SISTEMAS DE POTENCIA ITEMA:TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS,MÁQUINAS SÍNCRONAS E INDUCTANCIA DE LÍNEAS DE TRANSMISIÓN

Fecha: miércoles 25 de enero del 2012

EJERCICIOS DE TAREA3

Ejercicio1

Cada fase del transformador (transformador monofasico ) es de 2003=66 .666 MVA

Voltage(345√3)20 .5

=199 .18520 .5

=9 .716 KV

La impedancia=Z=(22 .5 )2

180∠cos−10.8=2.81∠36 .87∘ Ω lado bajo voltage

Base V=20 .5 KV

Base Z=(20 .5 )2

100=4 .2 Ω

C arg a Z=2 .814 .2

∠36 .87∘=0 .669∠36 .87∘ por unidad

Ejercicio2

a)

Z=105

(0 .007+ j 0 .075 )=0 .014+ j 0.150 por unidad

V S=1.0 por unidadLinea Z=0 .02+ j 0 .10 por unidad

C arg a |Z|=(13 .2 )2 x 10003400

0 .85

=43 .56 Ω

Base Z a carg a=(13 .2 )2

10=17 .42 Ω

C arg a Z=43 .5617 .42

∠cos−10.85=2.50∠31.8∘

¿2 .125+ j1 .317 por unidad

b)

I=1 .00 .014+0.02+2 .125+ j (0.150+0 .10+1 .317 )

=1 .02 .668∠35 .97∘ =2 .125∠−35 .97∘ por unidad

V R .FL=0 .375∠−35 .97∘ x 2.5∠31.8∘=0 .937∠−4 .17∘ por unidadV R .NL=V S=1 .0

V .R=1−0 .9370 .937

x 100=6 .72 00

Ejercicio 3Un alternador síncrono conectado en estrella, de 1500 KVA Y 13 KV, tiene una resistencia de armadura igual a 0.9 Ω y una reactancia síncrona igual a 0.8 Ω. Cuando soporta la carga nominal al voltaje nominal, calcular:a) El voltaje generado internamente EA si la carga tiene un factor de potencia unitario.b) El voltaje generado internamente EA si la carga tiene un factor de potencia de 0.7 delantado.c) La regulación de voltaje para estos dos factores de potencia.

a ) f p=1Psal=√3⋅V T⋅I L⋅Cosθ1500KVA=√3⋅(13KV )⋅IL

IL=1500KVA√3 (13KV )

IL=66 .61 A

IL=IA∴E A=Vφ+R A I A+ jX S I A

EA=13KV

√3+ (0 .9 ) (66 .61 A )+ j (0 .8 ) (66.61 A )

EA=7 .5KV +59 .949V + j53 .288ΩEA=7 .559KV + j 53 .288ΩEA=7 .559KV ∠0 .44 °

b ) f p=0 .7Psal=√3V T⋅I L⋅Cosθ1500KVA=√3 (13KV ) IL⋅0 .7

IL=1500KVA√3 (13KV )(0 .7 )

IL=95 .16 A∠50 .63 °

V T=√3VφVφ=7 .505KVIL=IAEA=Vφ+RA I A+ jX S I AEA=7 .5KV +(0 .9 ) (95 .16 A∠50 .63° )+ j (0.8 ) (95 .16 A∠50 .63 ° )EA=7 .5KV ∠0°+85 .64∠50.63°+76 .128∠140 .6 °EA=7 .5KV +59 .95+ j 61.15−45 .32+ j 61.16EA=7 .514 KV+ j122 .32EA=7 .514 KV∠1 .03 °

c )Re g1=EA−V T

V T

×100%

Re g1=7 .559KV−13KV13KV

×100%

Re g1=−41 .85%

Re g2=EA−V T

V T

×100%

Re g2=7 .514 KV−13KV13KV

×100%

Re g2=−42 .2%

Ejercicio 4

Un generador síncrono trifásico de 25 kVA, 400V, conectado en estrella tiene una reactancia síncrona de 1.6 Ω por fase. La resistencia de armadura es despreciable. Si el generador tiene una regulación de voltaje cero a la mitad de la potencia nominal determine el factor de potencia de operación.

Psalida= 2KVA

Vt=400 volts

Xs=1.6 ohm

Ra=0 ohm

REG= 0% ½ Psalida Vt = Ea ⇒ por Ea regulacion

Vt= √3− Vφ

Vφ=400V√3

Vφ=230 .94 V

EA=Vφ+RA . I A+Jxs . I AEA=Vφ+Jxs⋅ I A400V − 230 .94J (1.6Ω)

I A

I A=105 .66∠−90I A= 10 .66∠−90 °

Psal= 3 Vφ I A cosϑ2 KVA = cosϑ3 (230 .94 ) (105 .66 )cosθ= 0 .04

∴ fp= 0 .04

Ejercicio 5Un generador síncrono de 2300 V, 1000kVA, con un factor de potencia de 0.85 en retraso, 60 Hz, con cuatro polos y conexión en , tiene una reactancia síncrona de 1.2Ω y una resistencia de inducido de 0.14Ω. A 60 Hz las pérdidas por fricción y por rozamiento con el aire son de 22 kW y las pérdidas en el núcleo son de 16 kW.a) ¿Cuál es el voltaje interno generado en condiciones nominales? b) ¿Cuál es el par que debe ser capaz de suministrar el motor primario del generador? c) ¿Cuál es la eficiencia del generador en condiciones nominales?

b )Pent=Psal+Pperdelect+P perdnucleo+P perdmecan

Pperdelect=3 I A2 RA

Pperdelect=3(170 .5 )2(0 .14Ω)

Pperdelect=12.209KW

Pent=1000KW +12 .209KW +22KW +16KWPent=1 .05MW

V t=2300V y I A=170 .5 A

c )n=PsalPent

×100%

n=1000KW1.05MW

×100%

n=95 .25%

Ejercicio 6

a )Fa=Vφ+Ra I a+ jX s I aFa=2300V+ (0 .14×170 .5 )+ j (1.2×170 .5 )Fa=2.323KV+ j 204 .6Fa=2.331KV∠99 .27 °

V t=2300VPsal=1000KVACosθ=0.85f=60HzP=4X s=1.2ΩRa=0.14ΩPf=f a=22KWPr=16KW

Ejercicio 7

FECHA LÍMITE DE ENTREGA: MIERCOLES 1 DE FEBRERO DEL 2012