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• Josue Mora

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2.- Un generador trifásico de 15 MVA y 8.5 kV, tiene una reactancia subtransitoria del 20%. Está conectado por medio de un transformador de conexión delta-estrella a una línea de transmisión en serie cuya reactancia total es de 70 Ohmios. En el extremo receptor de la línea de transmisión correspondiente a carga, hay conectado un banco trifásico de transformador reductor en conexión estrella-estrella. Ambos transformadores están conformados por transformadores monofásicos conectados en forma de banco trifásico. Cada uno de los tres transformadores de cada banco posee valores nominales de 6666 kVA, 10/100 kV, con una reactancia de dispersión de 10%. La carga representa da como impedancia toma 10000 kVA a 12.5 kV con 80% de factor de potencia en retardo. Dibujar el diagrama de impedancias de secuencia positiva, poniendo todas las impedancias en por unidad. Tomar como base 10 MVA, 12.5 kV en el circuito de carga. Determinar el voltaje en por unidad en terminales del generador.

Este problema nos da a continuación los siguientes datos por lo tanto debemos comenzar a encontrar los respectivos datos desde atrás hacia adelante, obteniendo los nuevo datos de base de voltaje y potencia en cada zona. Zona 3

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 3 = 12.5 𝐾𝑣 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 3 = 10 𝑀𝑉𝐴 Aplicando la siguiente relación encontramos el Vbase2 como en este transformador tiene una configuración 12.5 Y.Y su voltaje de linea no se ve afectado debido a su configuración por lo tanto 𝑉𝑙 = 𝐾𝑣 = 12.5 𝐾𝑣 = √3

𝑉𝑏3.

∝ 𝑇2 = 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 2 =

𝑉𝑏3 ∗ 𝑉𝑛2 𝑉𝑛1

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 2 = 12.5 𝐾𝑣 ∗ Zona 2

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 2 = 125 𝐾𝑣 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 2 = 10 𝑀𝑉𝐴

100 𝐾𝑣 10

𝑉𝑛1 𝑉𝑏3 = 𝑉𝑛2 𝑉𝑏2

Aplicando la siguiente relación encontramos el Vbase1 como en este transformador tiene una configuración 125 ∆.Y su voltaje de linea se ve afectado debido a su configuración por lo tanto 𝑉𝑙 = 𝐾𝑣 = 𝑉𝑏2. √3

∝ 𝑇2 = 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 1 = 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 1 =

𝑉𝑏2 ∗ 𝑉𝑛2 𝑉𝑛1 125 √3

∗

𝑉𝑛1 𝑉𝑏2 = 𝑉𝑛2 𝑉𝑏1

10 𝐾𝑣 100

Zona 1

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 1 = 7,2168𝐾𝑣 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 1 = 10 𝑀𝑉𝐴 Se realiza los siguientes cambios de base en por unidad de cada elemento del circuito.

𝑉𝑏𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 2 𝑆𝑏𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜 𝑋𝐺 = 𝑋𝑝𝑢 𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 ∗ ( )∗( ) 𝑆𝑏𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 𝑉𝑏𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜 2

𝑋𝐺 = 0,20 ∗ (

10𝑀𝑉𝐴 8,5 𝐾𝑣 )∗( ) 12.5 15𝑀𝑉𝐴 √3

𝑿𝑮 = 𝟎, 𝟏𝟖𝟒𝟗 𝒑𝒖 En el transformador 1

𝑋𝑇1

𝑉𝑏𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 2 𝑆𝑏𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜 = 𝑋𝑝𝑢 𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 ∗ ( )∗( ) 𝑆𝑏𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 𝑉𝑏𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜

10𝑀𝑉𝐴 10 𝐾𝑣 2 𝑋𝑇1 = 0,10 ∗ ( )∗( ) 3 ∗ 6,6𝑀𝑉𝐴 7,2168 𝑿𝑻𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟗𝟔 𝒑𝒖 𝑍𝑏2 = 𝑍𝑏2 =

(125 𝑘𝑣)2 10𝑀𝑉𝐴

𝒁𝒃𝟐 = 𝟏𝟓𝟔𝟐, 𝟓 𝛀

𝑉𝑏22 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒

Reactancia en la linea de transmisión

𝑋𝐿𝑇 = 𝑋𝐿𝑇 =

70 Ω 1562,5 Ω

𝑋𝑙𝑡 𝑍𝑏2

𝑿𝑳𝑻 = 𝟎, 𝟎𝟒𝟒𝟖 𝒑𝒖 En el transformador 2

𝑋𝑇2

𝑋𝑇2

𝑉𝑏𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 2 𝑆𝑏𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜 = 𝑋𝑝𝑢 𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 ∗ ( )∗( ) 𝑆𝑏𝑣𝑖𝑒𝑗𝑜 𝑉𝑏𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜

10𝑀𝑉𝐴 100𝐾𝑣 2 = 0,10 ∗ ( )∗( ) 3 ∗ 6,6𝑀𝑉𝐴 7,2168

𝑿𝑻𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟗𝟔 𝒑𝒖 En la carga

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 =

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 =

(12,5 𝑘𝑣)2 10𝑀𝑉𝐴∠ − cos−1 (0,8)

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 =

156,25 𝑀𝑉𝐴 10𝑀𝑉𝐴∠ − 36,86

𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎2 𝑆 ∗ 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 15,635∠36,86 𝒁𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 = 𝟏𝟐, 𝟓𝟎𝟏𝟔𝟐 𝛀 + 𝟗, 𝟑𝟕𝟐𝟖𝟒 𝐣 𝑍𝑏3 𝑍𝑏3 =

(12,5 𝑘𝑣)2 10𝑀𝑉𝐴

𝑉𝑏32 = 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒

𝒁𝒃𝟑 = 𝟏𝟓, 𝟔𝟐𝟓 𝛀 Carga por unidad

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 (𝑝𝑢) =

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑍𝑏3

𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎(𝑝𝑢) =

15,625∠36,86 15,625∠0

𝒁𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 (𝒑𝒖) = 𝟎, 𝟖 + 𝟎, 𝟔 𝒋 Diagrama de Impedancias

Voltaje en terminales del generador en por unidad

𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 (𝑝𝑢) = 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎(𝑝𝑢) =

12,5 𝐾𝑣 12,5 𝐾𝑣

𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑉𝑏3

𝑽𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 (𝒑𝒖) = 𝟏 𝒑𝒖 Aplicando la siguiente ecuación de la Ley de Kirchhoff

𝐸𝐺 = (𝑋𝐺 + 𝑋𝑇1 + 𝑋𝐿𝑇 + 𝑋𝑇2 ) ∗ 𝐼 ̅ + 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 ̅ 𝐼(𝑝𝑢) =

𝑆̅ ∗𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑉̅ ∗𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎

̅ 𝐼(𝑝𝑢) =

1∠ − 36,86 1∠0

𝑰̅(𝒑𝒖) = 𝟏∠ − 𝟑𝟔, 𝟖𝟔

Entonces reemplazamos

𝐸𝐺 = (0,1849𝑗 + 0,096𝑗 + 0,0448𝑗 + 0,096𝑗) ∗ (1∠ − 36,86) + 1∠0 𝐸𝐺 = (0,42170𝑗) ∗ (1∠ − 36,86) + 1∠0 𝐸𝐺 = (0,42170𝑗) ∗ (0,8 − 0,6𝑗) + 1∠0 𝐸𝐺 = 0,33736𝑗 + 1,25302 𝑬𝑮 = 𝟏, 𝟐𝟗𝟕𝟔𝟒∠𝟏𝟓, 𝟎𝟔𝟖 𝒑𝒖