Transcript
Universidad Simón Bolívar Departamento de Conversión y Transporte Materia: Conversión de Energía II Código: CT2311 Profesor: José Manuel Aller Tarea 2
Motor trifásico de inducción de rotor liso
Francisco de Lima 10-10185
Problema “Una máquina trifásica de inducción de 15 cm de longitud, 12 cm de radio rotórico, 2 mm de entrehierro, un par de polos, está construida con un material magnético que se satura fuertemente con una densidad de campo magnético de 1T y en la zona lineal su permeabilidad relativa es 2000. Las bobinas rotóricas y estatóricas tienen 200 vueltas por fase y se encuentran distribuidas en la periferia de la máquina de tal manera que las armónicas espaciales son depreciables. La sección del conductor utilizado en las bobinas es de 1 mm2. Determine” 1.
Los parámetros de la máquina (inductancias, resistencias, inercia) La inductancia máxima de la máquina trifásica es igual tanto para las propias del estator (Le) como para las propias del rotor (Lr) e igualmente para las mutuas estator-rotor (Ler). En este sentido, vemos que todas ellas quedan defindas por la ecuación: =
=
=
= 0.6393!
Donde la lmfe (longitud media del hierro) viene dada por: " #$ = 3%(1 + )
*= rápidamente)
+,+-( ). / 0( )
6$ = 1.71 ∗ lo cual Rr=Re.
= 0.384745
89:; (-
2.
<
)
(sin embargo, se toma * = 0.1 para que el sistema responda más
=2.6676Ω y además sabemos que todas las resistencias son iguales, por
El modelo completo de la máquina en coordenadas primitivas La máquina en coordenadas primitivas queda descrita por el conjunto de ecuaciones: [>] = [6][@] + [ ]A[@] + B[C][@] AB = +[@]D
E[ ] [@] /(2*) EF
AF = B
En este conjunto de ecuaciones, se conoce el valor de los parámetros de Lmáx, J, R. [6] = 6 ∗ [J]
[J] = K1 0L 0 1
$ [ $$] = M− $/2 − $/2
− $/2 $ − $/2
− $/2 − $/2O $
% [ %%] = M− %/2 − %/2
R cos (F) Q 4V [ $%] = Q cos (F − ) 3 Q 2V Q P cos (F − 3 )
− %/2 − %/2O %
2V 4V ) cos (F − )Y 3 3 X 2V X cos (F) cos (F − ) 3 X 4V X cos (F − ) cos (F) W 3 cos (F −
Entonces la matriz de inductancias me queda: [ ]=Z
− %/2 % − %/2
[ $$] [ $%] [ [ $% D ] [ %%]
Y ya con esto tenemos todas las matrices y parámetros del sistema primitivo, tomando en cuenta que al conocer [ ], también conocemos su derivada parcial respecto a F [0] ][ ] = ^ ][ $% D ] ]F ]F
3.
][ $%] ]F _ [0]
El modelo de la máquina en coordenadas alfa-beta estator, alfa-beta rotor Las ecuaciones de la máquina siguen estando definidas por:
[>] = [6][@] + [ ]A[@] + B[C][@] AB = +[@]D
E[ ] [@] /(2*) EF
AF = B
Sin embargo, este nuevo sistema tiene la característica de que al mismo ya le fue aplicada la transformación de Clark para pasar de un sistema trifásico a un sistema `a0 donde además no se toma en cuenta la componente asociada a la secuencia cero, y por este motivo cada una de las submatrices propuestas en la parte 2) pasa de ser de dimensiones 3x3 a dimensiones 2x2. De esta forma, planteamos la matriz de transformación de Clark, a la que llamaremos [C]. R 1 0 Q 2 Q 1 √3 [b] = ∗ Q− 3 2 2 Q Q − 1 − √3 P 2 2
1
Y √2X 1X √2X X 1X √2W
A partir de esta matriz, podemos aplicarle la misma a nuestro sistema en coordenadas primitivas y obtener lo siguiente: acambia luego de la transformación: [d] = Z
cos (F) −e$f(F)
e$f(F) [ cos (F)
[J] = K
1 0 L 0 1
La transformación de la matriz [ ] es un tanto más larga, dado que se deben transformar las submatrices contenidas en dicha matriz, todas ellas aplicando la expresión: [b g8 ] ∗ [ehi
j%@k] ∗ [b].
La transformación de la submatriz [ $$] se puede hacer usando el comando $@5( $$) en Matlab, y acomodando los autovalores resultantes en una matriz diagonal, como se ilustra a continuación −m 0 0 (proceso similar se realiza con la matriz [ %%]): [ A%lA@ e, `a0] = M 0 −m 0 O 0 0 + 2m Donde no se toma en cuenta el valor
+ 2m por estar asociado a la secuencia 0
Por otra parte, la transformación de la submatriz [ $%] se lleva acabo aplicando la expresión mostrada anteriormente de forma directa; si decimos que la matriz [ $%] se trata de una matriz cíclica, la expresión final queda: [ $%, `a] = n
De la matriz anterior, decimos que:
√q
− − o
p
(r − i)
√q q
(− − ) o
qp
q
p
− − p
o
s
= cos(F) ; i = cos(F − 120) ; r = cos(F + 120)
Desarrollemos el término (2,1) de la matriz para ver cómo quedaría: 8
cos(F) −
√q
e$f(F) =
√q
.−e$f(F) ∗ √30 = ∗ .−e$f(F)0. q
Como puede apreciarse, aparece un factor de
q
√q
(cos(F) −
q
los desarrollos de la matriz [ $%, `a], quedando definitivamente: matriz [ $%, `a] =
[ `a] = [b g8 ][ ][b] = ^
e$f(F) −
que aumenta la magnitud de las inductancias
encontradas en el modelo original en coordenadas primitivas. Este factor de
u $+
√q
1 $v [J] 2
3 $%[d] 2
3 $%[dD ] 2 _ 1 u % + %v [J] 2
$%[dD ]
aparece en todos q
Al igual que en el caso anterior, al conseguir la matriz [ `a] es trivial hallar la matriz [0] ][ `a] = ^ ][ $% D , `a] ]F ]F
][ $%, `a] ]F _ [0]
Observación: nótese que al realizar la transformada de Clark para la matriz [ ], los parámetros de $, % y $% se ven aumentados por un factor de 3/2. Estas inductancias del modelo `a0 son las que se usarán más adelante para representar el modelo de la máquina generalizada, bien q q sea que reflejemos el estator al rotor o viceversa. $’ = $ ∗ . %’ = $ x . $%’ = $% ∗ Por último, sólo bastaría transformar por Clark el vector de tensiones del estator (ve) dado que no tiene sentido transformar las tensiones del rotor, ya que son cero. Quedaría como sigue: cos (B$j) [>$, `a] = [b g8 ] ncos (B$j − 120)s cos (B$j + 120)
cos(B$j − 120) cos(B$j + 120) Rcos(B$j) − Y − 2 2 Q X [>$, `a0] = Q √3 √3 X Q 2 cos(wet − 120) − 2 cos (wet + 120) X P W 0
Desarrollando los cosenos internos del vector de tensiones en el estator, obtenemos que: 2 3 cos(B$j) [>$, `a0] = | ∗ √2 ∗ }% e ∗ Msen(wet)O 3 2 0
Y ya tengo mi nuevo vector de tensiones para la máquina bifásica equivalente, por lo cual desprecio también la componente de secuencia cero (que es cero) y me queda mi sistema en un nuevo grupo de coordenadas
4.
El modelo de la máquina con las coordenadas del rotor referidas a un sistema de referencia solidario con el estator Ahora que ya disponemos de nuestras nuevas coordenadas, resulta conveniente volver a hacer una transformación para lograr hallar un único sistema de referencia y por tanto tratar la máquina bifásica hallada como si de un transformador se tratase. Por esta razón, definimos una matriz cos (F) e$f(F) [d%%] = Z [ que me va a permitir llevar de un sistema `a0 a un sistema dq, a −e$f(F) cos (F) partir de la expresión: [}E•] = [d%% D ] ∗ [}%%, `a] con lo cual de nuevo cambiarían algunos parámetros del sistema de referencia `a de una forma conveniente, dado que la matriz de inductancias [ `a] pasaría a ser una matriz únicamente de coeficientes constantes una vez que se le aplica la transformación, con lo cual la inversión de esta matriz no sólo es única sino que también es más fácil de llevar a cabo. En este sentido, la computadora procesa con mayor velocidad las operaciones asociadas al solucionador de ecuaciones diferenciales (ODE).
Otra cosa que hay que tomar en cuenta es que, ninguna de las tensiones cambia con la transformada, dado que las tensiones del rotor eran inicialmente 0 (y siguen siéndolo) y las tensiones del estator permanecen iguales también (ya que no se les aplicó la transformación) El sistema en coordenadas E• referido a un sistema solidario con el estator queda como sigue: >`$ 6$ + $′A 0 R >a$ 0 6$ + $′A ^ >E _ = Q $%′A B $%′ Q >• $%′A P −B $%′
$%′A 0 6% + %′A −B %
0 @`$ Y $%′A X ∗ ^@a$_ @E B % X @• 6% + %′AW
C$(j) = $% x ∗ (@E ∗ @i$ − @• ∗ @ $) , y con esto puedo obtener la potencia: A$(j) = B ∗ C$(j)
5.
El modelo del sistema con las coordenadas estatóricas referidas a un sistema sincrónico con el rotor cos (F) En este caso lo que queremos hacer es aplicar la transformación [d$$] = Z e$f(F) dado que estaríamos transformando del estator al rotor a partir de la expresión:
−e$f(F) [, cos (F)
[}E•] = [d$$ D ] ∗ [}$$, `a], con lo cual igualmente nos cambiarían parámetros del sistema `a, como ocurrió en el caso anterior con la transformación solidaria con el estator. En este sentido, la complicación viene a partir de que las tensiones en el estator son distintas de cero, con lo cual tendría: cos (F − B$j) [}E•] = •(2/3) ∗ √2 ∗ }% e ∗ 3/2 ∗ Z [ e$f(F − B$j)
6$ + $′A >`$ R >a$ B $′ ^ >E _ = Q $%′A Q >• P 0
−B $′ 6$ + $′A 0 $%′A
$%′A −B $%′ @`$ Y B $%′ $%′A X ∗ ^@a$_ @E 6% + %′A 0 X @• 0 6% + %′AW
C$(j) = $% x ∗ (@ % ∗ @• − @i% ∗ @E), y con esto puedo obtener la potencia: A$(j) = B ∗ C$(j)
Código (sistema de referencia solidario al estator) function maquina_trifasica Xo = [0;0;0;0;0;pi/6]; tspan = [0 3]; [t,X] = ode45(@Derivadas,tspan,Xo);
% Condiciones iniciales % Tiempo de simulación % ODE
%Parámetros y matrices C=(2/3)*[1 0 1/sqrt(2);-1/2 sqrt(3)/2 1/sqrt(2);-1/2 -sqrt(3)/2 1/sqrt(2)]; Ler=0.6393; Ler=3*Ler/2; %Deshaciendo Rotación iae = X(:,1); ibe = X(:,2); iar = diag(X(:,3)*cos(X(:,6))') + diag(X(:,4)*sin(X(:,6))'); ibr = diag(-X(:,3)*sin(X(:,6))') + diag(X(:,4)*cos(X(:,6))'); %Deshaciendo Clark i_fases_estator = C*[iae ibe iae*0.0000000000001]'; i_fases_rotor = C*[iar ibr iar*0.000000000000001]'; w = X(:,5); Te = diag(Ler*(X(:,3)*X(:,2)'-X(:,4)*X(:,1)')); pe = diag(Te*w'); %Gráficas subplot(3,2,1); subplot(3,2,5); subplot(3,2,3); subplot(3,2,4); subplot(3,2,2); subplot(3,2,6); return
plot(t,w); plot(t,Te); plot(t,i_fases_estator); plot(t,i_fases_rotor); plot(t,X(:,3),t,X(:,4)); plot(t,pe);
ylabel('Velocidad angular'); xlabel('tiempo') ylabel('Par'); xlabel('tiempo') ylabel('Corrientes Estator'); xlabel('tiempo') ylabel('Corrientes Rotor'); xlabel('tiempo') ylabel('Corrientes id,iq'); xlabel('tiempo') ylabel('Potencia'); xlabel('tiempo')
function [px]= Derivadas(t,x) %Parámetros y matrices Bmax=1; N=200; f=60; S=0.0565; J=0.1; Ler=0.6393; Le=1.1*Ler; Re=2.6676; Rr=Re; Urms=4.44*N*S*f*Bmax; we=2*pi*f; %Parámetros y matrices transformadas (Clark + Rotación) Le=3*Le/2; Lr=Le; Ler=3*Ler/2; ue=(sqrt(2/3))*sqrt(2)*Urms*[cos(we*t)-cos(we*t-2*pi/3)/2-cos(we*t4*pi/3)/2;(sqrt(3)/2)*(cos(we*t-2*pi/3)-cos(we*t-4*pi/3));0]; L=[Le 0 Ler 0;0 Le 0 Ler;Ler 0 Lr 0;0 Ler 0 Lr]; P = [Re 0 0 0;0 Re 0 0;0 x(5)*Ler Rr x(5)*Lr;-x(5)*Ler 0 -x(5)*Lr Rr]; %Ecuaciones c = [x(1); x(2); x(3); x(4)]; pc = L\([ue(1);ue(2);0;0] - P*c); pw = Ler*(x(3)*x(2)-x(4)*x(1))/J; po = x(5); %Redefinición de variables px = [pc;pw;po]; return
6.
La velocidad angular, las corrientes y el par eléctrico de un arranque de esta máquina en vacío a tensión nominal y 60 Hz (la máxima tensión que no haga saturar el hierro de la máquina)
Se usa la función “function maquina_trifasica” y la función “function [px]= Derivadas(t,x)” para resolver numéricamente el conjunto de ecuaciones diferenciales definidas en el código, lo cual arrojará una serie de gráficas en la que pueden verse las respuestas transitorias y permanentes de la máquina trifásica planteada al inicio. Además, el par eléctrico de arranque es hallado con la función “function maquina_trifasica_RPS” cuyo código es mostrado en la pregunta 9. Sólo que se coloca B = 0 para simular un rotor bloqueado. A continuación la solución de la máquina trifásica:
50 C o rrie n t e s id , iq
400 X: 1.938 Y: 377
200 0 -200
C o rrie n t e s E s t a t o r
100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
0 -50 -100 -150
2
100
100
50
50
C o rrie n t e s R o t o r
V e lo c id a d a n g u la r
600
0 -50 -100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0 -50 -100
1
200
0.5 P o t e n c ia
P ar
5
400
0 -200 -400
x 10
0 -0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
Par promedio de arranque: 33.1955 Nm
2
-1
0
7.
La velocidad angular, las corrientes y el par eléctrico de un arranque de esta máquina en vacío a tensión nominal y 50 Hz (la máxima tensión que no haga saturar el hierro de la máquina)
300
50 C o r r ie n t e s id , iq
X: 1.941 Y: 314.2
200 100 0
-100
C o r r ie n t e s E s t a t o r
100
0 -50
-100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
-150
100
100
50
50
C o r r ie n t e s R o t o r
V e lo c id a d a n g u la r
400
0 -50
-100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0 -50
-100
4
400
10
x 10
200 P o t e n c ia
P ar
5 0
0
-200 -400
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 tiempo
1.2
1.4
1.6
1.8
Par promedio de arranque: 39.7397 Nm
2
-5
0
8.
La velocidad angular, las corrientes y el par eléctrico de un arranque de esta máquina en vacío a mitad de la tensión nominal y 50 Hz (la máxima tensión que no haga saturar el hierro de la máquina)
400
40
C o r r i e n t e s id , iq
V e l o c id a d a n g u la r
20
300
X: 3 Y: 314.2
200
0
-20
100 0
-40
0
0.5
1
1.5 tiempo
2
2.5
3
-60
0.5
1
1.5 tiempo
2
2.5
3
0
0.5
1
1.5 tiempo
2
2.5
3
0.5
1
1.5 tiempo
2
2.5
3
40 C o r r ie n t e s R o t o r
C o r r ie n t e s E s t a t o r
50
0
0
20 0
-20
-50
0
0.5
1
1.5 tiempo
2
2.5
3
-40
2
50
1 P o t e n c ia
P ar
4
100
0 -50
-100
x 10
0
-1
0
0.5
1
1.5 tiempo
2
2.5
3
Par promedio de arranque: 9.9349 Nm
-2
0
9.
¿Cuál es la potencia en el eje accionada a tensión nominal y 60 Hz que produce una velocidad de 3500 rpm?
Usamos la función “function maquina_trifasica_RPS” para resolver en régimen permanente el sistema, para una velocidad de giro del rotor de 3500 rpm. En este sentido, el problema puede resolverse de forma sencilla dado que se trata ahora de un sistema lineal definido por una ecuación algebraica matricial. Por este motivo, la solución para las corrientes transformadas en la máquina se reduce a aplicar la expresión J = ‚lA\„ donde ‚lA es la matriz de impedancias operacionales. Por otra parte, el par mecánico puede hallarse a partir de estas corrientes y se toman los valores promedio de dicho par. La potencia eléctrica es hallada fácilmente al multiplicar la el par (Te) por la velocidad de operación de la máquina (3500 rpm). function maquina_trifasica_RPS %Parámetros de Clark Ler=3*0.6393/2; Le=3*(1.1*0.6393)/2; Lr=Le; Re = 2.6676; Rr=Re; N=200; S=0.0565; f=60; Bmax=1; Urms=4.44*N*S*f*Bmax; we=2*pi*f; w=3500*2*pi/60; %Ecuación de máquina generalizada en RPS Urms=sqrt(2/3)*Urms*1.5*[1; -1i; 0; 0]; Zop=[Re+Le*1i*we 0 Ler*1i*we 0;0 Re+Le*1i*we 0 Ler*1i*we;Ler*1i*we w*Ler Rr+Lr*1i*we w*Lr;-w*Ler Ler*1i*we -w*Lr Rr+Lr*1i*we]; Irms=Zop\Urms; Iae=Irms(1); Ibe=Irms(2); Id=Irms(3); Iq=Irms(4); %Hallando par y potencia. Te=Ler*abs(Id)*abs(Ibe)*(cos(angle(Id)+angle(Ibe))+2*sin(angle(Id))*sin(angle(Ibe))) -Ler*abs(Iq)*abs(Iae)*(cos(angle(Iq)+angle(Iae))+2*sin(angle(Iq))*sin(angle(Iae))); Pe=w*Te; disp('Par electrico promedio: ') disp(Te) disp('Potencia electrica promedio: ') disp(Pe) return
Par eléctrico promedio: 396.9968 Nm Potencia eléctrica promedio: 1.4551e+005 Watts Los resultados anteriores indican la potencia eléctrica promedio en régimen permanente y a 3500 rpm en el rotor, es distinto de cero; dado que el hecho de que la velocidad angular del rotor no sea igual a la velocidad angular de las corrientes de la máquina (377rad/s), implica que existe un par mecánico que opone resistencia y que hace que el par eléctrico no tenga un promedio de cero (como en el caso de vacío) sino que el par promedio en este caso sea de 396.9968 Nm para compensar el par mecánico de oposición.