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• Karen Marcela Mantilla Botello

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Problemario

Problema: Dado el siguiente Sistema de Potencia:

Datos del Sistema: V1 = 1.1∠0, V2 = 1.05 S d 2 = 1.0 + j 0.82 Z 12 = 0.0118 + j 0.047 Y 12 = j 0.082 (Susceptancia total a tierra) Pg 2 = 0.7 pu

Aplicando el método de Newton Raphson, determinar el balance de potencia en el sistema de potencia dado. Solución: Barra 1: Barra de referencia. V 1 = 1.1∠0 Barra 2: Barra PV: sp P2 = 0.7 − 1.0 = −0.3 sp

V2 = 1.05 sp

Construcción de la matriz Y:

Y=

5.0250 − j19.9740 − 5.0250 + j 20.0150 − 5.0250 + j 20.0150 5.0250 − j19.9740

Problemario

∆P2 = H 22 × ∆θ 2 H 22 =

∂P2 = V2 [(−G21 senθ 21 + B21 cosθ 21 )V1 ] ∂θ 2

H 22 = 1.05(5.0250senθ 2 + 20.0150 cosθ 2 )1.1 ∆P2 = −0.3 − 1.05[(− 5.0250 cosθ 2 + 20.0150senθ 2 )1.1 + 5.0250 ⋅ 1.05]

∆P2 = −0.3 − 1.05[− 5.5275 cosθ 2 + 22.0165senθ 2 + 5,2763] Aproximación inicial:

θ 20 = 0 Primera Iteración: H 22 = 1.05 ⋅ 20.0150 ⋅ 1.1 = 23.1173 1

∆P2 = −0.3 − 1.05 ⋅ (− 5.5275 + 5.2763) = −0.0362 1

∆θ 2 = 1

∆P2 = −1.5659 ⋅ 10 −3 rad H 22

∆θ 2 = −0.0897 o 1

θ 21 = θ 2 0 + ∆θ 21 = 0 − 0.0897 = −0.0897 V2 = 1.05∠ − 0.0897 1

Segunda Iteración: ∆p 2 = −0.3 − 1.05 ⋅ [− 5.5275 cos(−0.0897) + 22.0165sen(−0.0897) + 5.2763] 2

∆P2 = −0.000056 2

∆P2 = 0.000056 ≤ 10 −3 2

Se cumple con el criterio de convergencia, por lo tanto, no es necesaria una segunda iteración.

Problemario

Balance de potencia

P1 = G11 ⋅ V1 + V1 ⋅ (G12 cos θ 12 + B12 senθ 12 ) ⋅ V 2 2

P1 = 5.0250 ⋅1.12 + 1.1 ⋅ (− 5.0250 cos(0.0897) + 20.0150sen(0.0897) ) ⋅1.05 = 0.3126 Pg1 = P1 + Pd 1 = 0.3126 + 0 = 0.3126 Q1 = − B11 ⋅V1 + V1 (G12 senθ 12 − B12 cos θ 12 ) ⋅ V 2 2

Q1 = 19.9740 ⋅1.12 + 1.1(− 5.0250sen(0.0897) − 20.0150 cos(0.0897) ) ⋅1.05 = 1.0422 Q g1 = Q1 + Q d 1 = 1.0422 + 0 = 1.0422 Q 2 = − B 22 ⋅ V 2 + V 2 (G 21 senθ 21 − B 21 cos θ 21 ) ⋅V1 2

Q 2 = 19.9740 ⋅1.05 2 + 1.05 ⋅ (− 5.0250sen(−0.0897) − 20.0150 cos(−0.0897) ) ⋅1.1 = −1.0869 Q g 2 = Q2 + Qd 2 = −1.0869 + 0.8 = −0.2869

Pérdidas en la línea de transmisión:

V1 −V 2 0.0118 + j 0.047 1.1∠0 − 1.05∠ − 0.0897 = 0.9891∠ − 73.3043 I 1 = 1.1∠0 ⋅ j 0.041 + 0.0118 + j 0.047 I 1 = V 1 ⋅ j 0.041 +

S 1 = V 1 ⋅ I 1 = 1.1∠0 ⋅ 0.9891∠73.3043 = 1.0880∠73.3043 *

I 2 = V 2 ⋅ j 0.041 +

V 2 − V1 0.0118 + j 0.047

I 2 = 1.05∠ − 0.0897 ⋅ j 0.041 +

1.05∠ − 0.0897 − 1.1∠0 = 1.0738∠105.3409 0.0118 + j 0.047

S 2 = V 2 ⋅ I 2 = 1.05∠ − 0.0897 ⋅ 1.0738∠ − 105.3409 = 1.1275∠ − 105.4306 *

S L = S 1 + S 2 = 1.0880∠73.3043 + 1.1275∠ − 105.4306 = 0.0465∠ − 74.2954

∑S

g

=∑Sd + ∑SL

(0.3126 + j1.0422) + (0.7 − j 0.2869) = (1.0 + j 0.82) + (0.0465∠ − 74.2954) (1.26∠36.72) = (1.26∠36.72)

Problemario

Resumen de resultados: Barra 1 2

Pg 0.3126 0.7

∑P

g

= 1.0126

Qg 1.0422 -0.2869

∑Q

g

= 0.7553

Pd --1.0

∑P

d

= 1.0

Qd --0.82

∑Q

d

= 0.82

V 1.1∠0 1.05∠ − 0.0897

Problemario

Problema: Dado el siguiente sistema de potencia:

Datos del Sistema: G1: 100 MVA, 13.8 KV, X´´=10%, X´=15%, Xd=100% G2: 60 MVA, 13.8 KV, X´´=12%, X´=17%, Xd=100% T1: 100 MVA, 13.8/115 KV, X=0.08 p.u. T2: 80 MVA, 13.8/115 KV, X= 0.075 p.u. L23: X= 44.83 (Ω) L24: X= 22.50 (Ω) L45: X=54.60 (Ω) L35: X= 28.60 (Ω) Sd2: 1.2 + j 0.8 (p.u.) Sd3: 0.8 + j0.4 (p.u.) Sd4: 0.95 + j0.74 (p.u.) Sd5: 0.96 + j0.86 (p.u.) Utilizando el método de la matriz Z, para el período subtransitorio, calcular: a.- Las tensiones de post-fallo en las barras del sistema si ocurre un fallo en la barra 4. b.- La distribución de la corriente de fallo, obtenida en (a), en las líneas de transmisión. c.- La capacidad de corto-circuito (SCC), en cada una de las barras ((2),(3),(4) y (5)) del sistema. Solución: Se selecciona una base de 100 MVA y 13.8 KV en la barra 1.

Problemario

Tensiones bases: V1 13.8 KV

V2 115 KV

V3 115 KV

V4 115 KV

V5 115 KV

Impedancias en por unidad: X G 1 pu = j 0.1 X G 2 pu = j 0.12 ⋅

100 = j 0.2 60

X T 1 pu = 0.08

100 = j 0.094 80 100 X L 23 pu = 44.83 ⋅ = j 0.339 115 2 100 X L 24 pu = 22.50 ⋅ = j 0.170 115 2 100 X L 45 pu = 54.60 ⋅ = j 0.413 115 2 100 X L 35 pu = 28.60 ⋅ = j 0.216 115 2 X T 2 pu = 0.075

Las cargas se pueden despreciar

V6 13.8 KV

Problemario

Construcción de la matriz Y: Diagrama de reactancias A partir del diagrama de reactancias se obtiene:

− j 22.5 j12.5 0 0 0 0 j12.5 − j 21.33 j 2.95 j 5.88 0 0 0 j 2.95 − j 7.58 0 j 4.63 0 Y= 0 j 5.88 0 − j8.30 j 2.42 0 0 0 j 4.63 j 2.42 − j17.69 j10.64 0 0 0 0 j10.64 − j15.64 Construcción de la matriz Z:

Z = Y −1

j 0.0868 j 0.0763 j 0.0534 = j 0.0653 j 0.0388 j 0.0264

j 0.0763 j 0.1373 j 0.0960 j 0.1176 j 0.0698 j 0.0475

j 0.0534 j 0.0960 j 0.2531 j 0.1080 j 0.1371 j 0.0933

j 0.0653 j 0.1176 j 0.1080 j 0.2335 j 0.1019 j 0.0693

j 0.0388 j 0.0698 j 0.1371 j 0.1019 j 0.1800 j 0.1225

j 0.0264 j 0.0475 j 0.0933 j 0.0693 j 0.1225 j 0.1473

Problemario

a.Vj = 1− V1 = 1 − V2 = 1 − V3 = 1 − V4 = 1 − V5 = 1 − V6 = 1 −

Z jk Z kk j 0.0653 = 0.7203 j 0.2335 j 0.1176 = 0.4964 j 0.2335 j 0.1080 = 0.5375 j 0.2335 j 0.2335 =0 j 0.2335 j 0.1019 = 0.5636 j 0.2335 j 0.0693 = 0.7032 j 0.2335

b.-

I 24 =

V 2 − V 4 0.4964 = = − j 2.92 j 0.170 j 0.170

I 23 =

V 2 −V 3 = j 0.1212 j 0.339

I 35 =

V 3 −V 5 = j 0.1208 j 0.216

I 54 =

V 5 −V 4 = − j1.3646 j 0.413

c)

MVAccj =

1 X THj

Problemario

1 = 7.28 0.1373 1 = = 3.95 0.2531 1 = = 4.28 0.2335 1 = = 5.56 0.1800

MVAcc 2 = MVAcc 3 MVAcc 4 MVAcc 5

Problemario

Problema:

Generador

Transformador

Motor

Carga Sd

S g =20 MVA V t = 13.6 KV X g = j1.11 Ω

S T = 30 MVA 13.8/138 KV X T2 = j63.48

S M =25 MVA V n = 34 KV X m = j1.52 Ω

10 MW cosθ = 0.7 en atraso

Transformador Tridevanado Lado H X T

Conexión S(MVA) Y 100 Y 75 25 ∆

Ensayo Alimentado Lado cc por 1 H X 2 H T 3 T X

V(KV) 138 34.5 13.8

V(KV)

I(A)

4.8 1 0.125

I xn I tn I tn

Línea de Transmisión: Z= (0.1603+j0.8277) Ω/milla Y= j5.105x10-6 S/milla Longitud= 230 millas Si la tensión en la barra D es igual a 32 KV y el motor consume 10 MW con cosθ = 0.85 en atraso, Calcular: a) Las tensiones en las barras y las corrientes en cada rama. b) si en la barra c se adiciona una resistencia de 300 Ω. Calcular las tensiones de barra resultantes por el método de la matriz de impedancias Z.

Base: 20 MVA y 13.8 KV en la barra A.

Problemario

Solución: -Circuito equivalente en por unidad sobre la nueva base: Tensiones bases: VA 13.8 KV

VB 138 KV

VC 138 KV

VD 34.5 KV

VT 13.8 KV

 138 KV  VB = 13.8 KV ⋅   = 138 KV  13.8 KV  VB = VC  34.5 KV  VD = 138 KV ⋅   = 34.5 KV  138 KV   13.8 KV  VT = 138 KV ⋅   = 13.8 KV  138 KV  20 = j 0.117 13.8 2 20 X T pu = j 63.48 ⋅ = j 0.067 138 2

X g pu = j1.11 ⋅

Para la línea de transmisión Se usará el circuito Π nominal:

Z Π = (0.1603 + j 0.8277) ⋅ 230 = 193.91∠79.04Ω 230 Y Π = 5.105 ⋅ 10 −6 ∠90 ⋅ = j 5.87 ⋅ 10 − 4 S 2 138 2 = 952.2 20 1 = = 1.05 ⋅ 10 −3 S Z base

Z base = Ybase

Problemario

193.91∠79.04 = 0.204∠79.04 952.2 j 5.87 ⋅ 10 − 4 Y Π pu = = 0.559∠90 1.05 ⋅ 10 −3 Z Π pu =

Transformador tridevanado Para obtener las impedancias del circuito equivalente del transformador tridevanado, se pueden aplicar diferentes procedimientos, a continuación se ilustran algunos caminos para obtener dichas impedancias: Primer método: I Xn = I Tn =

75MVA 3 ⋅ 34.5 KV 25MVA

= 1255.11A

= 1045.92 A 3 ⋅ 13.8 KV 4.8 KV (H ) Z HX = = j8.83Ω  34.5  3 ⋅ 1255.11A ⋅    138  1KV (H ) Z HT = j 5.52Ω =  13.8  3 ⋅ 1045.92 ⋅    138  0.125 KV (T ) Z TX = = j 0.069Ω 3 ⋅ 1045.92 Z TX

(H )

= Z TX

(T )

V ⋅  nH  VnT

2

 138   = j 0.069  = j 6.9Ω  13.8   2

Problemario

(

)

(

)

(

)

1 1 (H ) (H ) (H ) ⋅ Z HX + Z HT − Z TX = ⋅ ( j8.83 + j 5.52 − j 6.9 ) = j 3.725Ω 2 2 1 1 (H ) (H ) (H ) (H ) ZX = ⋅ Z HX + Z TX − Z HT = ⋅ ( j8.83 + j 6.9 − j 5.52 ) = j 5.105Ω 2 2 1 1 (H ) (H ) (H ) (H ) ZT = ⋅ Z TX + Z HT − Z HX = ⋅ ( j 6.9 + j 5.52 − j8.83) = j1.795Ω 2 2 20 Z H pu = j 3.725 ⋅ = j 0.00391 pu 138 2 20 Z X pu = j 5.105 ⋅ = j 0.00536 pu 138 2

ZH

(H )

=

Z T pu = j1.795 ⋅

20 = j 0.00189 138 2

Segundo método: Sabemos que las impedancias de cortocircuito en por unidad referidas a la base de potencia del lado de menor potencia son iguales a las tensiones de cortocircuito en por unidad. 4.8 KV = j 0.0348 138 KV 1KV V ´ccH pu = Z HT pu = = j 0.00725 138 KV 0.125 KV V ´´ccT pu = Z TX pu = = j 0.00906 13.8 KV Vcc H pu = Z HX pu =

Debemos convertir estas impedancias a la nueva base:

Problemario 2

 20   138  Z HX pu = j 0.0348 ⋅   ⋅   = j 0.00928  75   138  2

 20   138  Z HT pu = j 0.00725  ⋅   = j 0.00580  25   138  2

 20   13.8  Z TX pu = j 0.00906  ⋅   = j 0.00725  25   13.8  1 Z H pu = ⋅ (Z HX pu + Z HT pu − Z TX pu ) = j 0.00391 2 1 Z X pu = ⋅ ( Z HX pu + Z TX pu − Z HT pu ) = j 0.00536 2 1 Z T pu = ⋅ ( Z HT pu + Z TX pu − Z HX pu ) = j 0.00189 2 Cargas: Corriente en la carga Sd: ID =

10 MW 3 ⋅ 32 KV ⋅ 0.7

∠ − 45.57 = 257.75∠ − 45.57 A

Corriente en el motor: IM =

10 MW 3 ⋅ 32 KV ⋅ 0.85

= 212.26∠ − 31.79 A

Corriente total: I = I D + I M = 466.65∠ − 39.35 A 20 MVA I base = = 334.7 A 3 ⋅ 34.5 KV 466.65∠ − 39.35 = 1.39∠ − 39.35 pu I pu = 334.7 V D pu (32 / 34.5)∠0 0.928∠0 = = = 0.668∠39.35 Z pu = 1.39∠ − 39.35 1.39∠ − 39.35 I pu

Problemario

Circuito equivalente en por unidad:

a) V D = 0.928∠0 pu V C = ( j 0.00391 + j 0.00536) ⋅ (1.39∠ − 39.35) + 0.928∠0 = 0.936∠0.61 pu I C 2 = j 0.559 ⋅ V C = 0.523∠90.61 pu I 2 = I C 2 + I = 1.13∠ − 18.53 pu V B = 0.204∠79.04 ⋅ I 2 + V C = 1.07∠11.35 pu I C1 = j 0.559 ⋅ V B = 0.598∠101.35 pu V A = j 0.067 ⋅ 0.980∠13.40 + V B = 1.07∠14.87 pu Debido al desfasaje introducido por el transformador ∆-Y, al pasar de alta a baja tensión, la corriente y la tensión en el generador se atrasan 30º de ésta forma tenemos: V A = 1.07∠(14.87 − 30) = 1.07∠ − 15.13 pu I g = 0.980∠(13.40 − 30) = 0.980∠ − 16.6 pu

b) La matriz Y del sistema nos queda

Ybarra

23.47∠ − 90 14.93∠90 0 0 14.93∠90 19.20∠ − 87.22 4.90∠100.96 0 = 0 4.90∠100.96 260∠ − 89.79 107.87∠90 0 0 107.87∠90 108.83∠ − 89.39

Z = Y −1

0.085∠87.39 0.064∠84.76 = 0.002∠94.94 0.002∠94.33

0.066∠84.76 0.104∠84.76 0.003∠94.94 0.003∠94.33

0.002∠94.94 0.003∠94.94 0.007∠89.47 0.007∠88.86

0.002∠94.33 0.003∠94.33 0.007∠88.86 0.016∠88.92

Problemario

Cálculos de las variaciones de tensión en las barras debidas a la adición de la resistencia:

R = 300Ω 20 = 0.315 138 2 0.936∠0.61 = 2.970∠ − 0.66 Ic = 0.007∠89.47 + 0.315 ∆V A = − I C ⋅ Z AC = −1 ⋅ (2.970∠ − 0.66 ) ⋅ (0.002∠94.94 ) = 0.006∠ − 85.72 Rpu = 300 ⋅

∆V B = − I c ⋅ Z BC = −1 ⋅ (2.970∠ − 0.66 ) ⋅ (0.003∠94.33) = 0.009∠ − 86.33

∆V C = − I C ⋅ Z CC = −1 ⋅ (2.970∠ − 0.66 ) ⋅ (0.007∠89.47 ) = 0.021∠ − 91.19

∆V D = − I C ⋅ Z DC = −1 ⋅ (2.970∠ − 0.66 ) ⋅ (0.007∠88.86 ) = 0.021∠ − 91.80

Cálculo de las tensiones finales: V A = (1.07∠ − 15.13) + (0.006∠ − 85.72 ) = 1.07∠ − 15.43 V B = (1.07∠11.35) + (0.009∠ − 86.33)) = 1.07∠10.87

V c = (0.936∠0.61) + (0.021∠ − 91.19 ) = 0.94∠ − 0.68 V d = (0.928∠0 ) + (0.021∠ − 91.80 ) = 0.93∠ − 1.30

Problemario

Problema:

Datos: G 1 : 20 MVA, 13.6 KV, X G =0.12pu T 1 : 30 MVA, 13.8/138 KV, X=10% T2: Tensiones de Corto Circuito: X HX =3.48% X HT = 0.73% X TX = 0.91%

H: 100 MVA, 138 KV X: 75 MVA, 34.5 KV T: 25 MVA, 13.8 KV M: 25 MVA, 13.8 KV, X M =0.2 p.u. L BC1 : X=j30 ohm L BC2 : X=j30 ohm L 1 : 3.42 ohm, con fp= 0.8 (atraso) Determinar:

a.- El circuito equivalente en por unidad, en una base de 100 MVA y 14 KV en la barra A. b.- La tensión en la barra B y la corriente en c/u de las líneas BC en paralelo, después de insertar una resistencia trifásica de 300 ohm en la barra C, y cuando la tensión en la barra D es 12 KV y el motor se encuentra desconectado. Utilizar en la solución el teorema de thevenin, superposición y el método de la matriz de admitancia. Solución: Base: 100 MVA y 14 KV en la barra A. Tensiones bases: VA 14 KV

VB 140 KV

VC 140 KV

VD 35 KV

VT 14 KV

Problemario

Impedancias en por unidad: 2

X G1

 100   13.6  = j 0.12 ⋅   = j 0.566 ⋅  20   14  2

 100   13.8  X T 1 = j 0.1 ⋅   = J 0.324 ⋅  30   14  Transformador tridevanado: 2

X HX

 100   138  pu = 0.0348 ⋅   = j 0.045 ⋅  75   140  2

 100   138  X HT pu = 0.0073 ⋅   = j 0.028 ⋅  25   140  2

 100   13.8  X TX pu = 0.0091 ⋅  ⋅  = j 0.035  25   14  1 X H = ⋅ ( j 0.045 + j 0.028 − j 0.035) = j 0.019 pu 2 1 X X = ⋅ ( j 0.045 + j 0.035 − j 0.028) = j 0.026 pu 2 1 X T = ⋅ ( j 0.028 + j 0.035 − j 0.045) = j 0.009 pu 2 2

 100   13.8  X M = j 0.2 ⋅   = j 0.777 pu ⋅  25   14  100 = j 0.153 LBC 1 = j 30 ⋅ 140 2 LBC 2 = j 0.153 L1 = 3.42 ⋅

100 = 0.279∠36.87 35 2

a.- Circuito equivalente en por unidad:

Problemario

b) Rpu = 300 ⋅

100 = 1.531 pu 140 2

Cálculo de las tensiones y corrientes de prefallo: 12 KV = 0.343∠0 pu 35 KV VD 0.343∠0 = = 1.229∠ − 36.87 pu ID = 0.279∠36.87 0.279∠36.87 V B = (1.229∠ − 36.87) ⋅ ( j 0.0765 + j 0.019 + j 0.026 ) + V D

VD =

V B = 0.449∠15.44 V C = (1.229∠ − 36.87 ) ⋅ ( j 0.019 + j 0.026 ) + (0.343∠0 ) V C = 0.379∠6.71 I BC = 0.615∠ − 36.87 Construcción de la matriz Z: − j 4.85 j 3.09 0 0 j 3.09 − j16.16 j13.07 0 Y= 0 j13.07 − j 35.29 j 22.22 0 0 j 22.22 24.54∠ − 83.29

Z = Y −1

IC =

0.31∠80.69 0.17∠63.03 = 0.15∠54.30 0.13∠47.59

0.17∠63.03 0.27∠63.03 0.23∠54.30 0.21∠47.59

0.15∠54.30 0.23∠54.30 0.25∠54.30 0.22∠47.59

0.13∠47.59 0.21∠47.59 0.22∠47.59 0.24∠47.59

0.379∠6.71 = 0.224∠ − 0.19 1.531 + 0.25∠54.3

Variaciones de tensión: ∆VB = − Z BC ⋅ I C = −(0.23∠54.30 ) ⋅ (0.224∠ − 0.19 ) = 0.052∠ − 125.89 ∆VC = − Z CC ⋅ I C = −(0.25∠54.30 ) ⋅ (0.224∠ − 0.19 ) = 0.056∠ − 125.89

Problemario

Variaciones de corriente: ∆I BC =

∆V B − ∆VC (0.052∠ − 125.89 ) − (0.056∠ − 125.89) = = 0.052∠ − 35.8 j 0.0765 j 0.0765

Corrientes y tensiones aplicando el principio de superposición: V Bp = V B + ∆VB = (0.449∠15.44 ) + (0.052∠ − 125.89 ) = 0.410∠10.89 I BCp = I BC + ∆I BC = 0.615∠ − 36.87 + 0.052∠ − 35.89 = 0.667∠ − 36.79

Problemario

Problema: Dado el siguiente sistema de potencia:

Datos del SP: Generador 1: 30MVA; 13.8KV; X=0.15 pu. T 1 : conectado en ∆-Y, 3x10MVA; 13.2/66.4KV; X=0.005+j0.077pu T 2 : conectado en ∆-Y, 3x8.33MVA; 110/3.98KV; X=0.008+j0.08pu L 1 : 0.2 + j0.8 Ω/milla M: Motor sincrónico 25MVA; 6.6KV; X=0.25pu. Determinar la corriente en la línea de transmisión y el voltaje terminal de G 1 cuando es entregado 10MW (cosθ=1) al motor y el voltaje en la carga es de 6.6KV, utilizando el sistema real y el sistema en por unidad. Solución: En el sistema en por unidad: Si se selecciona una base de 30MVA y 13.8KV en la barra A, tenemos: Tensiones bases: VA 13.8KV

VB VC VD 120.23KV 120.23KV 7.53KV

115 = 120.23KV = VC 13.2 6.89 VD = 120.23 ⋅ = 7.53KV 110 VB = 13.8

Problemario

X g pu = j 0.15 2

30  115  X T 1 pu = (0.005 + j 0.077 ) ⋅ ⋅   = 0.00457 + j 0.0704 30  120.23  X T 2 = (0.008 +

2

110   = 0.008036 + j 0.0836 25  120.23 

30  j 0.08) ⋅ ⋅ 

X L1 pu = (0.2 + j 0.8) ⋅ 40 ⋅

30 = 0.0166 + j 0.0664 120.23 2

Corriente en el motor: IM =

10 MW 3 ⋅ 6.6 KV

I M pu = 874.77 ⋅

= 874.77∠0 A 3 ⋅ 7.53KV = 0.3803∠0 30 MVA

Corriente en la carga: ID =

10 MW 3 ⋅ 6.6 KV ⋅ 0.7

∠ − 45.57 = 1249.68∠ − 45.57 A

3 ⋅ 7.53KV ∠ − 45.57 = 0.5433∠ − 45.57 30 MVA I total pu = I M pu + I D pu = 0.8539∠ − 27.02 6.6 KV VD pu = = 0.8765∠0 7.53KV I D pu = 1249.68 ⋅

Circuito equivalente en por unidad:

V A pu = (0.8539∠ − 27.02 ) ⋅ ((0.0705∠86.29) + (0.0684∠75.96) + (0.0840∠84.51)) + (0.8765∠0 ) V A pu = 0.9965∠9.02

Problemario

En voltios se obtiene: V A = 13.7517∠9.02 KV ; I BC = (0.8539∠ − 27.02 ) ⋅

30 MVA

= 123.01∠ − 27.02 3 ⋅ 120.23KV Si se considera el desfasaje introducido por los transformadores ∆-Y nos queda:

I BC = 123.01∠2.98 En el sistema real: X G1 = 0.15 ⋅

(

13.8 2 = j 0.9522Ω 30

)

 66.4 ⋅ 3 2   = (2.2045 + j 33.9440)Ω X T 1 = (0.005 + j 0.077 ) ⋅    30   2  110   = (3.872 + j 38.72 )Ω = 38.9131∠84.29 X T 2 = (0.008 + j 0.08) ⋅   25  X L1 = (0.2 + j 0.8) ⋅ 40 = 8 + j 32 I M = 874.77∠0 A I D = 1249.68∠ − 45.57 A I total = 1964.04∠ − 27.02 A Circuito monofásico referido a la estrella equivalente:

Circuito equivalente monofásico referido al lado de 13.2KV:

Problemario

V A f = (1071.7680∠ − 27.02) ⋅ (1.3914∠82.34 ) + (6.9819∠0 )KV = 7925.86 KV V ALL = 13.7280∠8.90 KV  6.89 KV  I BC = 1964.04 ⋅  ∠(−27.02 = 123.02∠2.98 A  110 KV 

Problemario

Problema: Datos: Generador: 75MVA; 14KV; X=10% Transformador: 3x20MVA;13.8/132.79KV; X=1.5Ω referida a BT Línea de Transmisión: X=0.5Ω/Km. Transformador tridevanado: -Primario: 60MVA; 230KV -Secundario: 35MVA; 66KV -Terciario: 25MVA; 13.8KV En el siguiente sistema de potencia:

X PS =10%; X PT =15%; X TS = 30% Motor de Inducción: 1000 hp; 13.8 KV; X=10%; η=90%; fp=0.85 (atraso) Determinar el circuito equivalente en por unidad en una base de 100MVA y 14KV en el nivel del generador. Solución: Tensiones Bases: VA 14KV

VB VC VD VT 233.33KV 233.33KV 66.96KV 14KV 2

X G1 pu = j 0.1 ⋅

100  14  ⋅   = j 0.1333 75  14  2

j1.5 100  13.8  X T 1 pu = ⋅ ⋅  = j '0.8097 3 60  14   100  X L1 pu = 0.5 ⋅ 100 ⋅  = j 0.0918 2   233.33 

Problemario

Transformador tridevanado: 2

Xps

H

 100   230  = j 0.1 ⋅   = j 0.2776 ⋅  35   233.33  2

X pt

H

 100   230  = j 0.15 ⋅   = j 0.5830 ⋅  25   233.33  2

X ts

H

Xp

H

Xs

H

XT

H

 100   13.8  = j 0.3 ⋅   = ⋅  25   14  1 H H H = ⋅ X ps + X pt − X ts 2 1 H H H = ⋅ X ps + X ts − X pt 2 1 H H H = ⋅ X pt + X ts − X ps 2

(

(

(

j1.1660

) = 12 ⋅ ( j0.2776 + j0.5830 − j1.1660) = − j0.1527

) = 12 ⋅ ( j0.2776 + j1.1660 − j0.5830) = j0.4303

) = 12 ⋅ ( j0.5830 + j1.1660 − j0.2776) = j0.7357

Motor de Inducción: Sm =

1000 ⋅ 746 = 0.97516MVA 0.85 ⋅ 0.9 2

 100   13.5  X m pu = j 0.1 ⋅   = j 9.5353 ⋅  0.97516   14 

Sistema de barra Infinita: X TH =

Circuito equivalente en por unidad:

1 = j1 MVAcc pu

Problemario

Problema: Dado el siguiente sistema de potencia:

Datos del Sistema: -Circuito Π nominal: Z D = 0.0118 + j 0.047 Y D = j 0.082 S base = 100 MVA

Carga: PD = 100 MW QD = 60 MVAR Aplicando el método de Newton Raphson, determinar: a) El perfil de tensión del sistema. b) La potencia total compleja suministrada por el generador c) Las pérdidas de potencia a través de la línea de transmisión d) El balance de potencia en el sistema. Solución: Barra1: Barra de referencia. V1=1∠0 Barra 2: Barra de carga. P 2 sp=-1; Q 2 sp=-j0.6 Cálculo de la matriz Y:

Problemario

Y=

5.0250 − j19.9740 − 5.0250 + j 20.0150 − 5.0250 + j 20.0150 5.0250 − j19.9740

Matriz Jacobiana: ∂P2 ∆P2 ∂θ 2 = ∂ Q2 ∆Q2 ∂θ 2

∂P2 ∆θ 2 ∂V2 = ∆V2 ∂Q2 V2 ⋅ V2 ∂V2 V2 ⋅

∂P2 2 2 sp = −Q2 − V2 ⋅ B22 = 0.6 + 19.9740V2 ∂θ 2

V2 ⋅

∂P2 2 2 sp = P2 + V2 ⋅ G22 = −1 + 5.0250 ⋅ V2 ∂V2

∂Q2 2 2 sp = P2 − V2 ⋅ G22 = −1 − 5.0250 ⋅ V2 ∂θ 2

V2 ⋅

∂Q2 2 2 sp = Q2 − V2 ⋅ B22 = −0.6 + 19.9740 ⋅ V2 ∂V2

n

∆Pi = Pi − Vi ⋅ ∑ (Gik ⋅ cosθ ik + Bik ⋅ senθ ik ) ⋅ Vk sp

k =1

∆P2 = −1 − V2 [(− 5.0250 ⋅ cosθ 21 + 20.0150 ⋅ senθ 21 ) ⋅ V1 + 5.0250 ⋅ cosθ 22 ⋅ V2 ] ∆P2 = −1 + 5.0250 ⋅ V2 ⋅ cosθ 2 − 20.0150 ⋅ V2 ⋅ senθ 2 − 5.0250 ⋅ V2

2

n

∆Qi = Qi − Vi ⋅ ∑ (Gik ⋅ senθ ik − Bik ⋅ cosθ ik )Vk sp

K =1

∆Q2 = −0.6 − V2 ⋅ [(− 5.0250 ⋅ senθ 2 − 20.0150 ⋅ cosθ 2 ) + 19.9740 ⋅ V2 ] ∆Q2 = −0.6 + 5.0250 ⋅ V2 ⋅ senθ 2 + 20.0150 ⋅ V2 ⋅ cosθ 2 − 19.9740 ⋅ V2

Aproximación inicial: V 2 0=1∠0

2

Problemario

Primera iteración: ∂P2 = 20.574 ∂θ 2 V2 ⋅

∂P2 = 4.025 ∂V2

∂Q2 = −6.025 ∂θ 2 V2 ⋅

∂Q2 = 19.9740 ∂V2

∆P2 = −1 ∆Q2 = −0.559

∆θ 2 −1 20.574 4.025 = ⋅ ∆V2 − 0.559 − 6.025 19.974 V2 −1 ∆θ 2 20.574 4.025 −1 ∆V2 = ⋅ − 6.025 19.974 − 0.559 V2

∆θ 2 0.04590 − 0.0092487 −1 1 ⋅ ∆V2 = 0.01384 0.047275 − 0.559 V2 1

∆θ 2 = −0.0407rad 1

∆V2 = −0.0403 V2 1

∆θ 2 = −2.3319º 1

V2 = 1 − 0.0403 = 0.9597 1

V 2 = 0.9597∠ − 2.3319 1

Problemario

Segunda iteración: ∂P2 = 18.9965 ∂θ 2 V2 ⋅

∂P2 = 3.6281 ∂V2

∂Q2 = −5.6281 ∂θ 2 V2 ⋅

∂Q2 = 17.7965 ∂V2

∆P2 = −0.0281 ∆Q2 = −0.000264 −1 ∆θ 2 18.9965 3.6281 − 0.0281 ∆V2 = ⋅ − 5.6281 17.7965 − 0.000264 V2

∆θ 2 = −0.0013923rad 2

∆V2 = −0.00045514 ∆V2 2

∆θ 2 = −0.07977º 2

V2 = 0.9597 ⋅ (1 − 0.00045514 ) = 0.95926 2

θ 2 2 = −2.3319 − 0.07977 = −2.41167º V 2 = 0.95926∠ − 2.41167 2

∆P2 = 1.1309 ⋅ 10 −5 ≤ 10 −3 2

∆Q2 = 7.9796 ⋅ 10 −5 ≤ 10 −3 2

No es necesaria una tercera iteración. a.- Perfil de tensión del sistema: V 1 = 1∠0 ; V 2 = 0.95926∠ − 2.41167

Problemario

b.- Potencia total compleja suministrada por el generador: 5.0250 − j19.9740 − 5.0250 + j 20.0150 1∠0 I1 = ⋅ I 2 − 5.0250 + j 20.0150 5.0250 − j19.9740 0.95926∠ − 2.41167

I 1 = (5.0250 − j19.9740) ⋅ (1∠0 ) + (− 5.0250 + j 20.0150) ⋅ (0.95926∠ − 2.41167 ) I 1 = 1.1749∠ − 30.0626 pu S 1 = V 1 ⋅ I 1 = (1∠0) ⋅ (1.1749∠30.0626) = (1.0169 + j 0.58856) *

S G1 = S 1 + S D1 = (1.0169 + j 0.58856) + 0 = (1.0169 + j 0.58856) c.- Pérdidas de potencia a través de la línea de transmisión:

I 2 = (− 5.0250 + j 20.0150) + (5.0250 − j19.9740) ⋅ (0.95926∠ − 2.41167 ) I 2 = (1.2158∠146.62 ) S 2 = V 2 ⋅ I 2 = (0.95926∠ − 2.41167 ) ⋅ (1.2158∠ − 146.62 ) = (1.1663∠ − 149.0317 ) *

S L = S 1 + S 2 = 0.0168 − j 0.0116 d.- El balance de potencia del sistema: S G = S D + S pérdidas S G = 1 + j 0.6 + 0.0168 − j 0.0116 S G = 1.0168 + j 0.5884 S G − S D − S pérdidas = 0 1.0169 + j 0.58856 − 1.0168 − j 0.5884 = 0

Resúmen de resultados: Barra 1 2

Pg 1.0169 0

Qg 0.58856 0

Pd 0 1

Qd 0 0.6

V 1∠0 0.95926∠ − 2.41167

Problemario

Problema: En el siguiente sistema de potencia dado en la figura: MVA base =100

Se conoce la siguiente información: Datos de barras: Barra 1 2 3

|V| (pu) 1.0 0.98517 1.0

α(o) 0.0 -----

P g (MW) Q g (MVAR) P L (MW) Q L (MVAR) ----0.00 0.00 0.00 --80.00 60.00 150.00 --200.00 150.00

Datos de línea: Línea 1-2 1-3 2-3

Resistencia (pu) Reactancia (pu) Susceptancia (pu) 0.07448 0.03720 0.02000 0.01272 0.06360 0.03000 0.01008 0.05048 0.02500

Calcular: a) Utilizando el método de Gauss-Seidel. Calcular el perfil de voltajes en el sistema dado, después de una iteración. b) Si las tensiones en las barras después de concluir el proceso iterativo son: V 1 = 1.00000∠90 V 2 = 0.98517∠ − 3.86781 V 3 = 1.00000∠ − 3.09259

Problemario

Determinar: b.1) La potencia reactiva que debe entregar el capacitor colocado en la barra 2. b.2) La reactancia del capacitor. b.3) Las pérdidas de potencia activa y reactiva en el sistema de transmisión. b.4) La potencia generada por cada generador. b.5) El balance total de potencia en el sistema dado. Solución: Identificación de las barras: Barra 1: Barra de referencia. V 1 sp=1∠0 Barra 2: Barra PV. |V 2 |sp=0.98517 P 2 sp= -0.8 Barra 3: Barra PV. |V 3 |sp=1 P 3 sp= -0.5 Construcción de la matriz Y:

13.76946 − j 20.46063 − 10.74575 + j 5.36711 − 3.02371 + j15.11853 Y = − 10.74575 + j 5.36711 14.54976 − j 24.39484 − 3.80401 + j19.05023 − 3.02371 + j15.11853 − 3.80401 + j19.05023 6.82771 − j 34.14126 Ecuaciones: Barra 2: Q2 Q2 V2 V2

k +1

 K* n  = − Im g V 2 ⋅ ∑ Y ik ⋅ V k  k =1  

[

k +1

= − Im g V 2

k +1

=

1 Y 22

K*

[

⋅ Y 21 ⋅ V 1 + Y 22 ⋅ V 2 + Y 23 ⋅ V 3

corregido

k

k

]]

 P sp − jQ2 k +1 sp k ⋅ 2 − Y 21 ⋅ V 1 − Y 23 ⋅ V 3  k* V2   V2 ⋅ V 2 sp

k +1

sp

=

V2

k +1

k +1

;V 2

k +1

(

= V 2 + 1.6 ⋅ V 2 K

acelerado

k +1

−V 2

k

)

Problemario

Barra 3: Q3 Q3 V3 V3

 k* n  = − Im g V 3 ⋅ ∑ Y ik ⋅ V k  k =1  

k +1

[

k +1

[

= − Im g V 3 ⋅ Y 31 ⋅ V 1 + Y 32 ⋅ V 2 k*

sp

k +1

+ Y 33 ⋅ V 3

k

]]

sp k+ 1  P3 − jQ3 1 sp k +1  Y Y = ⋅ − − 31 ⋅ V 1 32 ⋅ V 2  k* Y 33  V3 

k +1

V3 ⋅ V 3 sp

k +1 corregido

=

V3

k +1

k +1

;V 3

k +1

(

= V 3 + 1.6 ⋅ V 3 k

acelerado

k +1

−V 3

k

)

Aproximación inicial:

θ 20 = 0 θ 30 = 0 Primera Iteración:

 (− 10.74575 + j 5.36711) + (14.54976 − j 24.39484 ) ⋅ (0.98517∠0 ) +   1 Q2 = − Im g (0.98517∠0 ) ⋅   + (− 3.80401 + j19.05023)   Q2 = −0.37858 1

V2 = 1

1  − 0.8 + j 0.37858  − (− 10.74575 + j 5.36711) − (− 3.80401 + j19.05023) ⋅ (14.54976 − j 24.39484)  0.98517∠0 

V 2 = 0.97458∠ − 1.05998 1

V2

1

V2

1

corregido

= 0.98517∠ − 1.05998

acelerado

= 0.98517 + 1.6 ⋅ ((0.98517∠ − 1.05998) − 0.98517 ) = 0.98517∠ − 1.69584

 (− 3.02371 + j15.11853) + (− 3.80401 + j19.05023) ⋅ (0.98517∠ − 1.69584 ) +   1 Q3 = − Im g (1∠0 ) ⋅   + (6.82771 − j 34.14126)   1 Q3 = 0.15233

  (− 0.5 − j 0.15233) − (− 3.02371 + j15.11853) − (− 3.80401 + j19.05023) ⋅ 1  (1∠0) V3 = ⋅  6.82771 − j 34.14126   ⋅ (0.98517∠ − 1.69584) 1 V 3 = 0.99422∠ − 1.80747 1

Problemario

V3

1

V3

1

corregido

= (1∠ − 1.80747 )

acelerado

= (1∠0 ) + 1.6 ⋅ [(1∠ − 1.80747 ) − (1∠0 )] = (1∠ − 2.89132)

b) b.1) Potencia reactiva que debe entregar el capacitor colocado en la barra 2: = (− 10.74575 + j 5.36711) ⋅ (1∠0 ) + (14.54976 − j 24.39484) ⋅ (0.98517∠ − 3.86781) + + (− 3.80401 + j19.05023) ⋅ (1∠ − 3.09259) I2

sp

I2

sp

= 0.90671∠ − 157.26623

sp

= V 2 ⋅I 2 = (0.98517∠ − 3.86781) ⋅ (0.90671∠157.26623) = 0.89326∠153.39842

S2

*

= −0.79870 + j 0.4 0.4 = Q g − 0.6 →Q g = 0.4 + 0.6 = 1 S2

sp

2

2

V V 0.98517 2 Q g = Qc = 2 → X c = 2 = = 0.9705 Xc 1 Qc

b.2) Reactancia del capacitor Xc=0.9705 b.3) Pérdidas de potencia activa y reactiva en el sistema de transmisión Línea 1-2:

I 1 = V 1 ⋅ j 0.01 +

(V

−V 2 ) 1∠0 − 0.98517∠ − 3.86781 = 1∠0 ⋅ j 0.01 + 0.07448 + j 0.03720 0.07448 + j 0.03720 1

I 1 = 0.83172∠49.50193 S 1 = V 1 ⋅ I 1 = 0.83172∠ − 49.50193 *

I 2 = V 2 ⋅ j 0.01 +

(V

(0.98517∠ − 3.86781 − 1) −V 1) = 0.98517∠ − 3.86781 ⋅ j 0.01 + 0.07448 + j 0.03720 0.07448 + j 0.03720 2

Problemario

I 2 = 0.81631∠ − 131.36650 S 2 = V 2 ⋅ I 2 = (0.98517∠ − 3.86781) ⋅ (0.81631∠131.36650) = 0.80420∠127.4987 *

S L12 = S 1 + S 2 = 0.05089∠6.27544 Línea 2-3:

I 2 = V 2 ⋅ j 0.0125 +

(V 2 − V 3 )

0.01008 + j 0.05048 0.98517∠ − 3.86781 − 1∠ − 3.09259 + 0.01008 + j 0.05048

= (0.98517∠ − 3.86781) ⋅ j 0.0125 +

I 2 = 0.39605∠138.53762 S 2 = V 2 ⋅ I 2 = (0.98517∠ − 3.86781) ⋅ (0.39605∠ − 138.53762) = 0.39018∠ − 142.40543 V 3 −V 2 I 3 = V 3 ⋅ j 0.0125 + = (1∠ − 3.09259) ⋅ j 0.0125 + 0.01008 + j 0.05048 1∠ − 3.09259 − 0.98517∠ − 3.86781 + 0.01008 + j 0.05048 I 3 = 0.38128∠ − 38.52212 *

S 3 = V 3 ⋅ I 3 = (1∠ − 3.09259) ⋅ (0.38128∠38.52212) = 0.38128∠35.42953 *

S L 2−3 = S 2 + S 3 = (0.39018∠ − 142.40543) + (0.38128∠35.42953) S L 2−3 = 0.01708∠ − 84.89354 Línea 1-3:

Problemario

I 1 = V 1 ⋅ j 0.015 +

V 1 −V 3 = 0.83477∠10.77833 0.01272 + j 0.06360

S 1 = V 1 ⋅ I 1 = 0.83477∠ − 10.77833 *

I 3 = V 3 ⋅ j 0.015 +

V 3 −V 1 = 0.82889∠ − 171.24728 0.01272 + j 0.06360

S 3 = V 3 ⋅ I 3 = 0.82899∠168.15469 *

S L 13 = S 1 + S 3 = 0.01657∠57.90272 Potencia entregada por cada generador: I 1 = (13.76946 − j 20.46063) + (− 10.74575 + j 5.36711) ⋅ (0.98517∠ − 3.86781) + (− 3.02371 + j15.11853) ⋅ (1∠ − 3.09259) sp

I 1 = 1.57225∠30.10362 sp

S1 = V 1 ⋅ I 1 sp

sp *

= 1.57225∠ − 30.10362 = S g 1

I 3 = (− 3.02371 + j15.11853) + (− 3.80401 + j19.05023) ⋅ (0.98517∠ − 3.86781) + + (6.82771 − j 34.14126) ⋅ (1∠ − 3.09259) sp

I3

sp

= 0.63528∠ − 145.08630 sp *

S 3 = V 3 ⋅ I 3 = 0.63528∠141.99371 sp sp S 3 = S g 3 − S D 3 → S g 3 = S 3 + S D 3 = 2.41347∠51.59050 sp

b.5) Balance total de potencia en el sistema dado:

∑ S =∑ S g

D

+ ∑SL

(2.41347∠51.59050) + (1.57225∠ − 30.10362) +

j = (0.8 + j 0.6 ) + (2 + j1.5) + (0.05089∠6.27544) +

+(0.01708∠-84.89354) + (0.01657∠57.90272)

3.55∠36.32=3.55∠36.32

Problemario

Resumen de resultados:

Barra 1 2 3

Pg 1.3602 0 1.5

Qg -0.7886 1 1.8912

Pd 0 0.8 2

Qd 0 0.6 1.5

V 1∠0 0.98517∠ − 1.69584 1∠ − 2.89132

Problemario

Problema: Dado el siguiente sistema de potencia:

Datos del sistema: G1, G2: X1=0.15 p.u ; X2=0.10 p.u ; X0=0.03 p.u. T1,T2,T3,T4: X1=0.10 p.u., X2=0.10 p.u., X0=0.10 p.u. T6, T7: X1=0.10 p.u., X2= 0.10 p.u., X0=0.10 p.u. T5: XH1=XH2=XH0=0.07 p.u. XX1=XX2=XX0=0.08 p.u. XT1=XT2=XT0= 0.1 p.u. L1: X1=X2=0.08 p.u., X0=0.14 p.u. L2,L3,L4,L5: X1=X2=0.06 p.u., X0=0.10 p.u. L6: X1=X2=0.13 p.u., X0=0.10 p.u. Sistema de potencia: X1=X2=0.17 p.u, X0= 0.10 p.u. En el sistema dado calcular: Las componentes de fase de las corrientes y tensiones en los terminales de los generadores si en el punto (F) ocurre un cortocircuito de línea a línea. Nota: En la solución del problema utilizar el método de reducción de redes.

Problemario

Solución: Red de secuencia positiva:

Equivalente de thévenin en el punto de fallo:

Problemario

Z TH +=j0.117 Red de secuencia negativa:

Equivalente de Thévenin en el punto de fallo.

Z TH -=j0.102. Cálculo de las componentes de secuencia de la corriente de cortocircuito en el punto de fallo: Ia

(0)

Ia

(1)

=0 = −I a

Ia ( 2)

(1)

= −I a

= − j 4.57

( 2)

=

1 1 = − j 0.117 + j 0.102 Z +Z +

Problemario

Se inyectan las corrientes de secuencia en cada red de secuencia:

Sec (+) − j 4.57 ⋅ j 0.25 = − j 2.43 I2 = j 0.25 + j 0.22 I 1 = − j 2.4 = I G 2 − j 2.43 ⋅ j 0.334 1 = − j1.35 I G1 = j 0.334 + j 0.268 1

sec (-):

j 0.21 = j 2.34 j 0.20 + j 0.21 j 0.20 = j 2.23 I 2 = j 4.57 ⋅ j 0.20 + j 0.21 j 2.23 ⋅ j 0.334 2 I G1 = = j1.35 j 0.218 + j 0.334 I G 2 = j 4.57 ⋅ 2

V G1 = 1 − (− j1.35) ⋅ j 0.15 = 0.798 1

V G1 = − j1.35 ⋅ j 0.10 = 0.135 2

V G 2 = 1 − (− j 2.14 ) ⋅ j 0.15 = 0.679 1

V G 2 = − j 2.34 ⋅ j 0.10 = 0.234 2

Problemario

Considerando los desfasajes: Corrientes del generador 1: I G1 = j ⋅ (− j1.35) = 1.35 1

I G1 = − j ⋅ j1.35 = 1.35 2

I G1a

1

1

1

I G1b = 1 a I G1c 1 a

2

0

2.7

a ⋅ 1.35 = − 1.35 a 2 1.35 − 1.35

Tensiones en el generador 1: V G1 = j 0.798 1

V G1 = − j 0.135 2

V G1a 1 1 V G1b = 1 a 2 V G1c 1 a

1

0 j 0.663 a ⋅ j 0.798 = 0.87∠ − 22.31 a 2 − j 0.135 0.87∠ − 157.69

Corrientes en el generador 2:

I G 2 = j ⋅ (− j 2.14 ) = 2.14 1

I G 2 = − j ⋅ ( j 2.34 ) = 2.34 2

I G 2a 1 1 I G 2b = 1 a 2 I G 2c 1 a

1

0 4.48 a ⋅ 2.14 = 2.25∠175.58 a 2 2.34 2.25∠ − 175.58

Tensiones en el generador 2: V G 2 = j 0.679 1

V G 2 = − j 0.234 2

V G 2a 1 1 V G 2b = 1 a 2

1 0 j 0.445 a ⋅ j 0.679 = 0.82∠ − 15.72

V G 2c

a 2 − j 0.234

1

a

0.82∠ − 164.28

Problemario

Problema: Dado el siguiente sistema de potencia:

Datos del sistema: G 1 : X 1 =0.15; X 2 =0.15; X o =0.015 G 2 : X 1 =0.20; X 2 = 0.20; X 0 =0.020 G 3 : X 1 =0.25; X 2 =0.25; X o =0.025 T 1 : X 1 =0.10; X 2 =0.10; X o = 0.1 T 2 : X 1 =0.09; X 2 =0.09; X o =0.090 T 3 : X 1 =0.08; X 2 =0.08; X 0 =0.080 T 4 : X 1 =0.11; X 2 =0.11; X 0 =0.110 L 12 : X 1 =0.10; X 2 =0.10; X 0 =0.360 L 13 : X 1 =0.20; X 2 =0.20; X 0 =0.6 L 24 : X 1 =0.35; X 2 =0.35; X 0 =1.050 L 34 : X 1 =0.40; X 2 =0.40; X 0 =0.200 Base: 100 MVA y 230 KV en la barra 1. 1) Si en la barra 2 ocurre un fallo de L-T, calcular: a.- Las componentes de fase de las contribuciones de los generadores a la corriente de fallo (en el lado de BT de los transformadores). b.- Las componentes de fase de la tensión en los terminales de la carga. 2) Si ocurre un fallo de L-L, en los terminales de la carga, calcular las componentes de fase de la tensión en dichos terminales.

Problemario

Nota: todos los valores de las reactancias de secuencia están dados en por unidad. Utilizar el método de la matriz Z. Solución: Red equivalente de secuencia positiva:

− j19 j10 j5 0 0 j10 − j16.31 0 − j 2.86 0 1 Y = j5 0 − j10.53 j 2.5 0 0 j 2.86 j 2.5 − j14.46 j 9.1 0 0 0 j 9.1 − j 9.1

Problemario

j 0.12 j 0.09 Z 1 = j 0.08 j 0.08 j 0.08

j 0.09 j 0.13 j 0.07 j 0.10 j 0.10

Red equivalente de secuencia negativa

Y 2 = Y1 ⇒ Z 2 = Z1

j 0.08 j 0.07 j 0.16 j 0.11 j 0.11

j 0.08 j 0.10 j 0.11 j 0.29 j 0.29

j 0.08 j 0.10 j 0.11 j 0.29 j 0.40

Problemario

Red equivalente de secuencia cero:

− j14.45 j 2.78 j1.67 0 j 0.08 j 2.78 − j14.68 0 j 0.95 j 0.015 Y0 = ⇒ Z0 = j1.67 0 − j 6.67 j5 j 0.026 0 j 0.95 j5 − j15.05 j 0.01 1) Equivalente de thévenin en el punto de fallo:

j 0.015 j 0.071 j 0.01 j 0.008

j 0.026 j 0.01 j 0.21 j 0.07

j 0.01 j 0.008 j 0.07 j 0.09

Problemario

En un fallo serie los equivalentes de thévenin de secuencia se conectan en serie:

2

IA =IA =IA = 0

1

1∠0 j 0.13 + j 0.13 + j 0.071

I A = I A = I A = − j 3.02 pu 0

1

2

a.- Componentes de fase de las contribuciones de los generadores a la corriente de fallo (en el lado de BT de los transformadores: generador 1: V 1 A = 1 − j 0.09 ⋅ (− j 3.02 ) = 0.73 pu 1

V 1 A = − j 0.09 ⋅ (− j 3.02 ) = −0.27 pu 2

Problemario

1 − 0.73 = − j1.08 j 0.25 0 + 0.27 = = − j1.08 j 0.25

I G1 A = 1

I G1 A

2

I G1 A 0 = 0

Considerando el desfasaje: I G1a = j ⋅ (− j1.08) = 1.08 1

I G1a = − j ⋅ (− j1.08) = −1.08 2

I G1a 1 1 I G1b = 1 a 2 I G1c 1 a

1 0 0 a ⋅ 1.08 = 1.87∠ − 90 a 2 − 1.08 j1.87

generador 2: V 2 A = 1 − j 0.13 ⋅ (− j 3.02 ) = 0.61 1

V 2 A = − j 0.13 ⋅ (− j 3.02 ) = −0.39 1 − 0.61 1 = − j1.34 I G2A = j 0.29 0 − (− 0.39 ) 2 = − j1.34 I G2A = j 0.29 2

I G2A = 0 0

Considerando el desfasaje: I G 2 a = 1.34 1

I G 2 a = −1.34 2

I G 2a = 0 0

I G 2a 1 1 I G 2b = 1 a 2 I G 2c

1

a

1 0 0 a ⋅ 1.34 = − j 2.32 a 2 − 1.34 j 2.32

Problemario

Generador 3: V 3 A = 1 − j 0.07 ⋅ (− j 3.02 ) = 0.79 1

V 3 A = − j 0.07 ⋅ (− j 3.02 ) = −0.21 1 − 0.79 1 I G3 A = = − j 0.64 j 0.33 − (− 0.21) 2 I G3 A = = − j 0.64 j 0.33 2

I G3 A = 0 0

No existe desfasaje.

− j1.28 1 0 a ⋅ − j 0.64 = j 0.64 a 2 − j 0.64 j 0.64

I G 3a 1 1 I G 3b = 1 a 2 I G 3c 1 a

b.- Componentes de fase de la tensión en los terminales de la carga

V 5 A = 1 − j 0.10 ⋅ (− j 3.02 ) = 0.70 1

V 5 A = − j 0.10 ⋅ (− j 3.02 ) = −0.30 2

V 5A = 0 0

Considerando el desfasaje: V 5 a = j 0.70 1

V 5 a = j 0.30 2

V 5a V 5b V 5c

1 1 = 1 a2 1 a

1

0 j a ⋅ j 0.70 = 0.61∠ − 55.28 a 2 j 0.30 0.61∠ − 124.72

Problemario

2) En un fallo de L-L, las redes de secuencia se conectan de la siguiente manera:

I 5a = − I 5a = 1

2

1 = − j1.25 j 0.40 + j 0.40

I 5a = 0 0

V 5 a = 1 − j 0.40 ⋅ (− j1.25) = 0.5 1

V 5 a = − j 0.40 ⋅ (− j1.25) = −0.5 2

V 5a = 0 0

V 5a 1 1 V 5b = 1 a 2 V 5c 1 a

1 0 1 a ⋅ 0.5 = − 0.5 a 2 − 0.5 − 0.5

Problemario

Problema: En la siguiente figura se ha representado el diagrama unifilar de un sistema de potencia sin carga. Las reactancias de las dos secciones de la línea de transporte o transmisión figuran en el diagrama.

Datos: Generador 1: 20 MVA; 6.9 KV; X´´=15%; X´=18%; X=80%. Generador 2: 10 MVA; 6.9 KV; X´´=15%; X´=17%; X=90% Generador 3: 30 MVA; 13.8 KV; X´´=15%; X´=22%; X=70% Transformador T 1 : 25 MVA; 6.9-115 KV; X=10% Transformador T 2 : 12 MVA; 6.9-115 KV; X=10% Transformador T 3 : 3x10 MVA; 7.5-75 KV; X=10 % Utilizar como base 30 MVA y 6.9 KV. Determinar los parámetros necesarios para la selección del interruptor indicado en la figura. Solución: El factor de multiplicación es igual a 1 para todos los generadores. La peor condición de fallo para el interruptor ocurre en el punto que se indica en la siguiente figura:

Problemario

Se hará uso del método de thévenin para el cálculo de la corriente simétrica de fallo. Para la base dada tenemos: Tensiones bases en las barras: VA 6.9 KV

VB VC VE VF 115 KV 115 KV 115 KV 11.5 KV

30 = j 0.225 20 30 X G 2 ´´= j 0.15 ⋅ = j 0.45 10 X G1´´= j 0.15 ⋅

2

 13.8  X G 3 ´´= j 0.15 ⋅   = j 0.216  11.5   30  X T 1 = j 0.1 ⋅   = j 0.12  25  30 X T 2 = j 0.1 ⋅ = j 0.25 12 2

 130  X T 3 = j 0.1 ⋅   = j 0.128  115  30 = j 0.227 X LBC = j100 ⋅ 115 2 30 = j 0.181 X LCE = j80 ⋅ 115 2 Diagrama de reactancias en por unidad:

VH 6.9 KV

Problemario

Reduciendo el diagrama de reactancias anterior nos queda:

X TH =

1 = j 0.197 1 1 1 + + j 0.572 j 0.7 j 0.525 1 If = = − j 5.08 j 0.197

Cálculo de la corriente de fallo simétrica que circula por el interruptor:

Aplicando un divisor de corriente obtenemos: I fs =

5.08 ⋅ j 0.7 = − j 3.65 j 0.7 + j 0.274

Como no se conoce la relación X/R, se usa el siguiente criterio para seleccionar el interruptor: 0.8 ⋅ I int ≥ I fs

De la tabla N.3 de los anexos se tiene para un interruptor de voltaje nominal de 115 KV: Voltaje máximo nominal: 121 KV Corriente de cortocircuito nominal al voltaje máximo nominal: 43 KA. I int = 43KA ⋅

121KV = 45.24 KA. 115 KV

Problemario

I fs = 3.652 ⋅

30 MVA = 550.039 A = 0.550 KA 3 ⋅ 115KV

0.8 ⋅ 45.24KA 〉 0.550 KA 36.192KA 〉 0.550 KA

El interruptor seleccionado es adecuado.

Problemario

Problema: En el siguiente sistema de potencia:

Base: 10MVA y 69KV en la barra A del sistema. Seleccionar el interruptor B, indicado en el diagrama unifilar. Nota: El interruptor debe tener un tiempo de interrupción de cinco ciclos. Solución: Reactancias a utilizar: -Red de alimentación: Factor de multiplicación: 1.0 X red = 1.0 ⋅

10 MVA = 0.01 pu 1000MVA

Problemario

-Generador G1: Factor de multiplicación: 1.0  10 MVA  X d ´´= 1.0 ⋅ 0.09 ⋅   = 0.045 pu  20 MVA 

-Transformadores:  10 MVA  X T 1 = 0.07 ⋅   = 0.035 pu  20 MVA   10 MVA  X T 2 = 0.055 ⋅   = 0.367 pu  1.5MVA   10 MVA  X T 3 = 0.055 ⋅   = 0.073 pu  7.5MVA  -Motores: M 1 : Se desprecian por ser motores menores a 30 HP M2: Factor de multiplicación:3 10 MVA X d ´´= 3 ⋅ 0.25 ⋅ = 15 pu. 0.5MVA -Motores de 1750 HP a 1800 rpm Factor de multiplicación: 1.5  10 MVA  X d ´´= 1.5 ⋅ 0.17 ⋅   haciendo la aproximación 1MVA ≈ 1000 HP  1.75MVA  X d ´´= 1.457 pu El motor equivalente tiene una reactancia de X d ' ' = 0.486 pu . -Motores de 500 HP a 3600 rpm Factor de multiplicación: 1.5  10  X d ' ' = 1.5 ⋅ 0.18 ⋅   = 5.4 pu  0.5 

Problemario

-Carga estática: se desprecia. Diagrama de reactancias:

La peor condición de fallo para el interruptor se encuentra en el punto indicado en la figura. Cálculo de la reactancia de Thévenin vista desde el punto de fallo:

Problemario

X TH =

1 = j 0.021 1 1 1 + + j 0.045 j 0.045 j 0.430

La corriente de fallo es: 1 = − j 47.62 pu j 0.021

If =

Cálculo de la corriente de fallo a través del interruptor:

IfI =

− j 47.62 ⋅ j 0.430 = − j 45.20 pu j 0.430 + j 0.023

Cálculo de la relación X/R: Resistencias: -Red de alimentación: Rred =

0.01 = 4.55 ⋅ 10 − 4 pu 22

-Generador: Rg =

0.045 = 1.13 ⋅ 10 −3 pu 40

Problemario

-Transformadores: 0.035 = 1.67 ⋅ 10 −3 pu 21 0.367 RT 2 = = 3.67 ⋅ 10 − 2 pu 10 0.073 RT 3 = = 5.21 ⋅ 10 −3 pu 14 RT 1 =

-Motores: RM 2 =

5 = 0.167 pu 30

Motores de 1750 HP: R1750 =

0.971 = 3.24 ⋅ 10 − 2 pu 30

Motores de 500 HP: R500 = Diagrama de resistencias:

3.6 = 0.18 pu 20

Problemario

Resistencia de thévenin vista por la barra B:

RTH =

1 1 1 1 1 + + + −3 −3 0.2037 1.13 ⋅ 10 2.13 ⋅ 10 1.39 ⋅ 10 − 2

= 6.99 ⋅ 10 − 4

Cálculo de la relación X/R: 0.021 X = = 30.04 R 6.99 ⋅ 10 − 4

Como la falla ocurre lo suficientemente cerca del generador y de la red de alimentación, se considera la curva que toma en cuenta el decremento AC y DC. Para un interruptor de 5 ciclos , de acuerdo a la figura 9 de los anexos se tiene un factor de multiplicación de 1.04. La corriente de falla corregida en el interruptor es: I fI ´= 1.06 ⋅ 45.20 = 47.972 pu

Corriente base:

10 ⋅ 10 −6 Ib = = 418.37 A 3 ⋅ 13.8 KV I fI ´= 47.912 ⋅ 418.37 = 20.04 KA

De acuerdo a la tabla de interruptores para medio voltaje, se selecciona un interruptor de 13.8 KV de 500 MVA de capacidad.

Problemario

Cálculo de la capacidad simétrica de interrupción para 13.8 KV: I int = 23KA ⋅

15 KV = 25 KA. 13.8 KV

25 KA ≥ 20.04 KA

El interruptor seleccionado es adecuado.

Problemario

Problema: En el sistema de potencia de la figura, la potencia suministrada por la fuente es de 0.8 pu cuando el voltaje en terminales de la máquina y el de la barra infinita son de 1,0 pu. Determine la ecuación potencia ángulo para el sistema durante las condiciones de operación especificadas.

Cálculo del ángulo del voltaje en terminales: P=

Va ⋅ Vb ⋅ senα X ab

1 ⋅1 ⋅ senα = 0.8 0.35 senα = 0.8 ⋅ 0.35 = 0.28

α = 16.26 o V t = 1∠16.26 o Corriente en el sistema: I=

(1∠16.26) − (1.0∠0) = 0.81∠8.13o pu

j 0.35 E i ´−V t I= ⇒ E i ´= j 0.20 ⋅ I + V t j 0.20

Ei ´= j 0.20 ⋅ (0.81∠8.13) + (1∠16.26 ) = 1.04∠25.17 Ecuación potencia-ángulo: Pe =

1.04 ⋅ 1.0 ⋅ senα = 1.89 ⋅ senα 0.55

Problemario

Problema: Si ocurre una falla trifásica en el sistema de potencia del problema anterior en un punto de una de las líneas de transmisión, a una distancia de 30% de la longitud de la línea a partir del terminal del extremo generador, determine: a) La ecuación potencia ángulo durante la falla, y b) La ecuación de oscilación. Suponga que cuando ocurre la falla, el sistema está operando bajo las condiciones especificadas en el problema anterior. Sea H=5.0 MJ/MVA. Solución:

Matriz Y bajo condiciones de fallo:

− j 3.33 0 j 3.33 Y= 0 − j 4.86 j2 j 3.33 j2 − j12 Eliminando las filas y columnas correspondientes a la barra 3 (reducción de Kron) nos queda: Y ´=

− j 2.41 j 0.56 j 0.56 − j 4.53

Ecuación potencia-ángulo: Pe = 1.04 ⋅ 1 ⋅ 0.56 ⋅ senα Pe = 0.58 ⋅ senα

Problemario

Ecuación de Oscilación: 2 ⋅ H d 2δ ⋅ = Pa = Pm − Pe Ws dt 2

2⋅5 d 2δ ⋅ 2 = 0.8 − 0.58 ⋅ senα 2 ⋅ 180 ⋅ f dt

Problemario

Problema: Un generador que tiene H=6.0 MJ/MVA está suministrando una potencia de 1.0 pu a una barra infinita a través de una red puramente reactiva, cuando una falla reduce a cero la potencia de salida del generador. La potencia máxima que se puede suministrar es de 2.5 pu. Cuando la falla se libra, nuevamente existen las condiciones de la red original. Determine el ángulo crítico de libramiento y el tiempo crítico de libramiento. Solución:

δ cr = cos −1 ((π − 2 ⋅ δoo ) ⋅ senδ o − cos δ o ) Pm = Pmax senδoo senδ o =

Pm 1 = = 0.4 Pmax 2.5

δ o = 23.58 o = 0.41rad Angulo crítico de libramiento:

δ cr = cos −1 [(π − 2 ⋅ 0.41) ⋅ sen(23.58) − cos(23.58)] δ cr = 89.30 o = 1.56rad Tiempo crítico de libramiento:

t cr =

4 ⋅ H ⋅ (δ cr − δ o ) = Ws ⋅ Pm

4 ⋅ 6 ⋅ (1.56 − 0.41) = 0.27 seg 377 ⋅ 1

Problemario

Problema: Un generador de 60 Hz está suministrando el 60% de P máx a una barra infinita a través de una red reactiva, cuando ocurre una falla que incrementa la reactancia de la red entre el voltaje interno del generador y la barra infinita en 400%. Cuando se libra la falla, la potencia máxima que se puede suministrar es 80% del valor máximo original. Determine el ángulo crítico de libramiento para la condición descrita. Solución: cos δ cr =

(Pm

Pmáx ) ⋅ (δ máx − δ o ) ) + r2 ⋅ cos δ máx − r1 ⋅ cos δ o r 2 − r1

Pm = 0.6 ⋅ Pmáx

Durante la falla: Pe = 0.25 ⋅ Pmáx ⋅ senδ Después de librar la falla: Pe = 0.8 ⋅ Pmáx ⋅ senδ senδ o = 0.6 ⇒ δ o = 36.87 o = 0.64rad 0.6 = 131.41o = 2.29rad . δ máx = 180 − arcsen 0.8 cos δ cr =

(

0.6 ⋅ (2.29 − 0.64 ) + 0.8 ⋅ cos 131.41o 0.8 − 0.25

cos δ cr = 0.47 ⇒ δ cr = 61.69 o

)

Problemario

Problema: Considere el sistema mostrado en la figura. Asuma una falla en la barra 2. a) Determine las redes de secuencia correspondientes y determine los equivalentes de thévenin vistos por la barra 2:

Componente de red

Base MVA

X 1 (pu)

X 2 (pu)

X o (pu)

G1 G2 T1 T2 T L12

100 100 100 100 100

0.2 0.3 0.2 0.15 0.6

0.15 0.2 0.2 0.15 0.6

0.05 0.05 0.2 0.15 0.9

Solución: Red de secuencia cero:

Equivalente de Thévenin visto desde la barra 2:

X TH = o

j1.15 ⋅ j 0.15 = j 0.133 pu j1.15 + j 0.15

Problemario

Red de secuencia negativa:

Equivalente de thévenin de secuencia negativa:

X TH = 2

Red de secuencia positiva:

Equivalente de Thévenin:

j 0.95 ⋅ j 0.25 = j 0.20 j 0.95 + j 0.25

Problemario

X TH = 1

j ⋅ j 0.45 = j 0.31 j + j 0.45

Problemario

Problema: Mediante las redes de secuencia obtenidas en el problema anterior, calcule las corrientes de fallo para los siguientes tipos de fallos y dibuje para cada caso la interconexión entre los equivalentes de Thévenin de las redes de secuencia: a) Falla monofásica a tierra en la barra 2. b) Falla doble línea a tierra en la barra 2. c) Falla trifásica en la barra 2. Solución: a) Conexión de los equivalentes de Thévenin de las redes de secuencia para una falla monofásica a tierra en la barra 2:

Cálculo de la corriente de fallo: IA =IA =IA = 0

1

2

1 = − j1.56 j 0.31 + j 0.20 + j 0.133

Problemario

I A = − j 4.68 IB =0 IC = 0 b) Conexión de los equivalentes de Thévenin de las redes de secuencia para una falla doble línea a tierra en la barra 2:

Cálculo de la corriente de fallo: IA = 1

1∠0 = − j 2.57 j 0.20 ⋅ j 0.133 j 0.31 + j 0.20 + j 0.133

IA =−

− j 2.57 ⋅ j 0.133 = j1.01 j 0.133 + j 0.20

IA =−

− j 2.57 ⋅ j 0.20 = j1.56 j 0.20 + j 0.13

2

0

IA 1 1 I B = 1 a2 IC 1 a

1

j1.56 a ⋅ − j 2.57 a2 j1.01

0 IA I B = 3.88∠142.96 pu 3.88∠37.04 IC

Problemario

c) Para la falla trifásica en la barra 2, sólo existe el equivalente de thévenin de secuencia positiva. I A = IB = IC =

1 = − j 3.23 j 0.31