Electrotécnica 1 Solución Práctico 5

Transcripción

1 Ejercicio 5.1 a) n s = 1800rpm Electrotécnica 1 Solución Práctico 5 IIE - Facultad de Ingeniería - Universidad de la República = = 0, P n C n = ω s. (1 ) = 0,27Nm P e n = 5,5kW 0,86 = 6,4kW I n = Ejercicio 5.2 6,4kW 0, V = 20,72A Inicialmente se analizará la caída de tensión que se da en T REF (y por tanto en T OF ) en el momento del arranque de los cuatro motores. Calculemos inicialmente la impedancia del cable trifásico que alimenta T REF desde T G: Z c = (0, ,147j) 0,045 = 1,8 + 6,6j [mω] Dado que no se cuenta con ensayos del motor que permitan calcular el modelo estrella equivalente del mismo, se utilizan los datos que se tienen disponibles en el catálogo del fabricante. Del catálogo adjunto (motor W21, Eficiencia Estándar, cuatro polos, 10HP ) obtenemos los siguientes datos: I nom = 15,58A (corriente nominal) I p /I n = 6,7 (cociente corriente de rotor bloqueado/corriente nominal) C n = 48,27N.m (par nominal) C p /C n = 2,1 (cociente par con rotor bloqueado/par nominal) Si bien no se da el factor de potencia en el arranque como un dato en el catálogo, lo suponemos como 0,55. La corriente de arranque de cada motor en base a los datos del catálogo resulta: I arr = 6,7 15,58A = 104,9A Dado que el dato de corriente de arranque se da en el catálogo para tensión de 80V (que asumimos como válidos a 400V ) podemos calcular la impedancia equivalente del motor en el arranque: Z motor arr = (400/ ) 104,9 arcos(0,55) = 2,21 56,6 o Ω

2 Dado que en el arranque itervienen los cuatro motores, la impedancia equivalente será el paralelo de las cuatro impedancias (los motores están conectados de la misma barra), que por tratarse de cuatro impedancias iguales resulta ser un cuarto de la misma: Z motor arr eq = Z motor arr = 0,55 56,6 o Ω 4 Para completar el cálculo de la caída de tensión en T REF falta calcular la corriente que toma la carga de T OF. De los datos del ensayo realizado se obtiene la impedancia de esta carga: Z oficinas = (95/ ) arcos(0,85) = 11,40 1,8 o Ω 20 Finalmente, la impedancia total conectada en el tablero T REF en el momento del arranque de los cuatro motores resulta ser: Z T REF = Z motor arr eq //Z oficinas = 0,0 + 0,4jΩ Haciendo un divisor de tensión entre esta impedancia y la del cable que conecta T G con T REF obtenemos la tensión en barras de T REF : V T REF = 400V ( ) 0 o ZT REF = 220,8 2, o V Z T REF + Z c Lo que en tensión compuesta representa: U T REF = 220,8 = 82,4V La caída de tensión porcentual respecto a la tensión nominal (400V ) resulta: ,4 U = 100 % = 4,4 % 400 Se observa entonces que en el instante que arrancan los cuatro motores la caída de tensión en el tablero de oficinas es mayor al % admisible para las cargas de iluminación. Se analizarán a continuación las tres acciones correctivas propuestas, evaluando si son viables. Solución 1: Instalar arrancadores estrella-triángulo en los motores. Esto permite que los motores presenten durante el arranque (conexión estrella) una impedancia vista tres veces mayor que la impedancia de arranque normal (conexión triángulo), por lo que la corriente que toman se divide por tres, lo que permitiría mejorar la tensión durante el arranque en el tablero T REF. Pero por otra parte se tiene una reducción del par de arranque también a un tercio del valor en triángulo. De los datos del catálogo, el par de arranque es (a tensión nominal): C arr = 2,1 48,27N.m = 101,6N.m El par de arranque en arranque estrella-triángulo (a tensión nominal) se reduce a una tercera parte: C arr est tri =,79N.m < 45N.m = C arr carga IIE - FING - UdelaR 2

3 Además, este cálculo es un mejor caso, ya que sabemos que la tensión durante el arranque será menor a la nominal, debido a la caída de tensión en el conductor. Dado que el par depende de la tensión al cuadrado, es de esperar un par efectivo aún menor al calculado. En virtud de lo expuesto, el motor no puede vencer el par resistente que ofrece en el arranque la carga mecánica. Se concluye que la solución de instalar arrancadores estrella-triángulo en los motores si bien disminuiría la caída de tensión, no es viable dado que el par se reduce demasiado para las solicitaciones mecánicas de la carga. Solución 2: Colocar elementos de temporización para escalonar el arranque de los motores. En este caso se daría cada arranque cuando se tiene a los motores que arrancaron antes tomando la corriente nominal, con lo que se evitaría la suma de los picos de corriente de arranque de todos los motores. Paralelamente al arranque de los motores está conectada la carga de oficinas así que el primer motor en arrancar sumará su pico a la corriente de T OF. El segundo motor que arranque sumará su corriente a la nominal del primer motor (que ya arrancó) más la corriente de T OF, y así sucesivamente. Se puede ver que el peor caso se dará cuando arranque el cuarto motor, ya que su pico se sumará a la corriente nominal de los otros tres, más la corriente de T OF, de tal forma que calcularemos la caída de tensión solo en este caso. La impedancia equivalente en el momento del arranque del cuarto motor resulta del paralelo de tres impedancias a potencia nominal (de los tres motores que ya arrancaron) con la impedancia de arranque del motor que está arrancando, en paralelo con la carga de oficinas. Calculemos la impedancia de un motor a corriente nominal: Z motor nom = (400/ ) arcos(0,84) = 14,82 2,9 o Ω 15,58 Esta impedancia es la que tiene el motor siempre que gire a la velocidad nominal (lo cual se indica en la letra), independientemente que opere a una tensión diferente de la nominal. El dato del factor de potencia con carga nominal se encuentra en el catálogo del motor. Entonces en el momento del arranque del cuarto motor se tiene la siguiente impedancia equivalente en el tablero T REF : Z T REF = Z motor nom //Z motor arr //Z oficinas = 0,9 + 1,01jΩ Por lo tanto la caída de tensión, repitiendo los cálculos anteriores resulta: V T REF = 400V ( ) 0 o ZT REF = 226,5 0,8 o V Z T REF + Z c U T REF = 226,5 = 92,4V ,4 U = 100 % = 1,9 % 400 Se observa que con los motores arrancando de a uno, en el peor caso que es cuando arranca el último, aún se mantienen niveles admisibles de caída de tensión. Esta solución resulta viable para resolver el problema analizado. IIE - FING - UdelaR

4 Solución : Modificar la arquitectura de la instalación eléctrica, eliminando la alimentación de T OF desde T REF y haciéndola directamente desde T G (separando de esta forma la fuerza motriz de las cargas de ilumimación y tomas). Esta solución resuelve el problema de manera radical, ya que ahora el tablero T OF siempre está alimentado desde T G, resultando insensible a las eventuales caídas de tensión producidas por los motores. Cabe señalar que esta solución puede resultar más costosa que la anterior por tener que colocar conductor nuevo (otro cable trifásico paralelo al ya instalado, 45m). Si bien la carga no es mucha (20A) dado que la longitud del cable es importante, probablemente se tenga que sobredimensionar para asegurar una caída de tensión aceptable. Ejercicio 5. a) Impedancia del transformador: Datos del motor: Z t = ,085 = j2,41mω I nom = 58,95A (corriente nominal) I p /I n = 6,7 (cociente corriente de rotor bloqueado/corriente nominal) cos(ϕ) arr = 0,55 cos(ϕ) n = 0,84 La corriente de arranque de cada motor en base a los datos del catálogo resulta: I arr = 6,7 58,95A = 95A La impedancia equivalente del motor en el arranque resulta: Z motor arr = (80/ ) arcos(0,55) = 0,555 56,6 o Ω 95 En el arranque de los n motores, la carga se supone desconectada, entonces la tensión en la barra de los motores es: V BT = 0,555 n 56,6 o 0,555 n 56,6 o + j2, Se sabe que la caída de tensión es de.5 %, por lo que: 80 0 o V V BT = 0, = 211,7V Resolviendo para n = 10: V BT = 211,7V IIE - FING - UdelaR 4

5 b) Para el motor de eficiencia estándar, a 100 % de potencia nominal, el rendimiento es 92 %. Por tanto la potencia activa absorbida es: P abs = 0kW 0,92 = 2,6kW Por lo tanto en 10 años de utilización en el régimen de trabajo indicado la energía consumida es: E = 2,6kW = 71, 9MW h U$S = Utilizando un motor de alta eficiencia, a 100 % de potencia nominal, el rendimiento es 9.9 %. La potencia activa absorbida es: P abs = 0kW 0,99 = 1,9kW Por lo tanto en 10 años de utilización la energía consumida es: E = 1,9kW = 699,7MW h U$S = El motor de alta estándar representa un ahorro en las condiciones planteadas de U$S = 565 Ejercicio 5.4 a) Impedancia del transformador: Corriente de nominal del motor: Z T = ,08 = j,5ω 106 Corriente de arranque: I n = , ,94. 0, = 1A Impendancia del motor en el arranque: I arr = 7. 1A = 91A Z motor arr = (11500/ ) arcos(0,6) = 7,1 5,1 o Ω = 4,28 + 5,70jΩ 91 La corriente de arranque del motor conectado en la instalación resulta: I arr inst = (7,1 5,1 o + j,5) = 652A IIE - FING - UdelaR 5

6 b) La corriente de arranque del motor cuando se conectan resistencias R por fase es: Despejando: I arr R = = 400A. (4,28 + 5,70j + j,5 + R) (4,28 + R)2 + (5,70 +,5) 2 = R = 9,52Ω c) A tensión nominal, sabemos que el motor tiene una potencia mecánica nominal de 000HP, con una velocidad nominal de 1455rpm. Aplicando el modelo eléctrico del motor la potencia mecánica resulta: P m n =. R 2e(1 ). I 2 2e n =. R 2e(1 ). ( Un ) 2 ( R2e ) 2 = U n 2..(1 ) R 2e Por lo tanto: = = 0,0 R 2e = ,0.(1 0,0) ,75 10 = 1,71Ω I 2en = U n.. R2e = 115,8A P perd joule n =. R 2e. I 2 2e n = 69216W P vacio = P perdn P perd joule n = 764W R 0p = 1796Ω (modelo paralelo) Luego: S MI totaln = P m n η n cosϕ n = 2645kV A Q 0 = 115kV AR X 0p = 114,7Ω(modelo paralelo) La impedancia de vacío equivalente conectada en serie la podemos determinar como: Z 0s = R 0p jx 0p = 7, ,2j[Ω] Si imponemos el deslizamiento igual al deslizamiento nominal (g = ) podemos determinar una impedancia equivalente total del MI de la siguiente forma: Z eq MI = Z 0s R 2e = 45,0 + j21,8[ω] IIE - FING - UdelaR 6

7 Aplicando divisor de tensión se determina la tensión en bornes del MI cómo: V MI = Z eq MI Z eq MI + Z T U red@s = 6429,52 [V ] U MI = 1116V P m =. R 2e(1 ). I2e 2 = U MI 2 (1 ). = 2098,5kW R 2e Teniendo en cuenta la definición de potencia mecánica se obtiene el par en la condición solicitada: P m = C. ω s. (1 ) C = P m π. (1 ) 60 = 1772N m El hecho de estar conectado a través del transformador afecta el desempeño en régimen, ya que el par nominal del motor es: C n = = 14766Nm y hay por lo tanto una ω s. (1 ) disminución en el par de aproximadamente un 7 % respecto al par nominal. Ejercicio 5.5 b) La potencia nominal del motor es P n = ,75 = 112,5kW, pero la potencia aparente absorbida de la red es siempre mayor (factor de potencia y rendimiento son menores a uno). P n La opción 1 se descarta por los comentarios previos (potencia insuficiente). La opción 2 se descarta por subtensión. Al disminuir la tensión se reduce notablemente el par (se reduce proporcional al cuadrado de la tensión). Además aumenta el deslizamiento, se incrementa la corriente y se aumentan las pérdidas. La opción se descarta por sobretensión, si bien es cierto que bajo carga existe una caída debido al transformador, es posible que con el MI en vacío o con poca carga mecánica se presente en bornes del mismo un exceso de tensión inadmisible para el mismo. Además a priori, no queda claro que su potencia sea suficiente ya que si consideráramos las pérdidas del MI se podrían superar los 120 kva. En efecto si se considera un motor del catálogo disponible que se corresponda con los datos de chapa declarados, se tiene que para un motor de 150 HP, una eficiencia de 94.5 % y factor de potencia de 0.84 (con carga igual a 100 %). Por lo tanto se tiene una potencia aparente total de 112,5k 0,945 0,84 = 141,0kV A. La opción 4 es la más conveniente ya que tiene la tensión nominal secundaria igual a la del motor (además es de esperar una ligera caída de tensión en el transformador) y una potencia nominal que admite todos los puntos de funcionamiento posibles del MI. c) La impedancia del transformador a nivel secundario (400 V) queda determinada cómo: IIE - FING - UdelaR 7

8 Z T = ,05 = j2mω El modelo del motor de inducción se puede determinar como: Por lo tanto: R 2e = ,025(1 0,025) 112,5 10 = 4,9mΩ I 2en = U n. g n = 165,7A. R2e P perd joule n =. R 2e. I 2 2e n = 2869,2W P vacio = P perdn P perd joule n = 64,5 Luego: S MI totaln = R 0p = 4,9Ω (modelo paralelo) P m n η n cosϕ n = 141kV A Q 0 = 76,5kV AR X 0p = 2,09Ω(modelo paralelo) La impedancia de vacío equivalente conectada en serie la podemos determinar como: Z 0s = R 0p jx 0p = 0,10 + j2,09[ω] Si imponemos el deslizamiento igual al deslizamiento nominal (g = ) podemos determinar una impedancia equivalente total del MI de la siguiente forma: Z eq MI = Z 0s R 2e = 0,95 + j0,616[ω] Aplicando divisor de tensión se determina la tensión en bornes del MI cómo: V MI = Z eq MI Z eq MI + Z T U red@s = 227 1,4 [V ] U MI = 9,9V La potencia mecánica que desarrolla el motor conectado a través del transformador, cuando opera a deslizamiento nominal es: Por lo tanto el par resulta: P m =. R 2e(1 ). I2e 2 = U MI 2 (1 ). = 108,5kW R 2e C = P m π. (1 ) 60 = 106Nm k = = 1,09Nm/rpm IIE - FING - UdelaR 8

9 Ejercicio 5.6 a) P perdn = P absn P n = 4662W k = 4,66kW 80 o C = 58,W/o C b) R 2e = U 2 n. (1 ) P n = 7,1mΩ I 2en = U n.. R2e = 165,9A P perd joule n =. R 2e. I 2 2e n = 065,7W P vacio = P perdn P perd joule n = 1597W Dado que las pérdidas de vacío son proporcionales al cuadrado de la tensión, al bajar la misma se reduce en esa proporción: P vacio 80V = W = 1441W 4002 Dado que se han reducido las pérdidas de vacío, pueden aumentar las pérdidas joule de forma de que su suma sea constante (de ese modo el motor operará a la misma temperatura): P perd joule 80V = = 221W I 2e = 145W R 2e = 170,0A g = I2e. R 2e 80V = 0,0288 P util 80V = I 2 2e. R 2e(1 g) g = 10875W C = P util π. (1 g) 60 = 712,7N m C n = P utiln π. (1 ) 60 = 72Nm c) Operando a tensión nominal las pérdidas de vacío son las nominales. Al bajar la temperatura ambiente se tiene mayor márgen para aumentar las pérdidas totales y por ende, las pérdidas joule: P perd 25 o C = k(120 25) = 559W P perd joule 25 o C = = 942W I 2e = 942W R 2e = 188,2A g = I2e. R 2e 400V = 0,002 P util 25 o C = I 2 2e. R 2e(1 g) g = W P util n = W IIE - FING - UdelaR 9