INSTITUTO TECNOLÓGICO SUPERIOR DE XALAPA Ing. Electromecánica 21/11/2017 Sistemas Eléctricos de potencia Producto: Problemario Problemas comprendidos 1- 25
Unidad: 4 Capitulo: 6 Tema: Líneas de transmisión Alumno: Andrade Hernández Mario Catedratico (a): M.I.E Domínguez González Héctor
1
Introducción Dentro del análisis de las líneas de transmisión es importante conocer los siguientes parámetros: Reactancia
Capacitancia
Inductancia
Conductancia
Todos los parámetros mencionados anteriormente, son parte aguas para el desarrollo de variaciones de voltajes y corrientes dentro de las líneas de transmisión. La corriente y/o voltaje que se tiene en la parte generadora o receptora receptora son valores importantes para obtener técnicas para la interconexión de cargas. cargas. En nuestro sistema eléctrico nacional encontramos líneas de transmisión de 115 k v, 230kv y 440 kv que son previamente calculadas de acuerdo a normas y necesidades de ampliación de red del lugar donde se requiera transportar la energía. Cabe destacar que dicho Problemario aborda cálculos para los tipos de líneas de transmisión que son:
Linea de transmision corta (menores a los los 80 km- 50 millas).
Linea de transmision media (80-240 km).
Linea de transmision larga (mayor a 240 km).
La líneas antes mencionadas tienen en cada uno de sus aspectos distintos fenómenos que intervienen en ella es por ende que los cálculos varían según sea el caso. Por último es importante entender dichos cálculos debido a que nos ofrece una herramienta muy útil para cuando se requieran abordar problemas relacionados a la transmisión de energía eléctrica. 2
Introducción Dentro del análisis de las líneas de transmisión es importante conocer los siguientes parámetros: Reactancia
Capacitancia
Inductancia
Conductancia
Todos los parámetros mencionados anteriormente, son parte aguas para el desarrollo de variaciones de voltajes y corrientes dentro de las líneas de transmisión. La corriente y/o voltaje que se tiene en la parte generadora o receptora receptora son valores importantes para obtener técnicas para la interconexión de cargas. cargas. En nuestro sistema eléctrico nacional encontramos líneas de transmisión de 115 k v, 230kv y 440 kv que son previamente calculadas de acuerdo a normas y necesidades de ampliación de red del lugar donde se requiera transportar la energía. Cabe destacar que dicho Problemario aborda cálculos para los tipos de líneas de transmisión que son:
Linea de transmision corta (menores a los los 80 km- 50 millas).
Linea de transmision media (80-240 km).
Linea de transmision larga (mayor a 240 km).
La líneas antes mencionadas tienen en cada uno de sus aspectos distintos fenómenos que intervienen en ella es por ende que los cálculos varían según sea el caso. Por último es importante entender dichos cálculos debido a que nos ofrece una herramienta muy útil para cuando se requieran abordar problemas relacionados a la transmisión de energía eléctrica. 2
6.1).- Una línea trifásica, de un circuito, 60 Hz y 18 km se compone de conductores Partridge separados equiláteramente con 1.6 m entre centros. La línea entrega
2,500kW a 11kV a una carga balanceada. Suponga una temperatura del conductor de 50°C. a) Determine la impedancia serie por fase de la línea. b) ¿Cuál debe ser el voltaje en el extremo generador cuando el factor de potencia es i) 80% en retraso ii) La unidad iii) 90% ¿en adelanto? c) Determine el por cierto de de regulación de la línea línea a los factores de potencia anteriores. d) Dibuje los diagramas fasoriales que ilustran la operación de la línea en cada caso.
Solución. a) Datos: Conductor Partridge a 50°C Espaciamiento= 1.6 m = 5.249343 ft = 5ft 3 in R= 0.3792Ω (Tabla A.3) Xa= 0.465 Ω*milla (Tabla (Tabla A.3) Xd= 0.2012 Ω*milla (Tabla (Tabla A.4)
Z=RjX R=0.3792 1.61809 kmmilass =4.242137Ω 42137 Ω X=XaXd= X=XaXd= 0.4650.2012 012 X=0.6662 1.61809 kmmilass =7.452827 Z = 4.24242113737ΩΩ j 7.452827 Z=8.575567 ⦟67.05° I = √ 3 2500kW 11kV0.8 =164.019962 A V = V IZ = 11kW 7° 8.575567 ⦟67.05°5° √ 3 164.019962 A ⦟36.87° V = 7,60202..30000303044 j 642. 642.10707717177 = 7,629. 629.36969050599 ⦟5.36° Ω*milla
Ω*milla = 0.6662 Ω*milla
Ω*milla)
Ω
Ω
Ω
b) i) f.p = 0.8 en retraso
Ω
3
V = √ 3 7,629.369059 69059 = 13,214.45484 45484 V I = √ 32500kW =131.215970 A 11kV 1 V = V IZ = √ 131 131..21597 159700 A 4.2421 4213737ΩΩ j 7.452827 V =6,907.489082Ω 89082 Ω j 977.9299 2992424Ω=6976. Ω=6976.371002 ⦟8.95° V = √ 3 6,976.3710 7100202== 12,083.42903 42903 V = √ 3 2500 11 110.0.9 =145.795522 = 11 = √ 3 14145.5.7955 9552222 ⦟25. ⦟25.84°4° 8.575567 ⦟67.05°5° = 6,490. 490.198985757 1,242. 242.48989858588 = 6,60808..06601011818 ⦟12.04°04° = √ 3 6,608.060118 = 11,445. 445.49586 9586 ii) f.p = 1 (unidad)
Ω)
iii) f.p = 0.9 en adelanto
Ω
c) f.p = 0.8 en retraso
69059 6, 3 50. 8 52961 , x 100 = 7,629.3690596, % de regulación = V,VV x 100 6, 3 50. 8 52961 , % de regu regullacicion = 2020..13% f.p = 1 (unidad)
, x 100 = 6,976.3710026,350.852961 x 100 % de regulación = V,VV 6,350.852961 , % de regregululaciación=n = 9.84% 84% f.p = 0.9 en atraso
60118 6, 3 50. 8 52961 , x 100 = 6,608.0601186, % de regulación = V,VV x 100 6, 3 50. 8 52961 , 4
% de regulación =4.04% d) f.p = 0.8 en retraso
f.p = 1 (unidad)
f.p = 0.9 en adelanto
5
6.2).- Una línea de transmisión trifásica, de un circuito y 100 millas entrega 55 MVA a factor de potencia de 0.8 en retraso a una carga que está a 132 kV (línea a línea). La línea está compuesta de conductores Drake con un espaciamiento plano horizontal de 11.9 pies entre conductores adyacentes. Suponga que su temperatura del conductor es de 50°C. Determine: a) La impedancia en serie y admitancia en paralelo de la línea. b) Las constantes ABCD de la línea. c) El voltaje, corriente, potencia real y reactiva y factor de potencia en el extremo generador. d) El porcentaje de regulación de la línea.
Solución. A
B
C
Datos: f.p.= 0.8 en retraso l = 100 millas P = 55 MVA V = 132Kv (línea a línea) Conductor Drake: RMG= 0.0373 Espaciamiento plano horizontal: 11.9ft Temperatura del conductor: 50°C - 0.1284 Ω/milla Reactancia por conductor: 0.399
11.9 ft
11.9 ft
a) La impedancia en serie y admitancia en paralelo de la línea.
Impedancia en serie
Dq = ABBCCA Dq = 11.9ft11.9ft11.9ft Dq =14.9930 ft
Tablas A.3 y A.5 para un conductor tipo Drake
O
z= 0.1284j0.399j0.3286100 mil as z=12.84j39.9j32.86 z=12.84j72.76 z= 12.84 72.76 6
z= 5,458.8832 z=73.8842 tan− 72.12.7864 =88.8800° z=73.8842 ∠88.8800°Ω Y=50j0.9120.1 0803 x 10− Y=50j1.0077−10− Y=5.03879x10 ∠90°S
La admitancia en paralelo
b) Las constantes ABCD de la línea. Como sabemos
Entonces
A=D= ZY2 1 = C=Y1 ZY2 − 73. 8 842∠88. 8 800 5. 0 3879x10 ∠90° A=1 2 A=10.01861∠178.88° A= 1 0.01861 A=1.0017∠ 1.1846° A=D B=73.8842∠88.8800° − C=5.03879x10− 1 73.88425.403879x10 ∠178.88° C=5.03879x10−19.− 3071x10−∠178.88° =5.0387910 1.4208∠98.108° 7
C=7.159x10−∠98.108°S
c) El voltaje, corriente, potencia real y reactiva y factor de potencia en el extremo generador.
I = √ 3PV 0.8j0.6 I = √ 355MVA 132kV 0.8j0.6 I =240.56260.8j0.6 I =192.4500j144.3375 A I =I √ V3 Y − I =192.4500j144.3375 132kV j 5 . 0 3879x10 √ 3 I =192.4500j144.3375j38.4007 I =192.4500j105.9367 I = 192.4500 105.9367 I =219.6806 ∠32.0346° v = √ V3 I B v = 132kV 6806 ∠32.0346°73.8842 ∠88.8800° √ 3 219. v =76.2102 x 10 219.6806 ∠32.0346°73.8842 ∠88.8800° v =76.2102 x 10 219.6806 ∠32. 0 346° 73. 8 842 ∠88. 8 800° v =76.2102 x 10 j16.23092 x 10 v = 76.2102 x 10 16.23092 x 10 v =77.9194 x 10 ∠13.35° V al neutro |v|=(√ 3 )v |v|=(√ 3 )77.9194 x 10 |v|=134.9604 x 10linea a línea
8
I =I Y−v I =192.4500j105.9367 j5.03879x10 76.2102 x 10 j16.23092 x 10 I =192.4500j105.9367j38.4007j8.1784 I =200.6284j67.536 I = 200.6284 67.536 I =211.6904∠20.67° A I = |I| |I|=211.6904 A θ=v I θ=13. 35° 20.67 =34.0215° f. p =cosθ f.p=cos34.0215 f. p =0.86 en retraso =√ vIcosθ P =√ 134.9604 x 10211.6904cos34.0215° P =49.4843 x 10cos34.0215° P =42.5847Mw Q =√ vIsenθ Q =√ 134.9604 x 10211.6904sen34.0215° Q =49.4843 x 10sen34.0215° Q =25.2039 Mvar ||vA|| |v,| %Reg= |v,| x 100% d) El porciento de regulación de la línea.
9
134.1.96040017x 10 132kV %Reg= 132kV x 100% 2. 7 313 x 10 %Reg= 132kV x 100% %Reg=2.0691%
6.3 ).-Encuentre las constantes ABCD de un circuito que tiene una resistencia de 600 Ω para la rama paralelo en el extremo generador, una resistencia de 1kΩ en la rama paralelo del extremo receptor y una resistencia de 80 Ω para la rama serie. Paso 1
Solución Un circuito contiene resistencias serie, paralelo como se mostrara a continuación. Se determinaran las constantes ABCD del circuito con base a las resistencias conocidas. Paso 2 La figura siguiente muestra el circuito que conceptualiza de una manera más grafica el problema.
80 Ω
600 Ω
1kΩ
Se parte del voltaje del extremo generador y como habrá pérdidas se debe restar a este voltaje
Para
V 80I 1000V 80 = 80 0.08 V =1.08V 80I I I 600V 1000V
10
Se sustituye
en la ecuación anterior y se despeja.
= 1.08600 80 1000 = 0.0018 0.13333 0.001 =0.0028 1.13333 = =
El valor de las constantes ABCD estará dado por
Donde A =1.08, el va lor de A es adimensional; B=80 Ω, este valor es en función de la resistencia porque debe ser el producto I x R para representar la caída de voltaje que hay en la resistencia de 80 Ω; C=0.0028 S, esta está representada en Siemens porque este valor pertenece a la admitancia ya que estará multiplicado por ; D= 1.1333 .
6.4).-Las constantes ABCD de una línea transmisión trifásica son: A = D = 0.936 + j0.016 = 0.936<0.98º
B = 33.5 + j138 = 142 <76.4º Ω C = (-5.18 + j914) x 10
-6S
La carga en el extremo receptor es de 50 MW a 220kV, con un factor de potencia de 0.9 en atraso. Encuentre la magnitud del voltaje en el extremo generador y la regulación de voltaje. Suponga que la magnitud del voltaje en el extremo generador permanece constante
Solución. Para calcular IR debemos dividir los 50,000 W entre √3 para luego multiplicar los 220 por el factor de potencia en atraso 0.9
, √ . 25.84 º = 145.825.84º A Para calcular VR se toma en cuenta la relación de los 220kV entre la √ 3 , = √ = 127,000<0 º = 127,000 < 0 º v I R =
V
R
11
Después ordenamos primero el resultado de la línea de transmisión A y D, luego multiplicamos por el resultado de VR esto más la suma de B por el resultado de IR todo esto en forma polar para obtener el resultado de Vs V S = 0.936< 0.98 º x 127,000<0 º + 142<76.4 º x 145.8<-25.84 º
= 118.55 + j2033 + 13,153 + j15, 990 = 133.23<7.77 ºkV De línea a línea multiplicando kV. |VR, NL| =
. . =246.5 kV
√ 3
por el voltaje sumistrado | v s| =
√ 3 133.23
) = 230.8
Por ultimo multiplicamos el resultado de |V R, NL| – 200 entre 220 de la carga del extremo receptor para posteriormente multiplicarlo por 100 para obtener el porcentaje % Reg =
.− 100 = 12.00 %
6.5).-Una línea trifásica, con un circuito y longitud de 70 millas, compuesta de conductores Ostrich, está en un arreglo horizontal plano con un espaciamiento de 15 pies entre conductores adyacentes. La línea entrega una carga de 60 MV a 230 kV con un factor de potencia de 0.8 en atraso. a) Determine la impedancia serie y la admitancia paralela de la línea en por unidad mediante una base de 230 kV y 100MVA. Suponga una temperatura del conductor. Suponga una temperatura del conductor de 50°C. Observe que la admitancia base debe ser el reciproco de la impedancia base. b) Encuentre el voltaje, la corriente, la potencia real y reactiva y el factor de potencia en el extremo generador en por unidad y en unidades absolutas. c) ¿Cuál es el porciento de regulación de la línea? Datos: 70 millas, D= 15ft, P=60 MW, V=230KV, F. P=0.8
Solución. a)
Dq = 10ft15ft30ft =18.898 ≌19
Con la tabla A-3 y A-4
Z= 0.3372 + j(0.488 + 0.3573) Z = 0.3372 + j0.8153
∠
Z = 0.8822 67.5304°
Ωmil a 12
Impedancia base = = 529 Y= j(1/0.1074 + 0.0874) 10− Y= 8.13747010− ∠90°
V = √ =132790.56 ∠36.86 V al neutro =150.6131 ∠36.86° = √ 360230000 =966.66 Ω √ =251.021 .− .. ∠ .. −. =2.4875 ∠11.24 por unidad . =1.086 ∠38.65 por unidad =1.0 por unidad 0.742136.53 por unidad 1.08660.7421sen38.65°
b)
Impedancia base = Corriente base =
Zc=
=414.57 -11.24°Ω Zc=
ta ̅n168= 38.65 VR= VRFL= IR=
QS=
=0.4810 por unidad
− |,| , c) % DE REGULACIÓN = |,| X100% A= 1 - = 1 - (0.1166 (67.5304’ X 0.192 (90°) = 0.9888
13
.. − % DE REGULACIÓN= = 9.8900%
x 100%
6.6).-Una línea de transmisión trifásica de un solo circuito está compuesta de conductores Parakeet con espaciamiento horizontal plano de 19.85 pies entre conductores adyacentes. Determine la impedancia característica y la constante de propagación de la línea a 60Hz y 50⁰C de temperatura. Datos: Tipo de conductor: Parakeet Espaciamiento horizontal: 19.85ft entre conductores adyacentes.
Solución.
Zc=√ yz
Así como también la constante de propagación y esta se representa de la siguiente manera:
Donde:
√ . = = ´
Para esto en las tablas A-3, A-4 y A-5 encontraremos:
Xa= 0.423 Ω/milla Xd= 0.3906 Ω/milla X´a= 0.0969 MΩ.milla Xd= 0.0955 MΩ.milla r= 0.1832 Ω/milla
=0. 1 8320.4230.3906 =0.18320.8136 = 0.1832 0.8136 14
=0.834Ω/ =tan− 0.0.81136832 =77.31° =0.834,77.31° Ω/ 00,00 90° = 0.1,009690. 0955 =5.19756 90° / 0.83477.31° = √ 5.1975690° =400.5767≅400.66.345° Υ = 0.8345.19756 = √ 4.3347156 Υ =2.081997383.655°
Ahora la impedancia capacitiva es la siguiente:
La constante de propagación es:
6.7).-Mediante las ecuaciones (6.23) y (6.24) demuestre que si el extremo receptor de una línea termina en su impedancia característica, Zc, entonces la impedancia vista en el extremo generador de la línea también es Zc, independientemente de la longitud de la línea. Valores de rms de I y V
Ecuación 6.23: V = (VR + IR Zc/2) ( Ecuación 6.24: I = (VR/Zc + IR/2) (
) - (VR/Zc - IR/2) (
Si X punto de la línea a una distancia, entonces Si VR=Zc, entonces
−−
) + (VR - IR Zc/2) (
)
)
X=L
IR=VR/Zc = VR/ZR y VR = IR Zc o VR - IR Zc = 0
Solución. Vs = (VR + IR Zc/2) (
) + ((VR - IR Zc/2) (
Entonces Vs = (VR + IR Zc/2) (
−
)) = 0
) 15
Is = (VR + IR Zc/2) (
) – (((VR - IR Zc/2)((Zc)(0))) (
Entonces Is = (VR + IR Zc/2) (
Is = (((IR Zc /2) + (VR/ Zc)) / 2) ( Is = ((IR Zc + VR)/ (2Zc)) ( Si Zs = Vs/Is entonces: Zs = ((VR + IR Zc/2) ( nos da:
)
−
)=0
)
)
)) / ((IR Zc + VR)/ (2Zc)) (
), eliminando términos iguales
Zs = Zc, con dependencia en la longitud (L)
6.8).-Una línea de transmisión de 200 millas tiene los siguientes parámetros a 60 Hz.
Resistencia R = 0.21 Ω/millas por fase Reactancia serie x = 0.78 Ω/millas por fase Susceptancia paralelo b =
5.42 ∗10−
S/millas por fase
a) Determine la constante de atenuación α, la longitud de onda λ, y la velocidad de propagación de la línea a 60 Hz. b) Aplique las ecuaciones 6.26 y 6.27 para determinar las componentes, incidentes y reflejada del voltaje y la corriente. c) Una vez hecho lo anterior determine el voltaje en el extremo generador y la corriente de la línea. Datos:
R = 0.21 Ω/millas por fase x= 0.78 Ω/millas por fase Z = (0.21 Ω/millas por fase + 0.78 Ω/millas por fase) = 0.808, 77.31° Ω/millas por fase
5. 42∗10− = 2.092 ∗10− − 2. 7 44∗10 = 2∗10
Y ==
77.31° S/millas por fase
ϓ =
Atenuación constante α = Λ=
=
milla
/2.74 = 3030 millas
Velocidad de propagación =
millas/S = 181771 millas/ S =..∗ 16
Zc =
/
= 386.05, -7.53°
Ahora calculamos, después de obtener la impedancia los voltajes Vi, Vr asi como Ii e Ir.
x 1,0567, 23,76° KV = 52.821, 23.77° KV Vr = x 0.9466, -23.77KV = 47.33,-23.77°KV .,.° Ir=, −. x .,° = 78.97, 1.33°A Vi =
. , . ° x ,−. .,° = 70.789, 133.765°A
Ir=
Determinar el voltaje en el extremo del generador y la corriente de la línea. Vs= Vi + Vr = 52.82, 23.77° + 47.33, -23.77° KV = 91.68, 1.38°KV Is= Ii + Ir = 78.98, 1.3° + 47.33,-23.77° A = 60.8356, 60.5°A
cosh sinh 0.5⦟82° 0.5⦟82° 0.√ 05.0cos⦟82°=0. 0 6958655 0. 5 sen⦟82°=0. 4 95134034 0.485134034 = 6958655 − 0.23535503= 0.490099294 √ 4.84228794110 − 0.490099294 =26.10944151°
6.9).-Evaluar el Para un =
y el
para un ángulo =
se obtiene el seno y coseno del ángulo.
1) Y 2) 3) 4) = 5) 0.0175 rad = 1 grado.26.10944151grados (0.0175 rad.
.
) = 0.456915226
Donde debemos obtener el Cosh y el senh donde las formulas son las siguientes:
− − cosh= 2 = 12 ⦟ −⦟ − − senh= 2 = 12 ⦟ −⦟
17
6) 7)
⦟ −⦟ cosh .= = ⦟26.10944151° −.⦟26.10944151° 1.072064844⦟26.10944151°0.932779397 ⦟26.10944151° =
8) =
Se aplica la función seno y coseno
1.072064844⦟26.10944151° 1.072064844en⦟26.10944151° 0.932779397⦟26.10944151° 0.932779397en ⦟26.10944151°
9) (
)
= (0.962666 + j0.471801957) 10) (
= (0.83759398 -j0.41050422)
Cosh = (0.962666 + j0.471801957 + 0.83759398 - j0.41050422) =
1.8002599 j0.06129773) = 0.90012995 j0.030648865. Senh= (0.962666 -+j0.471801957 - 0.83759398 + j0.41050422) = =0.12507202j0.882306177= 0.06253601 + j0.441153088. –
6.10).- Por medio de las ecuaciones (6.1), (6.2), (6.10) y (6.37), demuestre que las constantes generalizadas de circuito de los tres modelos de líneas de transmisión satisfacen la condición: Ecuación 6.1: Ecuación 6.2: Ecuación 6.10: Ecuación 6.37:
=1
= = == 1 = =1 =cosh = ℎ = =cosh
Utilizando las ecuación 6.1 y 6.2 tenemos lo siguiente:
==1
18
= =0 = 110=1 = 1 2 1 2 1 4 = 1 2 1 4 =12 2 4 4 =1 4 4 =1
Utilizando la ecuación 6.10 obtenemos lo siguiente:
Utilizando la ecuación 6.37 concluimos el siguiente resultado:
= coshcosh sinhsinh = cosh sinhsinh = cosh sinh si n h = cosh sinh − − = 2 2 − − 2 2 = 4 4 =1
19
6.11).- El voltaje, la corriente y el factor de potencia en el extremo generador de la línea descrita en el ejemplo 6.3 son 260 kv (línea a línea), 300 A y F.P 0.9 (-), respectivamente. Encuentre el voltaje, la corriente y el F.P correspondiente en el extremo receptor. Datos:
cosh=0.8903 ∟1.3450° sinh=0.4594 ∟84.9433° = = 406.3564 ∟5.48105 ° A=D=cosh = ∗ sinhyl = sinh Funciones hiperbólicas:
Solución.
Paso 1: Debemos encontrar los valores de las incógnitas A, B, C Y D
Cálculando A Y D
coshyl=0.8903 ∟ 1.3450° B= 406.3564 ∟5.48105 0.4594 ∟84.9433° =cossin 5. =[406. 3 564cos5. 4 8105406. 3 564 si n 4 8105] = 404.498438.8137 =[0.4594 cos84.94330.4594sin84.9433]=0.040490.4576
El valor de es que es un valor donde están inmersos los valores de admitancia del extremo generador.
Calculando B
Para desarrollar dicha expresión nos apoyamos de la identidad de Euler
Para descomponer en parte real e imaginaria nuestros
fasores.
Al multiplicar nuestros valores obtenemos:
=186.6801 ∟74.46225° 20
El Angulo de obtiene a raíz de:
tan− = ∟84.94433° − = sinh = 406.0.43594564∟5. =1. 1 305 10 ∟90.42° 8105°
Calculando el valor de C
Estos valores nos quedaron a la inversa debido a que el valor de la admitancia es el inverso de la impedancia en ohm. Obteniendo la matriz identidad para la obtención de nuestra ecuación de 2 variables con los valores a encontrar (Valores de la carga del receptor).
= − =
Al obtener una multiplicación de extremos superiores multiplicados con los extremos inferiores obtenemos la matriz identidad para la obtención de nuestra ecuación característica:
= =
(KV) --------- (1) (A)------------ (2)
Calculo de los valores nominales para la carga generadora: Como son voltajes de línea a línea es necesario obtener los valores de fase de la siguiente manera:
= √ 3 = 260√ 3 =150.1110 ∟ 0° 300 cos− 0.9 =300 ∟25. 8 4° cos − 0.9 Calculo de la corriente de línea del extremo generador con F.P =0.9 (-)
Calculando el valor de Vr con la ecuación (1):
=0.8903 25. ∟1.3450°150. 1 110 ∟0°186. 6 801∟74. 4 6225°300∟ 8 4° = 133.6060 ∟1.3450° 56.00403 ∟48.6222°
Haciendo uso de la identidad de Euler para cada uno de los fasores y poder realizar los productos de los términos el término de la ecuación resultante es:
=96.586245.1604 α=tan− 45.96.15604862 = 25.0591 ° .
21
= 96.5862 45.1604 =106.6224 ∟25.0591°
Valor del voltaje que hay en la carga receptora.
Calculando el valor de corriente en la carga receptora
= − ∟90.42°150.111010−∟0° 0.8903 ∟1.3450°300∟ = 1.130510 25.84°
Haciendo uso de la identidad de Euler y la ecuación de tangente inversa para obtener los valores como en el paso anterior nos queda:
=371.9190 ∟48.9399°
Este valor nos indica el consumo de la carga y que la una carga capacitiva la que tenemos en receptor.
Calculo del factor de potencia
.=cos−24.495°48.9399° =0.9103
Nos da un factor de potencia elevado en el sistema lo cual podemos deducir que tenemos interconectado algún motor síncrono o simplemente una carga capacitiva.
6.12).- Una línea de transmisión trifásica de 60 Hz. Tiene u na longitud de 175 milla. La línea tiene una impedancia serie total de y una admitancia en paralelo de Entrega 40 MW a 220 kV con 90% de factor de potencia en atraso. Encuentre el voltaje en el extremo generador mediante:
930 10− ∠90°.
35140 Ω
a) La aproximación de las líneas cortas. b) La aproximación del circuito nominal π. c) La ecuación de las líneas largas. Datos
=175 =3540 = 35 40 =53.150729 ∠48.81°Ω = = 93053.150729 10− =239.06 ∠69.40° 22
′ = =239.06 38.9075=150.145 =930 10− = √ 3 .. = √ 3 40000000 =116.636 220000 . 9 − 0.9 =25.84° =116.638 ∠25.84° = 220√ 3 =127017.0592 = = 53.150729930 10− = .2223289 = = 175 53.150729930 10− = 38.9075 ∠69.40° Solución.
a)
==127017. ℎ ℎ 0 592 116. 6 36∠25. 8 4° 53. 1 50729 ∠48. 8 1° 127017.00592592 6199. 6199.228888cos22. 288sen22.97° ==127017. ∠22.97°97°6199. =127017. 0 592 5707. 7 422419. 2 66 =132724. 8 0122419. 2 66 |=132746. 8 48 ∠ 1. 0 44° |=(√ 3 )132746.848=.
b)
= 2 1 − 150. 1 45 930 10 =127017.0592 2 1 53.150729 ∠48.81°116.636 ∠25.84° =127017.0592.1396 ∠165.96°1 2 53.150729 ∠48.81°116.636 ∠25.84° 23
c)
=127017.0592 .935.01635707.7422419.266 =130412 ∠ 6. 6 ° =(√ 3)130412=. −∠165.96°= .3663 ∠83° = = 53. 1 50729930 10 =.0448.364 .−..−.=1.=0.4589562∠20.∠20. 86°=.86=.9773. 3 724 8935.3405 = .9773.3724.2 8935.3405 =.9354.0160 = .9773.3724.2 8935.3405 = .0419.3565 =127017.7.059202°. 9354.0160116. 6 36 ∠25. 8 4° 394 ∠ 0419.3565 =11881220321056312715=12931514747 =130153∠6. 5 ° =(√ 3)130153=.
24
6.13).- Determinar la regulación de voltaje para la línea d escrita en el problema 6.12. Suponga que el voltaje en el extremo generador permanece constante. Este problema nos pide la regulación de voltaje para la línea descrita en el problema 6.12 que nos dice que Vs= 130.15 Kv y Vs= 127.02 Kv son el resultado de los volts a neutro del problema 6.12.
Solución. Para
=0 =ℎ
Ahora escogemos las fórmulas que serán ocupadas en este problema para poder llegar a lo que nos pide el problema:
% = |VR,N|LV|R,F|L|VR,FL| ×100 |VR,NL|= cosh
Ahora desarrollamos las fórmulas antes mencionadas con los valores que ya teníamos en el problema 6.12:
130.150.0160| |VR,NL| = |0.9354j |VR,NL| =139.12 ℎ ℎ= 0.97730.37240.2 89350.3405 = 0.97730.2 8935 =0.9394 3 405 = 0.37240. 2 =.1595≅0.0160
Los valores del denominador ya se dieron en el problema 6.12, que serían la suma de la fórmula de que nos da los resultados siguientes:
25
Que estos números encontrados (números reales e imaginarios) son el resultado de:
=0..97730.3724 −. −. =0.89350.3405 % = |VR,N|LV|R,F|LV|R,FL| ×100 0 2 % = 139.1127.2127. 02 ×100
.
Ya solo nos queda calcular la regulación de voltaje:
Sustituyendo en la formula nos queda:
% = .. ×100 =0.09526×100 % =9.526≅9.53% 6.14).-Una línea de trasmisión trifásica de 60 Hz tiene una longitud de 250 millas. El voltaje en el extremo generador es de 220 kV. Los parámetros de la línea son R = 0.2 Ω/milla, X = 0.8 Ω/milla y Y = 5.3 µS/milla. Encuentre la corriente en el extremo generador cuando no hay carga en la línea. Datos: f = 60 Hz
= 250 millas
V= 220kV
0.2 Ω .8 Ω ɣ 5.3 µ R =
X = 0
=
Is= (X) Amperes
26
Solución.
=ɣ
Admitancia Constante de propagación por longitud
ɣ= √
= = =coshɣ ℎɣ ɣ = ɣ + cosh = = ⦟ −⦟ senh= − = ⦟ −⦟ Impedancia característica Corriente Impedancia del receptor Corriente de salida
cuando Ir=0.
Simplificación
= 0.2 Ω 0.8 Ω 250 mil0.8las= 0.2 0.8 ∗ 250 Cos− 0.2 =75.96375653° . Ω.° =5. 3 µ 250 mil a =.° ɣ= .. 165.96375 − 1. 3 25x10 − Cos 206.15528 =89.99963° ..° Ω<.° = ..<° =. Ω.° °
Entonces aplicando la simplificación de las fórmulas 6.42 y 6.43 tenemos:
27
=0.5187 =29.72° = 180 − =0.92580.5285 =0.81470,4651 cosh= 12 0.92580.8147.5285 0.4651 coshγl =0.8784 ∟ 2.0865 °
Estos grados nos dan por la siguiente conversión:
Cabe destacar que los valores obtenidos en el paso anterior, fueron realizados bajo la identidad de Euler, y por ende tangente inversa para obtener el ángulo mostrado en los cálculos. Por último, la obtención de Is.
220,√ 0300 0.5 ∟ 82.899° = 395.1939∟7.0333° 0.8784 ∟ 2.0865° =189.9382 ∟ 87.5085°
Para llegar a este resultado debemos apoyarnos de la identidad de Euler y aplicar la suma de números imaginarios correspondientes.
6.15).-Calcule la corriente, el voltaje y la potencia en el extremo generador, si la carga en la línea descrita en el problema 6.14 es de 80 MW a 220 KV con factor de potencia unitario. Suponga que el voltaje en el extremo receptor permanece constante y calcule la regulación de voltaje de la línea para la carga especificada anteriormente.
= 220 3√ =127. 000 =209.95. = √ 80,3 ×220 28
Para saber los valores de voltaje y corriente tenemos que usar las siguientes ecuaciones.
= ℎ ℎ. =cosh ℎ. Se toman los valores obtenidos del ejercicio 6.14.
=127,0170.87030.0317209.95×3947.02°×0.499983.61° = 110,5284,0269,59240,232=128,014 20.23° . || =√ 3×128,014=221.7. 127,00002° ×0.499983.61°. =209.950.87030.0317 3947. =182.726.661.77161.13=246.842.84 . Para la potencia se hará de la siguiente forma.
=√ 3 × || ×°°.=√ 3×221.7×246.8cos20.3°42.82° =87,486. También tenemos que sacar el voltaje al neutro por lo que haremos lo siguiente.
||= 127,0.8070900 =145,826 . 29
El problema nos pide la regulación de voltaje o porcentaje de regulación por lo que usaremos la fórmula de regulación de voltaje.
, | %= |,||| ,| ×100. %= 145800127000 127000 ×100=14.8%. 6.16).- Una línea de transmisión trifásica tiene una longitud de 300 millas y alimenta una carga de 400 MVA con factor de potencia de .8 en atraso a 345 kV. Las constantes ABCD en la línea son
1.3° 84.2° 90.4°
A = D = .8180 B = 172.2
C= 001933
Ω
Ѕ
a) Determine el voltaje línea a neutro y la corriente en el extremo generador, así Como el por ciento de la caída de voltaje a plena carga. b) Determine el voltaje línea a neutro en el extremo receptor sin carga, la corriente en el extremo generador sin carga y la regulación de voltaje. Datos: Sistema trifásico. Línea de transmisión 300 millas.
30
Carga 400 MVA. Con un F.P = .8 atraso. 345 kV trifásicos.
1.3° 84.2° 90.4° =cos−.8=36.8698°
A = D = .8180 B = 172.2
Ω
Ѕ
C= .001933
Solución. F.P=.8 =
ï VLR= à =199.18584KV VLR=
E
IR= IR=
∁ √∗
√∗ =669.3916 36.8698°
Los cálculos fueron para el extremo receptor es lo que se tenía, ahora el análisis es del extremo receptor hacia el extremo suministrador para ello se tendrá que c alcular la caída de voltaje y tenemos la siguiente formula. Vs= AVR +BIR formula general (6.8) del libro de sistemas de potencia Vs= .8180
1.3°
(199.18584KV
VS=162.9340kV
1.3°
0°
84.2° 47.3302°
) + 172.2
+ 115.2692kV
Ω (669.3916
36.8698°
)
Se necesita pasar de coordenadas polares a rectangulare s para poder sumar estas coordenadas Vs= 162.8920 + 3.6965j
+ 78.1262 + 84.7542j
Vs= 241.0182 + 88.4507j = 256.7358
20.1525°
Para obtener la corriente es otra fórmula que está en el libro (6.9) IS= CVR + DIR IS= .001933
90.4°
Ѕ (199.18584KV) + .8180
1.3°
36.8698°
(669.3916
) 31
IS= 385.0261
90.4°
+ 547.5623
35.5698° 8.5430°
IS= -2.6879 + 385.0167j + 445.3912 -318.5138j IS= 442.7033 + 66.5028j = 447.6704
Para calcular el porciento de la caída de voltaje se tiene: %V=
− . . ° −. 100= ∗ . .° ∗100 =22.4160%
Continuando con los incisos nos pide calcular lo mismo, pero ahora sin carga para lo cual se tienen las siguientes formulas: VR=
= ... ° .° = 313.8579 18.8525° V
∗
90.4° − . . ° −. ∗100 ∗100 .
IS= VS C = 313.8579 %V=
18.8525° ∗
.001933
=
Ѕ = 606.6873
109.2525°
= 57.5704%
6.17).- Justifique la ecuación 6.50 sustituyendo las funciones hiperbólicas por las expresiones exponenciales equivalentes. La ecuación 6.50 es:
tanh
− − 1. ℎ= + ℎ= 2. =
Sabemos que
=
Y esto es igual a;
Analizaremos por ambos extremos, el receptor y el generador: En el lado izquierdo tenemos que;
⁄ ⁄ − ⁄ ℎ 2 ℎ 2 = ℎ⁄2 = ⁄ ⁄
Y para el lado derecho tenemos;
32
1 − − 1 ℎ1 2 2 ℎ = 12 − = − ⁄ ⁄ − ( ) = ⁄ −⁄⁄ −⁄ : ⁄ ⁄ − = ⁄ ⁄
Esto nos quiere dar a entender que tanto el lado derecho y el izquierdo son iguales y que las expresiones exponenciales con las hiperbólicas son equivalentes.
6.18).-Determine el circuito equivalente π para la línea del problema 6.12. En circuito equivalentes como el circuito π, pero se sustituye Z por Z´ en la rama en serie, y se sustituye Y/2 por Y´/2 en la rama paralelo. Para encontrar dichos valores se utilizan las ecuaciones (6.45) y (6.49)
Entonces necesitamos Zc y
´= ´ =
y para esto necesitamos z y
= = Ω √ 35 140 Arctan 14035 =75.9637 ∠ 75.9637 ° = 144.308175∠759637 =0.8246 ∠75.9637 Entonces sacamos z y
con ayuda de la impedancia
total y admitancia que nos proporcionan los datos del problema 6.12 Z= 35 +j 140
Z= 144.3086
convertimos a polar
= 144.3086
entonse despejamos para sacar z
33
=930 × 10− ∠ 90° = = × ∠° =5.3142 ×10− ∠ 90° = 175 √0.8246 ×5.3142 × 10− ∠ .+ =0.3663 ∠82.98° = = ..× ∠.− =393.915 ∠7.018 De igual manera sacamos . Como
Con y
ya podemos sacar
y
=
Ahora para utilizar las funciones hiperbólicas en las ecuaciones 6.42 y 6.43 Pasamos a rectangular
=0.044760.3635
El primer término es α y el segundo término son radianes y los pasamos a grados y obtenemos β α= 0.04476
β=20.827
°
ℎ = ∠ − ∠ = 12 .∠20.82 12 −. ∠ 20.82 =0.48860.18580.44680.1588 =0.5228∠20.82 0.4781∠20.82 =0.9354 0.027= 0.9357∠1.653° = ∠ − ∠
ahora ya podemos sustituir para obtener tanto
como
34
Como los valores ya están en la ecuación del coseno y solo se cambia el signo + por el de – en la ecuación que sigue de la sustitución
=0.48860.18580.44680.1588 =0.0418 0.3446=0.3471 ∠83.08
Ahora si ya podemos sacar Z´ y
´
´= ´=393.915 ∠7.0180.3471 ∠83.08 ´=.∠.° ´ = ´2 = 393.915 ∠7. 1 018 × 0.9354 0. 0 271 0.3471 ∠83.08 ´2 = 393.0.90156460. 0 27 ∠7.018° ´2 = 136.0.07∠22. 6 8° 7 27∠76. 0 6° ´ =×−∠. ° S
6.19).- Aplique las ecuaciones (6.1) y (6.2) para simplificar las ecuaciones (6.57) y (6.58) para la línea de transmisión corta con a) una reactancia serie X y una resistencia R y b) una reactancia serie X y una resistencia despreciable. Solución. Se debe simplificar las ecuaciones (6.57) y (6.58) tomando en cuenta la reactancia serie , y reactancia serie con resistencia despreciable.
El problema ya propone utilizar las ecuaciones (6.1) y (6.2)
= =
35
| | | | | | = || || cos | | | | | | = || || = ===1 == =0 =0 | | | | | = || || cos | | | | | = || ||
Al aplicar las ecuaciones (6.1) y (6.2) a (6.57) y (6.58) para el inciso a Se aumenta R como se estipula en el inciso
Ahora se sustituye en las ecuaciones 6.57) y (6.58)
b) La potencia real quedara en función de seno porque en coseno seria 0
∡ 90° = || || | | | | | | = | | | | 90°
Para la potencia reactiva
6.20).-Los derechos de vía para circuitos de transmisión son difíciles de obtener en áreas urbanas y las líneas ya existentes son frecuentemente llevadas a un mayor nivel recableando la línea con conductores más grandes o volviendo a aislarla para la operación de un voltaje más alto. Los aspectos térmicos y la máxima potencia que la línea puede transmitir son las consideraciones importantes. Una línea de 13 kV tiene una longitud de 50 km y se compone de conductores Partridge con 36
espaciamiento horizontal plano de 5 m entre conductores adyacentes. Desprecie la resistencia y encuentre el por ciento en incremento de potencia que se puede transmitir para y constantes mientras que δ se limita a 45°, si
|V| ||
a) el conductor Partridge se reemplaza por el Ospery que tiene más de dos veces el área de aluminio en milímetros cuadrados, b) un segundo conductor Partridge se coloca en un arreglo de dos conductores separados 40 cm dl conductor original y a una distancia entre centros de los agrupamientos de 5 m y, c) el voltaje de la línea original se eleva a 230kv con un espaciamiento entre conductores de 8m.
La ecuación principal para el problema es la de la potencia real:
| | | | | | = || cos || cos =| | 0° =|| 90° = |||| | cos || , || || cos || = =0.0754log = Donde
=
=
Debido a que la resistencia será despreciada el término de la ecuación es eliminado y queda como sigue:
Ya que y el se limita a 45° y permanece constante solo nos enfocaremos en y debido a que necesitamos la ecuación para la reactancia:
Donde
37
Y = RGM = Radio medio geométrico listado en la tabla A.3 para cada tipo de conductor. El porcentaje del incremento de potencia es igual a
Paso 3.-
a)
= √ 5 ×5×10 =6.2996 0.31048 =20.66
Partridge:
=0.0217 =0.0754log 0.20.021766 =0.5174 Ω =0.0284 =0.0754log 0.20.028466 =0.4971 Ω
Ospery :
Porcentaje de potencia:
0.0.45971174 =1.040
Lo cual nos dice que la potencia incrementa un 4% b)
= 0.0217× 0.30.0484 =0.1687 =0.0754log 0.20.168766 =0.3625 Ω 0.0.53174625 =1.4272
Porcentaje de potencia
38
Lo cual nos dice que la potencia incrementa en un 42.7% c)
Incrementa debido a que el voltaje aumenta de 138 kv a 230 kv
230 138 = 2.77 = √ 8 ×8×16 =10.07 0.31048 =33.06 =0.0754log 0.33.021706 =0.5526 Ω
El espaciamiento entre conductores es diferente así que
Porcentaje de potencia
2.77 0.0.55174526 = 2.5935
Lo cual nos dice que la potencia incrementa 159.3%.
6.21).-Construya el diagrama circular de potencia de en el extremo receptor, similar al de la figura 6.11, para la línea del problema 6.12. Localice el punto correspondiente a la carga del problema 6.12 y localice dentro de los círculos varios valores de si =220KV. Dibuje el círculo que pasa a través del punto de carga. Desde el radio obtenido en este último círculo determine y compare este valor con los calculados en el problema 6.12.
Solución. Para 1ft= 50 MVA. Comparando con el problema 6.12 y utilizando la ecuación:
= =0.93540.0160=0.9355⎿0.9799° =394⎿7.02°0.04190.3565=16.5086⎿7.02° 140.461⎿82.98 =16.38482.017617.1665139.408=33.5513137.3904 , Se obtiene:
39
=141.4277⎿76.2767° =76. 2767°0.9799°=75.2968° =320.2 = 0.9354220 141.4 7.05 50=352.5 =352.5 = 352.5220 141.4 =226.5 KV 6.22).-Un condensador sincrónico se conecta en paralelo con la carga descrita en el problema 6.21 para mejorar el factor de potencia en el extremo receptor. El voltaje en el generador se ajusta para mantener el voltaje fijo en el extremo receptor a 220 kv. Mediante el diagrama circular de potencia construido para el problema 6.21 ,determine el voltaje en el extremo generador y la potencia reactiva suministrada por el condensador sincrónico cuando el factor de potencia total en el extremo receptor se a) la unidad, b)0.9 en adelanto. R= Para un F.P= 1, Vs = 214 kv a 40 MW en el eje horizontal. La distancia vertical entre el eje horizontal y la línea de carga en el primer cuadrante representa la potencia reactiva de los condensadores necesarios. El valor de la potencia reactiva es de 19.3 kvar Para un F.P = .9, Vs = 202 kv donde la línea vertical a 40 MW intersecta la línea de carga en el cuadrante cuatro. La distancia vertical entre las dos líneas de carga a 40 MW representa la potencia reactiva de los condensadores necesarios. El valor de la potencia reactiva es de 38.6 kvar.
40
6.23).- un banco de capacitores serie tien e una reactancia de 146.6 Ω se va a instalar a la mitad de la línea de 300 millas del problema 6.16. Las condiciones ABCD para cada porción de 150 millas de la línea son:
==0.9534∟0.3° =90.33∟84.1° Ω =0.001014∟90.1°
a) Determinar la constante equivalente ABCD de la combinación de cascada línea-capacitor-línea. Usar tabla A-6. b) De acuerdo con el ejercicio 6.16 usar los equivalentes de ABCD Como constantes. a)
̅ = 9534∟0.31°° 90.0.93534∟0. 3∟84.13° °Ω ̅ = 0.00.01014∟90. ̅ × 1∟0°0 1.46∟90° ̅ = × 1∟0° 9534∟0.3°1° 50.1.911∟78. 6 5° 0. 9 534∟0. 3 ° 90. 3 3∟84. 1 ° Ω 0.00.01014∟90. × 022∟0.27° 0.001014∟90.1° 0.9534∟0.3° 9597∟1.18°4° 0.42.9534∟1. 3∟64.51°8° = 0.0.002084∟90. = = =0.9597∟1.18° × 199,186∟0°42.3∟64.5°× 669.4∟36.87° =216.87∟4.5° =0.002084∟90.4°×199,186∟0°.9597∟1.18°× 669.4∟36.87° =520.4∟4.44°
SUSTITUCION:
b) Para
e
del problema que se está tomando en cuenta “6.16”
41
1 86∟0° Caída de voltaje = 216.87∟4.216.58°199, 7∟4.5° 8.5% 87∟4.158°° =225,977∟3.32 , = 0.216.9597∟1. , =0.002084∟90.4°× 225,977∟3.32=470.9∟93.7 1 86 % = 225,9199,77199, 186 × 100=13.45%
Comparación de la caída de voltaje con la de los resultados del ejercicio 6.16:
6.24).- La admitancia paralela de una línea de transmisión de 300 millas es
− 6. 8 710 =0
Determine las constantes ABCD de una reactancia en derivación que compensa el 60% de la admitancia en derivación total. Solución. Se da la admitancia paralelo de una línea de transmisión en las constantes ABCD de una reactancia en derivación.
. Se determinarán
El problema ya proporciona la admitancia la cual estas compuestas de una parte real y una parte imaginaria conocida como susceptancia. Así que se deberá determinar porque es admitancia capacitiva. Además este problema es similar al ejemplo 6.6.
L=300 millas
− 6. 8 710 =
El porcentaje de compensación es 0.6 es decir para compensar el valor de suceptancia capacitiva se tiene que tomar el valor de es decir
0.6 =− 0.6 = 6.8710 300
42
En la fórmula de
=2.06110−− =0.6 2.06110− =1.2366 10 ==ℎ=1∡ 0° =0 − = =1.2366 10
la primera posición tiene 0 así que
6.25).-Una reactancia en derivación de 250Mvars, 345kv cuya admitancia es 0.0021∟ -90°S, se conecta al extremo receptor de la línea de 300 millas del problema 6.16 sin carga. a) Determine las constantes equivalentes ABCD de la línea en serie con la reactancia en derivación (véase la tabla A.6 en el apéndice) b) Vuelva a hacer la parte b) del problema 6.16 usando estas constantes equivalentes ABCD y voltaje en el extremo generador encontrado en el problema 6.16.
Solución. Analizando A
D
ambos
1.0, B 0, C
ejercicio
tenemos
constantes
que
son:
j 0.0021S
Y con datos obtenidos el ejercicio 6.16 tenemos: A D 0.81801.3 B 17284.2 C 1 0.00193390.4 C 0.0021 90
A, B y C1 lo obtenemos del ejercicio 6.16 y C de 6.25. El a) del ejercicio nos pide obtener las constantes equivalentes y b) el mismo que el ejercicio 6.16 pero con las constantes equivalentes que obtendremos Paso 3: Ahora calcularemos, para el a) las constantes equivalentes: a) 43
Aeq A BC Aeq 0.81801.3 (172.284.2 * 0.0021 90) (0.8177 j 0.0185) (0.3616 5.8)
(0.8177 j 0.0185) (0.3597 j 0.03654) 1.177 0.8778
Beq
172.284.2
Ceq C 1
CA
Ceq 0.00193390.4 (0.0021 90 * 0.81801.3) (0.000013494
j 0.0019329) (0.0017178 88.7)
(0.000013494
j 0.0019329) (0.000038972 j 0.001773)
0.000025032 j 0.0002156
0.0002170483.37
Deq 0.81801.3
Y para b) tenemos Vs=256,738∟20.15° del ejercicio 6.19 V RNL
V S
/ Aeq
256,73820.15 / 1.1777 0.8778
217999.421.02V
I SNL
Ceq * V RNL
0.0002170483.37 * 217999.421.02
47.3104.39 A
Para obtener la regulación de voltaje tenemos Vr=199186∟0° del ejercicio 6.19 %reg
217999 .4
199186 / 199186
9.45%
Conclusión: 44
