Aplicacion Motores Sincronos 465419

MOTOR SÍNCRONO Principio de funcionamiento: Supuesto dos alternadores funcionando en paralelo, Figura 1, físicamente se puede observar que, si se _ le quita la energía (motor de arrastre) que acciona a uno de ellos, este seguirá girando en el mismo sentido y a igual velocidad que antes, Figura 2.-

La diferencia que se manifiesta es que antes entregaba corriente a la red y ahora la recibe; si recibe corriente y gira es manifestación de que esta trabajando como motor, y mantiene su velocida d síncrona porque esta depende solo de la frecuencia:

f 

p.n 60

Una primera explicación de este fenómeno, la podríamos deducir considerando la máquina como generador, reducida a su mínima expresión – Figura 3 y como motor Figura 4.–

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En esta última figura, al invertirse la corriente en el estator, ya que ahora es una impedancia conectada a la red que recibe corriente, esta genera un campo rodante sincrónico y que por atracción magnética entre polos de diferente nombre, arrastra al rotor en el mismo sentido y velocidad. También se puede explicar, a partir de la expresión general del momento magnético  =K.1.2 sen . En este caso, el campo del rotor, gira hacia el campo del estator, atrasado respecto a él Figura 4'; es decir, respetando el principio de alineación de los campos magnéticos tendiendo a reducir la reluctancia del circuito

El principio de funcionamiento de este motor, se basa, en la atracción magnética de polos de distinto nombre. Dibujando solo un par de polos - Figura 5 y la fuerza de atracción magnética entre ellos: F descompuesta en sus componentes ortogonal e s : F t (tangencial) y Fr (radial), el momento motor será:  = Ft  r La fuerza radial Fr es la que mantiene ligado al rotor con el campo del estator.

Se observa que si crece el momento resistente (en el equilibrio dinámico es siempre igual al momento motor) ,en la expresión anterior lo único que puede crecer es Ft, por ejemplo crece a Ft',y si la excitación se mantiene constante (F depende de la excitación), el nuevo triángulo de fuerzas será el representado en línea punteada. Como consecuencia disminuyo Fr a Fr'. Si continua. aumentando el momento resistente, se puede llegar a que la fuerza Fr que mantenía ligado al rotor sea muy pequeña y el rotor se desenganche y se detenga. Como la fuerza F actúa entre ejes de los polos, también se observa un desplazamiento de los polos sombras, al aumentar el momento resistente.Conclusiones: 1.- Este tipo de motor funciona a velocidad síncrona solamente. 2.- El efecto que produce el aumento del par resistente es el desplazamiento relativo de los polos sombras. 3.- Si se aumenta la excitación, aumenta el momento motor. Porque crece F y por consiguiente Ft



y el par motor . Diagrama vectorial: Consideremos como circuito equivalente simplificado al de la - Figura 6 tanto para generador como para motor:

Como generador se verificara: E g  jX sg  g  U

; U  j X sg g  E g cuyo diagrama vectorial simplificado será el de la - Figura 7. Como motor, ahora, el estator recibe la tensión alterna UM de la línea, más la Fem. EM inducida en el mismo por la rueda polar que gira con su flujo magnético constante y corta los conductores de cada fase del inducido Figura 8. Ambas tensiones determinan una Fem. resultante Er.-

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Estas equilibran las caídas en Xs:

U M  EM  Er  jX M  M

(1)

La tensión de línea U y la del motor UM son de sentido opuesto por la segunda ley de Kirchhoff:

U  0  U  U

M

; U  U M

respecto a la tensión UM Figura 9 )

El estator, conectado a la línea, es una impedancia que recibe corriente IM, retrasada (diagrama vectorial

De (1) U M   E M  j X SM 

M

Esta expresión, nos permite en el diagrama vectorial determinar con precisión el vector -E M y su opuesto E M , pues conocida la corriente del motor IM y el vector tensión del motor UM , desde su extremo final retrocedemos con un vector perpendicular a la corriente y en adelanto 90° respecto a ella jX SM.IM de manera que el vector buscado -E M partirá desde el origen del vector UM y su extremo final llega al origen del vector caída de tensión jX SM.IM Se observa la diferencia en cuanto a la Fem., que está adelantada respecto a U cuando es generador y atrasada cuando es motor. De la expresión (1) sumando E M y UM en el diagrama vectorial, se obtiene Er, que debe estar en cuadratura respecto a IM, debido a la reactancia síncrona Xs. Si la misma máquina que estaba trabajando como generador, pasa a trabajar como motor (tiene la misma Xs) con la misma carga, las caídas Xs.I serán iguales y por lo tanto la corriente IM será igual y opuesta a la IG . Comparación mecánica Un símil mecánico de la máquina síncrona como generador - Figura 10

Podría representarse como un eje A (rueda polar) que gira accionado por un motor y esta ligado a una corona B (inducido) por resortes C (flujo resultante). Al hacer girar el eje, aplicando un freno F a la corona B (carga de

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la máquina) los resortes se estiran (los polos se desplazan) formando un cierto ángulo  (ángulo de carga) proporcional al frenado (potencia entregada). Como motor – Figura 11- giraría la corona (campo rodante del inducido ) y los resortes (flujo) arrastrarían al eje (rotor ) en el que se encuentra ahora el freno ( momento resistente).-

Modificación del cos  Consideremos parcialmente el diagrama vectorial según Figura 12 .El ángulo  entre E r e IM es prácticamente 90° según (1) y constante. Rigurosamente hablando no lo sería porque hay R y de X S = (Xd + X i) sabemos que Xi  cte; pero a los fines de las conclusiones generales, la hipótesis es valida. El ángulo entre UM e IM es  cuyo coseno nos da el factor de potencia.De este diagrama se deduce que aumentando la excitación, por ejemplo a E'M , como  y UM permanecen constantes, el ángulo  disminuye, pudiendo llegar a coincidir con UM (cos =.1) ó estar en adelanto a la tensión (capacitivo) Si la carga es constante, el extremo de IM se desplaza cambiando el ángulo pero con su extremos en la recta de corriente perpendicular a UM . Conclusiones 1.- Variando la excitación (cuya consecuencia es E M - Figura 8) varia el cos  2.- El motor sobrexcitado es capacitivo.

Curvas en V Se estudia la relación entre la corriente de carga I y la de excitación Iex, para carga constante. En el diagrama de la Figura 12, se observa que al crecer la excitación (cuya consecuencia es EM),la corriente comienza a disminuir, se hace mínima para cos = 1 y vuelve a aumentar cuando se hace capacitivo. Esta ley de variación es la que reproduce la característica I = f (Iex), llamada por su forma curva en V. Se puede trazar una familia de curvas, una para cada estado de carga, así en la – Figura 13 - se han trazado para plena carga (Pc), media carga (1/2Pc) y un cuarto de carga (1/4 Pc). Para bajos valores de excitación la máquina es inductiva (zona izquierda). Para cos = 1 la corriente es mínima, por consiguiente los mínimos determinan la curva de cos = 1.Estos puntos se encuentran desplazados hacia la derecha porque a mayor carga más reacción de inducido, por lo tanto se necesita aumentar la excitación. Para valores grandes de excitación, la máquina es capacitiva (zona derecha). Para muy bajos valores de excitación, para cada estado de

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carga, llega a un punto que la fuerza de atracción magnética no es suficiente para mantener al rotor ligado., al campo rodante, la máquina se desengancha y se detiene, estos puntos determinan el límite de estabilidad. Un motor puede trabajar sub o sobrexcitado, para un mismo estado de carga (punto 1 ó 2 a ½ Pc), pero ante una sobrecarga (I2 – I1 ) en el primer caso se detiene (punto 1' ) en cambio en el segundo caso solo pasa a un estado de carga mayor (punto 2'). Conclusión: El motor sobrexcitado es más estable y presenta mejor cos  .-

Estabilidad Estática

Estudiando el diagrama vectorial a potencia constante y excitación variable Figura 14; la curva de la potencia activa eléctrica en función del ángulo de carga  , la cual se convierte en el eje del motor en

potencia mecánica Pem = em .S , Fi gura 15 y l as curv as en V P = f() , Figura16, se observa la relación que existe entre ellas resp ect o a l a F i g ura 14, y consi dera nd o por si m pli ci dad el di agram a v ect ori al del rot or l i so si n sat uraci ón ( X S = ct e.). En l a escal a de pot e nci as se t en drá:

UE01 sen 1  ( segmento AB ) XS U react iv a: Q  ( E01 cos  1  U )  ( segmento AC ) XS

Pot enci a act iv a: P  “ “

aparent e: S  P  j Q  (segmento BC )

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En est a F i gura 14 se m ue st ra l a ev ol uci ón de l a pot enci a ap ar ent e se gm ent o CB par a div ersos v al ores de E 0 , proporci onal e s a l a corri ent e de ex ci t aci ón ( K.I e x ), ent regan d o una m i sm a pot enci a act iv a AB baj o di f erent e s án gul o s  seg ún l a s di st i nt a s ex cit aci ones d e l os p ol os. El ángul o de c arg a  v arí a seg ún el v al or de E 0 , con  = 90 º se obt i en e l o que se l l am a “l í m i te te óri c o de e st abi l i dad e st át ic a “ al canzando el m í nim o v al or de E 0 ( E 0 3 ). En l as curv as P = f(  ) , F i gura 15, se repr e se nt a una car act erí st i ca ang ul ar para cad a v al or de ex ci t aci ón en f unci ón del ángul o  y se se ñal an l o s re spect i v os v al ores del ángul o d e carg a  nece sari o p ara p oder cu m pli r con l a pot enci a act iv a sol i ci t ada por l a carga seg ún l a s di f erent es caract e rí st i ca s an gul are s . Así par a un a F em . i nd uci da E 0 1 es nece sa ri o un án gul o  1 , para u na E 0 2 m enor un ángul o  2 m ayor , si endo el l ím it e de e st a bi l i dad el que corre sp ond e a  3 par a un a ex cit aci ón m í nim a E 0 3 . Cual qui er ex ci t aci ón m enor no p erm i t e l a t ransf erenci a d e pot enci a m ecáni ca requ eri da p or l a carga en e st e ca so y l a m áqui na se sal e d e sinc ronism o . Con el obj et o de t ener un m argen, no t rabaj ar t an en el l ími t e de est a bi l i dad y poder at ender a u n ev ent ual aum ent o de carga se suel e ut i l i zar un ángul o m áx im o  de 70º. En las curvas en V, Figura 16, para cada una de ellas corresponde un valor de P. Para la curva de potencia activa a plena carga P el límite de estabilidad corresponde a la corriente I3 y excitación K.E03. Se concluye que los valores de E0 pueden oscilar entre dos límites, uno mínimo por debajo del cual se pierde el sincronismo y uno máximo determinado por el calentamiento del devanado, recordar Curva de Capacidad debido a la gran corriente de excitación. Estabil id ad d i nám ic a. Teor em a d e l as áre as La Figura 17 representa, en función del ángulo interno de carga, la curva de potencia eléctrica dada por la fórmula: Pem  U .Eo sen  XS La intersección de esta curva con la recta P1 representa la potencia mecánica nominal Pm suministrada a la máquina accionada, dando un solo punto de funcionamiento estable estáticamente, el punto A, el ángulo interno 1 es ahora inferior a 90º. Examinemos el comportamiento de esta máquina al sacarla bruscamente de su posición de equilibrio, por ejemplo para un aumento repentino de la carga de P1 a P2.El ángulo interno de la máquina no podrá cambiar instantáneamente, el punto de funcionamiento pasará de A a B, fuera de la senoide de Pem = f(). La potencia eléctrica es ahora inferior a la potencia mecánica demandada por el eje, el rotor, durante un pequeño intervalo de tiempo sacrifica energía cinética de rotación mientras el ángulo interno aumenta gradualmente de 1 a 2 , es decir, se atrasa.Entonces  =  2 , en el punto C sobre la sinusoide, ahí se tendría un equilibrio de las potencias eléctrica y mecánica, no obstante la máquina no se puede estabilizar en ese punto porque la velocidad relativa del rotor respecto a la de sincronismo no es nula , existe una aceleración angular negativa que está reduciendo la velocidad angular, durante esa fracción de tiempo.-

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En efecto, durante el desplazamiento BC , de  1 a  2 la velocidad del rotor disminuye por debajo de la velocidad de sincronismo, el suplemento de energía demandada al árbol es suministrada por la desaceleración de las masas en rotación. Un excedente de la Potencia eléctrica es necesaria para anular la desaceleración del rotor. En el punto C el ángulo interno continua aumentando debido a la inercia de las masas en rotación, pero a medida que crece el ángulo de carga por encima de  2 la potencia eléctrica es superior a la potencia mecánica requerida por la máquina conducida, la velocidad de crecimiento de  disminuye hasta un cierto  m a x donde se anula.El punto D (  =  m a x ) no corresponde a un equilibrio estable; porque está fuera de la sinusoide. Como ahora hay un excedente de la potencia eléctrica, las masas se aceleran, el ángulo disminuye y el punto de funcionamiento vuelve de D a C. Empero, la máquina no se puede estabilizar en el punto C por las mismas razones expuestas anteriormente, la velocidad relativa del rotor no es mas nula y no se puede anular a izquierda del punto C porque hay una falta de potencia eléctrica. Si no hay un efecto amortiguador, el motor oscilaría indefinidamente entre los puntos B y D.En realidad, las resistencias mecánicas, roces en los apoyos y con el aire y el amortiguamiento eléctrico del arrollamiento amortiguador disminuyen las oscilaciones y estabilizan la máquina en el punto C.El área ABC representa la falta de energía eléctrica del motor para atender el desplazamiento del rotor de B a C y corresponde a la energía entregada por la desaceleración de las masas en rotación.El área CDE representa el excedente de energía eléctrica por el despl azamiento CD y corresponde a la energía restituida por las masas en rotación. En efecto, el movimiento de las masas esta regido par la ecuación de la dinámica de rotación, análoga a la Segunda Ley de Newton, pero, para las rotaciones de cuerpos rígidos J

d   e   r (1) en la cual J es dt

el momento de inercia de las partes rotantes,  velocidad angular de rotación, e y r , respectivamente las cuplas o torcas eléctrica y resistente.-

d siendo  S la velocidad síncrona. dt d es la velocidad angular de desplazamiento relativo, la ecuación (1) resulta: d 2 J 2  J .   e   r .dt dt

Recordando que la velocidad angular instantánea:    s 

Multiplicando ambos de (1) por d e integrando se obtiene:





2 d 2 J . . d    dt  J ..d  1 2 .J . 



2 1

2

 ( K Rot. )   ( e   m ).d

1

(2)

1

El primer miembro de esta ecuación representa la variación de Energía Cinética de Rotación entregada ó restituida por las masas en rotación debido al desplazamiento relativo positivo o negativo d durante el penduleo transitorio del motorLa potencia es proporcional al torque o cupla, las ordenadas de la Figura 17 representan también las torcas y el segundo miembro de (2) representa el excedente o defecto de energía eléctrica respecto al mismo desplazamiento relativo del rotor, expresado como diferencial de trabajo mecánico de las torcas: dW   e   r .d .La estabilidad impone la igualdad de las energías cinéticas almacenada y restituida, requiere la igualdad de las áreas ABC y CDE y luego la verificación de la igualdad:

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C 2

A

1

( e   r )d  

D m

C 2

( e   r )d

Es necesario destacar que esta teoría de las áreas es aplicable a las curvas P em = f ( ) y P m = f( ).En el curso de los desplazamientos transitorios del rotor, el punto D no puede pasar a la rama descendente de la sinusoide, característica angular.Si la igualdad de áreas no se logra en el transitorio penduleo y el  final resulta el del punto D no hay posibilidad de equilibrio con la potencia mecánica requerid a porque se encuentra en la rama descendente de la característica angular y el par eléctrico es menor que el par mecánico requerido, no habrá un excedente de par eléctrico que acelere y recupere la Energía Cinética de Rotación perdida, achicando el ángulo de carga, el cual ha crecido enormemen te. Es en estas condiciones entonces que se produce la pérdida de sincronismo o desenganche de la máquina.El límite de la estabilidad dinámica esta dada entonces por la horizontal que determine la igualdad de las áreas entre la superficie ABC y la comprendida entre la sinusoide y la recta CD. (Figura 18 ).Este límite es superior al límite de estabilidad estática, el ángulo interno  , puede sobrepasar los 90°- dependiendo de las oscilaciones.Este límite de estabilidad, no es único, depende de la potencia inicial P 1 y esta fijado por la sobrecarga máxima (P 2 - P1 ) que se le puede imponer bruscamente.. -

Amortiguamiento El diagrama del motor síncrono en carga es el de la Figura 19 Recordar que en el motor E atrasa respecto a U, a la inversa que en el generador. Si se retira el momento resistente súbitamente,-E tenderá a coincidir con U pero esto no puede suceder rápidamente por la inercia del rotor, y en ese instante el estator recibe mas energía eléctrica que la que necesita el par motor; que en principio servía para vencer el par resistente, entonces acelera la rueda polar tendiendo a hacer  = 0 .Cuando llega a ese punto (  = 0) su energía cinética hace que sobrepase ese valor, la máquina se transforma en generador, se frena porque no tiene un motor que lo sostenga y vuelve a  = 0 , oscila transitoriamente hasta que se estabiliza, siempre y cuando tenga amortiguamiento. En el caso en que el motor se encuentre al máximo de su carga es decir con   90°, si se produce una sobrecarga, un aumento del par resistente, se corre el peligro de que las oscilaciones sobrepasen los 90° y el motor se desenganche. Con el objeto de tener el amortiguamiento necesario es que se provee a las máquinas de una jaula de ardilla, en las expansiones polares, que es la que suministra una cupla asíncrona que se opone a los cambios de energía cinética. Arranque del motor síncrono Cuando la máquina esta detenida y se conecta el estator a la línea, aparece un campo rodante, representado por los polos sombras en la Figura 20. Se generan fuerzas F por reluctancia magnética

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variable sobre los polos del rotor, es decir, los circuitos magnéticos tienden a ubicarse en la posición de la mínima reluctancia; es la denominada cupla de reluctancia. La componente tangencial F t de estas fuerzas actuaran alternativamente en uno y otro sentido al pasar los polos sombra frente a los polos del rotor, ya que, la gran inercia de la rueda polar, impedirá que ésta acompañe inmediatamente a los polos sombras en su paso frente a ellos. Por consiguiente, el campo rodante ejerce un momento alternativo sobre el rotor cuyo valor medio es nulo. El motor síncrono así construido no arranca solo.Otra forma de explicar el hecho, es por medio del ángulo de carga  , Figura 21, formado por el flujo principal del campo del rotor  p y el flujo resultante de la composición del principal con el del inducido, ahora flujo rotante  r , q u e varia senoidalmente, porque en el arranque, p esta quieto y r gira, luego el momento medio es nulo ( = p. r sen) . Para que haya momento uniforme es condición necesaria el estado estacionario relativo entre los flujos de los polos y el flujo resultante ( r = p + i) Una solución al problema, es la de proveer al rotor, de una jaula de ardilla, para que de este modo, arranque como motor asíncrono, que lo hace automáticamente y luego, cuando se acerca al síncronismo, se conecta la excitación y continua como motor síncrono. Esta jaula de ardilla, también llamado devanado amortiguador, consiste en barras que atraviesan el polo y se encuentran cortocircuitadas con un anillo anterior y otro posterior al polo. Una breve explicación sobre el principio de funcionamiento de la jaula es la siguiente: las barras de la jaula con sus anillos constituyen una espira en cortocircuito. Al girar el campo, la variación de flujo en la espira, induce corrientes que interactúan con el campo generando fuerzas tangenciales:

F = B. l.I y consecuent ement e t orque o m oment o:  = F.r

La j aul a no puede gi rar a l a v eloci da d de si ncroni sm o, porque si así l o hi ci ese, no habrí a v ari aci ón de f luj o y por consi gui ent e ni corri ent e ni par. El arroll amient o am orti guador se usa pri nci palmente en el arranque, pero t ambi én si rv e para am orti guar posi bl es oscil aci ones (de ahí su nom bre) , resul t ant es de cargas v ari abl es.Es de dest acar l a inf l uenci a que ti ene el diseño de l a j aul a en el compor t amient o del mot or y const rucci ón d e l os polos: de la f orma de las barras dependerá el mom ent o de arranque y de su di si paci ón t érmica (en el arr anque ci rculan corri ent es m uy i nt ensas) dependerá que l os pol os se const ruyan m aci zos o l aminados (v e r Const ant e de Inerci a) Menci onarem os dos f ormas posi bl es de arranque: A)

Arranque

aut omático

como

así ncrono,

f orma

t radici onal. B)

Arranque

por

regul aci ón de f recuenci a, más moderno. A ) A rranque autom átic o c omo asínc rono. Para poner en marcha en forma automática un motor síncrono se debe establecer una cierta secuencia de operaciones. En la Figura 22 se representa un circuito básico de arranque, el procedimiento es el siguiente: se cierra el interruptor 1 y aparece el campo rodante en el estator del motor.

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Este, al cortar los devanados de excitación de los polos, que tienen muchas espiras, induce Fem. elevadas, del orden de varios kV, las que, si no son eliminadas, pueden producir fallas de aislamiento; para ello se conecta una resistencia grande (de 8 a 15 Rex), llamada de “descarga de campo”.A su vez el campo rodante corta los conductores de la jaula o devanado amortiguador Figura 23, induciendo corrientes y generando fuerzas que ponen en movimiento el rotor. Por la gran variación de velocidad que hay entre el campo rodante que gira a la velocidad de sincronismo, y el rotor detenido, las corrientes alternas inducidas son de alta frecuencia (50 Hz) las que producen una caída de tensión en los bornes de la reactancia (X) conectada en serie con la resistencia. Esta tensión a los bornes de la reactancia alimenta un relé sensible a las variaciones de frecuencia (RE) ser un relé polarizado de frecuencia que inicialmente mantiene cerrado el interruptor 2 y abierto el 3. En la Figura 22 bis se observa el mismo elemento con mas detalle o mas didáctico para su comprensión. A medida que la velocidad del rotor aumenta y se acerca a la de síncronismo, la frecuencia disminuye, el relé detecta esa disminución de tensión que lo alimenta a través de la reactancia, y desconecta el interruptor 2 y cierra el 3, quedando la rueda polar alimentada por la corriente continua de excitación, y entra en sincronismo . Como el campo rodante y la jaula giran a la misma velocidad, esta última deja de funcionar. En Figura 23 se representa un circuito para motor síncrono sin escobillas, con excitatriz de c.a, tipo de inducido rodante, y dispositivos de mando electrónicos. El circuito de control, la resistencia de descarga, los diodos rectificadores y el inducido de la excitatriz son solidarios en el mismo eje de la rueda polar y giran con ella, Figura 24. El circuito de control, cuando la rueda polar gira con velocidad cercana al sincronismo, actúa sobre el tiristor 2 (SCR2) desconectando la resistencia y conectando, por el SCR1, la c.c de la excitatriz. B) A rranqu e por re gul ac i ón d e frec uenc i a Un método que se está usando cada vez más, es el de regular la frecuencia de alimentación del motor, a través de “convertidores estáticos de frecuencia”. Básicamente, estos están constituidos por un rectificador, que transforma la c.a. en c.c. y luego esta es convertida nuevamente en

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c.a. a frecuencia variable a través de un circuito de control y regulación, Figura 25.Para más detalles ver "Regulación de velocidad en motores asíncronos: rectificador inversor”. Estos equipos se los encuentra hasta 27 MW de potencia. Como ejemplo mencionamos que el barco de pasajeros “ Carnival Destiny” que recorre el Caribe, tiene sus dos hélices principales accionadas por motores síncronos de 27.000 HP cada uno, a través de convertidores de frecuencia de alta tensión. Momento del motor síncrono En el tema “Potencia electromagnética" se dedujo la expresión de dicha potencia. Por simplicidad, consideremos inicialmente, un motor síncrono trifásico de rotor liso. Para éste la potencia es: Pem  3 U : E 0 sen  . X sd Cuando el motor gira a una velocidad angular mecánica mec el par será:  

Pem

 mec

y siendo  mec



, p

donde  = 2 es la pulsación eléctrica, el par queda:   3 p.U . E o sen  que será máximo para  = 90º.. X Sd El par nominal se obtiene para un ángulo  = 25º a 30º eléctricos, por lo cual el cociente

 m ax  nom

suele estar

comprendido entre 2 y 2,5.Aumentado la excitación, crece E0 y se aumenta el par máximo, pudiendo llegar hasta 3,5 a 4 veces el nominal.En

M

el

caso

de

motores

de

polos

salientes,

la

expresión

del

momento

será

 3 p  E 0 .U 1 U ( X sd  X sc ) sen   sen2  y el par máximo para    X sd 2 X sd . X sc  2

 menor de 90º.De esta última se infiere que el motor síncrono de polos salientes tiene mayor par que el de rotor liso, porque tiene el par de excitación, 1º término del 2º miembro, más el par de reluctancia 2º término del 2º miembro.

Diferentes aplicaciones del motor síncrono A.- Trabajando como motor, entregando potencia útil solamente. Representando en ordenadas los kVAR y en abcisas los kW, de una carga, un vector cualquiera representará los kVA. La proyección sobre abcisa del punto en que este vector corta a un círculo de radio 1 índica el cos  de dicha carga. Agregar un motor síncrono a cos  = 1 (potencia útil solamente) significa sumar, a los kVA existentes, un vector kW M paralelo a abcisas, su suma vectorial nos dará la nueva potencia aparente absorbida por la carga en kVA1. Se observa que la nueva potencia aparente absorbida si bien aumenta, es menor que la suma escalar y se ha mejorado el cos  de la instalación, Figura 26 B.- Trabajando sobrexcitado.

como motor, entregando potencia útil y

En estas condiciones, a la potencia aparente existente, kVA, se le debe sumar, los kW M útiles que requiere la máquina accionada

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(paralela a abcisas) más la potencia reactiva capacitiva, debido a la sobrexcitación kVARM, (paralelo a ordenadas).La suma vectorial de estos dos últimos representa la potencia aparente del motor kVAM, agregado al sistema. La suma vectorial de los kVA originales, más los kVA motor, nos da la nueva potencia aparente absorbida kVA1.Se deduce, un menor incremento de la potencia absorbida y un mejor cos 1  Figura 27 C.- Conectado como compensador síncrono. De esta manera absorbe potencia reactiva solamente kVARM (paralelo a ordenadas) disminuyendo la potencia aparente absorbida kVA1 y mejorando el cos . Además, esta forma libera potencia útil, ya que podemos agregar kW M sin que aumente los kVA originales en módulo, solo cambiaría su fase a kVA2, inclusive mejorando nuevamente el cos . Figura 28 D.- Caso en que no se disponga de mayor potencia aparente. En este caso, con un motor síncrono, se puede agregar potencia útil al sistema, sin incrementar la potencia aparente del suministro. Esto se puede realizar, adicionando un motor síncrono, sobrexcitado, de tal manera que su triángulo de potencia, mantenga los kVA originales, Figura 29.-

Algunos datos de momentos Comparación de costos de motores síncronos Para el caso de un motor de 1000 kW, 1000 rpm.,  = 95% los costos relativos son síncrono asíncrono con rotor bobinado asíncrono con rotor en c.c.

= 144% = 127% = 100%

 arranque cos  = 0,8

 máximo cos  = cos  = 1

baja velocidad = 40 % media “ = 160 % máquinas especiales: mayor 300%

0,8

225 % 170% hasta

Cam po d e apl ic aci ón d e motores sínc ronos vs . a ind ucción- Fi gura 30. Si bi en m uchas prest aciones pueden ser cubiert a por am bos, una regl a práctica, pri ori zando el cost o, es aquell a que di ce que un mot or sí ncrono es m ás barat o que uno de inducci ón, si l a rel aci ón HP/r. p.m. es m ayor de 1. Algunas ventajas del m ot or sí ncrono son: 1º) m ayor rendimient o y cos . - 2º) m ej or adapt aci ón a v el oci dades baj as. 3º) m enor pot enci a aparente para aplicaci ones de baj o par. Desventajas: 1º) Necesi dad de un equi po de exci taci ón, 2º)Baj o par de arranque y 3º) Mayor mantenimi ent o. La el ecci ón def i nitiv a ent re uno y ot ro dependerá de una correct a ev al uaci ón de cost os de adqui sici ón y mantenimi ent o.

Co mp en sado r sín cron o

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Un baj o cos  , present a al gunas de l as si gui ent es desv ent aj as: 1. - La potenci a útil (kW ) es menor que l a capacidad de generación de l a central . 2. - La potenci a r eactiv a (kVAR) hace m ás cost osa l a producci ón de energí a. 3.- Causa mayores caídas de tensión en los generadores por el efecto desmagnetizante, de la reacción de inducido.4. - Para m ant ener l a t ensión de lí nea es necesari o aum ent ar l a excit aci ón, por consi gui ent e requi ere mayores excit atri ces. 5. - Mayor corri ent e de lí neas, aument o de l a secci ón de l os conduct ores. 6. - Se producen caí das de t ensi ón en l as l íneas, luego se necesit an di sposi tiv os de regul aci ón. 7. - Di smi nuye not abl ement e el m oment o mot or de l as m áqui nas así ncronas, ya que éste es proporci onal al cuadrado de l a t ensi ón . Para corregi r est os i nconv eni ent es, y cuando se necesi t an grandes pot encias reactiv as capacitiv as, que no pueden ser cubi ert as por condensadores, como en el caso de g randes sube st aciones de t ransf orm aci ón en si st emas de di st ri buci ón, se recurr í a a m áqui nas sí ncronas.Una m áqui na sí ncrona, conect ada a l a red, trabaj ando como mo to r en vacío, se l o denomina c om pensad or síncrono. En est as condici ones , sobreexc i t ándol o, generará una corri ent e adel ant ada 90º con respect o a U, según se desprende del di agram a v ect ori al de Figura 31- y su v al or será:  M 

EM  U M . j Xs

La máquina gira, sin poderse aprovechar la energía mecánica útil en su eje, porque se así fuera, el desfase ya no sería de 90º, y dejaría de ser un condensador. Ejemplos: 1º) motor síncrono de baja velocidad, 2.500 HP, para accionamiento de un molino a bolas en una planta de cemento. 2º) motor síncrono, 10.000 HP,1.200 v/min, 13,2 KV, para accionamiento de un compresor centrífugo en una planta petroquímica. 3º) compensador síncrono , 100 MVA, 750 v/min, para una empresa minera. 4º) compensador síncrono , 60 MVA, 100v/min, 13 KV, para subestación .-5º)trenes AVE (alta velocidad españoles) de la línea Madrid-Sevilla, desarrollan una velocidad de 300 km/h, posee 8 motores síncronos de 1.100 Kw, 1.246 v. 4.000 v/min.,alimentados a través de una línea de 25 KV, 50 Hz, c.a. y/o 3 kV en c.c..-

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