Maquinas Electricas II - Fiee Uncp

Universidad Nacional del Centro del Perú Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

MAQUINAS ELECTRICAS II (GENERADORES Y MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA)

VII SEMESTRE Docente: Ing. Efraín Mauro De La Cruz Montes Huancayo-2012

SEMANA Nº 1 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

CAPITULO I

CONVERSION DE ENERGIA ELECTROMAGNETICA La Conversión electromagnética de la energía, relaciona las fuerzas eléctricas y magnéticas del átomo con las fuerzas mecánicas aplicadas a la materia y con el movimiento. Como resultado la energía mecánica se convierte en energía eléctrica ó viceversa. 1.1 LEY DE FARADAY En 1831 el científico, Michael Faraday descubrió que cuando se hacia trabajo mecánico para mover un conductor en circuito cerrado en un campo magnético, se producía un voltaje que a su vez hacía fluir la corriente. A este voltaje Faraday le llamó voltaje “inducido” ya que se generaba sin que hubiera contacto entre el imán y el conductor. El voltaje inducido en una espira o bobina de un conductor es proporcional a la rapidez de cambio de las líneas de fuerza que atraviesan la bobina.

e

N

d dt

EN EL SISTEMA INTERNACIONA L:

Emed

voltios

t

Emed : Tensión media generada en una sola espira. Voltios (V) : Líneas de fuerza ó flujo magnético que son atravesadas o enlazadas por una sola espira. We ber (Wb) t

: Tiempo en Segundo en el cual el flujo

son enlazadas. (s)

EQUIVALENCIAS 1 Maxwell=10-8 Wb

1 Maxwell=1 línea

1.2 FORMULACION DE NEUMAN Neuman en 1845; expresó cuantitativamente lo anterior en una ecuación en la que la magnitud de la fuerza electromotriz (f.e.m.) inducida generada era directamente proporcional a la velocidad de variación del flujo concentrado. Si:

B

A

Wb/m 2

Densidad de flujo

L: Longitud en (m), de un conductor dentro de un campo de densidad B. v: Velocidad de traslación o rotación del conductor (m/s) einst : Voltaje generado en cualquier instante.(V)

einst

=

t

x m/s t

v

einst

B.A B.L.x = Voltios t t

B.L.v Voltios

EJEMPLO1.1: Si un solo conductor se dispone de modo que pasen 34.29 cm de su longitud a través de un campo magnético uniforme de 8106 líneas/cm2 y se mueve a razón de 139,7 cm en un segundo. Calcule el voltaje generado en cualquier instante. SOLUCION

L 34, 29 cm 0,3429 m

B=8160

lineas 1 Wb 2 cm 108 lineas

v 139, 7 einst

1002 cm2 m2

0,8106

Wb m2

cm 1m m =1,397 s 100cm s

B.L.v

0,8106 x0,3424 x1,397

0.3883 Voltios

NOTA: En las ecuaciones anteriores; se supone que: 1.

El campo B es de densidad de flujo uniforme.

2.

La fuerza aplicada para mover el campo o el conductor, debe p roducir un movimiento relativo uniforme entre ellos.

3.

El conductor, el campo y la dirección en la que se mueve el conductor con respecto al campo son perpendiculares entre sí (Ortogonales).

Si el conductor no se mueve de manera perpendicular con respecto al campo magnético; entonces:

einst

B.L.v.sen

: Angulo de movimiento de la velocidad (v) con respecto al flujo magnético B. a) Conductor que se mueve normalmente al flujo magnético:

einst

B.l.v.sen90º B.l.v

b) Conductor que se mueve paralelamente al

einst

B.l.v.sen180º 0º

c) Conductor que se mueve formando un ángulo

con el

.

º

einst

B.L.v.sen

( ) positivo

º

einst

B.L.v.sen

( )negativo

EJEMPLO1.2: Un conductor único de 18 pulgadas de longitud se mueve mediante una fuerza mecánica perpendicular aun campo magnético uniforme de 50 000 líneas/pulg 2 recorriendo una distancia de 720 pulg. en 1 segundo. Calcular: a)

La f.e.m. inducida

b) La f.e.m. cuando el conductor se mueve con la misma velocidad pero con un ángulo de 75º con respecto al mismo campo magnético c)

Cuantos conductores se necesitan para producir 120 voltios. SOLUCION

0, 0254m 1 pul g

L 18 pu lg

B=50000

0, 4572 m

lineas 1 Wb 2 pulg 108 lineas

pul g 2 0, 02542 m2

v 720

pul g 0,0254m m =18,288 s 1 pulg s

a) Si

90º

einst b) Si

einst c) Si:

B.L.v.sen

0, 775

0, 775 x0, 4572 x18, 288 xsen90º 6, 48 Voltios

75º B.L.v.sen ETotal

Wb m2

6, 48 xsen75º 6, 26 Voltios

Tensión total generada

EC

Tensión inducida en un conductor

N

Número de conductores en serie

Etotal

N .Ec

N

Etotal Ec

120 18,52 19 conductores 6, 48

1.3 REGLA DE FLEMING (SENTIDO DE LA TENSIÓN INDUCIDA) Ó REGLA DE LA MANO DERECHA Ó ACCION GENERADOR Fleming relaciona los sentidos de la f.e.m. inducida, el campo magnético y el movimiento del conductor. Si el campo magnético se considera estacionario en el espacio, el conductor se considera entonces moviéndose en forma perpendicular al campo. Los dedos pulgar, índice y medio de la mano derecha se extienden formando ángulos rectos entre si, y con este arreglo, el campo magnético viene representado por el dedo índice, yendo del polo norte al sur en la dirección en la que apunta el dedo. Si se considera que el pulgar apunta en la dirección del movimiento del conductor, entonces el dedo medio apuntará en la dirección de la corriente convencional ó f.e.m. inducida (+).

1.4 LEY DE LENZ: En todos los casos de inducción electromagnética, el voltaje inducido hará que la corriente circule en un circuito cerrado en una dirección tal que el campo magnético originado por esta corriente se oponga a la causa que la produce. El movimiento de un conductor en un campo magnético es el resultado de una fuerza mecánica (trabajo) aplicada al conductor. La energía eléctrica producida por inducción electromagnética exige, por consiguiente, un consumo de energía mecánica de acuerdo al principio de la conservación de la energía. La energía para la inducción electromagnética no la suministra el campo magnético, como podría suponerse, ya que el campo ni varía ni es destruido en el proceso.

El campo magnético en sentido contrario de las agujas del reloj que rodea el conductor, repele al campo magnético situado por encima de él y atrae el campo magnético situado debajo de él (o sea la corriente inducida produce un campo que se opone al movimiento que la origina).

SEMANA Nº 2 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

1.5 GENERADOR BIPOLAR ELEMENTAL Los voltajes que se generan en un conductor individual varían en polaridad ya que primero pasan por un polo norte y luego por un polo sur, de acuerdo a la regla de Fleming de la mano derech a. En el instante que se muestra en la figura, cada uno de los conductores de la bobina de una sola vuelta se está moviendo en ángulo recto con respecto al campo magnético. En este caso, para un generador elemental, puede suponerse que todo el espacio que hay entre los polos norte y sur magnético está lleno con un campo magnético uniforme. Para esta situación la regla de Fleming muestra que el conductor de la derecha está generando una fuerza electromotriz que hace que la corriente entre en la página; con el conductor de la izquierda ocurre lo contrario. Estos dos voltajes de dirección opuestas están en realidad conectados en serie mediante la conexión que se ve en la parte trasera y además por cualquier circuito externo que se halle conectado entre los extremos marcados con + y -.

1.6 F.E.M. SENOIDAL GENERADA POR UNA BOBINA En la figura se muestra las diversas posiciones de una bobina de una sola vuelta dentro de un campo magnético uniforme. En el instante 0º la bobina de una sola vuelta se encuentra pa ralela al campo magnético uniforme. En esta posición la bobina no corta, por un instante, ningún enlace magnético y por lo tanto no genera ningún voltaje. En la posición 90º el lado activo de la bobina y el campo magnético son ortogonales y se genera el voltaje máximo (positivo). En la posición 180º no se genera tensión ya que el campo y el conductor son paralelos. En la posición de 270º se genera el voltaje máximo(negativo) y así si registramos la f.e.m. en todo instante durante una revolución, la f.e.m. inducida tendrá una variación senoidal.

einst

B.l.v.sen º Vmax .sen º 0º

45º

90º

135º

180º

225º

270º

315º

360º

Sen

0

0.707

1

0.707

0

-0.707

-1

-0.707

0

E1 (V)

0

0.707Vmá x

Vmáx

0.707Vmá x

0

-0.707Vmáx

-Vmáx

-0.707 Vmáx

0

La f.em. inducida en un conductor que gira en un campo magnético es, a la vez, senoidal y alterna. Los lados ab y cd de la bobina, se ayudan mutuamente y la f.e.m. total producida por la bobina es el doble y en los lados bc y ad de la bobina no se induce f.e.m. por que se están moviendo en la misma dirección del campo.

1.7 RECTIFICACION MEDIANTE COLECTOR O ANILLOS ROZANTES El lado ab de la bobina está conectado al segmento del colector 1 y el lado cd de la bobina está conectado al segmento del colector 2. Durante los primeros 180º de rotación, la f.e.m. positiva producida por el lado ab de la bobina está conectada a la escobilla fija positiva. Durante los segundos 180º de rotación, la f.e.m. negativa producida por el lado de la bobina ab queda conectada a la escobilla fija negativa. El mismo efecto tiene lugar a la inversa para el lado cd de la bobina. En efecto, el papel del colector es de invertir las conexiones al circuito exterior simultáneamente y en el mismo instante en que se invierte el sentido de la f.e.m. en cada uno de los lados de la bobina. Cada escobilla positiva (+) ó negativa (-) siempre se mantiene a la misma polaridad.

El conmutador es simplemente un interruptor mecánico rotatorio que se compone de segmentos aislados (entre si) conectados a los extremos de la bobina. Unas escobillas fijas se disponen de modo que estén en contacto con los segmentos del conmutador (o delgas). Un análisis de ésta situación muestra que la escobilla inferior tiene siempre la polaridad positiva, ya que se conecta siempre a la delga positiva correspondiente a su posición y movimiento en el campo magnético. Puesto que tanto el lado de la bobina como el segmento del colector están sujetos mecánicamente al mismo eje, el efecto de la rotación mecánica es el de invertir la bobina del inducido y las conexiones al circuito exterior fijo en el mismo instante que la f.e.m. inducida se invierte en el lado de la bobina del inducido (ó sea, cuando el lado de la bobina se desplaza hacia el polo op uesto). El resultado de un generador elemental de una sola bobina con conmutador es una corriente alterna de onda completa rectificada. En una máquina de cd práctica, la dirección del campo magnético no consiste en líneas rectas de polo a polo, sino en líneas que entran o salen radialmente de la superficie de la armadura debido a las propiedades magnéticas de esta última. Por otra parte, el campo es relativamente uniforme después de un cambio inicial de entrada desde campo nulo hasta campo máximo, según lo ve la bobina. El resultado es que el voltaje generado por la bobina se representa de manera más realista mediante la forma de onda achatada en la parte superior. 1.8 DETERMINACION DE LA F.E.M. EN UN GENERADOR Densidad de flujo en el entrehierro:

Be

p

Ap

p

p

2 rL p

p

2 rL

Wb/m 2

Donde:

Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m2 ) p

: Flujo por polo (Wb)

r : radio del rotor (m)

p : Número de polos L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m)

F.e.m. que Genera Cada Conductor:

E C =Be .L.v v= .r m/s

Si:

Donde:

v : Velocidad tangencial (m/s) r : Radio del rotor (m) : Velocidad angular del rotor (rad/s) Reemplazando:

Ec

p

Be .L.v p

Ec

p

2 rL

p

.L. r

p

p

2

Voltios

Voltios

2

Número de conductores en serie por rama:

Z a

Zs

Donde: Z

Numero total de conductores en el rotor

a

Número de circuitos en paralelo ó número de ramas

ZS

Número de conductores en serie por rama

TENSION GENERADA ENTRE LAS ESCOBILLAS DE LA MAQUINA

Eg

Z s .Ec

Eg

pZ 2 a

Z p p . a 2 p

Voltios

pZ Constante 2 a

Si: K A

Eg

K A. p .

Voltios

Si la velocidad está dado en r.p.m:

n 60

2 n 60

2

Reemplazando:

Eg

pZ 2 a

Si: K A '

Eg

p

pZ 2 a

p

p.Z Constante 60a

K A '. p .n Voltios

2 n 60

Eg

pZ . p .n Voltios 60a

EJEMPLO1.3: El rotor de un generador bipolar gira a 1500 rpm, los conductores que lleva el rotor se encuentra dispuesto en una circunferencia de 15 cm de radio. La dimensión de la cara polar es de 25 cm, la densidad de flujo en el entrehierro es de 12 000 gauss. Determinar: a) La f.e.m. generada en cada conductor cuando está atravesando por una cara polar. b) La f.e.m. generada por el generador, si tiene 30 conductores en el inducido y 2 ramas. SOLUCION

n 1500 rpm r 15cm 0,15m L

25cm 0, 25m

1500

Be =

p

rev 2 rad min rev

p

2 rL

p

=

=12000gauss

min 60 s

50

1 Tesla 104 gauss

rad / s

1, 2

Wb m2

2 rL 2 x0,15x0,25 Be = x1, 2 0,1414 Wb p 2

a) f.e.m. generada en cada conductor:

Ec

p

p

2

2 x0,1414 x50 2

7, 07 Voltios

b) F.e.m. generado por la máquina:

Z

60 conductores

a

2 ramas

Eg

pZ . p .n 60a

2 x60 x0,1414 x1500 212,10 Voltios 60 x2

SEMANA Nº 3 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

1.9 FUERZA ELECTROMAGNETICA Siempre que un conductor por el que circule corriente está situado en un campo magné tico de manera que una componente de la longitud activa del conductor está dispuesta perpendicularmente al campo, aparecerá una fuerza electromagnética entre el conductor y el campo.

ACCION MOTOR: Si un conductor se introduce en un campo magnético y se le aplica una tensión de forma que por el conductor circula una corriente, se desarrolla una fuerza y el conductor tenderá a desplazarse con respecto al campo o viceversa.

F

B.I .L Newton ( N )

Donde: B: Densidad de flujo (Wb/m2 ) I: Intensidad de corriente que circula por el conductor. (A) L: Longitud activa del conductor (m) EJEMPLO 1.4: La longitud axial del inducido de un motor de corriente continua es de 9 pulg. Los polos presentan un flujo de 72000 líneas/pulg 2 y cubre el 72% de la superficie del inducido, calcular la fuerza desarrollada por cada conductor cuando circula una corriente de 25 A. SOLUCION

L 9 pul g

B=72000

0,0254m pul g

0, 2286m

lineas 1 Wb 2 pulg 108 lineas

Butil =72%B=0, 72 x1,116

pu lg 2 0, 02542 m2

1,116

Wb m2

0,80352 Wb / m 2

Fuerza electromagnética desarrollada por cada conductor:

F

Butil .I .L

0,80352 x 25 x0, 2286

4,59 N

EQUIVALENCIAS: 1 N = 0.2248 Lb 1 N = 0.10197 Kg.f 1 Kg.f = 9,8068 N 1 dina = 10-5 N 1.10 DIRECCION DE LA FUERZA IZQUIERDA O ACCION MOTOR

ELECTROMAGNETICA:

REGLA

DE

LA

MANO

Para saber el sentido de la fuerza se utiliza la regla de la mano izquierda; el dedo índice indica el sentido del campo (N a S), el dedo medio indica el sentido de circulación de la corriente (ó f.e.m. aplicada) y el dedo pulgar indica el sentido de la fuerza desarrollada sobre el conductor o del movimiento resultante.

EJEMPLO 1.5: Por un conductor que tiene 20 pulgadas de longitud, circula una corriente de 10 amperios que se encuentra en forma perpendicular a un campo magnético de 50 kilolíneas/pulg 2 . Determinar: a) La fuerza electromagnética ejercida sobre el conductor en newton. b) La dirección de la fuerza. SOLUCION

æ0,0254m ö ÷ 0,508 m L = 20 pu lg = 20 pu lg çç ÷= çè 1 pu lg ÷ ÷ ø I = 10 A

B = 50 kilolineas / pu lg 2 = 50 x103 a)

2 ö öæ lineas æ Wb ç pu lg ÷ çç 1Wb ÷ ÷ = 0, 775 ÷ç 2ç 8 2 2 ÷ ÷ pu lg è10 lineas øçè0, 0254 m ÷ m2 ø

F = BIL = 0,775x10 x0,508 = 3,937 N

b) La dirección de la fuerza de acuerdo al gráfico es “hacia arriba” aplicando regla de la mano izquierda. EJEMPLO1.6: En un campo magnético uniforme que produce 360 000 Maxwell y cuya cara polar mide 16 x 5 cm., se encuentra un conductor rectilíneo de 20 cm. inclinado bajo un determinado ángulo, si por el conductor pasa una corriente de 25 amperios y la fuerza electromagnética ejercida al conductor es de 0,3579 libras. Determinar el valor del ángulo. SOLUCION

N

Ө

L = 20 cm = 0, 20 m I = 25 A

æ 1Wb ö ÷ f = 360 000 Maxwell = 360 000 Maxwell çç 8 ÷ ÷= 0, 0036 Wb çè10 Maxwell ø

Þ Ap = 0,16m x 0,05m = 0,008 m2 f 0, 0036 Wb Wb = = 0, 45 2 Por lo tanto: B = 2 Ap 0, 008 m m æ 1N ö ÷ F = 0,3579 Libras = 0,3579Lb çç = 1,5921 N ÷ ÷ çè0, 2248Lb ø Si cara polar es 16 x 5 cm

S

Si:

F = BILsenq Þ

Luego: q =

senq =

F 1,5921 = = 0, 7076 BIL 0, 45 x 25 x0, 20

sin- 1 (0,7076)= 45º

EJEMPLO 1.7: Una bobina constituida por 2 espiras se encuentra en un campo magnético uniforme cuya densidad de flujo es de 8 500 líneas/pulg 2 . Cuando los terminales de la bobina son conectados a una batería fluye una corriente de 20 A. Determinar: a) La fuerza electromagnética en los lados de 20 cm. de longitud, e indicar el sentido de rotación. b) La fuerza electromagnética en los lados de 10 cm. c) El torque electromagnético total. SOLUCION

2 espiras Þ Nc = 2 cond

æ pu lg 2 ÷ ö lineas lineas æ Wb ö ç ÷ ç ÷ B = 8500 = 8500 ÷ç ç ÷= 0,1317 Tesla ÷çè0, 02542 m2 ÷ pu lg 2 pu lg 2 çè108 lineas ø ø I = 20A L = 20 cm = 0, 2 m Flado = Ftotal = N c xBIL = 2 x0,1317 x 20 x0, 20 = 1, 0536 N

a) Para:

Sentido de rotación: HORARIO b) Para:

l = 10 cm = 0,1 m . Será NULO ya que B es paralelo al lado de 10 cm.

Flado 10 cm = Nc BILsen(0º)= 0 N c) TEM T = Ftotal x r = 1, 0536 x0, 05 = 0, 0527 N .m

r=

l 0,10m = = 0, 05 m . Distancia radial al eje de rotación 2 2

1.11 FUERZA CONTRAELECTROMOTRIZ En el conductor “motor” se induce una f.e.m.; el sentido de ésta f.e.m. es contrario al sentido de circulación de la corriente (f.e.m.) que crea la fuerza o movimiento; por ello se denomina fuerza contraelectromotriz. Esto concuerda con la Ley de Lenz: El sentido de la tensión inducida se opone a la f.e.m aplicada que la engendra. Por lo tanto siempre que tiene lugar la acción motor, simultáneamente se origina la acción generador.

1.12 COMPARACION DE ACCION MOTOR Y ACCION GENERADOR El efecto de motor y de generador tiene lugar simultáneamente en las máquinas eléctricas rotativas. En consecuencia, la misma máquina puede funcionar como motor o como generador.

MOTOR:

Va

EC

I a Ra

Cuando una máquina funciona como motor, la fuerza contraelectromotriz generada siempre es menor, que la tensión en bornes y se opone a la corriente del inducido. Va>Ec GENERA DOR:

Eg

Va

I a Ra

Cuando una máquina funciona como generador, la corriente del inducido tiene el mismo sentido que la f.e.m. generada y está Eg supera a la tensión en bornes del inducido Va Eg>Va Donde: Va Tensión aplicada a los bornes del inducido EC Fuerza contraelectromotriz desarrollada en el inducido del rotor Eg F.e.m. generada en el inducido del generador IaRa Caída de tensión en el inducido, debido a la circulación de la corriente del inducido a través de la resistencia de armadura Ra. EJEMPLO1.8: Una máquina de cd genera 125 V a la vez que entrega 8 A a una carga. Si la resistencia total del circuito de su armadura es de 1,35 ¿Qué voltaje debe generarse internamente en la armadura? SOLUCION

Va

125V

Ra

1,35

Ia 8A Eg Va I a Ra

125 (8*1,35) 135,8 V

EJEMPLO 1.9: El inducido de un motor tiene una resistencia de 0,25 y cuando se conecta en unas barras de cd de 125 V, absorbe una corriente de 60 A. Calcular la f.e.m. generada en los conductores del inducido del motor. SOLUCION

Va

125V

Ra

0, 25

Ia

60 A Si: Va EC I a Ra EC Va I a Ra 120 (60*0, 25) 110 V PROBLEMAS RESUELTOS 1.1 Un conductor pasa 20 veces por segundo a través de la cara polar de un campo magnético cuya densidad es 12 000 gauss. El área de la cara polar es la de un cuadrado de 30 cm de lado. ¿Cuál es la fuerza electromotriz inducida en el conductor?. SOLUCION

B 12000 gauss 12000 gauss L 30cm 0,3m L 20 x0,3m m v 6 t 1s s Wb m e B.L.v 1, 2 2 x0,3mx6 m s

Tesla 10 4 gauss

1, 2Tesla 1, 2

Wb m2

2,16Voltios

1.2 Un conductor de 8 pulgadas de longitud se mueve mediante una fuerza mecánica perpendicular a un campo magnético uniforme de 50 000 líneas/pulg 2 de densidad de flujo. Que velocidad se debe aplicar al conductor para obtener una fuerza electromotriz de 1,5 voltios. SOLUCION

B 50000 L 8 pul g

lineas Wb 2 8 pul g 10 lineas 0,0254m pul g

pul g 2 0, 02542 m2

0, 775

Weber m2

0, 2032m

e 1,5V Si: e B.L.v e 1,5 v BL 0, 775 x0, 2032

9,525

m s

1.3 Un conductor se mueve a una velocidad de 1,5 m/s y tiene una longitud de 0.2 m, a través de un campo magnético uniforme de 4 Wb/m2 . Calcular el voltaje inducido en el conductor cuando se mueve en el campo de referencia a un ángulo de: a) 90º b) 30º y c) 120º. SOLUCION

Wb B 4 2 m L 0, 2m m v 1,5 s a)

e

b)

e

Wb m x0, 2mx1,5 x1 1, 2Voltios 2 m s Wb m B.L.v.sen30º 4 2 x0, 2mx1,5 x0,5 0, 6Voltios m s B.L.v.sen90º 4

c)

e

B.L.v.sen120º 4

Wb m x0, 2mx1,5 x0,866 1, 04Voltios 2 m s

1.4 La figura representa un conductor de 30 cm de largo, dispuesto en la superficie de un inducido de 32 cm de diámetro. El inducido gira a 25 rps. Determinar: a) La fuerza electromotriz en el conductor cuando está en la posición indicada, enfrente del polo, donde la densidad de flujo es uniforme y de 7500 gauss. b) Determinar la velocidad en rps a que debe girar el inducido para que la fuerza electromotriz inducida en el conductor sea 6,79 V. SOLUCION

L 30cm 0,3m

d

32cm

r 16cm 0,16m

Tesla Wb 0,75Tesla 0,75 2 4 10 gauss m rev rev 2 rad rad 25 25 157 s s rev s rad m v .r 157 x0,16m 25.133 s s a) ec B.L.v 0, 75 x0,16 x 25,133 5, 65Voltios ec 6, 79 m b) ec B.L.v v 30,178 B.L 0, 75 x0,3 s m 30,178 v rev rev s 188, 611 rad v .r 30 r 0,16m s 2 rad s B 7500 gauss 7500 gauss

30rps

1.5 Una máquina de 2 polos gira a 1500 rpm y tiene un rotor cuyo radio es de 3 cm y la dimensión axial de la cara polar es de 10 cm, siendo la densidad de flujo en el entrehierro de 12740 gauss. ¿Cuál será la fuerza electromotriz generada en cada conductor cuando atraviesa cada cara polar?. Determinar también el sentido de la corriente a través de cada conductor cuando el rotor gira en el sentido horario. SOLUCION

Wb B 12740 gauss 1, 274 2 m L 10cm 0,1m r 3cm 0, 03m n 1500rpm rev 2 rad min rad 157, 0796 min rev 60s s rad m .r 157, 0796 x0, 03m 4, 7124 s s B.L.v 1, 274 x0,1x4,7124 0,6V 1500

v e

SEGÚN: REGLA DE LA MANO DERECHA SENTIDO DE LA CORRIENTE: FRENTE AL POLO NORTE: ENTRA FRENTE AL POLO SUR: SALE 1.6 La fuerza electromotriz generada en un conductor que se desplaza en un campo magnético uniforme es de 50 voltios cuando la velocidad es de 60 cm/s. Calcular la f.e.m. generada: a) Cuando el flujo se incrementa en un 15% b) Cuando la velocidad se reduce en un 30% c) Cuando la velocidad se incrementa en un 20% y el flujo se reduce en un 10% SOLUCION

e 50V

v

60

cm m s 100cm

0, 6

B1

a) Si el flujo se incrementa en un 15% Si:

e

p

B.L.v

e1

A

.L.v

A

c)

p

B.L.v2

A

.L.0, 7v

0,15

p

A

A 1,15

p

A

.L.v 1,15 x50 57,5V v2

b) Si la velocidad se reduce en un 30%

e2

p

p

B

50 p

B1.L.v 1,15

m s

0, 7

p

A

.L.v

v 0,3v

0, 7v

0, 7 x50 35V

Si la velocidad se incrementa en 20% y el flujo se reduce en 10%

v3

v 0, 2v 1, 2v

B3 e3

p

B3 .L.v3

0,1

p

0,9

A 0,9

p

A

p

A

xLx1, 2v 1, 08

p

A

.L.v 1, 08 x50 54V

1.7 Un generador de corriente continua de 6 polos, tiene una armadura con un devanado ondulado simple con 52 ranuras y cada ranura tiene 16 conductores, si el flujo por polo es de 5,008x10 -3 Weber y el voltaje inducido es de 250 Voltios. Calcular la velocidad de giro del generador SOLUCION 3

5,008x10 Wb 0,005008Wb p 6 polos a 2m 2x1 2ramas conductores Z 52ranuras 16 832conductores ranura E 250V pZ Si: E pn 60a 60aE 60 x 2 x 250 n 1200rpm pZ p 6 x832 x0, 005008 p

1.8 ¿Cuántos conductores por rama tiene la armadura de un generador de corriente continua que tiene 4 polos, con un devanado imbricado simple. El flujo polo es de 2,5x10 6 Maxwell, el voltaje generado es 240 Voltios y el inducido gira a 30 rps. SOLUCION

p

4 polos

E 240V 1Wb 10 Maxwell a mp 1x4 4ramas rev 60s n 30 1800rpm s min p

2,5 x106 Maxwell

8

0, 025Wb

E

Si:

Z

pZ 60a 60aE pn p

p

n 60 x 4 x 240 4 x1800 x0, 025

320conductores

Si: Z = Número total de conductores en el rotor a = Número de circuitos en paralelo ó número de ramas Zs = Número de conductores en serie ó numero de conductores por rama

Zs =

Z 320 = = 80conductores a 4

1.9 Un generador de 4 polos tiene una armadura con un devanado ondulado d oble, en sus 50 ranuras y en cada ranura se tiene18 conductores, si la velocidad de giro es de 1000 r.p.m. y el voltaje generado es de 480 voltios. Calcular el flujo por polo producido por los polos del generador. SOLUCION

p

4 polos

a 2m 2x2 4ramas conductores Z 50ranuras 18 900conductores ranura E 480V pZ Si: E pn 60a 60aE 60 x 4 x 480 0, 032Wb p pZn 4 x900 x1000 1.10 En un generador de 6 polos que gira a 750 r.p.m., el diámetro del inducido es de 85,3 cm, la longitud axial de 70 cm, el numero de ranuras es de 96 y se utiliza un devanado imbricado simple cuya densidad de flujo frente a los polos es 8 000 Maxwell/cm2 , con 2 conductores por ranura. Determinar la tensión generada en cada conductor. SOLUCION

n p d L a

750rpm 6 polos 85,3cm 0,853m r 70cm 0, 70m m. p 1x6 6ramas

Z

96ranuras 2

0, 4265m

conductores ranura

192conductores

Maxwell 1Wb 1002 cm2 B 8000 cm2 108 Maxwell m2 2 rL 2 x x0, 4265 x0, 70 Ap 0,3126m 2 p 6 Wb B. Ap 0,8 2 x0,3126m2 0, 25Wb p m Tensión total generada:

E

pZ 60a

p

n

6 x192 x0, 25 x750 600V 60 x6

Tensión generada en cada conductor:

0,8

Wb m2

Ec

E Zs

E Z a

600 18, 75V / conductor 192 6

1.11 Una máquina de corriente continua genera 480 V, con 6 polos, que gira a 450 rpm, se utiliza un inducido provisto de 64 ranuras. Este inducido tiene 6 ramas en paralelo . ¿Cuántos conductores deben colocarse por ranura si el flujo útil por polo es 6,25x10-2 Weber?. SOLUCION

E n p a Nr p

480V 450rpm 6 polos 6ramas nº ranuras 64

6,25x10 2Wb 0,0625Wb

Numero total de conductores: Si:

E

pZ pn 60a 60aE Z p pn

60 x6 x 480 1024conductores 6 x0, 0625 x 450

Numero de conductores por ranura:

N cr

Z Nr

1024conductores 64conductores

16

conductores ranura

1.12 Una máquina prima que gira a 1500 rpm mueve al inducido de un generador de 4 polos, siendo la armadura del generador de 36 cm de diámetro y la longitud axial de la cara polar es de 48 cm, el número de ranuras de la armadura es de 64 ranuras y utiliza un arrollamiento ondulado simple de 6 conductores por ranura, con una densidad de flujo frente a los polos de 1 843 Maxwell/cm2 . Determinar la tensión generada por la máquina y la tensión en cada conductor. SOLUCION

n 1500rpm p 4 polos d 36cm 0,36m L 48cm 0, 48m

r

0,18m

a 2m 2x1 2ramas conductores Z 64ranuras 6 ranura

384conductores

Maxwell 1Wb 1002 cm2 Wb 0,1843 2 2 8 2 cm 10 Maxwell m m 2 rL 2 x x0,18 x0, 48 0,1357m2 p 4 Wb B. Ap 0,1843 2 x0,1357m2 0, 025Wb m

B 1843 Ap p

Tensión total generada:

E

pZ 60a

p

n

4 x384 x0, 025 x1500 480V 60 x2

Tensión generada en cada conductor:

Ec

E Zs

E Z a

480 384 2

2,5V / conductor

1.13 Calcular la tensión generada en una máquina de corriente continua de 4 polos cuyo inducido que a 900 rpm tiene un arrollamiento imbricado doble de 6 conductores en cada una de sus 126 ranuras y con una densidad de flujo de 12 000 gauss en cada cara polar de 382 cm2 de área. SOLUCION

n 900rpm p 4 polos a mp 2 x4 8ramas conductores Z 126ranuras 6 ranura

B 12000 gauss

Ap p

1Tesla 104 gauss

756conductores

1, 2Tesla 1, 2

Wb m2

m2 382cm 0, 0382m2 2 2 100 cm Wb B. Ap 1, 2 2 x0, 0382m2 0, 04584Wb m 2

T ensión total generada:

E

pZ 60a

p

n

4 x756 x0, 04584 x900 259,9158V 60 x8

260V

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.1 Una máquina de c.c. de 250 voltios, con 6 polos que gira a 600 rpm, utiliza un inducido provisto de 100 ranuras. Este inducido tiene 6 circuitos en paralelo. ¿Cuántos conductores deben colocarse por ranura si el flujo útil por polo es 5x10-2 Weber?. Rpta:5 conductores/ranura. 1.2 Cuantos conductores por rama tiene la armadura de un generador de c.c. que tiene 4 polos y esta conectada en un devanado ondulado simple. El flujo por polo es de 3x10 6 Maxwell. El voltaje generado es 250 voltios y el inducido gira a 20 rev/s. Rpta:104 conductores/rama. 1.3 Una máquina de devanado doble capa está arrollado sobre un inducido que tiene 48 ranuras, cada bobina tiene un total de 6 espiras. El inducido se utiliza en un generador de 380 volt ios de tensión en bornes y produce una potencia interna de 62,208 kW, siendo su resistencia de armadura de 0,055 ohmios y velocidad de giro de 1800 rpm, la máquina tiene 4 polos. Calcular el flujo por polo para producir la tensión generada y la corriente por conductor cuando el generador suministra la carga nominal. Rpta: 45x10-3 Weber – 20 Amperios. 1.4 Una máquina prima que gira a 1200 rpm mueve a un generador de 6 polos, siendo el inducido del generador de 42 cm de diámetro y la longitud axial de la cara p olar de 36 cm, el número de ranuras de la armadura es de 60 y utiliza un devanado imbricado simple de 3 conductores por ranura. Con una densidad de flujo frente a los polos de 17 325 Maxwell/cm2 . Determinar la tensión generada total y la tensión en cada conductor. Rpta: 480 voltios – 16 voltios/conductor. 1.5 Un generador de c.c. de 225 voltios de tensión en bornes, suministra una corriente de armadura de 60 amperios, siendo la resistencia del circuito de inducido de 0,25 ohmios. El inducido tiene un total d e 32 ranuras con un devanado imbricado doble de 8 conductores/ranura, el generador tiene 8 polos y el flujo por polo es de 125x105 Maxwell. Determinar la velocidad de la máquina. Rpta: 900 rpm. 1.6 Una máquina de corriente continua de 8 polos que funciona como generador que gira a 900 rpm, tiene su inducido de devanado imbricado simple de 288 espiras y la resistencia por conductor es de 0,004 ohmios. La corriente por cada conductor es de 31,25 amperios y la resistencia total de las escobillas 0,016 ohmios. Si el flujo por polo es de 28,125x105 Maxwell. Calcular la potencia interna y la tensión en bornes de la máquina. Rpta: 60,75 kW - 230 voltios.

1.7 Calcular la tensión generada en una máquina de c.c. de 4 polos, que a 1500 rpm con un inducido de arrollamiento imbricado doble de 8 conductores en cada una de sus 76 ranuras y con una densidad de flujo de 12 500 gauss en cada cara polar de 400 cm2 de área. Rpta: 380 voltios. 1.8 Un generador de corriente continua de 6 polos cuyo inducido que gira a 1200 rpm tiene un deva nado ondulado doble de 108 espiras y la resistencia por conductor es de 0,010 ohmios. La corriente por cada conductor es de 17,5 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,03643 ohmios. Si el flujo por polo es de 759,26 x 104 líneas. Calcular el torque resistente y la tensión en bornes producida por la máquina. Rpta: 274,065 N.m - 480 voltios.

SEMANA Nº 4 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

CAPITULO II

EL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA EN REGIMEN ESTABLE La finalidad del generador es la de producir una tensión de corriente continua por conversión de la energía mecánica en eléctrica, y una parte de esta tensión de c.c. se utiliza para excitar el devanado de campo. 2.1 TIPOS DE GENERADORES Los tipos de generadores derivan de la forma cómo se conectan las bobinas de campo del generador; y son las siguientes: -

Generadores con excitación independiente.

-

Generadores con excitación propia ó autoexcitados : Shunt, Serie y Compound.

2.2 GENERADORES CON EXCITACION INDEPENDIENTE La bobina de campo es alimentada desde una fuente exterior denominado excitatriz.

2.3 GENERADOR CON EXCITACIÓN DERIVACION Ó SHUNT La bobina de campo es conectada en paralelo con el inducido del generador.

Va

Eg

Ia

IL

I a Ra

Ie

Eg

pZ 60a

Eg

K A '. p .n

p

n

Donde: Eg : F.e.m. inducida por el generador (V) Va : Tensión en bornes del generador (V)

VBD

Ia : Intensidad de corriente de armadura (A) Ie : Intensidad de corriente de excitación (A) IL : Intensidad de corriente de línea (A) Ra : Resistencia de armadura (Ω)

VBD : caída de tensión en las escobillas KA ’: Constante que depende de la construcción de la máquina. 2.4 GENERADOR SERIE La bobina de campo es conectada en serie con el inducido del generador.

Va

Eg

I a Ra

Ia

IL

Ie

VBD

I a Rs

RS : Resistencia de devanado de excitación serie (Ω) 2.5 GENERADOR COMPOUND (COMPUESTO) 2.5.1 GENERADOR COMPOUND DE CONEXION LARGA

2.5.2 GENERADOR COMPOUND DE CONEXION CORTA

2.6 DIAGRAMA SHUNT

ESQUEMATICO

Y

CIRCUITO

EQUIVALENTE

DE

UN

GENERADOR

Donde: Eg : F.e.m. inducida por el generador (V) Va : Tensión en bornes del generador (V) Ia : Intensidad de corriente de armadura (A) Ie : Intensidad de corriente de excitación (A) IL : Intensidad de corriente de línea (A) Rw : Resistencia del devanado del inducido (Ω) Rc: Resistencia del devanado de compensación (Ω) Ri : Resistencia del devanado auxiliar o interpolos (Ω) Ra : Resistencia equivalente del devanado de armadura (Ω). (Ra=Rw +Rc+Ri ) Rb : Resistencia de las escobillas y la resistencia de contacto de la escobilla con el inducido móvil (Ω) Rsh : Resistencia del devanado de exitación shunt (Ω) Rcp : Resistencia del reóstato de campo (Ω) VBD : caída de tensión en las escobillas (V) KA ’: Constante que depende de la construcción de la máquina. EJEMPLO 2.1: Un generador de c.c. en derivación de 50 kW y 250 V, tiene una resistencia del circuito de excitación de 62.5 Ω, y una caída de tensión en las escobillas de 3 V y una resistencia de inducido de 0,025 . Calcular cuando se suministra la corriente nominal a la velocidad y tensión nominales: a. Las corrientes de carga, excitación y de inducido. b. La tensión generada en el inducido. SOLUCION

Va

P 250 kW Ra 0, 025 a)

250V

Rsh

62,5

Corriente de línea:

IL

P Va

50 x103 250

200 A.

Corriente de excitación:

Ie

Va Rsh

250 62.5

4 A.

Corriente de armadura:

Ia

Ie

IL

200 4

204 A

b) Tensión generada en el inducido:

Eg

Va

I a Ra

VBD

250 204(0, 025) 3 258,1V

PROBLEMA 2.2: Un generador serie de c.c. de 10 kW y 125 V tiene una caída en las escobillas de 2 V, una resistencia del circuito de inducido de 0,1 Ω y una resistencia de la excitación serie de 0,05 . Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal, calcular: a. La corriente en el inducido. b. La tensión generada en el inducido.

SOLUCION

Va

P 10 kW Ra 0,1

VBD a)

125V

Rs

0, 05

2V

Corriente en el inducido:

Ia

P Va

10 x103 125

80 A.

b) Tensión generada en el inducido:

Eg -

Va

I a Ra

I a Rs

VBD

125 80(0,1) 80(0, 05) 3 139V

El inducido de los generadores shunt están constituidos por muchas espira y sección delgada de conductor; mientras que el inducido de los generadores serie están constituidos por pocas espiras y sección gruesa de conductor. Rsh

En el motor Shunt necesitamos generar menos tensión que el motor serie. PROBLEMA 2,3: Un generador compound con derivación larga de 100 kW y 600 V presenta una caída de tensión en las escobillas de 5 V, una resistencia de la excitación en serie de 0,02 Ω, una resistencia de la excitación derivación de 200 Ω y una resistencia de inducido d e 0,04 Ω. Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal de 1200 r.p.m., calcular: a) La corriente en el inducido. b) a tensión generada en el inducido. SOLUCION

Va

P 100 kW Rs 0, 02

Ra a)

600V

Rsh

0, 04

200

VBD

5V

Corriente en el inducido:

IL Ie

Ia

P 100 x103 166,67 A. Va 600 Va 600 3 A. Rsh 200 I e I L 3 166, 67 169, 67 A

b) Tensión generada en el inducido:

Eg

Va

I a Ra

I a Rs

VBD

Eg

600 169, 67(0, 04) 169, 67(0, 02) 5

Eg

615,18 V

SEMANA Nº 5 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

2.7 CURVAS CARACTERISTICAS DE LOS GENERADORES En un generador el voltaje de salida está determinado por muchos factores. Los números de conductores Z, número de polos y de trayectorias paralelas del devanado de la armadura son parámetros de diseño y, por lo tanto, cantidades fijas. En consecuencia, una vez construido, una forma de con trolar el voltaje de salida de un generador consiste en variar su velocidad de rotación “n” en r.p.m. (u ω en radianes por segundo). La otra forma consiste en variar su flujo de campo por polo Ф en Wb/m2 . La velocidad de rotación está determinada por las características de la máquina primaria acoplada al generador (regulador de velocidad de la turbina). El flujo de campo está determinado por las características de la trayectoria magnética total. Las bobinas de campo se construyen con un número específico de vueltas de alambre de un tamaño en particular. Los Ampere-vueltas presentes en la bobina están determinados por la cantidad física de de vueltas y por la corriente que circula a consecuencia del voltaje de campo aplicado. Al relacionar el valor H de los ampere-vueltas por metro de longitud y el flujo magnético por metro cuadrado B. El resultado es que una bobina de campo en particular que se monte alrededor de determinado circuito magnético que tenga un área de polo de campo específica tiene, en virtud de su tamaño, un valor de Ф relacionado con su valor de H según la curva general BH del circuito magnético. Est depende, por , de los materiales específicos empleados. 2.7.1

CURVA DE MAGNETIZACION DEL GENERADOR

El voltaje generado Eg está relacionado directamente con el flujo magnético Ф p , ya que es la única cantidad variable que queda si la velocidad de rotación se mantiene constante. Así, el voltaje de salida estará relacionado con la curva de excitación del campo, muy parecida a la curva BH. De hecho, hay toda una familia de curvas de voltajes generados con formas parecidas, habiendo una para cada velocidad de rotación. Esta característica interna de un generador se conoce como la curva de magnetización. La curva de magnetización o característica interna de la máquina, se obtiene excitando la máquina independientemente y manteniendo su velocidad ω constante y en vacío. El generador es accionado por un motor primario a una velocidad constante. En el circuito del potenciómetro está conectado un amperímetro para registrar la corriente absorbida por la excitación y un voltímetro está conectado en los bornes del inducido para registrar la tensión Eg .

Si la máquina se mueve a una velocidad constante: Eg

K A ' pn

K'

p

, la lectura del

voltímetro Eg es única y exclusivamente función del flujo mutuo en el entrehierro. Si el potenciómetro se ajus ta para I e 0 ; cuando el generador gira a una velocidad constante e incluso cuando la fmm de excitación ( I e N e

0 ) el flujo en el entrehierro no es cero. El voltímetro

registra una pequeña tensión cuando la corriente de excitación es nula (punto a). La tensión en a se debe a la retentividad de los polos de excitación y es proporcional a la cantidad de magnetismo residual que quedó acumulado en el hierro de la máquina cuando el generador fue desconectada. Si Ie se aumenta mediante el potenciómetro hasta Ie, la tensión se eleva hasta el punto b y si seguimos aumentando la corriente de excitación hasta I e2 , la tensión se eleva hasta el punto c. Por lo tanto, la tensión inducida generada aumenta proporcionalmente a la fmm del entrehierro producida por la corriente de excitación (IeNe).

El tramo ab no es lineal por que está compuesto de una fmm residual fijo y una fmm variable debida a la corriente de excitación. El tramo bc es lineal ya que la fmm residual es despreciable en comparación con la fmm producida por la excitación y la tensión generada varía directamente con la variación de la intensidad de excitación. Más allá del punto c (codo de curva), un aumento de la corriente de excitación no produce un aumento proporcional en la tensión generada. Aquí, el hierro de los polos de excitación y el núcleo circundante del circuito magnético se aproxima a la saturación. Mas allá del punto cualquier aumento de la fmm no llegará a producir un aumento proporcionado en el flujo, y la curva de magnetización desde c a d no es lineal, esta vez a causa del efecto de la saturación magnética. Si la corriente de excitación se reduce de Ie3 a Ie2 , la tensión generada disminuye de d a e (la tensión e>tensión c y que posteriores disminuciones de Ie producen tensiones generadas superiores a las producidas cuando Ie aumenta). Esta acción es idéntica a la producida en cualquier circuito magnético que contiene un material ferromagnético; es una propiedad del material denominada Histéresis. La curva de magnetización (Eg Vs Ie) no es distinta de la forma de la curva de saturación (B Vs H) obtenida para cualquier material ferromagnético. De Eg

K A ' p n , la rotación de los conductores del inducido a velocidad constante produce una

tensión directamente proporcional al flujo del entrehierro y no necesariamente proporcional a la corriente de excitación. Normalmente el punto de trabajo de la máquina se presenta en la zona curva (pto p). Er tensión inicial > 0 a causa del magnetismo remanente que posee el circuito magnético del estator. Es posible trazar toda una familia de curvas a diferentes velocidades. Pero aplicando el método de la proporcionalidad se obtiene la f.e.m. a otra velocidad.

E final

n final

Eoriginal

noriginal

PROBLEMA 2.4: Suponiendo constante la excitación, calcular la tensión en vacío de un generador independiente, cuya tensión en el inducido es de 150 V a velocidad de 1800 r.p.m. cuando: a) La velocidad aumenta a 2000 r.p.m. b) Cuando la velocidad disminuye a 1600 r.p.m. SOLUCION a)

E final E final

b)

E final

n final

xEoriginal noriginal 2000 x150 166, 7V 1800 1600 x150 133 V 1800

2.7.2 LINEA DE AUTOEXCITADO

RESISTENCIA

DE

EXCITACIÓN

DEL

GENERADOR

Cuando el circuito de excitación (devanado de excitación y reóstato de campo) se conecta a los bornes del inducido, la corriente de excitación Ie ya no es independiente de la tensión generada.

La corriente Ie depende de la relación V f / R f .

Vf

Va Tensión existente en bornes del inducido.

La corriente de excitación en cualquier instante, es función de dos variables: (1) La tensión en el inducido, que varía con la f.m.m.del entrehierro, (2) la resistencia de excitación que varía con el reóstato de campo. A fin de expresar la corriente de excitación y del inducido que circula en cualquier instante del circuito, es necesario representar gráficamente una familia de líneas de resistencias de excitación. Por tanto de acuerdo a la ley de Ohm, una resistencia de excitación elevada (gran pendiente) producirá una pequeña corriente de excitación Ie para un valor muy grande de la tensión de excitación. Inversamente una resistencia de excitación reducida (poca pendiente) producirá una corriente de excitación Ie muy grande para una tensión de excitación Vf muy reducida. 2.7.3

1.

PRODUCCION DE LA AUTOEXCITACIÓN EN EL GENERADOR SHUNT

Suponer que el generador arranca en reposo, velocidad de la máquina motriz es nula. A pesar del magnetismo residual, la f.e.m. generada es cero

2.

Eg

0 .

Cuando la máquina motriz hace girar el inducido del generador y la velocidad se aproxima a su valor nominal, la tensión debida al magnetismo residual y a la velocidad

Eg

k n aumenta.

3.

A la velocidad nominal, la tensión en bornes del inducido debida al magnetismo residual, es pequeña E1 . Pero esta tensión también se aplica al circuito de excitación cuya resistencia es R f (Rsh ). Por tanto la corriente de excitación I1 es pequeña.

4.

Cuando I1 circula en el circuito de excitación del generador, aumenta la f.m.m. ayuda al magnetismo residual, por tanto aumenta la tensión a E2 .

If Nf

que

5.

La tensión E2 se aplica ahora a la excitación provocando que por el circuito de excitación circule una corriente mayor I2 . I 2 N f es una fmm mayor que produce una tensión generada E3 .

6.

E3 establece a I3 en el circuito de excitación produciendo E4 . Pero E4 provoca la circulación de I4 en la excitación produciendo E5 y así sucesivamente hasta E8 ; el valor máximo.

7.

El proceso continúa hasta el punto en que la línea de resistencia de excitación corta con la curva de magnetización. En este momento cesa el proceso. La tensión inducida producida cuando se aplica al circuito de excitación produce una circulación de corriente que a su vez produce una tensión inducida de la misma magnitud E8 .

RESISTENCIA DE EXCITACIÓN CRÍTICA (RC ) Si Rf (resistencia de excitación) se reduce a Rf1 mediante el reóstato; el proceso de autoexcitación tendría lugar a lo largo de la línea de resistencia de excitación Rf1 y establecería un valor ligeramente superior a E8 , o sea, el punto en que Rf1 corta a la curva de magnetización E9 . La reducción de la resistencia de excitación (a su valor límite correspondiente a la resistencia del devanado de excitación) no aumentará la tensión apreciablemente. Inversa mente, al aumentar la resistencia del reóstato de campo y la resistencia del circuito de excitación (hasta > R f) se provocará una reducción del valor máximo para que pueda tener lugar a la autoexcitación. Rf se puede aumentar hasta Rc (resistencia crítica). Si Rf es superior a Rc no producirá autoexcitación. Rc es la tangente a la curva de saturación que pasa por el origen, de, O. Por tanto, una resistencia del circuito de excitación superior a Rc producirá una tensión en el inducido igual a E1 aproximadamente y no aumentará. RAZONES POR LA QUE UN GENERADOR SHUNT AUTOEXCITADO DESARROLLA TENSION: 1) Falta de magnetismo residual ( o insuficiente) 2) Conexiones del circuito de excitación invertidas con respecto al circuito de inducido 3) Resistencia del circuito de excitación mayor que la resistencia de excitación crítica. 4) Corte o resistencia elevada en el circuito de inducido

NO

EFECTO DE LA CARGA EN IMPEDIR LA AUTOEXCITACION DE UN GENERADOR SHUNT La carga tiene una resistencia baja en comparación de Rf (resistencia de excitación). Una carga demasiado grande se3 conecta a los bornes de un generador shunt, que gira a su velocidad nominal, el generador puede no desarrollar tensión. Una carga elevada (baja resistencia) representa un corto circuito en bornes del inducido. La razón es que la mayor parte de la corriente del inducido es derivada hacia la carga en lugar de hacia la excitación y se dispone de una pequeña corriente de excitación adicional para producir la fmm adicional requerida para iniciar el proceso de autoexcitación. Por lo tanto, para conseguir la autoexcitación, es necesario que el generador shunt no esté conectado a la carga hasta que su tensión alcance su valor nominal mediante el proceso de autoexcitación. El generador shunt, en loque concierne a la carga, debe hacerse funcionar en la parte saturada de su curva de magnetización. Si se hace funcionar por debajo del codo de la curva de magnetización (parte lineal o no saturada), puede desexcitarse con la aplicación de la carga. 2.7.4 CURVA SHUNT

CARACTERISTICA

CARGA-TENSION

DE

UN

GENERADOR

Cuando se aplica carga a los bornes del inducido el efecto es de reducir la tensión generada y la del inducido; la caída de tensión es por los siguientes factores: 1) Una caída de tensión interna en el inducido producida por la resist encia del circuito del inducido Ra. 2) El efecto de la reacción de inducido sobre el flujo en el entrehierro. 3) La reducción de la corriente de excitación provocada por los dos factores precedentes.

SEMANA Nº 6 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

2.7.5 CURVA CARACTERISTICA CARGA VOLTAJE PARA UN GENERADOR EN SERIE El generador en serie en circuito abierto es incapaz de subir el voltaje. Así cuando la corriente de la carga es cero, los voltajes generados y de armadura Eg y Va son idénticos y ambos se deben al flujo magnético residual (E1 ). Si conectamos una carga con las terminales de la armadura de un generador serie, por el campo serie pasará una corriente I1 común a la armadura y la carga creando una tensión que contribuye al flujo residual y produce un mayor voltaje. Comenzará la subida automática por que el voltaje adicional crea una corriente adicional en la carga y ello a su vez produce más f.m.m. (I s Ns ) en el campo en serie. Este generador es más complejo que el generador en derivación. Ahora hay dos caídas de voltaje, sin tener en cuenta las caídas en las escobillas que limitan el voltaje V1 a través de la carga. Eg baja por los efectos de reacción de armadura de modo que V1 produce Is (corriente de magnetización) el cual presenta una resultante de dos fuerzas. 1. 2.

Factores que tienden a disminuir el voltaje V1 . La corriente de magnetización Is , que tiende a aumentar Eg .

Resulta de ello que para una velocidad de impulso dado se produce un voltaje E g máximo que es punto crítico en el cual cesa el crecimiento y no se produce automáticamente más corriente (toda máquina debe trabajar en zona saturada). En este punto la corriente I1m las caídas de voltaje del campo en serie y de la armadura y así la caída por reacción de la armadura compensa exactamente el aumento de fuerza magnetomotriz que se produce en el campo en serie y voltaje de terminales V1 permanece constante. 2.8

EFECTOS DE LA VELOCIDAD SOBRE LAS CARACTERISTICAS EN VACIO Y EN CARGA DE UN GENERADOR SHUNT

Si Eg

K A ' p n , para

p

constante, entonces; un aumento de “n”, producirá un aumento de la tensión y

una velocidad infinita producirá una tensión infinita.

Si Ie es constante para dos valores distintos de velocidad n 1 y n 2 . Para la misma Ie1 , la velocidad mayor produce menor saturación, ya que la pendiente en el punto 2 es más vertical que en el punto 1. Pero cuanto menos saturado esté un generador shunt, más rápidamente se desexcitará. Por tanto se puede esperar que una máquina de velocidad mayor se desexcite más rápidamente y presente una característica de carga más decreciente que una máquina mas lenta. Si la velocidad de la máquina motriz disminuye, por consiguiente, tenderá a mejorar la regulación de tensión del generador shunt. Si además, debido a la disminución de velocidad y la reducción de la tensión en bornes, se restablece la tensión a su valor original aumentando la corriente de excitación, la regulación de tensión se mejora aún mas como resultado del aumento de saturación de la excitación. 2.9

REGULACION DE TENSION DE UN GENERADOR

El término 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 vacío a plena carga es pequeño, el generador posee una buena regulación.

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.

VR(regulacion de Tension)

Eg Va Va

x100

Donde: Eg Va

Tensión generada en vacío. (V) Tensión nominal en bornes a plena carga. (V)

PROBLEMA 2.5: La tensión en vacío de un generador shunt es 135 V y la tensión a plena carga es 125 V. Calcular la regulación de tensión. SOLUCION

VR(%)

Eg Va Va

x100

135 125 x100 8% 125

Regulación positiva se define como voltaje mayor en vacío que a plena carga. A este efecto contrario se llama regulación negativa; que puede ocurrir en ciertos generadores compuestos o en serie. La operación de un generador en la curva de la zona de saturación da una mejor regulación (menor porcentaje de regulación). Esto porque una reducción de Va, causada por una gran corriente de carga, traducirá en una menor pérdida de flujo en el campoque si operase en un punto de la zona no saturada (zona lineal). Cuando se opera dentro de un intervalo de carga razonable, puede obtenerse una regulación de cero (es decir, voltaje constante) con un ajuste apropiado del campo. La caída de tensión puede compensarse mediante reguladores automáticos de tensión que reduscan la resisitencia de excitación (aumentando la corriente de excitación) y restablescan la tensión a su valor en vacío. 2.10 PROBLEMAS RESUELTOS 2.1

Una máquina de corriente de 8 polos que funciona como generador gira a 900 rpm y tiene su inducido de devanado imbricado simple de 288 espiras y la resistencia por conduct or es de 0,004 ohmios. La corriente por cada conductor es de 31,25 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0208 ohmios. Si el flujo por polo es de 30x105 Maxwell. Calcular la potencia interna y la tensión en bornes de la máquina. SOLUCION

p 8 polos n 900rpm a mp 1x8 8ramas Numero total de conductores en el inducido:

Z

288espiras 2

conductores espira

576conductores

Numero de conductores en serie:

Zs

Z a

576 8

72

conductores rama

Resistencia eléctrica de cada conductor:

Rc

0, 004

Resistencia eléctrica de una rama:

Rrama

Z s .Rc

72 x0, 004 0, 288

Resistencia equivalente de armadura:

1 Ra

1

1

1

1

1

1

1

1

8

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama 8

Ra

0, 288 8

0, 036

Resistencia total de las escobillas:

Rb

0, 0208

Caída de tensión en las escobillas:

VBD

Rb I a

Corriente eléctrica que circula por cada conductor:

Ic

31, 25 A

Corriente eléctrica total de armadura:

Ia

a.I c

8 x31, 25 250 A

Flujo por polo: p

30 x105 Maxwell

1Wb 10 Maxwell 8

0, 03Wb

Tensión total generada:

Eg

pZ 60a

p

8 x576 x0, 03x900 259, 2V 60 x8

n

Potencia interna:

Pint

Eg .I a

259, 2 x 250

64,800W

64,8kW

Tensión en bornes de la máquina:

Vt 2.2

Eg

Ra I a

VBD

259,2

0,036x250

0,0208x250

245V

Una máquina de devanado imbricado doble de doble capa tiene un inducido de 56 ranuras, cada bobina tiene un total de 25 espiras. El inducido se utiliza en un generador de 250 V de tensión en bornes y produce una potencia interna de 51,8 kW, siendo su resistencia de inducido de 0,045 ohmios y la velocidad de giro es de 1200 rpm. Si la máquina es tetrapolar; calcular el flujo por polo necesario para producir la tensión generada y la corriente por conductor cuando el generador suministra la carga nominal. SOLUCION

p 4 polos n 1200rpm a mp 2 x4 8ramas

N º bobinas N º ranuras 56 (Por ser de doble capa) Numero total de conductores en el inducido: Z

56bobinas

25espiras bobina

2conductores espira

2800conductores

Resistencia de armadura:

Ra

0, 045

Potencia interna:

Pint

51,8kW

51800W

Eg .I a ................(1)

Tensión en bornes de la máquina:

Vt

250V

Tensión generada por la máquina:

Eg

Vt

Ra I a

250 0, 045 I a ..............(2)

Cálculo de la corriente de armadura:

Reemplazando (2) en (1):

51800 (250 0, 045I a ).I a 0, 045I a 2

51800 250 I a

0, 045I a 2 250 I a 51800 0 2502 4 x0, 045 x( 51800) 2 x0, 045

250

Ia Ia

250 268 0, 09

200 A

Tensión generada: reemplazando Ia en (2)

Eg

Vt

Ra I a

250 0, 045I a

250 0, 045(200)

259V

Cálculo del flujo por polo: Si:

Eg p

pZ pn 60a 60aEg 60 x8 x 259 pZn 4 x 2800 x1200

0, 00925Wb

Corriente por conductor:

Ia a

Ic 2.3

200 8

25 A

Un generador de c.c. tetrapolar cuya armadura que gira a 1500 rpm; tiene un devanado imbricado doble de 192 espiras y la resistencia por conductor es de 0.0052 ohmios. La corriente por cada conductor es de 40 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0063 ohmios. Si el flujo por polo es de 816,7x104 líneas. Calcular el torque resistente y la tensión en bornes producida por la máquina. SOLUCION

p 4 polos n 1500rpm a mp 2 x4 8ramas Numero total de conductores en el inducido:

Z 192espiras 2

conductores espira

384conductores

Numero de conductores en serie:

Z a

Zs

384 8

48

conductores rama

Resistencia eléctrica de cada conductor:

Rc

0, 0052

Resistencia eléctrica de una rama:

Rrama

Z s .Rc

48 x0, 0052 0, 2496

Resistencia equivalente de armadura:

1 Ra

1

1

1

1

Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama 0, 2496 Ra 0, 0312 8 8

1

1

1

1

8

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Resistencia total de las escobillas:

Rb

0, 0063

Corriente eléctrica que circula por cada conductor:

Ic

40 A

Corriente eléctrica total de armadura:

Ia

a.I c

8 x 40 320 A

Caída de tensión en las escobillas:

VBD

Rb I a

0, 0063x320

2, 016V

Flujo por polo: p

816, 7 x104 lineas

1Wb 10 lineas

0, 08167Wb

8

Tensión total generada:

Eg

pZ 60a

p

4 x384 x0, 08167 x1500 392, 016V 60 x8

n

Potencia interna:

Pint

Eg .I a

392.016 x320 125445,12W

Torque resistente ó torque electromagnético:

1500

Pint

T

rev 2 rad min rad 157, 08 min rev 60 s s 125445.12 798, 6065 N .m 157, 08

Tensión en bornes de la máquina:

Vt 2.4

Eg

Ra Ia

VBD

392,016

0,0312x320

2,016 380V

La armadura de un generador hexapolar de 36 ranuras con un arrollamiento ondulado doble de doble capa con un total de 8 conductores en cada una de sus ranuras, es movida por un motor de c.c. La potencia interna producida por el generador es de 141,75 kW con una tensión en bornes de 500 V. La resistencia total de la armadura es de 0,0926 ohmios y el flujo producido por polo es de 607,63x104 Maxwell. Si el torque en el eje del motor es de 842,562 lb-pie, determinar la potencia del motor en HP. SOLUCION

p 6 polos

N º ranuras 36 a 2m 2x2 4ramas N º ranuras N º bobinas 36

(Por ser de doble capa) Numero total de conductores en el inducido:

Z

36ranuras

8conductores ranura

288conductores

Resistencia equivalente de armadura:

Ra

0, 0926

Flujo por polo. p

607, 63 X 104 Maxwell

1Wb 10 Maxwell 8

0, 060763Wb

Potencia interna producida por el generador:

Pint

141, 75kW

141750W

E g .I a

..............(1)

Cálculo de la tensión generada por la máquina:

Eg

Vt

Ra I a

500 0, 0926 I a

Reemplazando (2) en (1):

...................(2)

141750 (500 0, 0926 I a ).I a 0, 0926 I a 2 500 I a 141750 0 5002 4 x0, 0926 x( 141750) 2 x0, 0926 269,9784 A 270 A 500

Ia Ia

500 550 0,1852

Reemplazando en (2):

Eg

500 0, 0926(270)

525V

Cálculo del número de revoluciones por segundo: Si:

pZ 60a

Eg

Por tanto:

p

n

n

1200

60aEg pZ

60 x4 x525 1200rpm 6 x288x0,060763

p

rev 2 rad min rev

min 60 s

125, 664

rad s

Torque externo del generador (Torque del motor cc):

Text

842,562lb. pie

0, 4536Kgf 1lb

9,81N 1kgf

0,3048m 1 pie

1142,77 N .m

Potencia del motor:

Pmot

Text

Pmot Pmot

2.5

Text .

1142, 77 x125, 664 143605, 05W

143605, 05W

Hp 746W

192,5HP

Un generador serie de corriente continua de 15 kW a la tensión de 240 voltios tiene una caída de tensión en las escobillas de 2 voltios, una resistencia del circuito de inducido de 0,08 ohmios y una resistencia de la excitación serie de 0,05 ohmios. Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal determinar: a)

La tensión generada en el inducido.

b) El valor de la resistencia diversor en derivación, si debido a una pequeña regulación circula una corriente de 2,5 amperios. SOLUCION

P 15kW VL 240V VBD

2V

Ra

0, 08

Rs

0, 05

Cálculo de corriente de armadura:

P 1500 62,5 A VL 240 N º ranuras N º bobinas 36 (Por ser de doble capa)

Ia

Numero total de conductores en el inducido:

Z

36ranuras

8conductores ranura

Resistencia equivalente de armadura:

Ra

0, 0926

Flujo por polo.

288conductores

p

607, 63 X 104 Maxwell

1Wb 10 Maxwell

0, 060763Wb

8

Potencia interna producida por el generador:

Pint

141, 75kW

141750W

E g .I a

..............(1)

Cálculo de la tensión generada por la máquina:

Eg

Vt

Ra I a

500 0, 0926 I a

...................(2)

Reemplazando (2) en (1):

141750 (500 0, 0926 I a ).I a 0, 0926 I a 2 500 I a 141750 0 Ia Ia

5002 4 x0, 0926 x( 141750) 2 x0, 0926 269,9784 A 270 A 500

500 550 0,1852

Reemplazando en (2):

Eg

500 0, 0926(270)

525V

Cálculo del número de revoluciones por segundo: Si:

Eg

Por tanto:

pZ 60a

p

n

n

1200

60aEg pZ

rev 2 rad min rev

60 x4 x525 1200rpm 6 x288x0,060763

p

min 60 s

125, 664

rad s

Torque externo del generador (Torque del motor cc):

Text

842,562lb. pie

Potencia del motor: Text

Pmot

0, 4536Kgf 1lb Pmot 143605, 05W

9,81N 1kgf Pmot

Text .

Hp 746W

0,3048m 1 pie

1142,77 N .m

1142, 77 x125, 664 143605, 05W 192,5HP

2.11 PROBLEMAS PROPUESTOS 2.1 Un generador serie de 6 polos que gira a 1200 rpm, produce una tensión de línea de 250 V, la resistencia del devanado de inducido es de 0,02 ohmios, resistencia de campo serie de 0,0608 ohmios, la resistencia del arrollamiento de cada interpolo es de 0,003 ohmios. Cuando se realiza una pequeña regulación circula una corriente de 7 A a través de la resistencia diversor. Si el torque resistente del generador es de 198,069 N.m. Calcular la corriente de línea si la resistencia total de las escobillas es de 0,032 ohmios. Rpta: 95A. 2.2 Un generador serie de 600V de tensión nominal, tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,0265 Ω, resistencia de campo serie 0,05 Ω, resistencia total de las escobillas 0,076 Ω. Debido a una pequeña regulación circula una corriente de 4 A a través de la resistencia diversor. Si la potencia interna desarrollada por la máquina es de 48 969 W. Calcular la potencia nominal de la máquina. Rpta: 48 kW. 2.3 Un generador serie genera una f.e.m. de 260 V, tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,034 Ω, resistencia del campo serie 0,037 Ω, resistencia total de escobillas 0,032 Ω. Debido a una pequeña regulación circula una corriente de 8 A a través de la resistencia diversor. Si la potencia nominal que entrega la máquina es de 25 kW. Calcular la potencia intern a desarrollada por la máquina. Rpta: 26 kW. 2.4 Un generador tetrapolar de excitación derivación que gira a 1500 rpm, produce un torque electromagnético de 99,32 Julios. Si la corriente por cada conductor del inducido de arrollamiento ondulado simple es de 20 A. La resistencia del circuito de armadura es de 0,25 Ω y la del circuito de excitación 152 Ω. Determinar el valor de la corriente de excitación. Rpta: 2,5 A.

2.5 Un generador shunt tetrapolar que gira a 1200 rpm tiene su inducido de devanado imbricado simple de 200 espiras y la resistencia por espira es de 0,004 Ω. La corriente por cada conductor es de 31,25 A y la resistencia total que ofrecen las escobillas es de 0,03 Ω. Si el flujo por polo es de 0,0325 Wb. Calcular la potencia nominal de la máquina, cuando la resistencia del campo inductor es de 50 Ω. Rpta: 30 kW. 2.6 Un generador derivación hexapolar que gira a 1200 rpm posee un inducido de devanado imbricado simple de 192 espiras y la resistencia por conductor es de 0,0075 Ω. La corriente por cada conductor viene a ser de 22,5 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0163 Ω. Si el flujo por polo es de 51,18x105 Maxwell y la resistencia del campo shunt es de 76 Ω, calcular la potencia nominal de la máquina. Rpta: 49,4 kW. 2.7 Un generador compound en derivación corta produce una tensión inducida de 242 V. La resistencia del circuito de armadura es de 0,0732 Ω, la resistencia del circuito de excitación shunt es de 47,244 Ω, la resistencia del campo serie de 0,085 Ω y la resistencia diversor de 0,4817 Ω debido a una pequeña regulación. Si la potencia nominal de la máquina es de 18 400 W, determinar la tensión de línea que entrega la máquina y la corriente a través de la resistencia diversor. Rpta: 230 V – 12 A. 2.8 Un generador compound en derivación larga genera una potencia interna de 39,2 kW, a la tensión en bornes del inducido de 484 V, siendo la resistencia del circuito de armadura de 0,075 Ω y del campo serie de 0,05 Ω. Si el circuito de campo shunt absorbe 5 A; determinar la potencia nominal de la máquina. Rpta: 36 kW. 2.9 Un generador compound de 14,4 kW de potencia nominal y 240 V de tensión nominal tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,07 Ω, una resistencia del circuito de excitación shunt de 60 Ω y resistencia del campo serie 0,055 Ω. Suponiendo conexión derivación larga, calcular la potencia eléctrica interna, si la caída de tensión en las escobillas es de 2V. Rpta: 16 kW. 2.10 Un generador compound con derivación larga de 5 kW , 240 V y 1500 rpm. Tiene una resistencia de armadura de 0,25 Ω, una resistencia de campo shunt de 60 Ω, resistencia de campo serie 0,02 Ω. Suponiendo conexión larga y caída de tensión de 2 V en las escobillas; calcular: a) La f.e.m. generada a plena carga. b) ¿Cuál será la tensión generada a 1700 rpm? c) La Resistencia de reóstato de campo para regular la tensión en bornes a 220 V a plena carga. d) Trazar la curva Va versus IL cuando trabaja sin reóstato de campo. 2.11 Trazar la curva de magnetización de un generador de excitación independiente de 25 kW, 120 V que gira a 900 rpm. Los datos son: E (V) Ie (A) a)

4

40

60

80

100

120

140

0

0.67

1.03

1.5

2.07

2.94

4.35

Si el voltaje de la excitatriz es de 120 V ¿Cuál debe ser la resistencia del circuito de excitación para que el voltaje generado sea de 100 V, siendo la velocidad de 900 rpm.

b) Si la resistencia del circuito de excitación se mantiene constante en 41 Ω, ¿ Cuál es la corriente de excitación y cuál es el voltaje generado cuando la velocidad es de 700 rpm.?

SEMANA Nº 7 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

CAPITULO 3 EFICIENCIA DEL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA 3.1 EFICIENCIA Un generador de corriente continua o dínamo es, 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 una dínamo en cualquier instante debe ser ig ual a la potencia total entregada por la dínamo en ese instante. La potencia total que recibe una dínamo 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:

Pentr = Psal + Pperd ...(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: Pperd = Pentr - Psal La potencia que se suministra a una dínamo siempre debe ser mayor que la potencia de salida, o sea, que la potencia que suministra la dínamo 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 de la dínamo es su pérdida de potencia, que no lleva a cabo trabajo útil. Ya que esta pérdida de potencia no pro duce ni energía eléctrica ni mecánica, las cuales son útiles para la dínamo, 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 la dínamo, es decir, mayor será el aumento de temperatura de la máquina rotatoria. La eficiencia de un generador se puede definir, como la relación adimensional h de la potencia salida entre la potencia de entrada:

h=

Psal Pentr

h=

...(3.2)

Psal (Para generador) ...(3.2a) Psal + Pperd

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. 3.2 PÉRDIDAS DE POTENCIA EN EL GENERADOR Las pérdidas en el generador se pueden dividir en dos grandes clases: 1) las que se producen por el flujo de la corriente a través de las diversas partes de los devanados del generador, que se llaman pérdidas eléctricas, y 2) las que son función directa de la rotación dinámica del generador, que se llaman pérdidas rotacionales, o de potencia parásita. Las pérdidas de potencia parásita se dividen en general en dos categorías: a) las pérdidas mecánicas, que resultan de la rotación, y b) las pérdidas en el hierro o núcleo. Las pérdidas pueden ser: pérdidas fijas por que son independientes con la carga y pérdidas variables por que varían con la carga. 3.2.1 LAS PERDIDAS ELECTRICAS Las 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. 3.2.2

PÉRDIDAS ROTACIONALES

Se subdividen en: a)

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

b)

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.

3.2.3

PÉRDIDAS ADICIONALES Ó PÉRDIDA POR CARGA PARÁSITA

Las pérdidas por carga parásita representan pérdidas adicionales debidas a la carga. Estas pérdidas son mayores en motores de inducción y en máquinas de entrehierro pequeño. Representan 1) pérdidas en hierro debidas a distorsión de flujo (reacción de armadura) en máquinas de cd y armónicas de paso en máquinas de ca, 2) pérdidas de efectos superficiales en conductores de armadura o de estator y 3) pérdidas en hierro en las partes estructurales de las máquinas. Estas pérdidas en general se evalúan 1 por ciento de la salida para generadores mayores de 150 kW; y no se considera máquinas de menor capacidad. 3.3 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 (E g Ia). 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 Eg Ia menos las pérdidas eléctricas, o sea el voltaje de terminales por la corriente total entregada a la carga (VaIL ). Salida de Potencia eléctrica

=

Entrada de potencia M ecánica

-

Pérdidas rotacionales + Pérdidas eléctricas

Potencia Eléctrica desarrollada= Eg Ia = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales = Potencia eléctrica de salida + pérdidas eléctricas 3.4 EFICIENCIA MAXIMA Un 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 2

corriente de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura I a Ra . Las pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo

Ve I e y la pérdida rotacional Prot 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:

K = Ve I e + Pr = I a 2 Ra

Watts (W )

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

Þ I a (h max) =

Ve I e + Pr Ra

Fracción de carga:

FC =

I a (h max) I a (no min al )

Eficiencia máxima del generador:

hmax ( generador ) =

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pvar iables

=

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pfijas

PROBLEMAS RESUELTOS 3.1

Un generador derivación de 40 kW, 500V impulsado por un motor de dc de 60 hp produce la salida nominal de generación. La resistencia del circuito de armadura del generador es 0,2 Ω y la del circuito de campo es 250 Ω. La pérdida eléctrica variable a la carga nominal es 1345 W. Calcular: a) La eficiencia a la carga nominal b) La pérdida en el campo derivación del generador. c) La potencia eléctrica que se genera. No tomar la caída de voltaje en escobillas. d) La pérdida de potencia rotacional del generador e) La corriente de armadura del generador para la máxima eficiencia. f) La fracción de carga del generador para máxima eficiencia. g) La eficiencia máxima del generador. SOLUCION a)

Eficiencia a la carga nominal:

P Psal 40 x103 x100 = generador x100 = x100 = 89, 4% Pentr Pmotor 60 x746

h=

b) Pérdida en el campo derivación:

Ie =

Va 500 = = 2A Rsh 250

Pcampo Va Ie c)

Ie 2 Rsh

500x2 22 x250 1000 W

Potencia eléctrica que se genera:

Psal 40 x103 = = 80 A Va 500 Þ I a = I L + I e = 80 + 2 = 82 A Eg Va I a Ra 500 82(0, 2) 516, 4V IL =

Pg

Eg I a

516, 4 x82

42345V

d) Pérdidas rotacionales: Potencia Eléctrica desarrollada= Eg Ia = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales

Prot e)

Pmecanica entregado ( motor )

60 x746 42345

2425, 2W

La corriente de armadura del generador para la máxima eficiencia.

I a (h max) = f)

Pgenerada

Ve I e + Pr = Ra

500(2) + 2415, 2 = 130, 7 A 0, 2

La fracción de carga del generador para máxima eficiencia:

FC =

I a (h max) 130, 7 = = 1,59 I a (no min al ) 82

g) La eficiencia máxima del generador:

hmax ( generador ) = hmax ( generador ) =

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pfijas 1,59 x 40000 x100 = 90,3% 1,59 x 40000 + 2(2415 + 1000)

3.2

Con los datos y los resultado del problema (3.1), calcular la eficiencia del generador derivación de cd a las cargas siguientes: a) 25% de salida nominal. b) 50% de la salida nominal c) 75% de la salida nominal d) 125% de la salida nominal e) Explicar por que cada una de esas eficiencias es menor que la que se cálculo en la parte(g) del problema anterior. SOLUCION

hFC = a)

FC x Psalida no min al + Pcampo + Pr ot + FC 2 Parmadura

FC = 0, 25

h25% =

3.3

FC x Psalida no min al

x100

Parmadura = I a 2 Ra = 822 x0, 2 = 1345W

0, 25 x 40000 x100 = 74,1% 0, 25 x 40000 + 1000 + 2415 + 0, 252 x1345

b)

h50% =

0,50 x 40000 x100 = 84, 2% 0,50 x 40000 + 1000 + 2415 + 0,50 2 x1345

c)

h75% =

0, 75 x 40000 x100 = 87,8% 0, 75 x 40000 + 1000 + 2415 + 0, 752 x1345

d)

h125% =

1, 25 x 40000 x100 = 90,1% 1, 25 x 40000 + 1000 + 2415 + 1, 252 x1345

e)

La eficiencia que se obtuvo en la parte (g) del problema anterior es la eficiencia máxima considerando que las pérdidas fijas es igual a las pérdidas variables y FC para ese caso fue de 1,59. Para los casos que hallamos la eficiencia FC Xs(Sat) 8.6 PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 8.1.- 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 unidad b) factor de potencia inductivo 0.8 c) factor de potencia capacitivo 0.8 d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas. SOLUCION G

Vp

S Ia

3 Y

Ra 0 . 9 / f a s e X s I a =I L VL 13 x10 3 7505.55 V 3 3

3VL I L S 3Vp

3x( 3Vp ) xI a 1500 x103 3x7505.55

8

/ fase

Zs

0, 9

j 8 8, 05 83, 58º

3VpI a

66.62 A

a) Factor de potencia unidad cosθ=1

I a Ra

66.62 x0.9 59.96

Ia X s

66.62 x8 532.96

Egp

(Vp

I a Ra )

7584, 26 V / fase VECTORIA LM ENTE:

jI a X s

(7505,55 59,96)

j532,96 7565,51 j532,96

/fase

Egp

V p 0º I a 0ºxZ s 83,58º

Egp

7505,55 0º 66, 62 0ºx8, 05 83,58º

Egp

7505,55 59,96 j532,93 7565,51 j532,93 7584, 26 4, 03º V / fase

7505,55 0º 536, 29 83.58º

Egp

Ia Za

IaXs

Ia 0=0

Vp

IaRa

b) Factor de potencia 0.8 inductivo

cos

0.8 inductivo

sen =0.6

arccos 0,8 36,87º

Vp

IaR a

Ia

IaX

s

Egp

Vp

Se n

Vp co s

I aR

Egp

(V p cos

I a Ra )

j (V p sen

Egp

(7505,55 x0,8 59,96)

Egp

7882,92 39.71º V / fase

a

jI a X s )

j (7505,55 x0, 6 532,96)

6064, 34

j 5036, 29

VECTORIA LM ENTE

Egp

VP 0º I a

x Zs

Egp

7505,55 0º 66, 62 36,87º x 8, 05 83,58º

Egp

7505,55 367, 73

Egp

7882,95 2,84º V / fase

j 390,36 7873, 28

Ra

7505,55 0º 536, 29 46, 71º

j 390,36

Xs Ia

Eg

c)

Vp

Factor de potencia 0.8 capacitivo

cos

0.8 capacitivo

sen =0.6

arccos 0,8 36,87º

Ia Ra

Vp se n

IaR

a

Vp co

s

Ia Xs

Eg.

Vp

Egp

(V p cos

I a Ra )

j (V p sen

Egp

(7505,55 x0,8 59,96)

Egp

7248, 45 V / fase

jI a X s )

j (7505,55 x0, 6 532,96)

6064.34

j 3970,37

VECTORIA LM ENTE

Egp

VP 0º I a

x Zs

Egp

7505,55 0º 66, 62 36,87º x 8, 05 83,58º

Egp

7505,55 271, 78

Egp

7248,53 3, 66º V / fase

j 462,32 7233, 77

7505,55 0º 536, 29 120, 45º j 462,32

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

cos VR

d.2.)

cos VR

d.3.)

cos

VR

1 Egp Vp Vp

x100

7584, 26 7505,55 1.05% 7505,55

0.8 inductivo Egp Vp Vp

x100

7882,95 7505,55 x100 5.03% 7505,55

0.8 capacitivo

Egp Vp Vp

x100

7248,53 7505,55 x100 7505,55

3.42%

PROBLEMA 8.2. 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.

E fase

Iacc (a)

(voltios)

1400

1200

1000

280

Iacc =210 A

500

240 200

IaccN =140 A

160 120

IN =126 A

80

I''e

40

100 0

10

20

30

40

I'e

Ie (IN ) 27.5 A

50

60

70

47 A

SOLUCION a)

Vp

Tensión nominal de fase será:

2300 1327,9 1330 V 3 E gp

Si el generador trabaja en vacío:

Vp

1330 V

Del gráfico utilizando las dos curvas se obtiene: Ia cc = 210 A Reactancia saturada:

Egp

Xs( sat )

Iacc

1330 210

6.3

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:

Iacc

140 A

Reactancia síncrona no saturada:

Xs( no saturada )

Reactancia en valor unitario: PB=500 kVA;

ZB

VB 2 PB

Xs( pu )

VB=2300 V

2300

2

500 x10 XB ZB

Xsnosat ( pu )

6.3 10.58 Xssat ZB

b) Relación de c.c.

3

10.58

0.59 p.u.

7.1 10.58

0.67 p.u.

E 140

1000 140

7.1

1 Xs p.u.

Rcc

1 1.695 1.7 0.59

OTRA MANERA:

Rcc

Ie Vn

Corriente de excitacion para obtener la tension no min al Corriente de excitacion para obtener la corriente no min al

Ie I aN

IN

PN 3.VN

500.103 125.6 A 3.2300

126 A

Del gráfico:

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

Ie( vn )

27,5 A

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

Ie( In )

Rcc

47 A

Ie(VN ) Ie( Ian

47 1.7 27.5

PROBLEMA 8.3. 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 d e 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. SOLUCIÓN Medición de la resistencia de armadura en corriente alterna (Ra):

R

Resistencia equivalente medida entre dos líneas: Del gráfico

R

2 Racc 3

Racc

3 xR 2

R 0.225 3 x 0, 225 0,3375 2

Resistencia por fase en corriente alterna:

Ra =1,4 x Racc =1,4x0.3375=0.4725 Prueba de cortocircuito: A

+

Ie

Ra

Ra

Iacc

+

A

Iacc

Ie

Ra

-

Ia

Iacc A

-

Iacc

Si la corriente de excitación es Ie:

Iacc

1,5In

Prueba en vacío: R

+

+

Ie Ra

Ra V

-

Ie

Zs

Ia

= 1000 V

-

Ra

Egp =1000V a) La corriente nominal de línea y de fase

IaL Ia f

PN 3VL IaL 3

1200 x103 3x2300

301, 23 A

301, 23 173,91 A 3

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

VRa

Ia f xRa

173,91 x0.4725 82,17 V

Impedancia sincrona por fase

ZS

Ego

Ego

Iacc

1,5xIa f

1000 1,5x173,91

1000 260,865

3,83

Reactancia sincrona por fase

XS

Z S 2 Ra 2

3,832 0, 47252

Caída de tensión por reactancia del inducido:

3,80

/ fase

jXs

/ fase

V = 1000 V

VXs

Ia f Xs 173,91x3.8

Ia

660,86 V

Iacc

1000 V Vº

Iacc=1.5 In

251 A

O

Ie

Ie

c) Relación de cortocircuito por unidad

V2 PN

ZB

X S ( pu )

RCC

23002 1200 x103

4, 4083

XS ZB

3,80 4, 4083

1

1 1,163 0,86

X S ( pu )

0,86

d) Regulación de tensión f.p. 0.8

Vp º

inductivo

arccos 0,8 36,87º 2300 0º V

Ia 173,91 36,87º A Zs

0.4725

j3.80 3,83 82,91º

Egp

Vp

Egp

2300 0º 173,91 36,87ºx3,83 82,91º

Egp

2300 462,36

Egp

2803, 66 9,85º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 479, 45 2762,36

2300 0º 666, 07 46, 04º j 479, 45

2803, 66 2300 x100 21,9% 2300

f.p. 0.8 Capacitivo

Egp

Vp

Ia Zs

E gp =2300 0º 173,91 36,87ºx3,83 82,91º

2300 0º 666, 07 119, 78

Egp

2300 330,82

j 578,11 2052, 29 16,36º V / fase

VR

2052.29 2300 x100 2300

j578,11 1969,18 10.8%

PROBLEMA 8.4. 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:

R

2 Racc

R 0.225 1 xR 2

Racc

1 x 0, 225 0,1125 2

Resistencia por fase en corriente alterna:

Ra =1,4 x Racc =1,4x0,1125=0,1575 Prueba de cortocircuito:

+

Iacc

Ie Ia

Si la corriente de excitación es Ie:

Iacc

1,5In

Prueba en vacío: R

+

Ie

jXs

Zs

Ia

V = 1000 V

-

Egp

EL 3

1000 3

577,35 V

a) La corriente nominal de línea y de fase

IaL

PN

Ia f

3VL

1200 x103 3x2300

301, 23 A

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

VRa

Ia f xRa

301, 23 x0, 4725 142,33 V

Impedancia sincrona por fase

ZS

Ego

Ego

Iacc

1,5xIa f

577,35 1,5x301, 23

577,35 1, 28 451,845

Reactancia sincrona por fase

XS

Z S 2 Ra 2

1, 282 0,15752

1, 27

/ fase

/ fase

Caída de tensión por reactancia del inducido:

VXs

Ia f Xs

301, 23 x1, 27

382,56 V

c) Relación de cortocircuito por unidad

V2 PN

ZB

X S ( pu )

RCC

23002 1200 x103 XS ZB

1, 27 4, 4083

1

1 0, 29

X S ( pu )

4, 4083 0, 29

3, 45

d) Regulación de tensión f.p. 0.8

inductivo

arccos 0,8 36,87º 2300 1327,90 0º V 3 º Ia 301, 23 36,87º A Vp

Zs

0,1575

j1, 27 1, 28 82,93º

Egp

Vp

Egp

1327,90 0º 301, 23 36,87º x1, 28 82,93º 1327,90 0º 385,57 46, 06º

Egp

1327,90 267,55

Egp

1619, 43 9,87º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 277, 64 1595, 45

j 277, 64

1619, 43 1327,90 x100 21,9% 1327,90

f.p. 0.8 Capacitivo

Egp

Vp

Ia Zs

E gp =1327,90 0º 301, 23 36,87ºx1, 28 82,93º 1327,90 0º 385,57 119,8º Egp

1327,90 191, 62

j 334,58 1136,37

VR

1184, 60 1327,90 x100 1327,90

j 334,58 1184, 60 16, 40º V / fase

10.8%

PROBLEMA 8.5.- 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

Vp

VL 3

240 138,564 V 3

ZS

Ra

jX s

0, 05

IaL

j 0,15 0,158 71,56º

Ia f

PN 3VL

75 x103 180, 422 A 3x240

/ fase

Regulación para: Cosθ=1

Egp

Vp

Egp

138,564 0º 180, 422 0ºx0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 71,56º

Egp

138,564 9, 015

Egp

150, 036 10,384º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 27, 044 147,579

j 27, 044

150,036 138,564 x100 8, 28% 138,564

Regulación Para:

cos

0,866

Inductivo

arccos 0,866 30º

Ia

240 138,564 0º V 3 180, 422 30º A

Egp

Vp

Egp

138,564 0º 180, 422 30ºx0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 41,56º

Egp

138,564 21,331 j18,912 159,895

Egp

161, 009 6, 74º V / fase

º Vp

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j18,912

161, 009 138,564 x100 16,198% 138,564

Regulación para:

cos

0,866

Capacitivo

arccos 0,866 30º

Ia

240 138,564 0º V 3 180, 422 30º A

Egp

Vp

Egp

138,564 0º 180, 422 30ºx0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 101,56º

Egp

138,564 5, 713

Egp

135, 755 11,87º V / fase

º Vp

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 27,929 132,851

135, 755 138,564 x100 138,564

j 27,929

2, 03%

PROBLEMA 8.6.-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 X s =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:

VB 2 Xs p.u PB

Xs

138002 x0, 25 1,904 25x106

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

Ia

W 3VL cos

17 x106 3x13,8 x103 x0,8

889, 036 A

f.e.m. entregada:

cos

Ia

0,8 Inductivo 13800 7967, 434 0º V 3 889, 036 36,87º A

Xs

1,904 90º

Egp

Vp

Egp

7967, 434 0º 889, 036 36,87ºx1,904 90º

Egp

7967, 434 1015, 637

Egp

9084,567 8,57º V / fase

Vp

arccos 0,8 36,87º

Ia X s 7967, 434 0º 1692, 724 53,13º

j1354,177 8983, 07

j1354,177

8,57º angulo de potencia 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 MW La corriente disminuye ya que se mejora el factor de potencia:

Ia

W 3VL cos

17 x106 711, 228 A 3x13,8 x103 x1

f.e.m. generada:

Egp

Vp

Ia X s

Egp

7967, 434 0º 711, 228 0ºx1,904 90º

Egp

7967, 434

Egp

8081, 695 9, 65º V / fase

j1354,178

9, 65º angulo de potencia

7967, 434 0º 1354,178 90º

PROBLEMA 8.7.- 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 d evanado 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). SOLUCION a)

Cálculo de la reactancia síncrona:

Xs

Xd

XA

j 0,35

j 3, 0

j 3,35 3,35 90º

por unidad será:

PB Xs VB 2

Xs p.u.

60 x106 x3,35 1,087 (13,6 x103 )2

b) F.E.M. resultante a plena carga, cuando

cos

0,8(retrazo)

60 x106 3x1,3x103

Ia

36,87º

2547,13 A

f.e.m. generada:

Egp

Vp

Ia X s

Egp

7851,96 0º 2547,13 36,87ºx3,35 90º

Egp

7851,96 5119, 74

Egp

14658, 22 27, 75º V / fase

7851,96 0º 8532,885 53,13º

j 6826,30 12971, 70

j 6826,30

PROBLEMA 8.8.- 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

Vp

VL 3

IaL

Ia f

ZS

Ra

13,8 x103 3

PN 3VL jX s

7967, 43 V

2,5 x106 3x13,8 x103

0,8

j6

104,59 A

6, 053 82, 4º

/ fase

Regulación para: Cosθ=1

Egp

Vp

Ia Zs

Egp

7967, 43 0º 104,59 0ºx6, 053 82, 4º

Egp

7967, 43 83, 73

Egp

8075,58 4, 46º V / fase

j 627,52 8051,16

7967, 43 0º 633, 08 82, 4º j 627,52

Egp Vp

VR

Vp

8075,58 7967, 43 x100 1,36% 7967, 43

x100

Regulación Para:

cos º Vp

0,8

Inductivo

arccos 0,8 36,87º

7967, 43 0º V

Ia

104,59 36,87º A

Egp

Vp

Egp

7967, 43 0º 104,59 36,87ºx6, 053 82, 4º

Egp

7967, 43 443, 49

Egp

8423, 04 3, 07º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

j 451, 78 8410,92

7967, 43 0º 633, 08 45,53º

j 451, 78

8423, 04 7967, 43 x100 5, 72% 7967, 43

x100

Regulación para:

cos 0, 75 Capacitivo V p 7967, 43 0º V Ia

arccos 0, 75 41, 41º

104,59 41, 41º A

Egp

Vp

Egp

7967, 43 0º 104,59 41, 41ºx6, 053 82, 4º

Egp

7967, 43 352, 27

Egp

7633,31 3,95º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

j 526, 02 7615,16

7633,31 7967, 43 x100 7967, 43

x100

7967, 43 0º 633, 08 123,81º j 526, 02

4,19%

PROBLEMA 8.9.-: 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. SOLUCION Siendo el alternador monofásico la corriente de régimen será:

IaL

PN VL

ZS

Ra

60 x103 220 jX s

272,73 A

0,16

j 0, 07

0, 0718 77,12º

/ fase

a) Cuando suministra :

I an

272, 73 º A

Vp

220 0º V

Eg

236,9 2, 48º V

Egp

Vp

Ia

Ia Zs

Egp V p

236,9 2, 48º 220 0º

Zs

0, 718 77,12º

236, 768 j10, 255 220 0, 718 77,12º Ia

16, 678 j10, 255 0, 718 77,12º

19,578 36,57º 0, 718 77,12º

272, 674 45,53º A

Por tan to cos

45,53º I a retrazado respecto a V p

0, 7

LA CARGA ES INDUCTIVA

b) Cuando suministra :

I an

272, 73 º A

Vp

220 0º V

Egp

Vp

Ia

Eg

210, 07 4, 499º V

Ia Zs

Egp V p

210, 07 4, 499º 220 0º

Zs

0, 718 77,12º

209, 4227 j16, 4782 220 0, 718 77,12º Ia

19,5808 122, 696º 0, 718 77,12º

272, 713 45,58º A

Por tan to cos

10,5773 j16, 4782 0, 718 77,12º

45,58º I a adelantado respecto a Vp

0, 7

LA CARGA ES CAPACITIVO

PROBLEMA 8.10.-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

3 Y Ia =I L Ra

Vp

Ia

0,3

/ fase X s

VL

13 x103 3

3

S 3Vp

4

/ fase

Zs

7505.5535V

2500 x103 111, 0289 A 3x7505.5535

a) Factor de potencia unidad cos θ=1

0,3

j 4 4,0112 85,71º

/ fase

Egp

Vp 0º I a 0ºxZ s 85, 71º

Egp

7505,5535 0º 111, 0289 0ºx4, 0112 85, 71º

Egp

7505,5535 33,3149 j 444,1113 7538,8684 7551,9383 3,37º V / fase

7505,5535 0º 445,3591 85, 71º j 444,1113

Egp

Ia Za

IaXs

Ia 0=0

Vp

IaRa

b) Factor de potencia 0.8 inductivo

cos

0.8 inductivo

sen =0.6

arccos 0,8 36,87º

Vp

IaR a

Ia

IaX

s

Egp

Vp

Se n

Vp co s

I aR

a

Egp

VP 0º I a

x Zs

Egp

7505,5535 0º 111, 0289 36,87º x 4, 0112 85, 71º

Egp

7505,5535 293,1193

Egp

7805,8775 2, 46º V / fase

j335, 2995 7798, 6728

7505,5535 0º 445,3591 48,84º j335, 2995

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

cos VR

c.2.)

cos VR

1 Egp Vp Vp

x100

7551,9383 7505,5535 7505,5535

0, 62%

0.8 inductivo Egp Vp Vp

x100

7805,8775 7505,5535 x100 4% 7505,5535

PROBLEMA 8.11.- 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

3

VL =Vp

2300 V

S

2500 kVA

Ra

0,1 / fase X s

Ia

S 3Vp

1,5

2500 x103 3x2300

Tensión generada para: cos

Vp 0º I a

0,1

j1,5 1,503 86, 2º

/ fase

362,32 A

Si regulamos la tensión en vacío:

Egp

Zs

/ fase

Egp

0,6

Vp0

2300 V

Inductivo

53º

ºxZ s 86, 2º

2300

Vp 0º 362,32 53ºx1,503 86, 2º Vp 0º 544,57 33, 2º

2300

(Vp 455,68)

j 298,19

Igualando mod ulos se obtiene V p 2300

(V p

455, 68) 2 298,192

23002

(V p

455, 68) 2 298,192

Vp

1824,9 V

PROBLEMA 8.12.- 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, y b) factor de potencia 0,8 inductivo MEDICION DE LA RESISTENCIA DE ARMADURA C.C. TENSIÓN C.C.

ENSAYO EN VACIO

CORRIENTE C.C. (A)

TENSIÓN EFICAZ (V)

CORRIENTE DE EXCITACIÓN C. (A)

CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO (A)

10

950

10

Nominal

(V) 1.5 SOLUCION Resistencia de armadura en corriente alterna (Ra): Para conexión estrella:

Racc

1 V x 2 A

1 1,5 x 2 10

Resistencia por fase en corriente alterna:

Ra =1,3 x Racc =1,3x0,075=0,0975 Prueba de cortocircuito: Si la corriente de excitación es:

Iacc

Ian

PN 3VL

Prueba en vacío:

ENSAYO EN CORTO CIRCUITO

Ie

2000 x103 3x2300

10 A

502,04 A

0, 075

EL 3

Egp

950 3

548, 48 V

Impedancia sincrona por fase

Ego

ZS

Iacc

548, 48 1,0925 502,04

/ fase

Reactancia sincrona por fase

Z S 2 Ra 2

XS ZS

1,09252 0,09752

1, 0925 84,88º

1,088

/ fase

/ fase

a) Regulación de tensión f.p. = 1

arccos1 0º 2300 1327,90 0º V 3 Ia 502, 04 0º A

º Vp

Egp

Vp

Egp

1327,90 0º 5502, 04 0ºx1, 0925 84,88º 1327,90 0º 548, 48 84,88º

Egp

1327,90 48,95

Egp

1481, 26 21, 64º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 546, 29 1376,85

j546, 29

1481, 26 1327,90 x100 11,55% 1327,90

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

arccos 0,8 36,87º 2300 1327,90 0º V º Vp 3 Ia 502, 04 36,87º A

Egp

Vp

Egp

1327,90 0º 5502, 04 36,87ºx1, 0925 84,88º 1327,90 0º 548, 48 48, 01º

Egp

1327,90 366,93

Egp

1743,17 13,52º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 407, 66 1694,83

j 407, 66

1743,17 1327,90 x100 31, 27% 1327,90

PROBLEMA 8.13.- Las características en vacío y corto circuito de un turbo generador 3 kVA, 5500 V, conectado en estrella se muestran en la figura; hallar la regulación para: 0.8 en atrazo a) cos b)

R cc

de 6500

5500 6500 x103 3175.43 V IN 3 3 x5500 Del Grafico para Eg o 3175, 43; setiene : Eg o

VP

Iacc

0,84 I N

682.32

0,84 x683.32 573.15 A

Impedancia sincrona: Zs =

Eg o Ia cc

31758.43 373.15

5.54

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

Eg

Vp 0º I N 36.57ºxZs 90º

Eg

3175.43 682.32 36.87ºx5.54 90º 3175.43 3780.05 53.13º

Eg

5443, 46

VR

6227.04 3175.43 x100 96,10% 3175.43

j 3024, 04 6227.04 29.05º V

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

Rcc

Ie(Vn ) Ia I an

78 90

0,87

8.7 PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene u na 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 unidad b) Factor de potencia inductivo 0,8 c) Factor de potencia capacitivo 0,8 d) 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 unidad b) Factor de potencia inductivo 0,75 c) Factor de potencia capacitivo 0,9 d) 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 Prueba de cortocircuito: 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 unidad c) 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 po r 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 inducid o 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 pote ncia, ¿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 est ará generando o consumiendo este generador? Dibuje el diagrama fasorial correspondiente (suponga que I f no ha sido cambiado aún)

BIBLIOGRAFÍA

1.

A.E. Fitzgerald, Charles Kingsley Jr, Stephen D. Umans “MÁQUINAS ELÉCTRICAS” Editorial McGraw Hill, México 2004.

2.

I.L. Kosow “MAQUINAS ELÉCTRICAS Y TRANSFORMADORES” Editorial REVERTÉ S.A., ESPAÑA, 2000.

3.

Dario Biella Bianchi “MAQUINAS ELECTRICAS II” Edicionres UNI, LIMA – PERU 1978.

4.

Stephen Js. Chapman “MAQUINAS ELECTRICAS” Editorial Mc GRAW HILL, Colombia 2001.

5.

Donald V. Richarsdson “MAQUINAS ELECTRICAS ROTATIVAS Y TRANSFORMADORES” Editorial Prentice – Hall Hispanoamérica S.A. México 1997.

6.

Rafael Avilés Bonilla “MAQUINAS ELECTRICAS ROTATIVAS” WH Editores, Lima Perú 2002.