Ejercicios de Por Unidad

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Eje rc ic ios de Por Unida d - slide pdf.c om

Departamento de Ingeniería Eléctrica, Electrónica y de Control

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

E.T.S. DE INGENIEROS INDUSTRIALES

“Análisis de Sistemas Eléctricos”

Adenda Curso 2007/2008 (Código 524141)

Equipo Docente de la asignatura

http://slide pdf.c om/re a de r/full/e je rc ic ios-de -por-unida d

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“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Adenda. 2

Curso 2007/2008

Sistemas de Energía Eléctrica GUÍA DE LA ASIGNATURA

1) INTRODUCCIÓN. Se trata de una asignatura que tiene un carácter fundamentalmente tecnológico y es de tipo terminal ya que sus contenidos no sirven de base para asignaturas posteriores y sin embargo, requiere de conocimientos de asignaturas anteriores, fundamentalmente de "Teoría de Circuitos” y de “Máquinas Eléctricas”. Su objetivo principal es proporcionar al alumno una base científica y técnica que le permita conocer y entender la naturaleza de los problemas relacionados con los sistemas de energía eléctrica, su planteamiento matemático y los modelos más usuales o relevantes utilizados para su representación, así como algunos de los métodos y herramientas de cálculo adecuadas para su resolución.

2) CONTENIDOS. El programa de la asignatura se ha dividido en seis temas agrupados, siguiendo la metodología de la UNED, en tres Unidades Didácticas: UNIDAD DIDÁCTICA 1. El sistema eléctrico de potencia. TEMA 1.

Sistemas de energía eléctrica. Generalidades: la producción y demanda de energía eléctrica, el sector eléctrico español, descripción general de los sistemas de energía eléctrica, aparamenta eléctrica, descripción de instalaciones típicas.

TEMA 2.

Representación de los elementos del sistema: transformadores trifásicos, sistemas por unidad, análisis por unidad de transformadores y de sistemas de potencia, transformadores de regulación, el generador síncrono, modelo de la línea de transporte y la carga.

UNIDAD DIDÁCTICA 2. Análisis del sistema eléctrico de potencia. TEMA 3.

Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: Los modelos de la red a través de la matriz |Y bus|, el flujo de cargas.

TEMA 4.

Corrientes de cortocircuito en el generador. Cortocircuitos trifásicos equilibrados.


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UNIDAD DIDÁCTICA 3. Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado. TEMA 5.

Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado: componentes simétricas y cortocircuitos desequilibrados.

PROGRAMACIÓN: No existen Unidades Didácticas editadas por la UNED en esta asignatura, por lo que es necesario utilizar una obra general externa. El libro seleccionado como texto base es el del autor FERMÍN BARRERO titulado "Sistemas de energía eléctrica" (la referencia completa de este libro se da en el apartado 3). A continuación se detalla qué capítulos y apartados debe estudiar de ese libro de acuerdo al programa de la asignatura: Unidad Didáctica 1: El sistema eléctrico de potencia. Capítulo 1: Sistemas de energía eléctrica. Generalidades[completo (pgs. 1-32)] Capítulo 2: Modelo del transformador y sistema por unidad [completo (pgs. 33-61)] Capítulo 3: Modelo del generador [completo (pgs. 62-82)] Capítulo 5: Modelo de la línea [completo (pgs.118-153)] Unidad Didáctica 2: Análisis del sistema eléctrico de potencia. Capítulo 6: Flujo de potencias [completo, excepto apartados 6.6 y 6.7 (pgs. 154-184 y pgs. 189-198)] Capítulo 8: Corrientes de cortocircuito. Cortocircuitos trifásicos equilibrados [completo (pgs. 249-276)]. Unidad Didáctica 3: Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado. Capítulo 9: Componentes simétricas y cortocircuitos desequilibrados [completo (pgs. 277-317)] Como orientación para cuando planifique el estudio de la asignatura, del tiempo total que le dedique creemos que le debe llevar estudiar la primera Unidad Didáctica un 45% de ese total (aunque es la unidad más amplia de contenido, muchos puntos serán para usted un repaso de lo ya visto en otras asignaturas de la especialidad), un 35% la segunda y un 20% la tercera. Por último, al final de este documento se explica y desarrolla con más detalle el programa propuesto, se relaciona con los apartados concretos del texto básico y se exponen algunos puntos necesarios que o bien no vienen en el libro o bien, si están, los desarrolla de forma más extensa de loseguido que necesitamos. Con esta podrá entender la unidad lógica mucho de contenido que hemos en la concepción delexplicación programa de la asignatura.


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3) TEXTO BASE − “ Adenda de Líneas y Redes Eléctricas”, realizada por el equipo docente de la asignatura, DIECC-UNED (es este mismo documento, que se encuentra también en la página que la asignatura tiene en el servidor del Departamento en Internet, http://www.ieec.uned.es, en la sección “Docencia del DIEEC”). − FERMÍN BARRERO "Sistemas de energía eléctrica". Ed. Thomsom, Paraninfo,

2004.

4) BIBLIOGRAFÍA COMPLEMENTARIA El libro dado como bibliografía básica junto a la Adenda que hemos escrito son suficientes para preparar de forma completa el contenido de la asignatura. Sin embargo, para aquellos alumnos que deseen consultar además otros libros, dentro de las obras clásicas que tratan del análisis de los sistemas eléctricos de potencia se pueden destacar, por ejemplo, las siguientes: − J.J. GRAINGER y W.D. STEVENSON Jr. " Análisis de sistemas de potencia" . Ed.

McGraw-Hill, 1995. − GRAINGER, J. J. y STEVENSON, W. D. Jr. Power system analysis. Ed.

McGraw-Hill, 1994. (Nota: esta obra es la versión original en inglés del libro anterior en esta lista; para aquellos alumnos que no tengan dificultad para estudiar en inglés, le recomendamos utilizar este texto). − A.R. BERGEN. Power System Analysis. Ed. Prentice-Hall, 1986. − O.I. ELGERD. Electric energy systems theory. An introduction (2ª edición). Ed.

McGraw-Hill, 1982. Electrical power system. Design and analysis (revised M.E. EL-HAWARY. − printing) . Ed. IEEE Press, 1995.

− I.J. NAGRATH Y D.P. KOTHARY. Modern power system analysis (2ª edición).

Ed. Tata McGraw-Hill, 1993. − A. GÓMEZ EXPÓSITO (coordinador). Análisis y operación de sistemas de energía eléctrica. Ed. McGraw-Hill, 2002.

5) OTRO MATERIAL DE APOYO. Desde este curso existe una página de la asignatura en el servidor del Departamento en Internet donde se ofrece información referente a la misma que le puede ser útil, incluyendo


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los problemas resueltos de las pruebas presenciales de años anteriores. También incluye enlaces con otros servidores de empresas e instituciones importantes del sector eléctrico. Pretendemos que esta información que vaya enriqueciendo y actualizando a lo largo del curso, para lo que nos gustaría contar con su colaboración. La dirección de Internet del servidor del Departamento, a la que debe conectarse, es: http://www.ieec.uned.es y allí buscar la asignatura en el apartado “Docencia del DIEEC”.

6) PRUEBAS DE EVALUACIÓN A DISTANCIA. PRÁCTICAS DE LABORATORIO En esta asignatura no hay que realizar Pruebas de Evaluación a Distancia. Tampoco hay Prácticas de Laboratorio.

7) PRUEBAS PRESENCIALES Al ser una asignatura cuatrimestral del 20 cuatrimestre, solamente hay Pruebas Personales finales en junio y septiembre. Estas pruebas constarán de varios ejercicios teórico prácticos en examen eliminatorio de tipo test, junto con el desarrollo de algunos problemas de tipo práctico, similares a los incluidos en esta Adenda. Lea atentamente el enunciado de cada uno de los ejercicios antes de resolverlos. No podrá aprobarse la asignatura si no se supera la prueba tipo test, independientemente de la nota de los problemas y tenga en cuenta que errores graves de concepto pueden hacer que la Prueba finalmente no se supere, sea cual sea la media obtenida. En cualquier caso, los errores graves, tanto en teoría como en problemas, podrán bajar la nota final. Como ocurrirá posteriormente en su vida profesional como Ingeniero, es mejor que si no sabe algo, no conteste cualquier cosa por peregrina que sea. Las Pruebas Presenciales tienen por objeto evaluar los conocimientos del alumno en las materias tratadas en la asignatura, no a determinar si el alumno sabe resolver mecánicamente los problemas tipo. Por ello le aconsejamos que no “aprenda a hacer problemas”. Desde el principio, trate de comprender las materias propuestas y de conocer y valorar los parámetros de los que dependen cada uno de los temas tratados en el programa. Con ello aprenderá además a juzgar si un resultado es coherente o incoherente y sabrá si ha cometido algún error en el desarrollo de un problema. En las Pruebas Presenciales no está permitido el uso de ningún tipo de material de consulta; sólo se puede utilizar calculadora. Dispone de dos horas para realizar la Prueba.

8) HORARIO DE ATENCIÓN AL ALUMNO Las consultas se puede realizar durante la guardia, por teléfono o personalmente, y por correo postal o electrónico. Horario de guardia: Lunes, de 16:00 a 20:00 horas.


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Teléfono: 91 398 6474 (Prof. M. Valcárcel) Fax: 91 398 6028 Correo electrónico: [email protected] En Internet:

http://www.ieec.uned.es y allí buscar la asignatura en el apartado ”Docencia del DIEEC”.

Dirección:

Depto. de Ingeniería Eléctrica, Electrónica y de Control E.T.S. de Ingenieros Industriales - UNED Ciudad Universitaria s/n. 28040 MADRID

DIECC-UNED


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Sistemas de Energía Eléctrica ADENDA

INTRODUCCIÓN. En esta Adenda se explica y se desarrolla con más detalle el programa propuesto y se relaciona con los apartados concretos del texto básico (esos apartados del libro se indican en la Adenda [en cursiva y entre paréntesis rectos] ). También se exponen algunos puntos necesarios que o bien no vienen en el libro o bien, si están, los desarrolla de forma mucho más extensa de lo que necesitamos. Con esta explicación podrá entender la unidad lógica de contenido que hemos seguido en la concepción del programa de la asignatura. Por esta razón y tal y como se indica en el punto 3 de la “Guía de la asignatura”, esta Adenda no es tan solo un documento con orientaciones que simplemente debe leer al principio de la asignatura, sino que es parte de la bibliografía que debe estudiar. Téngalo muy en cuenta. Es importante señalar desde el principio que para el estudio de los sistemas eléctricos de potencia es imprescindible conocer los conceptos básicos relativos a los circuitos de corriente alterna y a los sistemas trifásicos. Aunque usted ya los vio en la asignatura “Teoría de circuitos”, y por lo tanto debe saberlos, es conveniente que repase esos apartados para refrescar esos conceptos.

UNIDAD DIDÁCTICA 1. El sistema eléctrico de potencia. TEMA 1.

Sistemas de energía eléctrica. Generalidades: la producción y demanda de energía eléctrica, el sector eléctrico español, descripción general de los sistemas de energía eléctrica [Apartados 1.1 a 1.5 y Adenda] , aparamenta eléctrica, descripción de instalaciones típicas [Apartados 1.6 y 1.7].

TEMA 2.

Representación de los elementos del sistema: transformadores trifásicos, sistemas por unidad, análisis por unidad de transformadores y de sistemas de potencia [Apartados 2.1 a 2.6 y Adenda], transformadores de regulación [Apartado 2.7], el generador síncrono [Capítulo 3 y Adenda], modelo de la línea de transporte y la carga [Apartados 5.1 a 5.8 y Adenda].

1.1 Antecedentes históricos de los sistemas eléctricos La electricidad es la forma de energía más utilizada hoy en día en la industria y en los hogares. La electricidad es una forma de energía relativamente fácil de producir en grandes cantidades, de transportar a largas distancias, de transformar en otros tipos de energía y de


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consumir de forma aceptablemente limpia. Esta presente en todos los procesos industriales y en prácticamente todas las actividades humanas por lo que se puede considerar como insustituible... Y no seguimos cantando sus bondades ya que estamos convencidos de que usted, como casi Ingeniero y alumno de la especialidad de Electrónica y Automática, es de nuestra opinión. Sin embargo, su historia es relativamente reciente ya que el inicio de la tecnología eléctrica está aceptado situarlo en el último tercio del siglo XIX. Esa tecnología se desarrolla a partir de la base científica, experimental y teórica, que sobre la electricidad se había elaborado y formulado a lo largo de todo ese siglo. En 1871 Gramme presenta la primera dinamo industrial movida por una máquina de vapor, lo que supuso poder disponer de electricidad en forma corriente continua y en cantidad “abundante”, sustituyendo así a las pilas utilizadas hasta entonces como únicas fuentes de electricidad (la pila había sido inventada por Alessandro Volta en el año 1800). Otro hito importante ocurrió el 4 de septiembre de 1882 cuando Thomas A. Edison, utilizando 6 generadores de corriente continua con una potencia total de 900 CV y unas 7200 bombillas (inventadas también por él a finales de 1879), ilumina la calle Pearl en Nueva York, acontecimiento que tuvo una enorme repercusión en su momento y que se reconoce como el primer sistema de distribución de energía eléctrica utilizado para alumbrado público. Desde ese momento queda claro el enorme potencial, técnico y económico, que supone la energía eléctrica; la carrera por su control y utilización fue imparable. Así, ese mismo año, 1882, L. Gaulard y J. Gibbs presentan la primera patente del transformador, patente que en 1885 es comprada por George Westinghouse. Al año siguiente, en 1886, G. Westinghouse realiza el primer sistema de alumbrado público en corriente alterna en Great Barnington (MA, EE.UU.) y funda su empresa para el desarrollo y utilización de la electricidad en corriente alterna: la Westinghouse Electric and Manufacturing Co. En 1888 Nikola Tesla inventa y patenta el primer motor de inducción, Westinghouse compra la patente y contrata a Tesla. En los años 1888 y 1889 se vive una apasionante guerra tecnológica y comercial: la lucha entre los defensores de los sistemas de corriente continua, encabezados por Edison a través de su empresa, la Edison General Electric Co., y los de los sistemas de corriente alterna, con Westinghouse a la cabeza. Los sistemas en corriente continua presentaban el gran problema de las pérdidas de energía por efecto Joule debidas a la intensidad de corriente que circulaba por el sistema, problema más grave cuanto mayor es la potencia demandada: para minimizar en lo posible esas pérdidas los generadores debían estar en las propias ciudades, en el centro de la zona que alimentaban (de ahí el nombre de “central” que todavía se utiliza en español para designar a las instalaciones de generación). La gran ventaja que supuso el poder transportar la energía eléctrica en corriente alterna desde las centrales generadoras, situadas a muchos kilómetros de los consumidores, gracias a poder elevar la tensión mediante transformadores, y el desarrollo y la utilización en la industria de los motores de inducción a partir de la patente de Tesla, dieron finalmente la victoria a los sistemas de corriente alterna. Con la presentación del primer sistema trifásico, entre Frankfurt y Lauffen, presentado en 1891 en la Exposición de Frankfurt y la construcción de la central de las Cataratas del Niagara en 1895, la corriente alterna queda definitivamente aceptada como la forma de generar, transportar y distribuir la energía eléctrica.


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Desde finales del siglo XIX y durante todo el siglo XX , el crecimiento de los sistemas eléctricos ha ido a la par del avance tecnológico de la sociedad, hasta el punto de considerar el consumo de energía eléctrica como uno de los indicadores más claros del grado de desarrollo de un país. Los primeros sistemas eléctricos estaban aislados unos de otros; el crecimiento de la demanda de electricidad, y de la consiguiente capacidad de generación y de transporte, supuso un rápido proceso de concentración empresarial y de interconexión de esos pequeños sistemas dando lugar a otros mucho más grandes, tanto en potencia como en extensión geográfica. La figura 1 muestra un esquema de la composición de un sistema eléctrico de generación, transporte y distribución de energía eléctrica. La generación de energía eléctrica tiene lugar en las centrales eléctricas. La mayor parte de las centrales son hidráulicas y térmicas, tanto convencionales (carbón, fuel y gas) como nucleares: en ellas una turbina, hidráulica o de vapor respectivamente, mueve el alternador que produce la energía eléctrica. Actualmente se está ampliando el tipo de centrales y así, aunque aun con una potencia instalada mucho menor que las anteriores, ya existen centrales de turbina de gas, de cogeneración (aprovechando el calor residual de ciertos procesos industriales para generar vapor), de ciclo combinado (que combinan una turbina de gas con un ciclo térmico clásico agua/vapor), basadas en energías renovables (eólicas, fotovoltaicas, de biogas obtenido a partir de la biomasa o de residuos sólidos urbanos, etc.). Los generadores de la central producen la energía en media tensión, a de 6 a 20 kV, tensión que se eleva mediante los transformadores de salida de la central, para ser inyectada en la red de transporte. La frecuencia del sistema de corriente alterna que se genera es fija y está normalizada: 50 Hz en Europa y 60 Hz. en América. La red de transporte y distribución está formada por las líneas que llevan esa energía hasta los consumidores. El transporte se hace en alta tensión (400, 220 y 132 kV) para disminuir las pérdidas. La red de alta tensión es una red geográficamente extensa, va más allá de las fronteras de los países, y mallada; en los nudos de esa malla, donde las líneas se interconectan (es decir, a donde llegan y de donde salen), se encuentran las subestaciones en las que están los transformadores, para cambiar a los niveles de tensión de las líneas, los elementos de mando y de protección, que sirven para manipular y proteger la red (interruptores, seccionadores, fusibles, pararrayos, etc.), y los elementos de medida, que permiten conocer en todo momento la situación del sistema y los valores de las variables más importantes. De algunas de esas subestaciones salen líneas a menor tensión que forman las redes de distribución en media tensión (de 66 a 1 kV) que finalmente, y conforme llegan hasta los últimos consumidores, se transforman en otras redes de baja tensión (400 y 230 V) Por último están los consumidores de esa energía eléctrica que se genera en las centrales. Esos consumidores, también llamados cargas, se conectan a la red en alta tensión (grandes industrias y, sobre todo, las redes de distribución de media tensión), en media tensión (industrias, distribución a las ciudades y redes de distribución en baja tensión) y en baja tensión (la mayoría de nosotros: pequeñas industrias y los consumidores domésticos finales).


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Fig. 1. Esquema de un sistema eléctrico de potencia.

1.2. El Sistema Eléctrico Nacional. Hasta la primera mitad de la década de los 80, el sector eléctrico español estaba formado por un reducido conjunto de grandes empresas eléctricas privadas con una estructura vertical (es decir, cada una integraba los negocios de generación, transporte, distribución y comercialización de la energía eléctrica) y una empresa pública, Endesa, que tan solo tenía generación (centrales térmicas que consumían carbón nacional). El funcionamiento del sistema se realizaba de forma similar a la descrita en el apartado anterior: cada empresa funcionaba como un área de control y gestionaba su sistema buscando su óptimo económico, estableciendo o no, según le conviniese, acuerdos bilaterales de compra y venta de energía con las empresas vecinas. En el año 1984 esta situación cambia con la entrada en vigor del Marco Legal Estable. Esta ley garantizaba la viabilidad de las empresas eléctricas como un monopolio a cambio de una fuerte intervención en su gestión, al entender el sector eléctrico como un servicio público. Así, se crea Red Eléctrica de España (REE), que pasa a ser la propietaria de la red de transporte en alta tensión (que se nacionaliza), y la generación se centraliza tanto en la planificación (a través del PEN, Plan Energético Nacional) como en su funcionamiento según el denominado “funcionamiento en ‘pool’”: todo el sistema se gestiona como una única empresa mediante un despacho centralizado (que realiza REE) con una distribución posterior de los costes y de los beneficios entre las empresas. En el año 1996, con la Directiva Europea del Mercado Interno de Electricidad se pretende liberalizar el mercado de la energía eléctrica en la Unión Europea rompiendo los monopolios que,aen formas,Eléctrico existían que en cada país. En un España esaradical directiva lugar, en el año 1997, la distintas Ley del Sector ha supuesto cambio deldio sector al introducir la liberalización de las actividades reguladas (se prohibe la tradicional integración


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vertical de negocio de las empresas eléctricas) y al suprimir el concepto de servicio público, los monopolios y la planificación centralizada. Así, actualmente en nuestro país el mercado eléctrico está desregulado y funciona como unaentre especie bolsade donde y vende energíapor eléctrica mediante un casación las de ofertas ventasedecompra energía, presentadas los productores quesistema tienen de la generación, y las ofertas de compra realizadas por los comercializadores. Para supervisar este mercado de compra/venta, la Ley del Sector Eléctrico establece la creación de dos entidades independientes: el Operador del Mercado y el Operador del Sistema. El primero, encomendado a OMEL1, es el garante de la operación económica del sistema mediante la gestión de ese mercado de ofertas de compra y de venta de energía eléctrica. El segundo, encomendado a REE2, es el que garantiza el funcionamiento del sistema desde el punto de vista técnico, para asegurar la continuidad, calidad, seguridad y coordinación de las operaciones de generación y transporte. España es uno de los primeros países en crear y en poner en marcha su mercado eléctrico desregulado, modelo que está sirviendo de ejemplo a seguir para otros países. Sin duda será un nicho importante de trabajo para futuros ingenieros (además de economistas, abogados, etc.) que usted debe considerar cuando salga de la Escuela. Como es fácil ver, el tema del mercado eléctrico es mucho más amplio de lo que aquí se ha explicado, y el objetivo principal de esta asignatura se limita a conocer qué es y cómo funciona un sistema eléctrico. 1.3 Descripción del sistema, las instalaciones y aparamenta eléctrica. En los últimos apartados del capítulo 1 [1.5 a 1.7] se explica como esta formado un sistema de distribución de energía eléctrica y se describen sus elementos fundamentales, tanto para la transmisión de potencia ( transformadores y líneas), como los elementos necesarios en toda instalación real para su protección y medida (interruptores, seccionadores, interruptores automáticos y transformadores de medida, entre otros). Por último se muestran planos y esquemas de instalaciones tipo, con sus aspectos técnico-constructivos más relevantes. 2.1. Representación del sistema. Cálculo en valores por unidad. En un sistema eléctrico de potencia real existen valores muy dispares de potencias (generadas, consumidas, nominales de equipos, etc.), de intensidades y, sobre todo, distintos niveles de tensión debidos a los transformadores. Eligiendo un conjunto apropiado de dos de esas variables se puede hacer que todas las variables del circuito (potencias, tensiones, intensidades e impedancias) sean adimensionales, que estén expresadas en “en tanto por uno”: esto es lo que define como cálculo en valores por unidad [2.3]. Como verá, la principal ventaja del cálculo en por unidad es que los distintos niveles de tensión que hay en el sistema “se unifican” y, por lo tanto, “desaparecen” los transformadores (que se representan simplemente por una impedancia serie): de esta forma el circuito equivalente que representa el sistema se reduce a un circuito plano y conexo formado por fuentes e impedancias que se resuelve, sin mayor problema, mediante las herramientas de cálculo de la teoría de circuitos [2.6]. 1 Compañía Operadora del Mercado Español de Electricidad S.A. (http://www.omel.es) 2 Red Eléctrica de España S.A. (http://www.ree.es)


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Los elementos del sistema se representan mediante símbolos y, con éstos, el sistema eléctrico completo se representa mediante un esquema denominado diagrama unifilar que permite “ver”, de una forma rápida, la topología del sistema y los elementos que lo forman. [Ejemplo 2.1] La otra representación deldel sistema esseel representa denominado dede impedancias en el cual cada elemento sistema pordiagrama su modelo impedancias, expresadas en valores por unidad. Así, el diagrama de impedancias es simplemente el circuito monofásico equivalente fase-neutro del sistema trifásico que es el sistema eléctrico de potencia.

Es muy importante que tenga claro el trabajo con valores por unidad y cómo representar el sistema a través de los diagramas unifilar y de impedancias, ya que ello es la base de todos los cálculos que a lo largo de la asignatura se realizarán para analizar y estudiar los distintos aspectos del sistema. Hasta ahora hemos hablado de “los elementos del sistema”. Los elementos que vamos a considerar en la asignatura son básicamente cuatro: el transformador, el generador, la línea de transporte y la carga. A continuación se estudia cada uno de ellos en detalle. 2.2. Elementos del sistema (I): el transformador de potencia. El transformador de potencia se estudia en el capítulo 2 del libro. En él se repasan los conceptos básicos que ya conoce: circuito equivalente del transformador trifásico [2.1], introduciendo la notación en por unidad [2.4 y 2.5] y el estudio del desfase que introduce en función de la conexión de los devanados [2.6]. A partir de aquí, se estudian tres tipos de transformadores que, como variantes del transformador trifásico de potencia, se pueden encontrar en los sistemas eléctricos: el transformador de dos devanados [2.4], el transformador de tres devanados [2.5] y el transformador con tomas [2.7] . Este último es el más importante de ellos por ser el más habitual y, sobre todo, por su papel fundamental en el control de la potencia que circula por las líneas. Se finaliza el capítulo describiendo el modelo general del transformador, recalcando y justificando una vez más la importancia y la facilidad de cálculo que conlleva la utilización de los valores por unidad [2.7]. Ejercicio 1.

a) Demostrar que la matriz de admitancias que relaciona las tensiones e intensidades, en valores reales, de dos nudos entre los que se conecta un transformador de relación t : 1, es:

⎡ Y cc Y bus = ⎢ * ⎣− Y cc t r


− t Y cc ⎤ ⎥ t 2Y cc ⎦ r

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b) Dibujar el circuito equivalente en Π del transformador, que permite obtener la matriz antes citada. Nota: supóngase que t es real para la resolución de este apartado.

c) Determinar la corriente del primario y secundario, en valores por unidad y en valores reales, de un transformador de 10 MVA, de relación U1/U2 = 1,02 e-jΠ/18, donde las tensiones por unidad de los nudos entre los que se conecta el transformador son U 1 = 1,0 ∠0º y U2 = 0,95 ∠10º. La impedancia de cortocircuito del transformador es Zcc = j 0,04. Tómese como bases del sistema, la potencia nominal del transformador y una tensión de 15 kV. Solución: a)

Partiendo del equivalente eléctrico del transformador sin la rama paralelo, tenemos:

Zcc

i1

i'2

U1

E1

E2

U2

Para obtener la matriz de admitancias entre los nudos 1 y 2 se deben obtener las relaciones entre las tensiones e intensidades en dichos nudos. Considerando que para el análisis las intensidades tienen sentido entrante, tendremos que i2=-i’2. U 1 = E 1 + i1 Z CC U = E 2

2

E 1

= t r

E 2 i1 i'2

=

1 t * r

U 1 = U 2 t + i1 Z CC r

U 1 − U 2 t r

i1 =

Z CC

= Y CC U 1 − t Y CC U 2 r

2

i2 = −i ' 2 = −t * i1 = −t * Y CC U 1 + t Y CC U 2 r

r

por tanto

− t Y CC ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎡ i1 ⎤ ⎡ Y CC = ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢i ⎥ − t *Y t 2Y CC ⎦ ⎣U 2 ⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ CC r

r


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b)

El equivalente en π del circuito entre los nudos tiene la forma: Ys

i1

U1

Y1P

i2

Y2P

U2

De la matriz de admitancias obtenida en el apartado a) y con t real, se deduce que: Y 11 = Y CC = Y S + Y 1P Y 12 = −tY CC = −Y S Y 21 = −tY CC = −Y S Y 22 = t 2Y CC = Y S + Y 2 P

De las igualdades anteriores se desprende que sólo se puede representar con su equivalente en π a un transformador en el que no haya desfase en ángulo entre los extremos, ósea si t es real, dado que dicho desfase no puede representarse en un circuito de ese tipo. Despejando se obtiene Y S = tY CC Y 1P = (1 − t )Y CC Y 2 P = t (t − 1)Y CC tYcc

i1

U1

(1-t)YCC


i2

t(t-1)YCC

U2

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Del resultado obtenido también se desprende que el equivalente en π sólo puede representar la realidad si Ycc no tiene parte real, pues de otra forma se obtendrían resistencias negativas en las admitancias en derivación, al depender su valor de (1-t) y de (t-1). c)

15 kV = 14,7 kV 1,02 U 1 = 1∠0 º.15 kV = 15∠ 0 º kV U 2 = 14 ∠10 º kV U 1 B = 15 kV U 2 B =

Z CCB =

U 12 B

= 22,5 Ω

S B

Z CC = j 0,04.22,5 = j 0,9 Ω Y CC =

1

= − j1,11 = 1,11∠−900

j 0,9 t = 1,02 ∠−100 r

− Y CC t = −1,11∠−9001,02 ∠−100 = −1,133∠−1000 r

− Y CC t * = −1,11∠−9001,02 ∠100 = −1,133∠−800 r

Y CC t 2 = 1,11∠−9001,04 = 1,155∠−900 i1 = 1,11∠−90015∠ 00 − 1,133∠−100014 ∠100 = 800 ∠−900 A r

i2 = −1,133∠−80015∠ 00 + 1,155∠−900 14 ∠100 = −822∠−800 A r

2.3. Elementos del sistema (II): el generador síncrono. El generador, que se encuentra en las centrales de producción de energía eléctrica y que es un generador síncrono, se estudia en el capítulo 3 del libro. Como en el caso anterior, los primeros apartados del capítulo deben ser para usted un recordatorio de los conceptos relativos a este tipo de máquina que vio en la asignatura “Máquinas eléctricas”: descripción del generador, su principio de funcionamiento y su circuito equivalente [3.1 a 3.3]. De este repaso le debe quedar claro cómo se genera un sistema trifásico de potencia y los conceptos de reactancia síncrona, Xs, de tensión interna, Ei, y de ángulo de potencia, δ. El funcionamiento del generador en régimen permanente se ve en los dos apartados siguientes donde se explica el control de la potencia activa y de la potencia reactiva generada [3.4] y la curva de carga del generador [3.5] que define los puntos (la zona) de funcionamiento posible del generador en condiciones normales. 2.4. Elementos del sistema (III): la línea de transporte. El tercer elemento del sistema es la línea eléctrica que, junto a los transformadores y a los elementos de maniobra y protección (interruptores, seccionadores, protecciones, etc.), forman la red de transporte y distribución de energía eléctrica. Tal y como se explica en [5.2 y 5.3], la línea se caracteriza mediante su impedancia serie, por fase y unidad de longitud, y su


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admitancia paralelo, también por fase y unidad de longitud. El cálculo de estos parámetros R, L y C el libro lo ha desarrollado en el capítulo anterior [4] y queda fuera del programa de la asignatura (es decir, siempre que se necesiten esos parámetros serán un dato). En modelos función de la línea yAsí, del tipo estudio que sededesea realizar, existen diferentes delalalongitud línea dede transporte. paradeuna frecuencia 50 Hz, las líneas se clasifican como cortas (líneas de longitud inferior a 100 km), de longitud media (de 100 a 300 km) y largas (de más de 300 km). Las representaciones de los dos primeros tipos son de parámetros concentrados, mientras que en el modelo de la línea larga hay que considerar los parámetros distribuidos a lo largo de la longitud de la línea. Teniendo en cuenta los tipos de estudios que se van a ver en esta asignatura es suficiente con los modelos de parámetros concentrados de línea corta y de línea de longitud media [5.4]. A partir de estos dos modelos (especialmente del segundo) es muy importe el conocer el flujo de potencia que se puede transmitir a través de la línea [5.5 y 5.6] y la forma de compensar la impedancia para disminuir la caída de tensión, a partir de inductancias o condensadores en serie o paralelo, según las condiciones de funcionamiento [5.7].

Ejercicio 2.

El sistema trifásico de la figura consta de los siguientes elementos: • • • • • • • •

Generador G1 100 MVA, 15 kV, Xsg1= 0,15 p.u Generador G2 80 MVA, 15 kV, Xsg2= 0,15 p.u Línea L1 y L3 impedancia 10 + j 50 Ω/fase Línea L2 y L4 impedancia 20 + j 60 Ω/fase Transformador T1, 80 MVA, 15/165 kV, XCCT1=0,1 p.u Transformador T2, 60 MVA, 165/12 kV, XCCT2=0,1 p.u Carga M1, a potencia constante de 50 MVA a 165 kV y fdp=0,8 inductivo Carga C2, de impedancia constante, 40 MVA a 165 kV y fdp = 0,95 capacitivo

• Interruptores S1, S2, S3 y S4 de impedancia despreciable


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a) Dibujar el esquema del sistema, por fase, indicando los valores de las impedancias en valores por unidad, tomando como base 100 MVA y 15 kV.

b) Con los interruptores S1 y S3 cerrados y S2 y S4 abiertos, determinar la tensión y corriente en la carga C2 y en el generador G1, en valores por unidad y valores reales, para mantener la carga M1 a una tensión de 165∠0º kV.

c) Con los interruptores S3 y S4 cerrados y S1 y S2 abiertos, determinar la tensión y la corriente en el generador G1, en valores por unidad y valores reales, para mantener la carga C2 a una tensión de 165∠0º kV, con el generador G2 a tensión de 13∠+5º kV.

Solución

En primer lugar se determinan los valores base de los distintos tramos del sistema. SB= 100 MVA Tramo 1 U 1 B = 15 kV 2

15 2.10 6 Z 1 B = S B = 100.10 6 = 2,25 Ω S B 100.10 6 I 1 B = = = 3850 A 3U 1 B 3.15.103 X G1 = 0,15 p.u sin cambio de base U

1 B

2

X CCT 1 Nueva = X CCT 1 Anterior .

S Bnueva U Banterior

.

2 S Banterior U Bnueva

= 0,1.

100 15 2 . = 0,125 p.u 80 15 2

Tramo 2


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U 2 B = U 1 B

U 2T 1 U 1T 1

165 = 165 kV 15

2

Z 2 B =

165 .10 6

= 15

6

= 272,25 Ω

100 100.10 .10 6 I 2 B = = 350 A 3.165.103 100 1652 . X CCT 2 Nueva = 0,1. = 0,1666 p.u 60 1652 10 + j50 L1 pu = L3 pu = = 0,037 + j 0,184 = 0,188∠78,6 0 272,25 20 + j 60 L2 pu = L4 pu = = 0,073 + j 0,22 = 0,232∠71,650 272,25 2

C 2 ( Z cte) ⇒ S C 2 = 40∠ − arc cos 0,95 MVA = 40∠ − 18,2 0 MVA ⇒ Z C 2 = U *C 2 = S C 2

1652.10 2 40.10 2 ∠18,2 0

646,56 − j 212,6 = 2,375 − j 0,78 = 2,5∠ − 18,2 0 272,25 M 1 ( P cte) ⇒ S M 1 = 50∠36,87 0 MVA 50∠36,87 0 S M 1 pu = = 0,5∠36,87 0 100 Z C 2 pu =

Tramo 3

12 = 12 kV 165 2 U 12 2.10 6 Z 1 B = 1 B = = 1,44 Ω S B 100.106 U 1 B = 165

6

I 1 B =

3U 1 B

X G 2 Nueva

= 4811 A 3.12.103 100 15 2 . = 0,15. = 0,293 p.u 80 12 2

S

B

= 100.10

Por tanto, el esquema del sistema por fase en valores por unidad es


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Smotor =0,5 36,86º 0,037+j 0,184

0,073+j 0,22

2

j 0,16

j 0,125

0,037+j 0,184

3

0,073+j 0,22 j 0,29

j 0,15 2,375-j078

b)

El esquema del circuito planteado es en este apartado

j 0,125

2

0,037+j 0,184

0,037+j 0,184 UC

j 0,15 2,375-j 0,78

Smotor =0,5 36,86º


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U M 1 = 165∠0º kV = 1∠0º p.u

0,5∠ − 36,86º = 0,4 − j 0,3 1∠0º U = U + i (0,037 + j 0,184) = 1∠0º +(0,4 − j 0,3)(0,037 + j 0,184) = 1,07 + j 0,062 = 1,072∠3,3º * S M 1 = U M 1 .i M 1 ⇒ i M 1 =

M 1

C

M 1

por otro lado

U C = iC 2 .(0,037 + j 0,184 + 2,375 − j 0,78) ⇒ iC 2 = 0,411 + j 0,128 = 0,431∠17,3º

. C 2 = 0,431∠17,3º.2,375∠ − 18,2º = 1,023∠ − 1º = 168,9∠ − 1º kV U C 2 = iC 2 Z y

U G1 = U C + (i M 1 + iC 2 ). j 0,125 = 1,091 + j 0,162 = 1,103∠8,4º = 16,5∠8,4º kV

c) En el esquema del sistema ahora propuesto el motor

j 0,125

0,037+j 0,184

M1 está desconectado

0,073+j 0,22

j 0,16

j 0,29 j 0,15 2,375-j 0,78

UG1

UC2

UG2

U C 2 = 165∠0º kV = iC 2 = iG 2 =

U C 2 Z C 2

=

165∠0º

p.u = 1∠0º p.u y

U G 2 = 13∠5º kV =

1∠0º 165 = 0,38 + j 0,125 = 0,4∠18º = 140∠18º A 2,5∠ − 18,2º

13∠5º

p.u = 1,083∠5º p.u

12

U G 2 − U C 2

= 0,274 − j 0,155 = 0,315∠ − 29,6º = 1515,5∠ − 29,6º A 0,073 + j 0,22 + j 0,1666 iG1 = iC 2 − iG 2 = 0,38 + j 0,125 − 0,274 + j 0,155 = 0,106 + j 0,28 = 0,3∠69,3º = 1155∠69,3º A U G1 = U C 2 + iC 2 .( j 0,125 + 0,037 + j 0,184) = 1,022 + j 0,09 = 1,026∠5º = 15,4∠5º kV


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2.5. Elementos del sistema (IV): la carga. El cuarto y último elemento que vamos a necesitar para estudiar y analizar un sistema eléctrico de potencia que son se lasencuentran cargas. Lasencargas son quienes consumendela energía potenciaeléctrica, generaday por los generadores, las centrales de producción que llega a ellas a través de la red de transporte. Las cargas se encuentran en los nudos de esa red y pueden ser grandes consumidores (por ejemplo, una gran industria) o, en la mayoría de los casos, son otras redes eléctricas de distribución, de menor tensión, que van llevando esa energía eléctrica al resto de consumidores más pequeños. En el texto base que utilizamos en esta asignatura no hay un capítulo que hable de las cargas, por lo que los modelos de carga que se van a necesitar los veremos a continuación en este apartado. Aunque en general las cargas evolucionan en el tiempo, para los estudios del sistema eléctrico de potencia que vamos a ver en la asignatura se considerará, siempre que no se diga lo contrario, el régimen permanente por lo que se admitirá que las cargas no varían en el tiempo. En cuanto a su representación dentro del sistema, se distinguen tres tipos de cargas: − Cargas de impedancia constante. Son cargas estáticas cuya impedancia, como indica su

nombre, es constante y, por lo tanto, la potencia que consumen depende de la tensión que haya en cada instante en el nudo en el que están conectadas. Ejemplo de este tipo de cargas son las baterías de condensadores o de inductancias. Estas cargas se definen por el valor de su impedancia por fase o por su potencia nominal (que es la potencia que consumen a la tensión nominal del nudo al que están conectadas). Se representan mediante los valores correspondientes de R y X en paralelo, tal y como se representa en la figura 2.a (es más útil esta representación que la de la rama equivalente serie, con R y X en serie, como verá más adelante a la hora de construir la matriz de admitancias de nudo). − Cargas de potencia constante. Son cargas cuyos valores especificados de P y Q

consumidos son constantes, independientemente de la tensión que exista en cada momento en el nudo en el que están conectadas. Por este motivo no pueden representarse mediante una impedancia o una fuente, así que se hace mediante una flecha indicando los valores de P y Q correspondientes (figura 2.b). Este tipo de cargas son las más frecuentes en los sistemas eléctricos de potencia; por ejemplo, se comportan como cargas de este tipo los grandes consumidores, los motores eléctricos y otras redes de distribución a menor tensión. − Cargas de intensidad constante. Este tipo de cargas son bastante escasas y se caracterizan

por presentar una intensidad I consumida constante e independiente de la tensión que exista en cada momento en el nudo en el que están conectadas. Se representan mediante una fuente de intensidad I (figura 2.c).


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Fig 2. Representación de las cargas: (a) de impedancia constante, (b) de potencia constante y (c) de intensidad constante.

Ejercicio 3.

En el diagrama de la figura, la tensión del generador (nudo1), se eleva mediante dos transformadores trifásicos idénticos en paralelo, T1 y T2, a 230 kV (nudo 2), que alimentan a una carga y a una línea de 50 km que termina en otro transformador T3 a cuya salida se conecta un motor a 69 kV. Las características nominales de los diversos elementos del sistema son: Generador T1 y T2 T3

100 MVA, 15 kV, Xsg= 0,1 p.u 50 MVA, Y-∆, 15/230 kV, Xcc= 0,2 p.u 70 MVA, ∆-Y, 230/69 kV, Xcc= 0,1 p.u

Z de línea (2-3) XL = j 6 Ω/fase Carga (Z constante) 20 MW, 230 kV Motor (P constante) 50 MVA, 69 kV, f.d.p 0,8 inductivo


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Tomando como base los valores nominales del generador y suponiendo que en la situación considerada el valor medido de la tensión en bornes del motor es de 69 kV, determinar en módulo y argumento: a) La corriente en el motor y la tensión, corriente y potencia en la carga. b) La tensión, corriente y potencia desarrollada por el generador c) La tensión y corriente en la línea del primario del transformador T3. Solución:

El circuito equivalente por fase del sistema propuesto es: 1

X cc 1

2

XL

3

X cc 3

4

X cc 2 S m o t o r =P+jQ

X' 'g UG


Zc

U Carga

UMotor

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El sistema normal del problema se resuelve mediante análisis por unidad, cuyo primer paso es la elección de los parámetros base. Se toma la potencia nominal del generador como base de potencias y las tensiones de línea en cada tramo como referencia para la determinación de las tensiones base de cada uno de ello. La ventaja del cálculo en valores por unidad es poder resolver el sistema sin necesidad de considerar las relaciones entre tensiones y corrientes de cada línea en cada tramo, dependiendo de relaciones de transformación y las conexiones en los transformadores. La utilización de las tensiones entre líneas como referencia en todos los casos facilita el cálculo, sea cual sea la conexión de los transformadores. Si los datos de partida de los transformadores no hubiesen sido dados como tensiones de entrada y salida en la conexión correspondiente, sino que se hubiese dado directamente la relación de espiras en cada uno de ellos, tendría primero que determinarse la tensión entre líneas correspondiente de cada tramo antes de definir las tensiones de base. Por otro lado, la única precaución que debe tenerse cuando hay conexiones mixtas en los transformadores es que hay desfase entre las tensiones de cada tramo y consecuentemente, también en las corrientes. Por ello, adicionalmente debe considerarse el desfase como otro parámetro base a definir, cuando proceda. Teniendo todo esto en cuenta, tendremos que: S base = 100 MVA Tramo 1

U 1base = 15 kV 2

Z 1base = 15 = 2,25Ω

100 100.10 6 I 1base = = 3849 A 3.15.10 3 X sg = 0,1 p.u 100 X cc1 = X cc 2 = 0,2 = 0,4 p.u 50


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Tramos 2 y 3

Al ser estrella − triángulo α 2base = α 3base = 300 U 2base = U 3base = 15 230 = 230 kV

15 2302 Z 2base = Z 3base = = 529Ω 100 100.106 I *2base = = 251 A ⇒ I 2base = I 3base = 251 A 3.230.103 100 X cc3 = 0,1 = 0,143 p.u 70 6 = Ω= = L Línea X 6 529 p.u 0,0113 p.u 2302.106 2645 2645Ω = C arg a a Z cte Z C = p.u = 5 p.u 6 = 20.10 529

Tramo 4

0

Al ser triángulo − estrella α 4base = 30 − 30º = 0º U 4base = 230

69 = 69 kV 230

692 Z 4base = = 47,6Ω 100 100.106 I 4base = = 836,7 A 3.69.103 Motor a P cte

S Motor = 50∠36,87 MVA =

50∠36,87

p.u = 0,5∠36,87 p.u

100 a) Si la tensión medida en bornes del motor U Motor es 69 kV, será igual entonces a la tensión de base en el tramo 4, por lo que tendremos: 0,5 ∠36,87 1∠0 I Motor = 0,5∠−36,87 p.u = 0,5∠−36,87.836,7 = 418,35∠−36,87 A S Motor = U Motor . I * Motor ⇒ I * Motor =


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Para la carga tendremos U c arg a = U Motor + I Motor j ( X L + X cc3 ) U c arg a = 1∠0 + 0,5∠−36,87 ( j 0,0113 + j 0,143) = 1,046 + j 0,0616 = 1,0478∠3, 37 p.u U c arg a = U pu ⋅ U 2b ∠α 2b = 1,0478∠3, 37.230∠+30 = 241∠33,37 kV I c arg a =

U c arg a Z c arg a

=

1,0478∠3,37 = 0,21∠3,37 p.u = 0,21∠3,37.251∠+30 = 52,7 ∠33,37 A 5

*

Sc arg a = U c arg a . I c arg a = 1,0478∠3,37. 0,21∠−3,37 = 0,22∠0 p.u = 0,22.100 = 22 MW

b) En el generador U G = U c arg a + I G Z . 1 donde Z 1 =

1 1 jX cc1

+

1

= j 0,2 p.u

jX cc 2

I G = I Motor + I C arg a = 0,5 ∠−36,87 p.u + 0,21∠3, 37 p.u = 0,09 − j 0,288 = 0,6735∠− 25, 3 p.u I G = 0,6735 ∠− 25, 3

3849 = 2592 ∠−25,3 A U G = 1,0478∠3,37 + 0,6735 ∠− 25, 3.0,2 ∠90 = 1,1035 + j 0,1834 = 1,1186 ∠9, 4 p.u U G = 1,1186 ∠9, 4.15 = 16,8 ∠9, 4 kV S G = U G . I * G = 1,1186 ∠9, 4.0,6735∠ 25,3 = 0,7533 ∠34, 7 p.u S G = 0,7533∠34, 7.100 = 75,33∠34, 7 MVA

c) En el primario del transformador 3 la corriente es la que corresponde al motor, pero hay que considerar el desfase de tensiones por el tipo de conexión en el transformador. Al realizar el análisis por fase con valores por unidad esto se desprende directamente al aplicar el método.

U 3 = U Motor + I Motor . jX cc3 = 1∠ 0 + 0,5∠ − 36,87.0,143∠90 = 1,043 + j 0,0572 = 1,0445∠3,14 p.u U 3 = 1,0445∠3,14.230∠30 = 240,2∠33,14 kV I 3 = I Motor = 0,5∠ − 36,87 p.u I 3 = 0,5∠ − 36,87 251∠30 = 125,5∠ − 6,87 A


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UNIDAD DIDÁCTICA 2. Análisis del sistema eléctrico de potencia. TEMA 3.

Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: Los modelos de la bus| [6.2], el flujo de cargas red a través de ladematriz control del flujo cargas|Y [6.8].

TEMA 4.

[6.3, 6.4 y 6.5]

y el

Corrientes de cortocircuito en el generador. Cortocircuitos trifásicos equilibrados [capítulo 8].

Llegados a este punto del programa de la asignatura, usted ya conoce los principales elementos que componen un sistema eléctrico de potencia, sus modelos y la representación completa del sistema mediante los diagramas unifilar y de impedancias. En esta segunda Unidad Didáctica se van a ver los dos estudios clásicos más importantes que se utilizan para analizar el sistema eléctrico: el flujo de cargas y las faltas simétricas. 3.1. Las matriz de admitancias de nudo, [Ybus]. Una vez que ya se conoce el modelo eléctrico que representa a cada elemento del sistema y la utilización de los valores por unidad, para cualquier sistema eléctrico que nos den ya debe ser fácil construir su diagrama unifilar y el circuito de impedancias que lo representa. A partir de aquí y para los estudios que van a permitir el análisis del sistema, éste se modela matemáticamente mediante la matriz de admitancias de nudo, [Ybus]. La matriz [Ybus] es, sencillamente, la matriz de admitancias que resulta del análisis por nudos del circuito de impedancias que representa el sistema eléctrico dado tomando como nudo de referencia el neutro, nudo común del circuito. La construcción y modificación [6.2] de la matriz de admitancias de nudo [Ybus] es fácil e inmediata. Por último, es importante señalar que para grandes sistemas reales la matriz [Ybus] es una matriz muy dispersa, es decir, en la que la mayoría de sus elementos son cero. 3.2. Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: el flujo de cargas. El objetivo del sistema eléctrico es satisfacer la potencia demandada, más las pérdidas en la red, manteniendo un estado de funcionamiento normal, es decir, en un régimen permanente en el que se verifique que las tensiones en los nudos y las potencias generadas por los generadores estén dentro de unos límites establecidos y que tanto las líneas como los transformadores funcionen sin sobrecargas. El flujo de cargas es el estudio que permite analizar el sistema en régimen permanente y comprobar, a partir de su resultado, si ese estado de funcionamiento del sistema corresponde a un estado de funcionamiento normal. Partiendo de la potencia generada y demandada en cada nudo, el flujo de cargas calcula la tensión, en módulo y argumento, que existe en cada nudo y las potencias que circulan por la red de transporte.


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Si ese problema, calcular la tensión en cada nudo, se plantease en términos de intensidades, es decir, si se conociese la intensidad inyectada en cada nudo, el cálculo de las tensiones sería inmediato resolviendo un sistema lineal de ecuaciones donde los elementos de [Ybus] serían los coeficientes (sería, en definitiva, la resolución del análisis por nudos del circuito). Sinseembargo, eléctricos potencia reales las magnitudesenque se miden y que conocen en sonlos lassistemas potencias, activa y de reactiva, generadas y consumidas cada nudo y como esas potencias dependen de las tensiones de los nudos (que recordemos son las incógnitas del problema), el problema del flujo de cargas así planteado en términos de potencias resulta ser un problema no lineal que se ha de resolver mediante métodos numéricos iterativos. El capítulo 6 del libro aborda el estudio del flujo de cargas. En el apartado [6.3] se describe y plantea el problema del flujo de cargas: las ecuaciones de la potencia inyectada en un nudo (ecuación (6.8), en forma compleja, y ecuaciones (6.11) y (6.12), en forma polar), los tipos de nudos que se consideran, las variables de estado o incógnita del problema, las cantidades especificadas o términos independientes y el número total de ecuaciones del sistema no lineal que hay que resolver. Los métodos de resolución del flujo de cargas son métodos numéricos de resolución de sistemas de ecuaciones no lineales. Así, en el libro se describen dos métodos exactos: el de Gauss-Seidel y el de Newton-Raphson. El primero tiene la ventaja de ser sencillo de programar, pero presenta problemas de convergencia, sobre todo al aumentar la dimensión del problema. El método de Newton-Raphson es más complejo de programar pero a cambio es más robusto y presenta una mayor velocidad de convergencia que el anterior, por lo que es el que utiliza la práctica totalidad de programas existentes de resolución del flujo de cargas. Por último, en el libro también se explica el flujo de cargas desacoplado, que es un método que permite obtener de una forma sencilla y rápida una solución aproximada, que se puede utilizar para obtener un buen punto inicial para los procesos iterativos de los dos métodos anteriores o como solución válida para otros tipos de estudios que no necesitan la solución exacta del flujo de cargas. Los dos métodos (Gauss-Seidel y Newton-Raphson) [6.4 y 6.5], permitirán al alumno conocer la sistemática de la solución al problema y los distintos casos que pueden presentarse. Deben ser estudiados ambos, al tratarse, en definitiva, de los métodos matemáticos de resolución de problemas no lineales más utilizados en este tipo de problemas. Independientemente del método, es importante tener bien claro qué ofrece la solución del flujo de cargas, es decir, conocida la solución (tensiones en todos los nudos y potencia generada en el nudo oscilante) y con los datos del sistema (datos de los nudos y de las líneas) debe ser capaz de calcular la potencia inyectada en cualquier nudo o la potencia que circula por cualquier línea del sistema. La gran utilidad y cantidad de información que ofrece la solución del flujo de cargas para el análisis de un sistema eléctrico se explican en el apartado [6.3]. Para concluir este tema, en el apartado [6.8] describe los diferentes medios de control disponibles en un sistema, explicando su importante función en el control de la potencia que circula por las líneas o de mantener el valor de la tensión en determinados nudos.


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3.3. Equivalente eléctrico del transformador en el sistema En los sistemas eléctricos, los transformadores juegan un papel fundamental para obtener las tensiones necesarias en cada tramo. El cálculo en valores por unidad permite el análisis del sistema sin necesidad de separarlo en tramos de la misma tensión base que establecen los transformadores. El método de cálculo en valores por unidad consiste en expresar los equivalentes eléctricos de los diferentes elementos del sistema en valores proporcionales a los valores de base elegidos. Con ello el cálculo puede hacerse a partir de un sistema monofásico con generadores e impedancias en serie y paralelo. Es especialmente importante el análisis de los equivalentes eléctricos de los transformadores en sus diferentes funciones, tanto como transformadores de elevación o reducción de tensión o como transformadores de regulación de tensión o fase. Seguidamente se detallan las diferentes formas de expresar el equivalente de un transformador en un sistema.

Transformador reductor de tensión

Es el caso, por ejemplo, de un transformador de distribución utilizado para reducir la tensión en una línea para transporte de energía. Su relación de transformación está dada por ⎯ t :1, con t >1. Partiendo del equivalente eléctrico del transformador monofásico sin la rama paralelo, tenemos:

i1

Zcc

U1

i'2

E1

E2

U2

t :1


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Para obtener la matriz de admitancias entre los nudos 1 y 2 se deben obtener las relaciones entre las tensiones e intensidades en dichos nudos. Considerando que para el análisis las intensidades tienen sentido entrante, tendremos que i2=-i’2. U 1 = E 1 + i1 Z CC U 2 = E 2 E 1

= t r

E 2 i1 i'2

=

1 t * r

U 1 = U 2 t + i1 Z CC r

U 1 − U 2 t r

= i1

=

− Y CC U 1

Z CC

r

t Y CC U 2

i2 = −i ' 2 = −t * i1 = −t * Y CC U 1 + t 2Y CC U 2 r

r

por tan to

− t Y CC ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎡ i1 ⎤ ⎡ Y CC ⎥⎢ ⎥ ⎢i ⎥ = ⎢− t *Y t 2Y CC ⎦ ⎣U 2 ⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ CC r

r

El equivalente en π del circuito entre los nudos tiene la forma: Ys

i1

U1

Y1P

i2

Y2P

U2

De la matriz de admitancias obtenida en el apartado a) y con t real, se deduce que: Y 11 = Y CC = Y S + Y 1P Y 12 = −tY CC = −Y S Y = −tY = −Y 21

CC

S

Y 22 = t 2Y CC = Y S + Y 2 P


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De las igualdades anteriores se desprende que sólo se puede representar con su equivalente en π a un transformador en el que no haya desfase en ángulo entre los extremos, ósea si t es real, dado que dicho desfase no puede representarse en un circuito de ese tipo. Despejando se obtiene Y S = tY CC Y 1P = (1 − t )Y CC Y 2 P = t (t − 1)Y CC tYcc

i1

U1

i2

(1-t)YCC

U2

t(t-1)YCC

Del resultado obtenido también se desprende que el equivalente en π sólo puede representar la realidad si Ycc no tiene parte real, pues de otra forma se obtendrían resistencias negativas en las admitancias en derivación, al depender su valor de (1-t) y de (t-1). Pero si se desea expresar el equivalente del transformador en valores por unidad obtendremos las siguientes expresiones: U 1 B = U 1 t =

U 1 B

⇒ U 2 B =

U 2 B

U 1 t

= U 2

2

Z 1 B = U 1 B ⇒ Y 1 B = S B2 S B U 1 B Z 2 B = i1 B =

U 22 B S B

S B U 1 B

⇒ Y 2 B = y

S B U 22 B

i2 B =

S B U 2 B

en monofásico

de la relación de int ensidades y tensiones exp resadas en p.u obtenemos i1 = Y CC U 1 − tY CC U 2 ⇒ i1 pu

S B U

= Y CCpu

1 B 2

i2 = −tY CC U 1 + t Y CC U 2 = −tY CCpu


S B U 12 B

S B 2

U

U 1 puU 1 B − tY CCpu

1 B 2

U 1 puU 1 B + t Y CCpu

S B U 12 B

S B U 2

U 2 puU 2 B

1 B

U 2 puU 2 B

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Finalmente obtenemos las expresiones que relacionan las corrientes y tensiones en valores por unidad y la correspondiente matriz de admitancias i1 pu = Y CCpuU 1 pu − Y CCpuU 2 pu i2 pu = −Y CCpuU 1 pu + Y CCpuU 2 pu

⎡ i1 pu ⎤ ⎡ Y CCpu ⎢i ⎥ = ⎢ − Y ⎣ 2 pu ⎦ ⎣ CCpu

− Y CCpu ⎤ ⎡U 1 pu ⎤ ⎥⎢ ⎥ Y CCpu ⎦ ⎣U 2 pu ⎦

De donde se concluye que el equivalente eléctrico del transformador en valores por unidad es

I1pu

U1pu

ZCCpu

I2pu

U2pu

Obsérvese que el equivalente eléctrico del transformador en valores por unidad es independiente de la relación del transformador.

Transformador elevador de tensión

Es el caso, por ejemplo, de un transformador a la salida de un generador donde es necesaria la elevación de tensión en la línea de transporte de energía. Su relación de transformación está dada por 1:t, con t >1. Siguiendo el mismo procedimiento que en caso anterior se llega a las siguientes expresiones


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Y CC ⎤ ⎡ ⎡ i1 ⎤ ⎢ Y CC − t ⎥ ⎡U 1 ⎤ ⎥⎢ ⎥ ⎢i ⎥ = ⎢ Y ⎣ 2 ⎦ ⎢− CC Y CC ⎥ ⎣U 2 ⎦ t 2 ⎦ ⎣ t * r

r

Cuyo equivalente en π es

Ycc/t

i1

U1

YCC(t-1)/t

i2

YCC /t (1/t-1)

U2

Y si se calcula la relación en valores por unidad se llega a la misma matriz y equivalente en π que las obtenidas en el caso anterior, dado que el equivalente es independiente de la relación de tensiones.

Transformador regulador del módulo de la tensión

En la mayoría de los casos, los transformadores de distribución incorporan tomas que sirven para regular la tensión de En servicio ante las de no tensión producidas ende lasconexión líneas y en los propios transformadores. definitiva, lascaídas “tomas” es más que puntos el arrollamiento del transformador (en el primario generalmente) que aumenta o disminuye el número de vueltas en este y, por tanto, la relación de transformación. En principio, el análisis de estos transformadores, con sus respectivas tomas, se podría realizar de la misma manera que lo hecho en los transformadores normales anteriores, considerando que al cambiar la toma, cambia la relación de transformación. Pero si se procediera así en este tipo de transformador, en el análisis por unidad del sistema se tendrían que recalcular todos los valores al cambiar una toma, dado que los valores de la tensión de base (y consecuentemente las impedancias transformador correspondiente variaría. e intensidades de base) del sistema en el tramo del


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Por tanto, cada vez que se produjera un cambio de toma, todo el cálculo del sistema en valores por unidad se tendría que recalcular, lo que supondría la pérdida de las ventajas que dicho análisis ofrece. A fin de evitar este inconveniente, se puede enfocar el problema como si el caso de un transformador regulador equivaliese al de un transformador convencional con relación de transformación nominal y en serie con el hubiese un transformador ideal de relación 1:t o t:1, con t>1, según se use la toma para elevar o reducir la tensión, respectivamente. Dado que en el caso de un transformador de relación de transformación fija y conocida su equivalente en valores por unidad es independiente de la relación de transformación, el valor t se refiere ahora a la tensión adicional que se eleva o disminuye frente a la relación de transformación nominal y no a la relación real entre las tensiones de entrada y salida del transformador. Debe comprenderse que, en el análisis en valores por unidad, la relación de transformación nominal ya se tiene en cuenta a la hora de determinar las tensiones de base de cada tramo y por tanto los equivalentes por unidad no requieren considerar dicha relación nominal. Pero distinta consideración debe tener la tensión de aumento o disminución que proporciona la toma, que no ha sido considerada en la determinación de las bases y debe considerarse ahora. Para determinar la relación de intensidades y tensiones en las nuevas condiciones se parte de nuevo equivalente transformador, contransformador la diferencia ideal de queque ahora el equivalente unidaddel ZCCpu está en eldel lado secundario del representa la toma.por El modelo así planteado implica que la impedancia de cortocircuito equivalente del transformador no varía cuando se usan las tomas y aunque teóricamente esto implicaría un error en la aproximación, la realidad es que en las normas internacionales que regulan los transformadores de distribución es obligatorio que la impedancia de cortocircuito se mantenga prácticamente constante cuando se cambian las tomas, por lo que la aproximación teórica es bastante aproximada a la realidad. Con lo dicho anteriormente, el circuito equivalente de un transformador con una toma para regulación del módulo de la tensión de relación t:1 tendría una impedancia ZCC en serie en el secundario representando el transformador de relación nominal en valores por unidad tal como se representa en la siguiente figura i1

U1

Zccpu

E1

E2

t:1


i'2

U2

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Para determinar ahora la relación entre intensidades y tensiones que permitan establecer la matriz de admitancias asociada tendremos que E 1 E 2

i1

= t e

' i2

=

1

con U 1 = E 1

t

U 2 = E 2 + i2 Z CCp.u = i1 = −

i2 t

= −U 2

Y CCpu t

U 1 t

+

+ i2 Z CCp.u ⇒i 2 = U 2Y CCpu −

U 1 t 2

U 1 t

Y CCpu

Y CCpu

Con lo que la matriz de admitancias tiene la expresión ⎡ Y CCpu ⎢ 2 t = ⎢i ⎥ ⎢ Y ⎣ 2 ⎦ ⎢− CCpu t ⎣⎢ ⎡ i1 ⎤

−

Y CCpu ⎤

⎥ t ⎥ ⎡U 1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ ⎣U 2 ⎦

Y CCpu

⎦⎥

Y el correspondiente equivalente en π es

Yccpu/t

i1

U1

YCCpu(1-t)/t2

i2

YCCpu (t-1)/t

U2

Para un transformador con toma de regulación 1:t igualmente se obtendría

2 ⎡ i1 ⎤ ⎡ t Y CCpu ⎢ ⎥=⎢ ⎣i2 ⎦ ⎣⎢ − tY CCpu

− tY CCpu ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎥⎢ ⎥ Y CCpu ⎦⎥ ⎣U 2 ⎦


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tYccpu

i1

U1

YCCpu(t-1)t

i2

YCCpu (1-t)

U2

Ejercicio 4.

En el sistema de la figura los valores expresados en por unidad tienen una potencia base de 100 MVA y tensión de base de 100 kV. En los nudos 3 y 4 se han colocado baterías de condensadores para compensación de potencia reactiva y la impedancia de todas las líneas de interconexión entre los nudos es, en valores por unidad, de Zij = 0,03 + j 0,3 y la admitancia en paralelo es yij,0 = j 0,05. Determinar: a) La matriz de admitancias del sistema b) Si se conecta entre los nudos 3 y 4 un transformador de regulación de módulo de tensión de relación 100/98 kV de 10 MVA y X CC= j 0,1. ¿Cuál será, en estas nuevas condiciones, la matriz de admitancias del sistema? c) Determinar la potencia de pérdidas del sistema en las condiciones del apartado b) si la solución al flujo de potencias proporciona los siguientes valores: V 1 = 1∠0 0

V 2 = 1,03∠ − 0,30


V 3 = 1,01∠ − 0,30

V 4 = 0,96∠0 0

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Solución

a) Las admitancias de las líneas son: zij = 0,03 + j 0,3 pu ⇒ yij = 0,33 − j 3,3 = 3,333∠ − 84,2 0 yij , 0 = j 0,05

Y las de los condensadores son

yC 3 =

1

− j 0,2

= j5

yC 4 = j 4

Con lo que los términos de la matriz de admitancias serán: Y 11 = Y 22 = 3. j 0,05 + 3.(0,33 − j 3,3) = 1 − j 9,75 = 9,8∠ − 84,2 0 Y 33 = 2. j 0,05 + 2.(0,33 − j 3,3) + j 5 = 0,66 − j1,5 = 1,64∠ − 66,25

0

Y 44 = 2. j 0,05 + 2.(0,33 − j 3,3) + j 4 = 0,66 − j 2,5 = 2,6∠ − 75,2 0 Y 12 = Y 13 = Y 14 = Y 21 = Y 23 = Y 24 = Y 31 = Y 32 = Y 41 = Y 42 = −Y linea = −0,33 + j 3,3 = −3,333∠ − 84,2

0

Y 34 = Y 43 = 0

Con lo que la matriz de admitancias pedida es − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j3,3 − 0,33 + j3,3⎤ ⎡ 1 − j9,75 ⎢ ⎥ j j j j 1 − 9,75 − 0,33 + 3,3 − 0,33 + 3,3⎥ Y = ⎢− 0,33 + 3,3 ⎢− 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 0,66 − j1,5 ⎥ 0 ⎢ ⎥ 0 0,66 − j 2,5 ⎦ ⎣− 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 b) La relación de tensiones e intensidades, en valores por unidad, en los nudos 3 y 4

cuando se conecta el transformador regulador de módulo de tensión de relación t:1 viene dada por la expresión matricial


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Y ⎤ ⎡ Y CC − CC ⎥ ⎡U ⎤ ⎡i3 ⎤ ⎢ t 2 t . 3 ⎥⎢ ⎥ ⎢i ⎥ = ⎢ Y ⎣ 4 ⎦ ⎢ − CC Y CC ⎥ ⎣U 4 ⎦ ⎣ t ⎦

Donde t=100/98=1,02 e YCC es la admitancia equivalente del transformador en valores por unidad. En este apartado, el valor por unidad de ZCC del enunciado se corresponde con valores de base iguales a los valores nominales de potencia y tensión del transformador, que no son coincidentes con los valores base del sistema, por lo que para referir el valor a la base del sistema

Z CCN = Z CCA

S N

= j 0,1

1000.10 6 6

= j1 ⇒ Y CC = − j1

100.10

S A

Por tanto, los términos de la matriz de admitancias que cambian son:

− j1

= 0,66 − j 2,46 = 2,55∠ − 750 1,02 2 0 Y 44 = 0,66 − j 2,5 − j1 = 0,66 − j 3,5 = 3,56∠ − 79,3 Y 33 = 0,66 − j1,5 +

Y 34 = Y 43 = −⎛ − ⎜

j1 ⎞

⎟ = j 0,98 ⎝ 1,02 ⎠

Con lo que la matriz de admitancias pedida es − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j3,3 − 0,33 + j3,3⎤ ⎡ 1 − j9,75 ⎢− 0,33 + j 3,3 1 − j9,75 − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j3,3⎥⎥ ⎢ Y = ⎢− 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 0,66 − j 2,46 j 0,98 ⎥ ⎢⎣− 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 j 0,98 0,66 − j 3,5 ⎥⎦

c)

Las pérdidas en el sistema se obtienen de la expresión

P pérdidas = ∑ PG − ∑ P D = PG1 + 1 + 2 − 1 − 1 − 1 = PG1

La potencia del generador del nudo 1 se obtiene a partir de la potencia neta P 1 en el nudo 1, ya que:


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{

P1 = PG1 − P D1 ⇒ P pérdidas = P1 = ℜ U 1 .i1* donde

}

i1 = Y 11.U 1 + Y 12 .U 2 + Y 13 .U 3 + Y 14 .U 4 = 0,2∠85,6 0 = 0,0154 + j 0,2

S1 = 1∠0 0.0,2∠ − 85,6 0 = 0,0154 − j 0,2 P pérdidas = P1 = 0,0154 p.u = 1,53 MW

Ejercicio 5.

En el sistema de la figura 1, después de resolver el flujo de potencias, se obtienen los siguientes valores de las tensiones en los nudos: V 1 = 1∠0 0

V 2 = 1,04∠ − 0,2 0

V 3 = 1,02∠ − 0,30

V 4 = 0,98∠ − 0,2 0

V 5 = 0,96∠ − 0,2 0

Considerando que las líneas de interconexión entre los nudos generadores y los nudos de carga (1-3, 1-4, 2-4 y 2-5), tienen una impedancia en valores por unidad de Z ij = 0,01 + j0,1 y admitancia en paralelo yij,0 = j0,02 y las líneas que conectan los nudos de carga entre si (3-4 y 4-5) tienen una impedancia Zij = j0,05 y admitancia en paralelo yij,0 = j0,01: d) Determinar la matriz de admitancias del sistema e) Si el generador 2 está compuesto de una máquina síncrona (M2), tal como se representa en la figura 2, conectada al nudo 2 mediante un transformador Υ-Υ de relación 1:2 y de impedancia Xcc = j0,1 p.u, expresada en la misma base de potencia y tensión que el resto


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de valores por unidad del sistema, determinar la intensidad y tensión de salida de M2, en p.u, cuando la carga en el nudo 2 es nula (SD2 = 0). f) Calcular los valores obtenidos en el apartado b) cuando S D2 = 1+j1

Solución

a)

Las admitancias de las líneas son:

- Para las líneas 1-3, 1-4, 2-4 y 2-5 zij = 0,01 + j 0,1 pu ⇒ yij = 1 − j 9,9 = 9,95∠ − 84,2 0 yij , 0 = j 0,02

- Para las líneas 3-4 y 4-5 zij = j 0,05 pu ⇒ yij = − j 20 yij , 0 = j 0,01

Con lo que los términos de la matriz de admitancias serán: Y 11 = Y 22 = 2. j 0,02 + 2.(1 − j 9,9) = 2 − j19,76 = 19,9∠ − 84,2 0 Y 33 = Y 55 = j 0,02 + j 0,01 + 1 − j 9,9 − j 20 = 1 − j 29,87 = 29,9∠ − 880 Y 44 = 2. j 0,01 + 2. j 0,02 + 2(1 − j 9,9) − 2. j 20 = 2 − j 59,74 = 59,8∠ − 880 Y 13 = Y 14 = Y 24 = Y 25 = Y 31 = Y 41 = Y 42 = Y 52 = −1 + j 9,9 = −9,95∠ − 84,2 0

Y 34 = Y 45 = Y 43 = Y 54 = j 20 Y 12 = Y 15 = Y 23 = Y 35 = Y 21 = Y 51 = Y 32 = Y 53 = 0

Con lo que la matriz de admitancias pedida es 0 − 1 + j9,9 ⎡ 2 − j19,76 ⎢ 0 2 − j19,76 0 ⎢ Y = ⎢ − 1 + j 9,9 0 1 − j 29,87 ⎢ − 1 + j9,9 − 1 + j9,9 j 20 ⎢ ⎢⎣ 0 − 1 + j9,9 0


− 1 + j9,9 − 1 + j9,9

0

⎤ − 1 + j9,9 ⎥⎥ ⎥ j 20 0 2 − j 59,74 j 20 ⎥⎥ j 20 1 − j 29,87 ⎥⎦

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b)

El equivalente en π del transformador entre la máquina y el nudo 2 en valores por unidad

es IM2

ZCC

IG2

U2

UM2

Según lo propuesto en este apartado, en el nudo 2 no hay cargas (SD2=0), con lo que la corriente saliente del nudo será la corriente aportada por el generador. La corriente en el nudo 2 se puede obtener a partir de la matriz de admitancias calculada en el apartado anterior y con el equivalente del transformador podremos obtener la tensión de salida de la máquina.

i2 = Y 21 .U 1 + Y 22 .U 2 + Y 23 .U 3 + Y 24 .U 4 + Y 25 .U 5 i2 = 0 + 19,9∠ − 84,20.1,04∠ − 0,20 + 0 − 9,95∠ − 84,20.0,98∠ − 0,20 − 9,95∠ − 84,20.0,96∠ − 0,20 i2 = 1,4∠ − 84,40 = 0,14 − j1,39 U M 2 = Z cc .iG 2 + U 2 = 0,1∠900.1,4∠ − 84,40 + 1,04∠ − 0,20 = 1,18 + j 0,01 = 1,18∠0,50

Si hay carga en el nudo 2, entonces iG2 ≠ i2, con lo que para calcular la corriente en el generador debemos considerar el balance de potencias en el nudo

c)

S G 2 = S 2 + S D 2 S 2 = U 2 .i2* = 1,04∠ − 0,2 0.1,4∠84,4 0 = 1,456∠84,2 0 = 0,147 + j1,45 S G 2 = 0,147 + j1,45 + 1 + j1 = 1,147 + j 2,45 = 2,7∠650 S G 2 = U 2 .iG* 2 ⇒ iG 2 = 1,1 − j 2,35 = 2,6∠ − 64,80

Con lo que, como antes U M 2 = 0,1∠90 0.2,6∠ − 64,80 + 1,04∠ − 0,2 0 = 1,275 + j 0,106 = 1,28∠4,80


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Ejercicio 6.

En el sistema de la figura, después de resolver el flujo de potencias, se obtienen los siguientes valores de las tensiones en los nudos: V 1 = 1∠0 0

V 2 = 1∠ − 50

V 3 = 1∠ − 10 0

V 4 = 1∠ − 10 0

V 5 = 1∠ − 150

Considerando que las líneas de interconexión entre los nudos tienen una impedancia en valores por unidad de ZL = 0,0099 + j0,099 determinar:

g) dede admitancias sistema h) La La matriz potencia la carga deldel nudo 4, SD4 y la generada por el nudo oscilante S 1. i) La potencia de pérdidas total de las líneas


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Solución:

a) Z L = 0,0099 + j 0,099 = 0,01∠84 , 29 0

Y L =

1 Z L

= 1 − j10 = 10 ∠−84 ,290

Y 11 = 2 − j 20 = 20 ∠−84 , 290 Y 22 = Y 44 = 3 − j 30 = 30 ∠−84 , 290 Y 33 = Y 55 = 2 − j 20 = 20 ∠−84 , 29 0 Y 13 = Y 31 = Y 15 = Y 51 = Y 25 = Y 52 = Y 34 = Y 43 = 0 Y 12 = Y 21 = Y 23 = Y 32 = Y 24 = Y 42 = −1 + j10 = −10 ∠−84 , 29 0 Y 14 = Y 41 = Y 35 = Y 53 = Y 45 = Y 54 = −1 + j10 = −10 ∠−84 , 29 0

Y BUS

0 − 1 + j10 0 ⎤ ⎡ 2 − j 20 − 1 + j10 ⎢ − 1 + j10 3 − j30 − 1 + j10 − 1 + j10 0 ⎥⎥ ⎢ =⎢ 0 − 1 + j10 2 − j 20 0 − 1 + j10⎥ ⎢ ⎥ 0 3 − j 30 − 1 + j10⎥ ⎢ − 1 + j10 − 1 + j10 0

⎣⎢

0

− 1 + j10 − 1 + j10

2 − j 20 ⎦⎥

b)

S 4* = V 4*

5

∑1 Y 4 V = 1 10 .[(− 10 i

i

i=

0

∠

).1

∠0

∠ −84 , 29 0

+ (− 10 ∠−84, 290 ).1∠−50 + 0 + (30 ∠−84, 290 ).1∠−100 + (− 10 ∠−84, 290 ).1∠−150

]

*

S 4 = −1,722 − j 0,335 ⇒ S 4 = −1,722 + j 0,335 S D 4 = S G 4 − S 4 = 1 + j1 + 1,722 − j 0,335 = 2,722 + j 0,665 Igualmente S1*

=

V 1*

5

∑1 Y 1 V = 1 0 .[(20 i

i=

i

∠

0

∠ −84 , 290

).1

∠0

+ (− 10 ∠−84 ,290 ).1∠−50 + 0 + (− 10 ∠−84, 290 ).1∠−100 + 0

]

S1* = 2,627 − j 0,03 ⇒ S1 = 2,627 + j 0,03 S G1 = S1 + S D1 = 2,627 + j 0,03


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c)

∑P ∑P

G

= PG1 + PG 2 + PG 3 + PG 4 + PG 5 = 5,7176

D

= P D 3 + P D 4 + P D5 = 5,6575

P L =

∑P −∑P G

D

= 0,0601

4.1. Corrientes de cortocircuito: clasificación de perturbaciones. Se dice que el sistema funciona en condiciones de régimen permanente estable cuando todas las variables físicas, medidas o calculadas, que definen el funcionamiento del sistema se pueden considerar como constantes a efectos de análisis. Esto es lo que se ha visto y estudiado en el apartado anterior al analizar el estado normal del sistema mediante el flujo de cargas. Sin embargo, todos los sistemas eléctricos de potencia son sistemas físicos dinámicos cuyos parámetros y variables evolucionan, mucho o poco, en el tiempo. Cuando ocurre un cambio, o una secuencia de cambios, en los parámetros del sistema o en sus variables se dice que ha ocurrido una perturbación. Las perturbaciones pueden ser grandes o pequeñas dependiendo de su origen. Si las perturbaciones son grandes, denominadas transitorios, como por ejemplo un cortocircuito, un cambio en la topología de la red (por maniobra de interruptores) o una pérdida elevada de generación o de carga, la dinámica del sistema sólo se puede analizar mediante un conjunto de ecuaciones diferenciales y algebraicas no lineales que definen su comportamiento. En este caso, el punto de funcionamiento estable que correspondía al régimen permanente antes del fallo se pierde y si el sistema evoluciona a otro punto de funcionamiento estable, más o menos próximo, se dice que el sistema es transitoriamente estable. Si las perturbaciones son tras pequeñas, denominadas perturbaciones degeneradores, pequeña señal, como por ejemplo lo que ocurre la actuación de los reguladores de los las ecuaciones que definen la dinámica del sistema se pueden linealizar en torno al punto de funcionamiento. En este caso normalmente el sistema vuelve prácticamente al mismo punto de funcionamiento estable y se dice que el sistema es estable en régimen permanente. Estas perturbaciones de pequeña señal se verán al tratar sobre el control automático de la generación en la tercera Unidad Didáctica.


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Los transitorios se pueden clasificar, en función de su velocidad en tres tipos siguientes3: − Transitorios ultrarrápidos (sobretensiones). Este tipo de transitorios son producidos

principalmente descargas de rayos(actuación sobre las líneas) y por cambios bruscos, pero por normales, de atmosféricas la operación (caída del sistema de interruptores). Su duración es de unos pocos milisegundos y su naturaleza es de tipo eléctrica, dando lugar a sobretensiones que se propagan a lo largo de las líneas, incluyendo fenómenos de reflexión en sus extremos. Estas sobretensiones (que a su vez pueden dar lugar a cortocircuitos) afectan principalmente a las líneas, ya que las altas inductancias que presentan los transformadores sirven de “barreras” hacia los generadores. − Transitorios de velocidad media (cortocircuitos). Este tipo de transitorios se producen por

cambios bruscos y anormales de la operación del circuito, como son las faltas o cortocircuitos. El cortocircuito más severo, es decir, el que da lugar a mayores intensidades, es el cortocircuito trifásico (las tres fases conectadas a tierra a través de una impedancia de falta nula) y el menos es el cortocircuito monofásico a tierra (una fase a tierra mientras que las otras dos siguen funcionando). Su duración es de unos pocos ciclos, pudiendo llegar a unos pocos segundos, y su naturaleza es también de tipo eléctrica. Los cortocircuitos limitan la capacidad de transporte de las líneas, afectan a los generadores y las intensidades que aparecen pueden llegar a ser peligrosas y dañar elementos del sistema, lo que obliga a desconectar partes de él durante un cierto periodo de tiempo (para dar tiempo a que se elimine la falta) o de forma permanente (si ésta persiste). − Transitorios lentos (estabilidad transitoria). Un cortocircuito supone, entre otros

fenómenos, una caída brusca temporal, total o parcial, de las tensiones del sistema. Una caída brusca de la tensión en el generación hace a su vez que se produzca una caída brusca de la potencia generada; sin embargo, como la potencia mecánica de la turbina permanece constante en los primeros ciclos de la perturbación (la respuesta mecánica del generador es más lenta), aparece un par acelerador que da lugar a una serie de oscilaciones mecánicas de la máquina síncrona, oscilaciones que van desde unos cuantos ciclos hasta minutos en sistemas grandes. Estos transitorios son de naturaleza electromecánica y pueden llegar a ser los más graves ya que, en ciertos casos, pueden llevar a que el generador pierda el sincronismo (si supera el límite de estabilidad transitoria) y deba desconectarse del sistema, lo que daría lugar a una nueva perturbación que podría llevar a otros generadores a perder el sincronismo, tener que desconectarse y, así, en un proceso en cascada, finalizar incluso con el colapso del sistema. 4.2. Corrientes de cortocircuito. cortocircuitos trifásicos equilibrados.. Los primeros apartados del capítulo 8 se dedican al funcionamiento del sistema en estado de cortocircuito, tanto cuando este se produce en un lugar alejado del generador [8.2] y 3

El estudio de estos tres tipos de transitorios se abordan en la bibliografía propuesta. Así, para los alumnos interesados que deseen estudiar estos temas los podrá encontrar en los siguientes capítulos: sobretensiones (reflexiones) en los apartados 6.10 a 6.12 del capítulo 6 sistemas de potencia” del libro tendrá de J.J.que GRAINGER y W.D.elSTEVENSON Jr. larga " Análisis (aunque estudiar también modelo de línea en el de mismo capítulo), faltas o cortocircuitos desequilibrados, en el capítulo 9 y estabilidad transitoria, en el capítulo 10 del libro de FERMÍN BARRERO.


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el circuito equivalente frente al fenómeno transitorio es un circuito R-L, como cuando el cortocircuito es próximo al generador [8.3], explicando el modelo equivalente del generador en dichas condiciones, los efectos transitorios y subtransitorios que tienen lugar en él y las corrientes que produce. Es importante conocer el funcionamiento del generador tanto en estado normal (régimen permanente) como en estado perturbado, y tener claros los conceptos de reactancia transitoria, X’d, y de reactancia subtransitoria, X”d, del generador frente al de la reactancia síncrona, Xs. Aunque los cortocircuitos trifásicos son los que ocurren en un menor número de ocasiones (menos del 5%), son sin embargo los que dan lugar a las intensidades mayores y, por lo tanto, son los que definen las características y especificaciones de las protecciones (principalmente de los interruptores) del sistema eléctrico. En el apartado [8.4] del libro se describe el circuito equivalente del sistema en su conjunto en condiciones de cortocircuito incluyendo los equivalentes de las cargas significativas. Por último, se dan los métodos de cálculo de las corrientes que caracterizan el cortocircuito y se define el concepto de la potencia de cortocircuito de un punto cualquiera de la red, Scc y se explica cómo se utilizan esos valores calculados para la elección de los interruptores que deben proteger el sistema ante este tipo de faltas [8.5].

Ejercicio 7.

A una red trifásica de valores nominales de potencia y tensión 10 MVA y 15 kV respectivamente y potencia de cortocircuito 300 MVA, se conectan, a través de una línea, dos cargas en paralelo. Una de ellas es un motor de 1500 kVA a 15 kV a plena carga, con un f.d.p de 0,8 inductivo y reactancia subtransitoria del 20%. La otra carga es un horno, puramente resistivo, de 500 kVA a 15 kV. La línea que conecta el generador de la red con los dos circuitos tiene una reactancia equivalente del 1% sobre la base de los valores nominales de la red y resistencia despreciable. a) Si se produce un cortocircuito simétrico en los bornes de alimentación del horno. ¿Cuál es el módulo de la corriente de cortocircuito generada? b) ¿Para qué corriente de cortocircuito debe dimensionarse el interruptor que proteja el circuito del motor? c) ¿Cuál es la tensión interna subtransitoria del generador previa al cortocircuito, en módulo y argumento, y cuál es su reactancia subtransitoria?


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Solución:

El circuito equivalente, por fase, del sistema propuesto en el enunciado antes del cortocircuito es: X

IL

L

IM

X '' g E '' M U

U

g

S

F

S

2

1

H

X ''M E '' g

figura 1 a) En este caso el problema no se puede resolver a partir de la impedancia equivalente del circuito después de producirse el cortocircuito (S 1 cerrado), dado que no se conoce la admitancia subtransitoria del generador. Pero podemos determinar la corriente de cortocircuito total en la rama del circuito donde está conectado el horno, a partir de la correspondiente corriente de cortocircuito que suministra la red y el motor. Si suponemos que la potencia de cortocircuito de la red está referida al punto de conexión de las cargas y que en dicho punto la tensión es 15 kV, tendremos que el circuito equivalente será: XL

Ic c g

Ic c H

Ic c M X '' g E '' M

X '' M E '' g

figura2


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I ccH = I ccg + I ccM

Para el generador, se tendrá:

I ccg

300.10 6 = = = 11547 A 3.U F 3.15.10 3 S ccg

y para el motor tenemos que antes del cortocircuito: ''

''

E M = U F − I M . jX M ''

M

''

=

U 2 Mnom

M

=

15 2.10 6

=

Ω

( p.u ) S Mnom 0,2 1,5.10 6 30 1500 ∠36,87.103 * e I M = ⇒ I M = 57,73∠−36,87 A 3.15.10 3 donde X

X

y después del cortocircuito:

I ccM =

E '' M jX '' M

=

U F jX '' M

− I M =

15.10 3 − 57,73∠−36,87 = −46,18 − j 465,4 = 467,7 ∠−95,6 j 30

por tanto la corriente total de cortocircuito en la rama del horno es: I ccH = I ccg + I ccM = 12014,7 A ≅ 12 kA

b) Si el cortocircuito se produce en la rama del motor (S2 cerrado), la corriente de cortocircuito en la entrada de dicha rama será únicamente la proporcionada por la red, dado que el horno no contribuye a la corriente de cortocircuito al ser carga resistiva y la corriente del motor se deriva a tierra aguas abajo de la protección de la rama. I ccM = I ccg = 11547 A ≅ 11,5 kA

c) Para determinar los valores de la tensión y admitancia subtransitorias en la red debemos considerar las relaciones entre estas y las corrientes, antes y después del cortocircuito.

Antes del cortocircuito (figura 1)


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E '' g = U F + I L . j ( X '' g + X L ) donde X L = X L ( p.u )

U 2 gnom S gnom

15 2.10 6 = 0,225Ω 10.10 6

= 0,01

e I L = I M + I H = 57,73∠−36,87 +

500.10 3 = 65,45 − j 34,64 = 74 ∠−27,9 3.15.10 3

Después del cortocircuito (figura 2) E '' g = I ccg . j ( X '' g + X L ) ⇒ I ccg =

''

E g ''

j ( X g + X L )

=

U F ''

j ( X g + X L )

+ I L

Pero como se ha calculado anteriormente IL es muy inferior a Iccg, con lo que podríamos despreciarla en esta última expresión, de manera que: U F

''

X g + X L =

=

I ccg

15.10 3 = 1,30Ω 11547

X '' g = 1,3 − X L = 1,3 − 0,025 = 1,075Ω Si Z gbase = X '' g ( p.u ) =

15 2.10 6 6

= 22,5Ω

.10 1,10 075 = 0,048 p.u ⇒ 4,8% 22,5

Por tanto ahora podemos obtener E’’g E '' g = U F + I L . j ( X '' g + X L ) = 15.103 + (65,45 − j 34,64). j1,3 = 15045 + j85 = 15045 ∠0, 3 A

Ejercicio 8.

El sistema de la figura consta de un generador de 27 MVA y 15 kV con Xd’’=15%, que se conecta a través de un transformador, de características nominales 27 MVA y 15/7,5 kV y reactancia de dispersión del 10%, a un nudo de carga que alimenta dos motores iguales, M1 y M2 y a dos cargas resistivas iguales, C 1 y C2. La reactancia subtransitoria Xd’’ de cada motor es del 20% sobre una base de 3000 kVA y 7,5 kV. Las cargas resistivas son de 6000 kVA y 7,5 kV. Determinar: d) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir en los bornes de cada una de las cargas resistivas (Icc nominal de I3 e I4). e) Lo mismo para cada uno de los motores (Icc nominal de I1 e I2).


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f) Tensión interna subtransitoria en los motores inmediatamente antes de producirse el cortocircuito, si estos funcionan a la potencia y tensión nominal con un f.d.p de 0,8 inductivo.

Solución:

El circuito propuesto, antes de producirse el cortocircuito (S1 y S2 abiertos), puede representarse, en valores por unidad, mediante: IL

XT

IM

X''g E''M1 UG

UF

E''M2

R1

S1

R2

S2 X''M1

X''M2

E''g


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S B = 27.10 6 VA U 1 B = 15 kV

27.10 6 = 1039 A 3.15.10 3 27.10 6 I 2 B = = 2078,5 A 3.7,5.103 27 X T = 0,1 p.u X '' M = 0,2. = 1,8 p.u 3 I 1 B =

U 2 B = 7,5 kV X '' g = 0,15 p.u

a) Al cerrarse S1, la corriente de cortocircuito se obtiene aplicando el método de la Zth equivalente descrito en el capítulo 10.2 del libro de Grainger y Stevenson. El circuito equivalente en condiciones de cortocircuito es:

XT

X''g X''M X''M

U F = 1∠ 0

La corriente de cortocircuito resultante se obtiene de: 1 Z th

=

1

(

''

j X g + X T

4

2 jX '' M

Z th = j 0,19 p.u

1 = − j 5,11 p.u Z th j 0,19 = 10621 A ≅ 11 kA

I cc 4 = I cc 3 = I cc = I cc

)

+

U F

=

3


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b) En este segundo caso, cuando el cortocircuito se produce en bornes de uno de los motores, el circuito equivalente es análogo, pero eliminando una de las admitancias de motor, dado que por la protección de la rama de dicho motor (I1 o I2) circularía la corriente de todo el sistema, salvo la producida por el propio motor, que se derivaría a tierra aguas abajo de la protección (ver la figura primera). Luego:

1

1 1 + Z th = j 0,22 p.u Z th j 0,25 j1,8 1 I cc 4 = I cc 3 = = − j 4,5 p.u j 0,22 I cc 4 = I cc 3 = 9353 A ≅ 9,5 kA =

También se podrían haber resuelto los apartados a) y b), directamente, a partir del circuito equivalente de la figura 1 y después de cerrar el interruptor S1, que simula el cortocircuito en la resistencia R 2. Con ello y dado que los motores son iguales, el circuito queda como sigue.

XT

Igcc

Icc IMcc

X''g E''M S2 X''M1

X''M2

E''g

figura 3

Partiendo de la figura 1, tenemos que:


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U F = U G − I L jX T I L = 2 I M + 2 I R '' '' '' E M = U F − I M jX M

(

''

''

E g = U F + I L j X g + X T

)

y de la figura 3 se obtiene:

''

I cc =

I '' Mcc

I '' gcc

+

''

''

''

E '' = U + I j'' ( X + X ) + U − I '' jX = j ( X E + jX '' j ( X g + X T ) jX M g + X T ) M g

M

F

L

g

T

F

2 I cc =

[U

F

+ (2 I M + 2 I R ) j ( X '' g + X T )]

M

2 ''

jX M

(

M

2

j X '' g + X T

+ (U F − I M jX '' M ) j ( X '' g + X T ) ''

) jX

M

2

⎛ X '' M

⎞ + X '' g + X T ⎟⎟ + I R jX '' M j ( X '' g + X T ) ⎝ 2 ⎠

U F j ⎜⎜ I cc =

''

(

)

M j X '' g + X T jX

2

comparandola con la Z th de la figura 2, la fórmula anterior se puede exp resar como I cc =

U F Z th

+ 2 I R

Que no coincide exactamente con la expresión que se utilizó en el apartado a) y que se deriva de la aplicación del método de la impedancia equivalente. Como se ha podido demostrar, dicho método no es exacto, dado que la corriente de cortocircuito depende de la corriente de las cargas del circuito que no intervienen una vez producido el cortocircuito. Pero si comparamos la magnitud de la corriente de cortocircuito obtenida de la impedancia equivalente y la de la corriente de las cargas, se verificará que esta última es muy inferior a la primera, con lo que es en general aceptable que la corriente de las cargas se desprecie, máxime si se tiene en cuenta que para seleccionar un interruptor que proteja contra los cortocircuitos, los calibres de corriente normalizados de estos interruptores obligan a elegir uno de corriente de cortocircuito sensiblemente superior a la calculada.


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En el caso del circuito considerado, se puede comprobar que 2IR es 924 A frente a los casi 11000 A de la corriente obtenida en a).

c) La tensión subtransitoria los motores antes0,8 deinductivo, producirseseelobtiene cortocircuito, estosde funcionan a plena carga conen factor de potencia a partir cuando del circuito la figura 1, por: E '' M = U F − I M jX '' M y S M = U F I * M Si el fpd es 0,8 inductivo ⇒ S M = 3000 ∠36,8 kVA = 0,111∠ 36,8 p.u

0,111∠36,8 = 0,111∠36,8 ⇒ I M = 0,111∠−36,8 1∠0 '' E M = 1∠ 0 − 0,111∠−36,8.1,8∠90 = 0,89 ∠−10,3 p.u = (0,88 − j 0,16) p.u *

I M =

''

E M = 7,5 kV .0,89 ∠−10, 3 = 6,67 ∠−10, 3 kV = (6,6 − j1,2) kV

Ejercicio 9.

El sistema trifásico de la figura consta de los siguientes elementos: • • • • • • • •

Generador G1 100 MVA, 15 kV, Xg1’’= 0,2 p.u Generador G2 80 MVA, 12 kV, Xg2’’= 0,18 p.u Línea L1 impedancia 10 + j 50 Ω/fase Línea L2 impedancia 20 + j 60 Ω/fase Transformador T1, 80 MVA, 15/165 kV, XT1=0,1 p.u Transformador T2, 60 MVA, 165/12 kV, XT2=0,1 p.u Carga M1, Motor (P cte) de 10 MVA a 165 kV y fdp=0,8 inductivo, XM’’= 0,25 p.u Carga C2, Z cte, 40 MVA a 165 kV, fdp = 0,95 capacitivo


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Determinar: a) Esquema del sistema, por fase, previo al cortocircuito, indicando las impedancias en valores tomando base 100 MVA y 15 kV yysin determinar, en este apartado,por lasunidad, tensiones internascomo subtransitorias de generadores motor. b) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir por el protector P1 de la línea que conecta el motor cuando se produce un cortocircuito trifásico en sus bornes, estando alimentado a una tensión de 165 kV. c) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir por el protector P2 de la línea que conecta la carga a impedancia constante (C2) cuando se produce un cortocircuito trifásico en sus bornes, estando alimentada a una tensión de 165 kV.

Solución a) En primer lugar se determinan los valores base de los distintos tramos del sistema.

SB= 100 MVA Tramo 1 U 1 B = 15 kV 2

15 2.10 6 Z 1 B = = = 2,25 Ω 100.106 S B S B 100.10 6 I 1 B = = = 3850 A 3U 1 B 3.15.103 X G'' 1 = 0,2 p.u sin cambio de base U 1 B

S X CCT 1 Nueva = X CCT 1 Anterior . S

Bnueva

Banterior

U 2 2 . U Bnueva

Banterior

100 152 = 0,1. 80 . 152 = 0,125 p.u

Tramo 2


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U 2 B = U 1 B

U 2T 1 U 1T 1

165 = 165 kV 15

2

Z 2 B =

165 .10 6

= 15

6

= 272,25 Ω

100 100.10 .10 6 I 2 B = = 350 A 3.165.103 100 1652 X CCT 2 Nueva = 0,1. . = 0,1666 p.u 60 1652 10 + j50 L1 pu = = 0,037 + j 0,184 = 0,188∠78,6 0 272,25 20 + j 60 L2 pu = = 0,073 + j 0,22 = 0,232∠71,650 272,25 0

C 2 ( Z cte) ⇒ S C 2 = 40∠ − arc cos 0,95 MVA = 40∠ − 18,2 MVA ⇒ Z C 2 =

U C 2 2 = * S C 2

1652.10 2 40.10 2 ∠18,2 0

646,56 − j 212,6 = 2,375 − j 0,78 = 2,5∠ − 18,2 0 272,25 M 1 ( P cte) ⇒ S M 1 = 10∠36,87 0 MVA 10∠36,87 0 S M 1 pu = = 0,1∠36,87 0 100 100 1652 '' 0 , 25 X M = = 2,5 p.u 2 Nueva 2 Z C 2 pu =

10 165

Tramo 3

12 = 12 kV 165 U 2 12 2.10 6 Z 1 B = 1 B = = 1,44 Ω 100.10 6 S B S B 100.10 6 4811 I 1 B = = = A 3U 1 B 3.12.103 100 12 2 X '' 2 = 0,15. . = 0,225 p.u 80 12 2 U 1 B = 165

G Nueva

Por tanto, el esquema del sistema por fase en valores por unidad es


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j 0,125

0,037+j 0,184

S1

j 0,2

0,073+j 0,22 j 0,16

j 0,225

M1

S2

2,375-j 0,78 j 2,5

b) Al cerrar el interruptor S1, el circuito equivalente Thevenin en el protector P 1 es

j 0,125

0,037+j 0,184

0,073+j 0,22 j 0,16 A

j 0,2

j 0,225

B

En donde no se ha incluido la rama del motor dado que, aunque el motor contribuye a la corriente que circula por el cortocircuito en los bornes del motor, por el protector P1 de la línea del motor no pasa la corriente que este aporta al cortocircuito, al drenarse esta aguas abajo del protector. La ZTh se determina como 1

1 1 + Z Th 0,037 + j 0,184 + j 0,125 + j 0,2 0,073 + j 0,22 + j 0,16 + j 0,225 Z Th = 0,278∠84,6º =

Como la tensión antes del cortocircuito es conocida, la corriente de cortocircuito se determina por

i A'' − B =

U A− B Z Th

+ i L


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Donde iL=iC2+iM1 es la corriente del sistema antes del cortocircuito *2 S C 2 = U C 2 .iC = 40∠ − 18,2 0 MVA = 0,4∠ − 18,2 0 p.u U C 2 = U M 1 = 1∠0º

iC 2 = 0,4∠18,2º p.u = 140∠18,2º A 0

*

S M 1 = 0,1∠36,87 p.u = U M 1 .i M 1 0

0

i M 1 = 0,1∠ − 36,87 p.u = 35∠ − 36,87 A ''

i A− B =

1∠0º + 0,4∠18,2º +0,1∠ − 36,87 0 = 3,6∠ − 77,2º = 1260∠ − 77,2º 0,278∠84,6º

c) El circuito ahora incluye la rama del motor, dado que la corriente generada por el motor en

condiciones de cortocircuito contribuye a la corriente que circula por P2 j 0,125

0,037+j 0,184

0,073+j 0,22 j 0,16 A

j 0,2

j 2,5

j 0,225

B

1

1 1 1 + + Z Th 0,037 + j 0,184 + j 0,125 + j 0,2 0,073 + j 0,22 + j 0,16 + j 0,225 j 2,5 Z Th = 0,25∠85,14º =

Ahora la corriente de cortocircuito será la obtenida con la ZTh mas la previa al cortocircuito que circula por P2 ''

i A− B =

U A− B Z Th

+ iC 2 =

1∠0º + 0,4∠18,2º = 3,93∠ − 79,7 º = 1375,5∠ − 79,7º A 0,25∠85,14º


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UNIDAD DIDÁCTICA 3. Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado. TEMA 5.

Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado [capítulo desequilibrado: componentes simétricas y cortocircuitos desequilibrados 9].

En esta tercera Unidad Didáctica se analizan las situaciones de cortocircuito desequilibrado (fase-fase, fase-tierra, etc.), que son los más frecuentes en los sistemas eléctricos de potencia. A tal fin se estudia primeramente el método de componentes simétricas, y posteriormente su aplicación al análisis de cortocircuitos desequilibrados. 5.1. Componentes simétricas. Este método permite la representación de un sistema trifásico de corrientes (o tensiones) desequilibradas mediante tres conjuntos de corrientes (o tensiones) equilibradas denominadas componentes simétricas. Se estudia en primer lugar la transformación de un sistema trifásico a un sistema de componentes simétricas de manera general [9.2]. También see estudian los modelos de los elementos (generadores, líneas, transformadores) para las tres secuencias [9.3]. 5.2. Análisis de cortocircuitos desequilibrados. En primer lugar se estudia el problema de los cortocircuitos desequilibrados, de manera genérica [9.4]. Se estudian de manera específica las conexiones de las redes de secuencia para los distintos tipos de fallo desequilibrado (incluyendo el ya visto, cortocircuito trifásico): fallo fase-tierra, fallo fase-fase y fase-fase-tierra [9.5]. Finalmente, el procedimiento general de cálculo se recoge, de manera sintetizada, en el apartado [9.6]. Son especialmente interesantes los ejemplos del apartado anterior, donde se resuelve un sistema sencillo. ... Y con esto acaba el programa de la asignatura “Análisis de Sistemas Eléctricos”.


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Ejercicios de Por Unidad

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