Motores

PROBLEMAS DE GENERADORES SINCRÓNICOS.
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Conversión Electromecánica de la Energía.
Agosto-2003.
Ricardo Leal Reyes.

1. Un generador sincrónico de 6 polos conectado en estrella, de 480 (V), 60 (Hz), xs=1
(Ω/fase), Ia= 60 (A), FP= 0.80 atraso. Las pérdidas por fricción y ventilación son de 1.5
(kW), las pérdidas en el núcleo son de 1 (kW) a 60 (Hz). Lacorriente de campo (IF) se
ajusta para obtener un voltaje de campo (EF) igual a 480 (V) en vacío. Determinar:
a) La velocidad sincrónica (Ns).
b) ¿Cuál es el voltaje en bornes del generador sí:
I.Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 0.80 en atraso.
II.Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 1.0.
III.Se carga con la corriente nominal a factor de potencia 0.80 enadelanto.
c) El rendimiento sin considerar las pérdidas de potencia eléctricas que no se conocen
cuando funciona a corriente nominal y con factor de potencia igual a 0.80 en atraso.
d) El torque inducido y el torque aplicado.
e) La regulación de tensión para los factores de potencia: 0.80 en atraso, 1.0 y 0.80 en
adelanto.
Solución:
a) Velocidad sincrónica (Ns).
P = 3 pares de polos
f =60 ( Hz )
60 ⋅ f
60 ⋅ 60
NS =
=
= 1200 (rpm)
P
3
b) Voltaje en terminales del generador (Va).
jxs
IF

Va
G

Ia

Ia

θ

δ

+
-

EF

EF

Va

θ

Ia

Va

jxsIa
xsIasen(θ)
xsIacos(θ)

Esquema simplificado
Circuito equivalente por fase

R.Leal.R

Diagrama fasorial

Problemas Generadores Sincrónicos

1

Del circuito equivalente y del diagrama fasorialse determina, como:
Va = E F − jx s I a
Va / 0 = E F / δ − jx s I a / θ
De la ec. Anterior se desconoce Va y el ángulo par (δ).
Para determinar el ángulo par, se plantean dos formas:
La primera es emplear en triángulo, pitagórico según se muestra en la figura anterior, esto
es:
senδ =

x s I a cosθ
EF



1 ⋅ 60 ⋅ 0.8 
 x s I a cosθ 
−1
δ = sen −1 
 = sen  480 


EF


3 


La segunda forma es separar la ecuación de voltaje Va en parte real y parte imaginaria,
como:
Va / 0 = E F / δ − jx s I a / θ

Va = E F [cos δ + jsenδ ] − jx s I a [cosθ + jsenθ ]
Va = E F cos δ + x s I a senθ
0 = E F senδ − x s I a cosθ
I.

 x s I a cosθ 
⇒ δ = sen −1 

EF





Corriente nominal y FP=0.80 atraso:


1 ⋅ 60 ⋅ 0.8 
 x I cosθ −1
δ = sen −1  s a
 = sen  480  = 10º
EF





3 


FP = 0.80 atraso ⇒ θ = −36.86º
Va = E F cos δ + x s I a senθ
Va =

R.Leal.R

480
cos10º +1 ⋅ 60 ⋅ (−0.60) = 237 (V / fase) ⇒ Va = 237 ⋅ 3 = 410 (Vlínea)
3

Problemas Generadores Sincrónicos

2

II.

Corriente nominal y FP=1 atraso:


1 ⋅ 60 ⋅ 1
δ = sen −1 
 = 12.5º
 480 

3 


FP =1 ⇒ θ = 0º
480
Va =
cos12.5º = 271 (V / fase) ⇒ Va = 271 ⋅ 3 = 468 (Vlínea)
3

III.

Corriente nominal y FP=0.80 adelanto:


1 ⋅ 60 ⋅ 0.80 
δ = sen −1 
 = 10º
 480 


3


FP = 0.80 adelanto ⇒ θ = +36.87 º
480
Va =
cos10º +1 ⋅ 60 ⋅ 0.6 = 309 (V / fase) ⇒ Va = 309 ⋅ 3 = 535 (Vlínea)
3
c) Rendimiento (η), considerando carga nominal con factor de potencia 0.80 enatraso.

η=

{

}

∗
Psalida
3 Re al Va I a
3Va I a cosθ
⋅ 100 =
⋅ 100 =
⋅ 100
Pentrada
Psalida + Pperdidas
3Va I a cosθ + Pperdidas

η=

3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80
⋅ 100 = 93.2%
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500

d) Torque inducido τind para corriente nominal a FP=0.80 atraso.

τ ind =

R.Leal.R

Psalida

ωs

=

3Va I a cosθ
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80
=
= 271.3 ( Nm)
π ⋅ Ns
π⋅ 1200
30
30

Problemas Generadores Sincrónicos

3

Torque aplicado τap para corriente nominal a FP=0.80 en atraso.
Psalida + Pperdidas
3 ⋅ 410 ⋅ 60 ⋅ 0.80 + 2500
=
= 291.2 ( Nm)
π ⋅ Ns
π ⋅ 1200
ωs
30
30
e) Regulación de tensión

τ ap =

Pentrada

=

I. Regulación de tensión para un FP=0.80 en atraso
Re g =

E F − Va
480 − 410
⋅ 100 =
⋅ 100 = 17.07%
Va
410...