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EJERCICIOS

Autor: Cristhian Rodríguez Vega.

TRABAJO Nº01 ANALISIS DE SISTEMA DE POTENCIA

TUTOR PRINCIPAL Nombre: Ing. Héctor Oliden N.

Chiclayo-Perú 2020

1. Una línea trifásica completamente transpuesta tiene una disposición como muestra la figura, compuesta de conductor ACSR de 795 000 cmil con trenzado 26/2. La longitud de la línea es de 78 km. La potencia en el extremo receptor de la línea es de 25 MW y 8 Mvar inductivo, a una tensión de 60 kV y 60 Hz, determinar: a) La resistencia, la inductancia y la impedancia serie de la línea (T = 50ºC). b) La capacitancia y la admitancia en derivación de la línea. c) El voltaje, la corriente, la potencia activa y la potencia reactiva en el extremo emisor. d) La caída de tensión en porcentaje, la pérdida de potencia en la línea y la eficiencia de la transmisión.

a) Resistencia

De la tabla A.4 la resistencia del conductor (T = 50 ºC) es R = 0,1288 Ω/milla

Ra =

0,1288∗1 ∗78 x 103 1609,34

Ra =6,2426 Ω

Inductancia De la tabla A.4 el RMG del conductor es DS = 0,0375 pies D s =0,0375∗ (304,8 )=11,43 mm Deq =√3 D12 D23 D13=DMG D12=D23=√ 1,82 +2,22=2,842 m D13=1,8+1,8=3,6 m D eq =√3 (2,842)(2,842)(3,6)=3,075 m La inductancia de la fase a es:

D eq H /m Ds

La=2 x 10 ln

( )

La=2 x 10−7 ln

3075 ( 11,43 )∗78 x 10

−7

3

La=0,0873 H Impedancia serie de la línea Z a=Ra + j X a=Ra + j (2 πf La) Z a=6,24+ j(2 π∗60∗0,0873) Z a=6,24+ j32,9113 Ω b) Capacitancia De la tabla A.4 el diámetro exterior del conductor es D ext = 1,108 pulg 1,108 r= ∗25,4=14,0716 mm 2 D eq =√3 (2,842)(2,842)(3,6)=3,075 m La capacitancia de la fase a la línea es:

C an=

2 πε F /m D eq ln r

( )

2 π (8,854 x 10−12) C an= ∗78 x 10 3 3075 ln 14,0716

(

)

C an=8,055 x 10−7 F Admitancia La admitancia en derivación de la fase a la línea es: Bal=2 πfC =2 π ( 60 ) ( 8,055 x 10−7 ) S

Bal =3,0367∗10−4 S Y al =G+ jB=0+3,0367 x 10−4 S

c) Voltaje U R=60 kV P R=25 MW Q R=8 MVAR(inductivo) 60 x 103 ∠0° √3 V R=34641,02 ∠0 ° V V R=

Corriente PR3Ø I R= √3∗U R∗CosØ I R=

Ø

PR3Ø

Q=8MVA R

3

( √ 3)(60 x 10 )∗cos (17,75° )

25 x 106 I R= 3 ( √ 3)(60 x 10 )∗cos (17,75° ) I R =252,587 ∠−17,75 º

Ø

P=25MW

Ecuación para líneas cortas: V S =V R +Z I R I S=I R=252,587 ∠−17,75º V S =( 34641,02∠ 0 ° V ) +(6,24 + j 32,9113 Ω)(252,587 ∠−17,75º ) V S =39384,937 ∠ 10,884 ° V U S=( √ 3 ) ( 39384,937 )=68216,7 V U S=68,2167 kV

Potencia Activa I S=I R=252,587 ∠−17,75º PS 3 Ø =√ 3∗U S∗I S∗cosØ

Ø=Ø V −Ø I

PS 3 Ø =( √ 3 ) ( 68,2167 ) ( 252,587 )∗cos ⁡(10,884 ° −(−17,75° ) )

PS 3 Ø =26194,36 kW =26,194 MW

Potencia Reactiva Q S 3 Ø =√ 3∗U S∗I S∗senØ Q S 3 Ø =( √ 3 ) ( 68,2167 ) ( 252,587 )∗sen ⁡(10,884− (−17,75° ) ) Q S 3 Ø =14301,8 kW =14,302 Mvar d) Pérdida de Potencia Potencia pérdida =PS −PR Potencia pérdida =26,194−25=1,194 MW Eficiencia de la transmisión PR Eficienciatransmisión = ∗100 % PS Eficienciatransmisión =

25 ∗100 % 26,194

Eficienciatransmisión =95,441 % Caída de Tensión U S −U R ∆ V %= ∗100 % US ∆ V %=

68,2167−60 ∗100 % 68,2167

∆ V %=12,045 %

2. Para la línea trifásica del problema 1, se reemplaza el conductor ACSR por un conductor de cobre de 750 000 cmil de 37 hilos. Todos los demás datos se conservan, determinar: a) La resistencia, la inductancia y la impedancia serie de la línea (T = 50 ºC). b) La capacitancia y la admitancia en derivación de la línea. c) El voltaje, la corriente, la potencia activa y la potencia reactiva en el extremo emisor. d) La caída de tensión en porcentaje, la pérdida de potencia en la línea y la eficiencia de la transmisión. a)

Resistencia De la tabla A.3 la resistencia del conductor (T = 50 ºC) es R = 0,0888 Ω/milla

Ra =

0,0888∗1 ∗78 x 103 1609,34

Ra =4,304 Ω

Inductancia De la tabla A.3 el RMG del conductor es DS = 0,0319 pies Ds =0,0319∗(304,8 )=9,723 mm

D eq =√3 D 12 D 23 D 13=DMG D 12=D 23=√ 1,82 +2,22=2,842 m D 13=1,8+1,8=3,6 m D eq =√3 (2,842)(2,842)(3,6)=2,809 m La inductancia de la fase a es: D eq H /m Ds

La=2 x 10 ln

( )

La=2 x 10−7 ln

2809 ( 9,723 )∗78 x 10

−7

3

La=0,08839 H Impedancia serie de la línea Z a=Ra + j X a=Ra + j (2 πf La)

Z a=4,304 + j(2 π∗60∗0,08839) Z a=4,304 + j 33,322 Ω b) Capacitancia De la tabla A.3 el diámetro exterior del conductor es D ext = 0.977 pulg 0,977 r= ∗25,4=12,408 mm 2 D eq =√3 (2,842)(2,842)(3,6)=2,809 m La capacitancia de la fase a la línea es: C al =

πε F/m Deq ln r

( )

C al=π ¿ ¿ C al =0,4 x 10−6 F

Admitancia La admitancia en derivación de la fase a la línea es: Bal=2 πfC =2 π ( 60 ) ( 0,4 x 10−6 ) S Bal =1,508 x 10−4 S Y al =G+ jB=0+1,508 x 10−4 S

c) Voltaje U R=60 kV 60 x 103 ∠0° √3 V R=34641,02 ∠ 0 ° V R=

Corriente PR3Ø I R= √3∗U R∗CosØ I R=

25 x 106 3 ( √ 3)(60 x 10 )∗cos (10,745° )

25 x 106 I R= 3 ( √ 3)(60 x 10 )∗cos (10,745° ) I R =244,855∠−10,745

P=25MW

Ecuación para líneas cortas: V emi =V R + Z I R I emi=I R =244,855 ∠−10,745 V emi =( 34641,02∠0 ) +(4,304 + j 33,322)(244,855 ∠−10,745) V emi =38010,569∠11,871° V U emi =( √ 3 ) (38010,569 )=65836,2V U emi =65,8362 kV Potencia Activa P R 3 Ø =√ 3∗U emi∗I emi∗cosØ

Ø=Ø V −Ø I

P R 3 Ø =( √3 ) ( 65,8362 )( 244,855 )∗cos ⁡(11,871−(−10,745 )) P R 3 Ø =25774,2 kW =25,7742 MW Potencia Reactiva Q R 3 Ø =√ 3∗U emi∗I emi∗senØ Q R 3 Ø =( √ 3 ) ( 50,3938 ) ( 244,855 )∗sen ⁡(10,983−(−10,745 ) )

Ø

Q=8MVA R

Q R 3 Ø =10737,2 kW =10,7372 Mvar d) Pérdida de Potencia Potencia pérdida =Pemi−P R Potencia pérdida =25,7742−25=0.7742 MW

Eficiencia de la transmisión PR Eficienciatransmisión = ∗100 % Pemi Eficienciatransmisión =

25 ∗100 % 25,7742

Eficienciatransmisión =96,996 % Caída de Tensión U emi −U R ∆ V %= ∗100 % U emi ∆ V %=

65,8362−60 ∗100 % 65,8362

∆ V %=8.865 % 3. Para la línea trifásica del problema 1, se reemplaza el conductor por un haz de 2 conductores por fase ACSR de 397 500 cmil con trenzado 26/2 como muestra la figura. Todos los demás datos se conservan, determinar: a) b) c) d)

La resistencia, la inductancia y la impedancia serie de la línea (T = 50 ºC). La capacitancia y la admitancia en derivación de la línea. El voltaje, la corriente, la potencia activa y la potencia reactiva en el extremo emisor. La caída de tensión en porcentaje, la pérdida de potencia en la línea y la eficiencia de la transmisión.

2.2 m 0.5 m

conductor ACSR de 397500 con 1.8 m trenzado 26/2

1.8 m

d hilo Longitud Dxx=Dyy=RMG conductores R D12 D23 D31

0.5 78 0.783 2 0.1859 3.6 2.842534 2.842534

m km pies   Ω/milla m m m

Resistencia

0.1859 ∗78∗1000 1609.34 R= =4.5 .05 Ω 2

Inductancia

DSL =√ 0.5∗1000∗0.0265=63.55 mm Deq =√3 3.6∗2.842534∗2.842534∗304.8=DMG=3.075 m La inductancia de la fase es:

3.075∗1000 =7.759∗10−7 H /m 63.55 La=7.759∗10−7∗78∗1000=6.05∗10−2 H La=2 x 10−7 ln

La reactancia serie de la fase a es:

X  = 2 π*60*6.05∗10−2=12.815 Ω La impedancia serie de la fase a es:

Za  =  4.05 +  j12.8148 Ω

Trifásico Diam hilo Long D.ext conductores VLN D12 D23 D31

ε r

0.5 78 0.783 2 60 3.6 2.842534 2.842534 8.854E-12 9.944

m km in KV m m m mm

2πε =1.473∗10−11 F /m ln(3.075∗1000/70.5128) −11 Can=1.473∗10 ∗78∗1000=1.149∗10−6 F C an=

Admitancia en la línea

Ban  = 2 π*60*1.149∗10−6=4.333∗10−4 S

Yan  =  j4.33∗10−4 Pr Qr

25 8 inductiv o

S

MW MVAR 17.7446716 3

𝜙

La tensión en el extremo receptor 60∗1000 V R= =34641.016≮ 0º V √3 25∗106 I R =¿ =¿252.579 ≮ -17.745º A √ 3∗60∗1000∗cos ⁡(17.74) Ecuación para líneas cortas

Vs=34641.016+ ( 4.505+ j12.8582 )∗( 252.579252.579 ≮−17.745 º )=36817.158≮ 4.278º V 475873.994∗√ 3 Us= =63.769 V 1000 Is=252.579 ≮−17.745 º A PS 3 ϕ= √ 3∗63.769 k∗252.579∗cos ( 4.278−(−17.745 ) )=25.862 MW QS 3 ϕ=√ 3∗63.769 k∗252.579∗Sen ( 4.278− (−17.745 ) )=10.461 MVAR Pérdidas de potencia en la línea

Potencia perdida=Ps−PR=25.862 MW −25 MW =0.862 MW Eficiencia de la transmisión

Eficienciatransmisión=

PR 25 ∗100 %= =96.666 % PS 25.862

Caída de tensión en la línea de transmisión

∆ V %=

US−UR 63.769−60 ∗100 %= =5.911% US 63.769

4. Para la línea trifásica del problema 1, se eleva el nivel de tensión en el extremo receptor a 100 kV. Todos los demás datos se conservan, determinar: a) El voltaje, la corriente, la potencia activa y la potencia reactiva en el extremo emisor. b) La caída de tensión en porcentaje, la pérdida de potencia en la línea y la eficiencia de la transmisión.

Pr

25

MW

Qr

8

MVAR

inductiv o 17.7446716 𝜙

3

a)



La tensión en el extremo receptor 100∗1000 V R= =57735.027 ≮ 0º V √3 25∗106 I R =¿ =¿151.548 ≮ -17.745º A √ 3∗100∗1000∗cos ⁡(17.74)



Ecuación para líneas cortas

Vs=57735.027+ ( 6.2425+ j 32.904 )∗( 151.548≮−17.745º )=60321.027≮ 4.241º V 60321.027∗√ 3 Us= =104.479 kV 1000 Is=151.548 ≮−17.745 º A PS 3 ϕ= √ 3∗104.479 k∗151.548∗cos ( 4.241−(−17.745 ) )=25.43 MW QS 3 ϕ=√ 3∗104.479 k∗151.548∗Sen ( 4.241−(−17.745 ) ) =10.267 MVAR b)



Pérdidas de potencia en la línea Potencia perdida=Ps−PR=25.43 MW −25 MW =0.43 MW



Eficiencia de la transmisión PR 25 Eficienciatransmisión = ∗100 %= =98.309 % PS 25.43



Caída de tensión en la línea de transmisión US−UR 104.479−100 ∆ V %= ∗100 %= =4.287% US 104.479