• Author / Uploaded
• JL Aguilar

• Categories
• Energia electrica
• Corriente eléctrica
• Electromagnetismo
• Electricidad
• Fuerza

Citation preview

LINEA CORTA Y MEDIANA Es conveniente en este caso construir los diagramas fasoriales para diferentes tipos de carga como son: resistiva, predominantemente inductiva y predominantemente capacitiva, las cuales se muestran en la Fig 4.25. Vs

Vs XL IR

IR

VR

R IR

VR

IR (a) carga resistiva

XL IR R IR

(b) carga predominantemente inductiva

Vs XL IR (c) carga predominantemente IR capacitiva

VR

R IR

Fig. 4.25.- Diagramas fasoriales para una línea de transmisión corta.

Los diagramas fasoriales de la Fig. 4.25 muestran el efecto de variar la magnitud y el factor de potencia de la carga, que para la carga resistiva la magnitud de voltaje en la terminal transmisora es ligeramente mayor que la de la terminal receptora Vs VR, para la carga predominantemente inductiva se tiene que VsVR, y para la carga predominantemente capacitiva se tiene que Vs VR, que se le identifica a este último como efecto Ferranti . Ejemplo 4.5.- Una línea de transmisión trifásica que opera a 60 Hz, que tiene una longitud de 150 Km, que presenta una impedancia en serie total de 32 + j 145  y una admitancia en derivación de 915 x 10 -6 900 S. La cual suministra potencia a una carga trifásica de 50 MW a un factor de potencia en atraso de 0.88. Calcule el voltaje, la potencia activa en la terminal transmisora y el por ciento de regulación considerando que: a) se trata de una línea corta y b) que se trata de una línea mediana. Solución. a).- Cuando se trata de una línea corta se desprecia la admitancia en derivación y se cumple que: PR 50,000 IR    203.752 A. 3 VRL FPR 3 (161) (0.88) Donde:

 R  cos 1 0.88  28.350

Por

lo

que

la

corriente

en

la

terminal

transmisora

es:

0

IS  I R  203.752  - 28.35 A. Si el fasor de tensión de fase en la terminal receptora se toma como referencia, entonces:

161 0 0  92.9530 0 KV. 3 impedancia en serie por VRF 

La

fase

de

la

línea

es:

0

Z  32  j145  148.48977.55 . Sustituyendo valores en la ecuación (4.88), se obtiene la tensión de fase en la terminal transmisora.





VSF  92953.3930 0  148.48977.550 203.752 - 28.350



VSF  112722.587  j22902.832  115025.74211.480 Volts. VSF  115.02511.480 KV. La tensión de línea en VSL  3115.025  199.229 KV.

la

terminal

transmisora

es:

La potencia activa en la terminal transmisora será:





PS  3VSLIS cos S  3 199.229203.752cos 11.480  28.350  53.994 MW.

En este caso el por ciento de regulación de la línea de acuerdo a la expresión (4.86) es.

VS  V R , PC

% Re g 

V R , PC

x100

Donde:  VS = VR,NC, cuando IR = 0

% Re g 

115.025  92.953 x100  23.74 92.953

b).- En el caso de la línea de longitud media las expresiones para calcular V S, IS y el %Reg son dadas por (4.88), (4.89) y (4.91) respectivamente. Empezando por calcular VS, primero se hará el cálculo correspondiente a (ZY/2 + 1).







ZY 148.48977.550 915x10 6 90 0 1   1  0.93370.9 0 2 2

Así que la tensión de fase en la terminal transmisora por fase de acuerdo a (4.88), será.









VSF  0.93370.9 0 92953.3930 0  148.48977.550 203.752  28.350



VSF  106549.064  j24266.078  109277.3712.830 Volts. VSF  109.27712.830 KV.

Para calcular IS, es conveniente calcular primero el término (ZY/4 + 1)Y.



 

 148.48977.55 915x10  6 90 0   ZY   1 Y   1 915x10  6 90 0    4  4   



 ZY   1 Y  0.8846x10  3 90.430 S.   4 

Sustituyendo en la ecuación (4.89), se obtendrá la corriente en la terminal transmisora.









IS  0.8846x10 3 90.430 92953.3930 0  0.93370.9 0 203.752  28.350



IS  168.206  j5.474  168.295  1.86 0 A.

La tensión de línea en la terminal transmisora es:

VSL  3 (109.277)  189.273 KV. La potencia activa en la terminal transmisora es. PS  3VSL IS cos S  3189.273168.295cos(12.830  1.86 0 )

PS  53368.757 KW.  53.368 MW. El por ciento de regulación en este caso es dado por la expresión (4.91) y sustituyendo en ella se obtiene:

109.277  92.953 0 . 9337 % Re g  x100  25.9 92.953 Comparando los resultados obtenidos en ambos casos se puede establecer que la tensión en la terminal transmisora en el caso (a) es mayor que en el

caso (b) debido a que se produce una mayor caída de tensión cuando no hay corriente en derivación, esto también lógicamente se refuerza al ver los valores de corriente en la terminal transmisora que es mayor en el caso (a) que en el (b) y en éste último caso se le debe sumar la corriente que suministra el efecto capacitivo en derivación. Por lo tanto las pérdidas activas (PS – PR) en el caso (b) son ligeramente mayores en el caso (a) que en el (b). El por ciento de regulación es ligeramente mayor en el caso (b) que en el (a).

LINEA LARGA Ejemplo 4.6.- Se tiene una línea de transmisión de 350 Km. de longitud que opera a la frecuencia de 60 Hz., cuyos parámetros son: resistencia de 0.115 /Km., reactancia inductiva de inductancia 0.55 /Km., y admitancia de 3.55 x 10-6 S/Km. La línea alimenta una carga de 90 MW., cuyo FP = 0.85(-), a la cual le aplica una tensión de línea de 230 KV. Determine: a) La tensión, corriente y potencia activa en la terminal transmisora. b) El por ciento de regulación. c) Los elementos que constituyen el circuito “” equivalente de la línea larga. Solución. Primero se calcularán los elementos que se necesitan para calcular las cantidades señaladas en el inciso a), que son los siguientes. La impedancia en serie total.

Z  0.115  j 0.55 350  40.25  j192.5  195.6678.190  La admitancia en derivación total es.





Y  3.55x10 6 90 0 350  1242.5x10 -6 90 0 S. La impedancia característica es.

Zc 

Z 195.6678.19 0   396.82 - 5.9 0   6 0 Y 1242.5x10 90

El producto del coeficiente de propagación por la longitud total de la línea es:

  ZY  (195.6678.19 0 )(1242.5x10  6 90 0 )  0.4930584.09 0     j   0.05976  j0.49043 ç La corriente en la terminal receptora es. IR 

90,000  265.787  31.780 A. 3 (230)(0.85)

Para calcular la tensión de fase a neutro en la terminal transmisora se recurre a la ecuación (4.111), de la cual es conveniente primero evaluar las funciones hiperbólicas por medio de las identidades (4.113) y (4.114), tal y como se muestra a continuación.

cosh(0.05076  j0.49043)  cosh 0.05076 cos 28.09 0  j senh0.05076 sen28.090 Donde:   0.49043 radianes  28.09 0 , de tal manera que: cosh   (1.00128)(0.8922)  j (0.05078)(0.47085)

cosh   0.8933  j 0.03391  0.89392.17 0 senh(0.05076  j0.49043)  senh0.05076 cos28.090  j cosh0.05076 sen 28.090 senh  (0.05078)(0.8922)  j (1.00128)(0.47085)

senh  0.04479  j 0.47146  0.473584.57 0 a).- Sustituyendo en la expresión para VS, que es la (4.111), se tiene. VS 

230,0000 0 (0.89392.17 0 )  (265.787  31.780 )(396.82  5.9 0 )(0.473584.57 0 ) 3

VS  118701.4832.17 0  49939.85446.89 0

VS  118616.359  j4494.583  34128.956  j36458.241 VS  152745.315  j40952.824  158140.017150 V.  158.14150 KV.

La corriente en la terminal transmisora se calculará de acuerdo a la ecuación (4.112) y sustituyendo en ella los valores previamente calculados se tiene. 0

0

IS  (265.787  31.78 )(0.89392.17 ) 

230,0000 0 (0.473584.57 0 ) 3 (396.82  5.9 0 )

IS  237.586  29.610  158.4590.47 0  206.55  j117.38  1.29  j158.44 IS  205.26  j41.05  209.32511.310

A.

La potencia activa en la terminal transmisora será dada por la expresión siguiente.

PS  3VSLIS cos S VSL  3VS  3(158.14)  273.9 KV Donde: Entonces: PS  3 (273.9)(209.325) cos(150  11.310 )  99099.73 KW  99.099 MW.

b).- El por ciento de regulación de la línea que en este caso es dado por la expresión siguiente. VS  VR, PC cosh  % Re g.  x 100 VR , PC Donde: VR , NC  VS cosh  , que se sustituye en la expresión (4.86) y sustituyendo valores se obtiene el resultado siguiente.

158.14  132.79 0 . 8939 % Re g.  x 100  33.22 132.79 c).- Los elementos componentes que constituyen el circuito “” equivalente de esta línea larga cuya estructura es igual al de la Fig.4.27, tendrán los valores que se calculan a continuación. La impedancia serie.

Z'  ZC senh  (396.82  5.9 0 )(0.473784.57 0 )  187.97378.67 0  La admitancia en derivación.

Y' 1 cosh   1 1 0.89392.17 0  1    612.4X10  6 79.87 0 S. 0 0 2 Z C senh 396.82  5.9 0.473584.57

SISTEMAS EN POR UNIDAD Ejemplo 6.2.- Exprese en por unidad las cantidades de tensión y reactancia de los elementos que constituyen el SEP mostrado en la figura adjunta con respecto a las cantidades base de potencia de 100 MVA y de tensión de 6.9 KV, éste último establecido para la sección donde esta localizado el motor equivalente. Los datos de los elementos se citan posteriormente. G1

T1

Línea 1

T2

Me

Sección 2

G2

Sección 3

Sección 1 1

Línea 2 Sección 5

Carga 2

T3

T4

Sección 4

Carga 1

G3

Fig. 6.5.- Diagrama unifilar del SEP.

Los datos de los elementos son:

G1 – 100 MVA, 15 KV, X = 0.27 pu.

Línea 1 – X = 80 

G2 – 150 MVA, 15 KV, X = 0.25 pu.

Línea 2 – X = 50 

G3 – 150 MVA, 13.8 KV, X 0.275 

Carga 1 – P = 50 MW, FP = 0.9 (-)

Me – 50 MVA, 6.9 KV, X = 25 %

Carga 2 – S = 20 MVA, FP = 0.85 (-)

T1 – 200 MVA, 15 / 230 KV, X = 0.3 pu. T2 – 200 MVA, 230 / 6.9 KV, X = 28 %. T3 – 150 MVA, 13.8 / 115 KV, X = 0.375  referido a BT. T4 – 150 MVA, 115 / 6.9 KV, X = 27.5  referido a AT. Solución.

Para la solución se sigue el procedimiento establecido previamente a este ejemplo, por lo que se hace lo siguiente.

1) Se divide el SEP en las cinco secciones que se ilustran en el diagrama unifilar adjunto.

2) Los valores de las cantidades base ya se especificaron en el enunciado y son: Potencia base – 100 MVA Tensión base – 6.9 KV para la sección 3.

3) En éste paso se establecen los valores de tensión base para las otras secciones del SEP respetando la relación de tensiones de línea de cada transformador involucrado, partiendo de que ya se conoce la tensión base para la sección 3, tal y como se muestra a continuación. Para la sección 2, que es adyacente a la sección 3, se tiene:

VB2 

Vatt 2 t2 Vbt

VB3 

230 (6.9)  230 KV. 6.9

Para la sección 1, se tiene.

VB1 

t1 Vbt

Vatt1

VB2 

15 (230)  15 KV. 230

Regresando nuevamente a la sección 3, para que en función del valor de tensión base se establezca la de la sección 4, así:

VB4 

Vatt 4 t4 Vbt

VB3 

115 (6.9)  115 KV 6.9

Para la sección 5, se tiene.

VB5 

t3 Vbt

Vatt 3

VB4 

13.8 (115)  13.8 KV 115

4) En éste paso se procede a referir las cantidades en por unidad de los elementos del SEP a las cantidades base de potencia y tensión para la sección donde se encuentre el elemento de que se trate, para lo cuál se utilizan las fórmulas previamente establecidas para los sistemas trifásicos. Se empezará por los generadores y el motor.

Para el generador 1, se tiene.

E gpu1 

E g1 15   1.0 pu. VB1 15

La reactancia hay que cambiarla de base, así.

X gn1



S X gv1  Bn S  Bv

   

2

2  VBv     (0.27)  100   15   0.27 pu. V   100   15   Bv 

En éste caso los valores en por unidad viejo y nuevo son iguales debido a que los valores base coinciden.

Para el generador 2, se tiene.

E gpu2 

E g 2 15   1.0 pu. VB1 15

También hay que cambiar de base la reactancia. 2

 100   15  X gpu2  (0.25)      0.166 pu  150   15 

Para el generador 3 que esta en la sección 5, se tiene.

E gpu3 

E g3 13.8   1.0 pu. VB5 13.8

La reactancia esta expresada en ohms y hay que expresarla en por unidad, lo cuál se hace utilizando la fórmula (6.10a), así.

X gpu3 

(0.275)(100) (13.8) 2

 0.144 pu.

El motor se refiere en por unidad de la misma forma que cualquier generador, así.

Em pu 

E m 6.9   1.0 pu. VB3 6.9

La reactancia del motor esta expresada en porciento, por lo que primero hay que expresarla en por unidad y luego cambiarla de base, así.

X Xm puv 

m

(%) 25   0.25 100 100

Ahora se refiere en por unidad a la nuevas bases.

 100   6.9  Xm    pun  (0.25)   50   6.9 

2

 0.5 pu.

Ahora se referirán en por unidad las reactancias de los transformadores que en este caso se presentan diferentes situaciones. Se empezará por el transformador 1, para el cuál su reactancia se le debe de cambiar de base, así.

 100   15  t1 X pu  (0.3)    

2

2

 100   230   (0.3)      0.15 pu  200   15   200   230 

Como se aprecia en el cálculo anterior la reactancia del transformador expresada en por unidad es la misma si se utilizan las tensiones del lado de baja tensión o las de alta tensión. En el caso del transformador 2 como la reactancia se encuentra expresada en porciento primero será necesario expresarla en por unidad y luego cambiarla de base, así.

t2 X puv 

28  0.28 pu. 100

 100  t2 X pun  (0.28)    200 

2

 230     0.14 pu.  230 

Para el transformador 3 la reactancia esta expresada en ohms y referida a baja tensión, entonces se debe referir a los valores base del lado de baja, así.

t3 X pu 

(0.375)(100) (13.8) 2

 0.196 pu.

En este caso se demostrará que si valor de reactancia expresada en ohms se refiere al lado de alta tensión afectándola por la relación de transformación y luego se expresa en por unidad a los valores base de la sección 4, dicho valor en por unidad será igual al que se obtuvo refiriéndola a los valores base de la sección 5, lo cuál se hace así.

t3 X at



t3 X bt

a

2





0.375



2 13.8 115

 26.04 ohms

El valor referido en por unidad a los valores base de la sección 4, es.

t3 X pu 

(26.04)(100) (115) 2

 0.196 pu.

Que es el mimo valor que se obtuvo en por unidad cuando se refirió a las bases de la sección 5, lo cuál demuestra que un valor expresado en por unidad es del mismo valor si de refiere al primario o al secundario de un transformador. Para el transformador 4 el valor de reactancia esta en ohms, por lo que se refiere en por unidad así.

t4 X pu 

(27.5)(100) (115) 2

 0.207 pu.

En el caso de las líneas como sus valores de reactancia están expresados en ohms solo hay que referirlos a las bases de la sección correspondiente, así. Para la línea 1.

1 XL pu 

(80)(100) (230) 2

 0.207 pu.

Par la línea 2. 2 XL pu 

(50)(100) (115) 2

 0.378 pu.

En el caso de las cargas se tienen datos de potencia y factor de potencia y se desea representarlas como impedancias referidas en por unidad, entonces primero se determinan su valor de impedancia en ohms y luego se refieren en por unidad respecto a las bases deseadas. Para la carga 1, primero se determina la potencia aparente que demanda, así

S

P 50   55.55 MVA FP 0.9

2  VL  VL   Z  3Z 

Si: S  3VL I L  3VL 

Por lo tanto:

Z c1 

S VL2

El ángulo será:



55.55 (6.9) 2

 1.166 ohms

θ1  cos 1 0.9  25.84 0 , por lo tanto.

Zc1 = 1.166 25.840 

Ahora referida a las bases de la sección 4, se tiene. 1 Z cpu 

(1.166)(100) (6.9) 2

 2.45 pu.

Adicionando el ángulo se tiene. 1 Z cpu  2.4525.84 0

Para la carga 2 se sigue un proceso parecido, así.

Z c2 

20 (13.8) 2

 0.105 ohms

El ángulo es: θ 2  cos 1 (0.85)  31.780 Referida en por unidad a las bases de la sección 5, se tiene.

Z cpu2 

(0.105)(100) (13.8) 2

 0.055 pu.

Con el ángulo es.

Z cpu2  0.05531.780 pu. Finalmente ya se podrá estructurar el circuito eléctrico con todas las cantidades expresadas en por unidad con respecto a una base común.

Xt3 Xg1

Xt2

XL1

Xt1

XL2

Xt4

Xg2 Xm

Xg3 E

g1

Eg2

Zc2 Eg3

Zc1

Fig.6.6.-Representación del SEP en forma de circuito con las cantidades expresadas en por unidad.

Em