POTENCIA EM MAQUINAS SÍNCRONAS POLOS LISOS E SALIENTES out 2007

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MÁQUINAS SÍNCRONAS 
Prof. Silverio Penin y Santos 
CAPÍTULO II: 
 
 
 POTÊNCIA EM MÁQUINAS 
SÍNCRONAS: PÓLOS LISOS E SALIENTES 
 ESTUDO DE MÁQUINAS SÍNCRONAS: 
EM PARALELO 
1-POTÊNCIA EM MÁQUINAS SÍNCRONAS: 
1.1- PÓLOS LISOS 
 
1)Introdução: 
Como se sabe a potencia em uma maquina elétrica é : 
P=q*V*Ia*cosf(1) 
 
 
Figura 1: Diagrama fasorial de um gerador síncrono em trabalho individual 
 
Calculo da potência com os parâmetros internos 
 
 Deseja-se eliminar fatores externos na fórmula (1 )acima e colocar apenas fatores 
da própria máquina. 
Assim tem-se: 
a)AB: jxsIa projetado na perpendicular a V. Portanto AB= jxsIa *cosf 
b)Mas também AB=Ef*send 
c)Portanto :AB = jxsIa *cosf=Ef*send 
d)Assim teremos : 
Ia cosf = Ef*send/xs 
e)Substituindo na equação 1 teremos 
P=q*V*Ef send/xs 
 
Esta fórmula é expressa exclusivamente em função de parâmetros internos da máquina. 
Observe-se que depende do ângulo d cujo limite é de 90º . 
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
0 0,01 0,02 0,030 0
 
 Figura 2: Curva de estabilidade de gerador 
 
EXERCÍCIO 1 
GERADOR SÍNCRONO DE 15 KVA PÓLOS SALIENTES 6 POLOS 60 HZ 
TRIFÁSICO CONECTADO EM Y ,220 V . 
 
90 180 180
δ 
Figura 3: Determinação de Poitier e de FA 
A REATÂNCIA DE DISPERSÃO É= A 0,90HMS 
Xq=0,6Xd Xs=127/41=3,09 OHMS 
 
CÁLCULO DE Ef PELO METODO DA REATÂNCIA SATURADA SEM 
CONSIDERAR A DUPLA REAÇÃO. 
 
Ef=V|0+jXsIa|-36,8=222,43|25,99 
 
CÁLCULO DA POTÊNCIA 
Calculando a potência que o gerador entrega a carga : 
P=qVfase*Ia* cosf =3*127*39,4*0,8=12000W 
 
Calculando a potência que o gerador desenvolve em função dos seus parâmetros : 
P=q*Vfase*Ef/Xs=3*127*222,43*sen25,99/3,09=12018 W 
 
 
 
CÁLCULO DE Ef PELO MÉTODO GERAL SEM CONSIDERAR A DUPLA 
REAÇÃO 
CALCULE xl E FA PELO MÉTODO DE POITIER 
PELO GRAFICO Xp=36/39,4=0,91(É DADO 0,9 OHMS.ADOTAREMOS 0,9) 
Fa/Nc=2,9A(O EXERCICIO ESTABELECE VALOR DE 2,96A. ADOTAREMOS2,96 A) 
 
ER=V|0 +j0,9*39,4|-36,8 =150,9|10,84 
NO GRÁFICO 
FR/Nc=5,8A|100,84 
Ff=5,8A|100,84 –2,96|-36,8 
Ff=8,23|114,86 
Ef=175|24,86V 
REGULAÇÃO 
38% 
CÁLCULO DA POTÊNCIA 
P=qVfase*Ia* cosf =3*127*39,4*0,8=12000W 
P=q*Vfase*Ef/Xs=3*127*175*sen24,86/3,09 
O resultado será evidentemente menor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.2-POTÊNCIA EM MÁQUINAS SÍNCRONAS: PÓLOS SALIENTES 
 
Como se sabe a potência em uma maquina elétrica é: 
P=q*V*Ia*cosf 
Desejamos eliminar fatores externos na fórmula acima e colocar apenas fatores da própria 
máquina. 
Assim teremos: 
Ia*cosf= Iq*cosd+ Id*send 
 
 
Figura 4: decomposição de Id e Iq 
P=q*V*Ia*cosf=q(V* Iq*cosd+V* Id*send) 
Ef=V*cosd+xd* Id 
Id=(Ef- V*cosd)/xd 
Iq=V send/xq 
 
P=q(V* V send/xq*cosd+V*((Ef- V*cosd)/xd)* send) 
 = q(Ef*Vsend)/xd+V* V*cosd*send)/xq -V* V*cosd*send)/xd) 
mas 
2cosd*send)= sen2d 
 portanto : 
P=q(Ef*Vsend)/xd+ q*V* V*( xd-xq)*sen2d)/(2(xd*xq)) 
 
 
Figura 5: Diagrama Fasorial do gerador síncrono de pólos salientes 
 
 EXERCÍCIO 2 
 
GERADOR SÍNCRONO DE 15 KVA PÓLOS SALIENTES 6 POLOS 60 HZ 
TRIFÁSICO CONECTADO EM Y, 220 V. 
A REATÂNCIA DE DISPERSÃO É= A 0,90HMS 
Xq=0,6Xd Xd=Xs=127/41=3,09 OHMS Xq=0,6*3,09=1,854 
 
CÁLCULO DE Ef PELO MÉTODO DA REATÂNCIA SATURADA 
CONSIDERANDO AGORA A DUPLA REAÇÃO. 
 
O primeiro passo é decompor a corrente nos eixos direto e quadratura. 
Para conhecer o ângulo Ψ recorramos a figura acima 
tang Ψ=(Vsenf+XqIa)/Vcosf=(127*0,6+1,854*39,4)/127*0,8=1,4635 
Ψ=55,65 
d=55,65-36,9=18,75 
 
portanto Id=39,4*sen 55,65=32,53 
 Iq=39,4*cos55,65=22,23 
Ef=127|0+j3,09|90*32,53|-71,25+j1,854|90*22,23|18,75 =220,78|18,85 
Calculo da potencia 
P=3*127*220,78 sen18,75/3,09+3*127*127*(3,09-
1,854)/(2*3,09*1,854)=8750+3177,57=11927,92 W 
 
 EXERCÍCIO 3 
GERADOR SÍNCRONO DE 15 KVA PÓLOS SALIENTES 6 POLOS 60 HZ 
TRIFÁSICO CONECTADO EM Y, 220 V . 
A REATÂNCIA DE DISPERSÃO É= A 0,90HMS 
Xq=0,6Xd Xs=127/41=3,09 OHMS Xq=0,6*3,09=1,854 
CÁLCULO DE Ef PELO MÉTODO GERAL. 
 
EXERCICIO 4 
Seja um gerador de 750 Kva em 440/254V ligação em Y. Da tabela do fabricante 
retiramos Xd=2,92 e Xq=2,33 -valores em pu 
Para manter o gerador em carga com fator de potencia 0,8 indutiva calcular qual a tensão 
em vazio necessária? 
 
EXERCICIO 5 
Repetir o exercício 3 porém agora a carga é capacitiva com fp=0,8 
 
EXERCICIO 6 
Repetir o exercício 3 porém agora a carga é resistiva. 
UNIVERSIDADE SANTA CECÍLIA 
FACULDADE DE ENGENHARIA DEPTO DE ENG ELÉTRICA 
PROF SILVÉRIO PENIN Y SANTOS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3- MÁQUINAS SÍNCRONAS: ESTUDO DE MÁQUINAS EM PARALELO 
 Os pré-requisitos para colocar um gerador síncrono em paralelo com uma barra infinita 
ou com outros geradores são: 
1)sequência de fases do gerador igual à da barra 
2)tensão do gerador igual à tensão da barra 
3)freqüência do gerador igual à freqüência da barra 
4)ângulo entre tensões do gerador e da barra próximo a zero. 
A análise da sequência da figura 1(primeira no alto à esquerda) mostra um gerador G que 
deve ser conectado na barra b que já esta alimentada por n geradores e por isso pode ser 
considerada infinita para G e permite mostrar as etapas de transferência de carga da barra 
para o gerador recém colocado na referida barra 
Figura 1 (0): 
Admitindo-se que os pré-requisitos foram atendidos e que a chave de paralelismo foi 
fechada e, portanto que G está sincronizado com a barra. Quando isto é feito não ocorre 
qualquer transferência de potência e a corrente é zero. 
Figura 1 (1): 
 Aumenta-se a excitação sem alterar o combustível 
Não haverá aumento de potência que continuará zero, porém ocorre aumento de Ef já que 
ocorreu aumento de If (excitação). Evidentemente como a tensão interna do gerador Ef 
aumenta e a tensão dos terminais permanece inalterada já que o gerador esta paralelado 
cão a barra prevalecendo a tensão Vb surgira corrente de circulação Ic=(Ef-Vb)/xs sendo 
xs a reatância de sincronismo 
Figura 1 (2): 
 Aumenta-se o combustível sem alterar a excitação 
Não haverá aumento de Ef já que não ocorreu aumento de If (excitação). A potência 
aumenta pois já ocorreu aumento de combustível 
Figura 1 (3): 
 Aumenta-se ainda mais o combustível sem alterar a excitação 
Não haverá aumento de Ef já que não ocorreu aumento de If (excitação). A potência 
aumenta pois já ocorreu novo aumento de combustível 
Figura 1 (4): 
 Aumenta-se ainda mais o combustível sem alterar a excitação 
Não haverá aumento de Ef já que não ocorreu aumento de If (excitação). A potência 
aumenta, pois já ocorreu novo aumento de combustível, porém é limitada pelo ângulo d: a 
partir de 90º o gerador perde o sincronismo. 
Figura 1 (5): 
 Aumenta-se a excitação 
Haverá aumento de Ef já que ocorreu aumento de If (excitação). 
O limite de aumento de potência aumenta, pois ocorreu aumento de Ef 
A análise da equação 
P=3.V.Ef.send/xs 
permite mostrar que o limite de potência aumenta. 
Figura 6 
 
Exercício 1 
 
Através do exercício abaixo vamos aprofundar nossos conhecimentos de maq síncrona em 
paralelo com uma barra infinita 
 
 
Figura 7 
Coloque um gerador de 3000kva 1730 volts em Y com xs=3 pu em paralelo com uma 
barra infinita. 
1.1)Se Vg=Vb Fg=Fb e o ângulo entre as tensões do gerador e da barra é zero, qual será 
a contribuição no instante inicial antes de ajustar a injeção de combustível? 
 
1.2)Agora ajuste o combustível para que PG=0,5pu, porém sem alterar a excitação. 
Qual a corrente Ia| ,fator de potência, Ef| e jxs Ia|.. em pu? 
Observe que se não ocorreu alteração na excitação, a fem ef não pode mudar isto significa 
que o lugar geométrico da fem Ef é um circulocom centro na origem do diagrama 
fasorial ou seja Ef=1 pu. Portanto se Ef=1,0pu e P=3* V*Ef send/xs=1500 KW e como 
xs=3 pu e xbase=1000/(3000/1,73*1730)=1 ohm 
e V=Ef=1000 tem-se send=1,5 o que é evidentemente absurdo 
Conclusão: não é possível o gerador trabalhar nessa região. 
O limite evidentemente é send=1 ou seja d=90º 
1.3)Qual é, portanto a máxima potência que o alternador poderá fornecer sem ajustar a 
excitação? 
P=3*1000*1000*1/3=1000KW. 
Teoricamente seria possível atingir este ponto com incrementos muito pequenos, porém 
em termos práticos isto é impossível 
Por outro lado se o aumento do combustível ocorreu para proporcionar 1000kw de 
potência ativa significa que 1730*1,73* Icosf =1000000= 
Icosf=333 A 
Onde f=45, ou seja, cos f=0,707. Portanto I=471A 
3,0MVA 
1730V,Y 
xs=3,0 pu 
 
Figura 8 
 1.4)Que faremos agora para restabelecer o fator de potência unitário? 
Aumentaremos a corrente de excitação para Ef 
 
Figura 9 
 
A corrente agora será 1,0pu e o fp será = a 1,0 
Exercício 2) 
Um altern. trif. de pólos lisos G com potência de 100 MVA, 13.8KV Y 60 hz 4 pólos . 
ARMADURA: possui fator de enrolamento Ke=0,828 devido ao encurtamento e a 
distribuição. Possui 6 bobinas por pólo e por fase (01 espira por bobina). 
 Nos testes em carga com fp=0 determinou-se a reatância de dispersão pelo 
método de Pottier xl=0,08pu. As curvas em vazio e em curto são dadas. 
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
4500
5000
5500
6000
6500
7000
7500
8000
8500
9000
9500
10000
10500
11000
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 600 650 700 750 800 850 900 950 1000 1050 1100 1150 1200 1250 1300
Vf Icc
 
Figura 10 
O gerador deve ser conectado (paralelado) a um barramento que já está alimentado por 
outros geradores G1, G2, G3...Gn e no qual existe uma carga de 200MVA com fp=0,7071 
Ind. 
 
 
 
Figura 11 
 
Deseja-se reduzir a potência aparente fornecida pelos G1, G2, G3.....Gn, passando-a para 
G de tal forma que G1, G2, G3.....Gn ‘’enxerguem’’ fp=0,9 Ind. 
1.1) Qual a tensão em vazio (Ef) que deve ser ajustada em G para atender essa 
situação. 
figura 12 
1.2) Qual a tensão em vazio (Ef) que deve ser ajustada em G para além de atender essa 
situação, G também proporcione 30MW a carga? 
figura 13 
Solução: 
2.1)O gerador G deve fornecer (141,42-68,5)=72.92 MVAR à carga. Desta forma os 
geradores G1,G2....Gn fornecerão apenas 68,5 MVAR. A potência aparente será 157,13 
MVA (não há alteração na potência ativa, pois G não recebe combustível para 
proporcionar potencia ativa as cargas). 
A corrente do gerador G será 3053 A com fp=0 
 
figura 14 
a)Solução pelo método da reatância 
A reatância xs =1,92 ohms foi obtida na curva em vazio e em curto do gerador 
A tensão em vazio Ef=V|0+jxsIa sendo Ia=3053|0 
Ef=7986|0+j1,92.3053|0=13847|0 
 
b)Solução pelo método geral 
Primeiramente será necessário determinar o valor de FRA para o que é necessário calcular 
ER. Para tal é necessário calcular xl=0,08pu.8000/4176=0,153ohms. 
ER=V+jxlIn=8640V(valores por fase). 
 
Este valor determina A’ do triângulo de Pottier. A vertical por A’ determina o ponto B’ do 
triângulo. Uma paralela a reta do entreferro passando por A’ determina O’ Colocando OC 
a partir de O’ determina-se C’. B’C’ fornece o valor de FRA para corrente nominal. 
Como a corrente agora será 3053A FRA(3053)=347,3A 
 
ER=V|0+jxl.Ia sendo Ia=3053|0 
ER=8000|0+j0,08.3053|0=8230|0 
na curva FR=520|90º 
FRA(3053)=347,3|0 
Ff=520|90-347,3|0=625|123.7º 
Ef=9100 V 
 
 
Figura 16 
2.2) 
 
 
 
 
Ação Sincronizadora na Máquina Síncrona 
 
A carga proporcionada por um gerador síncrono paralelado com uma barra infinita 
depende da quantidade de combustível fornecido ao motor primário(acionador) que o 
mesmo transforma em potencia mecânica no seu eixo. 
O raciocínio até aqui desenvolvido baseia-se em sistema estável. Na prática ocorre uma 
situação de regime semi-permanente, ou seja, o regulador de rotação frequentemente 
injeta quantidades excessivas de combustível durante períodos muito curtos que provocam 
aumentos momentâneos de potência. Quando isso ocorre haverá um aumento do ângulo 
d. Como no momento seguinte haverá redução do combustível já que o incremento foi 
momentâneo o ângulo delta será reduzido 
 Figura 5