.755(0(Eg = Vt g / Ia.Xs

Eg = 230/ (3 1.6(90* 62.755(0 = 166.47(37.09 volt./ fase

EL=166.47 *(3

b) Transferencia de potencia = 0 Ia = 0

E= Vt+5IaXs; XsIa = 288.35 / (3 = 288.35/(3 230 / (3 = 33.6882/ 1.6 = 21.05 (-90

Para el motor Shunt de 25 Kw

Ia = 25,000/230 (3 = 188.26amp.

10.- Se tiene un generador sincrono trifasico de 12 MVA 13.8 Kv, 60 c/s, si funciona a f.d.p.= 0.8 Cual Seria su potencia y tensin nominal a un f.d.p de 0.8 si funciona a 50c/s manteniendo inalteradas las perdidas en el campo y en el cobre de la armadura. Si la regulacin a 50 c/s con la misma carga? puede despreciarse la cada de tensin en la resistencia de armadura.

11.- Un generador sincrono de rotor liso tiene una impedancia Zs por fase y un voltaje Vt por fase trabaja en paralelo con un sistema infinito (o sea el voltaje permanece constante independiente de las fluctuaciones de la carga. En la fig se muestra el diagrama. Debido a un disturbio el ngulo de la potencia cambia en ( como se muestra en VO = Vo) lo que hace que la maquina desarrolle una potencia adicional que se obtenindose por lo tanto el sincronismo Esta potencia adicional se conoce como potencia sincronizadora. Obtenga una expresin de tipo general para la potencia sincronizadora por fase en los casos especiales: a) Cuando ( es muy pequeo. b) Cuando ( es muy pequeo y Ra