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Timestamp: 2017-05-29 00:21:07+00:00

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“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Adenda. Curso 2007/2008 2
1) INTRODUCCIÓN. Se trata de una asignatura que tiene un carácter fundamentalmente tecnológico y es de tipo terminal ya que sus contenidos no sirven de base para asignaturas posteriores y sin embargo, requiere de conocimientos de asignaturas anteriores, fundamentalmente de "Teoría de Circuitos” y de “Máquinas Eléctricas”. Su objetivo principal es proporcionar al alumno una base científica y técnica que le permita conocer y entender la naturaleza de los problemas relacionados con los sistemas de energía eléctrica, su planteamiento matemático y los modelos más usuales o relevantes utilizados para su representación, así como algunos de los métodos y herramientas de cálculo adecuadas para su resolución. 2) CONTENIDOS. El programa de la asignatura se ha dividido en seis temas agrupados, siguiendo la metodología de la UNED, en tres Unidades Didácticas: UNIDAD DIDÁCTICA 1. El sistema eléctrico de potencia. TEMA 1. Sistemas de energía eléctrica. Generalidades: la producción y demanda de energía eléctrica, el sector eléctrico español, descripción general de los sistemas de energía eléctrica, aparamenta eléctrica, descripción de instalaciones típicas. Representación de los elementos del sistema: transformadores trifásicos, sistemas por unidad, análisis por unidad de transformadores y de sistemas de potencia, transformadores de regulación, el generador síncrono, modelo de la línea de transporte y la carga.
UNIDAD DIDÁCTICA 2. Análisis del sistema eléctrico de potencia. TEMA 3. TEMA 4. Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: Los modelos de la red a través de la matriz |Ybus|, el flujo de cargas. Corrientes de cortocircuito en el generador. Cortocircuitos trifásicos equilibrados.
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UNIDAD DIDÁCTICA 3. Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado. TEMA 5. Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado: componentes simétricas y cortocircuitos desequilibrados.
PROGRAMACIÓN: No existen Unidades Didácticas editadas por la UNED en esta asignatura, por lo que es necesario utilizar una obra general externa. El libro seleccionado como texto base es el del autor FERMÍN BARRERO titulado "Sistemas de energía eléctrica" (la referencia completa de este libro se da en el apartado 3). A continuación se detalla qué capítulos y apartados debe estudiar de ese libro de acuerdo al programa de la asignatura: Unidad Didáctica 1: El sistema eléctrico de potencia. Capítulo 1: Sistemas de energía eléctrica. Generalidades[completo (pgs. 1-32)] Capítulo 2: Modelo del transformador y sistema por unidad [completo (pgs. 33-61)] Capítulo 3: Modelo del generador [completo (pgs. 62-82)] Capítulo 5: Modelo de la línea [completo (pgs.118-153)] Unidad Didáctica 2: Análisis del sistema eléctrico de potencia. Capítulo 6: Flujo de potencias [completo, excepto apartados 6.6 y 6.7 (pgs. 154-184 y pgs. 189-198)] Capítulo 8: Corrientes de cortocircuito. Cortocircuitos trifásicos equilibrados [completo (pgs. 249-276)]. Unidad Didáctica 3: Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado. Capítulo 9: Componentes simétricas y cortocircuitos desequilibrados [completo (pgs. 277-317)] Como orientación para cuando planifique el estudio de la asignatura, del tiempo total que le dedique creemos que le debe llevar estudiar la primera Unidad Didáctica un 45% de ese total (aunque es la unidad más amplia de contenido, muchos puntos serán para usted un repaso de lo ya visto en otras asignaturas de la especialidad), un 35% la segunda y un 20% la tercera. Por último, al final de este documento se explica y desarrolla con más detalle el programa propuesto, se relaciona con los apartados concretos del texto básico y se exponen algunos puntos necesarios que o bien no vienen en el libro o bien, si están, los desarrolla de forma mucho más extensa de lo que necesitamos. Con esta explicación podrá entender la unidad lógica de contenido que hemos seguido en la concepción del programa de la asignatura.
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3) TEXTO BASE − “Adenda de Líneas y Redes Eléctricas”, realizada por el equipo docente de la asignatura, DIECC-UNED (es este mismo documento, que se encuentra también en la página que la asignatura tiene en el servidor del Departamento en Internet, http://www.ieec.uned.es, en la sección “Docencia del DIEEC”). − FERMÍN BARRERO "Sistemas de energía eléctrica". Ed. Thomsom, Paraninfo, 2004.
4) BIBLIOGRAFÍA COMPLEMENTARIA El libro dado como bibliografía básica junto a la Adenda que hemos escrito son suficientes para preparar de forma completa el contenido de la asignatura. Sin embargo, para aquellos alumnos que deseen consultar además otros libros, dentro de las obras clásicas que tratan del análisis de los sistemas eléctricos de potencia se pueden destacar, por ejemplo, las siguientes: − J.J. GRAINGER y W.D. STEVENSON Jr. "Análisis de sistemas de potencia". Ed. McGraw-Hill, 1995.
− GRAINGER, J. J. y STEVENSON, W. D. Jr. Power system analysis. Ed. McGraw-Hill, 1994. (Nota: esta obra es la versión original en inglés del libro anterior en esta lista; para aquellos alumnos que no tengan dificultad para estudiar en inglés, le recomendamos utilizar este texto). − A.R. BERGEN. Power System Analysis. Ed. Prentice-Hall, 1986. − O.I. ELGERD. Electric energy systems theory. An introduction (2ª edición). Ed. McGraw-Hill, 1982. − M.E. EL-HAWARY. Electrical power system. Design and analysis (revised printing). Ed. IEEE Press, 1995. − I.J. NAGRATH Y D.P. KOTHARY. Modern power system analysis (2ª edición). Ed. Tata McGraw-Hill, 1993. − A. GÓMEZ EXPÓSITO (coordinador). Análisis y operación de sistemas de energía eléctrica. Ed. McGraw-Hill, 2002.
5) OTRO MATERIAL DE APOYO. Desde este curso existe una página de la asignatura en el servidor del Departamento en Internet donde se ofrece información referente a la misma que le puede ser útil, incluyendo
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los problemas resueltos de las pruebas presenciales de años anteriores. También incluye enlaces con otros servidores de empresas e instituciones importantes del sector eléctrico. Pretendemos que esta información que vaya enriqueciendo y actualizando a lo largo del curso, para lo que nos gustaría contar con su colaboración. La dirección de Internet del servidor del Departamento, a la que debe conectarse, es: http://www.ieec.uned.es y allí buscar la asignatura en el apartado “Docencia del DIEEC”.
6) PRUEBAS DE EVALUACIÓN A DISTANCIA. PRÁCTICAS DE LABORATORIO En esta asignatura no hay que realizar Pruebas de Evaluación a Distancia. Tampoco hay Prácticas de Laboratorio.
7) PRUEBAS PRESENCIALES Al ser una asignatura cuatrimestral del 20 cuatrimestre, solamente hay Pruebas Personales finales en junio y septiembre. Estas pruebas constarán de varios ejercicios teórico prácticos en examen eliminatorio de tipo test, junto con el desarrollo de algunos problemas de tipo práctico, similares a los incluidos en esta Adenda. Lea atentamente el enunciado de cada uno de los ejercicios antes de resolverlos. No podrá aprobarse la asignatura si no se supera la prueba tipo test, independientemente de la nota de los problemas y tenga en cuenta que errores graves de concepto pueden hacer que la Prueba finalmente no se supere, sea cual sea la media obtenida. En cualquier caso, los errores graves, tanto en teoría como en problemas, podrán bajar la nota final. Como ocurrirá posteriormente en su vida profesional como Ingeniero, es mejor que si no sabe algo, no conteste cualquier cosa por peregrina que sea. Las Pruebas Presenciales tienen por objeto evaluar los conocimientos del alumno en las materias tratadas en la asignatura, no a determinar si el alumno sabe resolver mecánicamente los problemas tipo. Por ello le aconsejamos que no “aprenda a hacer problemas”. Desde el principio, trate de comprender las materias propuestas y de conocer y valorar los parámetros de los que dependen cada uno de los temas tratados en el programa. Con ello aprenderá además a juzgar si un resultado es coherente o incoherente y sabrá si ha cometido algún error en el desarrollo de un problema. En las Pruebas Presenciales no está permitido el uso de ningún tipo de material de consulta; sólo se puede utilizar calculadora. Dispone de dos horas para realizar la Prueba.
8) HORARIO DE ATENCIÓN AL ALUMNO Las consultas se puede realizar durante la guardia, por teléfono o personalmente, y por correo postal o electrónico. Horario de guardia: Lunes, de 16:00 a 20:00 horas.
es y allí buscar la asignatura en el apartado ”Docencia del DIEEC”. de Ingenieros Industriales . de Ingeniería Eléctrica.es http://www. M.uned. 28040 MADRID
. Depto. Adenda.S. Electrónica y de Control E.ieec.UNED Ciudad Universitaria s/n. Valcárcel) 91 398 6028 mvalcarcel@ieec.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.uned.T. Curso 2007/2008 6
Teléfono: Fax: Correo electrónico: En Internet: Dirección:
91 398 6474 (Prof.
de transformar en otros tipos de energía y de
. Curso 2007/2008 7
ADENDA INTRODUCCIÓN. si están. es conveniente que repase esos apartados para refrescar esos conceptos. Por esta razón y tal y como se indica en el punto 3 de la “Guía de la asignatura”.1 a 5.6 y Adenda]. El sistema eléctrico de potencia.
UNIDAD DIDÁCTICA 1. los desarrolla de forma mucho más extensa de lo que necesitamos. Téngalo muy en cuenta. Representación de los elementos del sistema: transformadores trifásicos. modelo de la línea de transporte y la carga [Apartados 5.7]. Aunque usted ya los vio en la asignatura “Teoría de circuitos”. análisis por unidad de transformadores y de sistemas de potencia [Apartados 2.
TEMA 1.1 a 1. Adenda. el sector eléctrico español. Generalidades: la producción y demanda de energía eléctrica.6 y 1. esta Adenda no es tan solo un documento con orientaciones que simplemente debe leer al principio de la asignatura.
Sistemas de energía eléctrica. el generador síncrono [Capítulo 3 y Adenda].7]. Con esta explicación podrá entender la unidad lógica de contenido que hemos seguido en la concepción del programa de la asignatura. En esta Adenda se explica y se desarrolla con más detalle el programa propuesto y se relaciona con los apartados concretos del texto básico (esos apartados del libro se indican en la Adenda [en cursiva y entre paréntesis rectos]).5 y Adenda].1 a 2. La electricidad es una forma de energía relativamente fácil de producir en grandes cantidades.
TEMA 2.1 Antecedentes históricos de los sistemas eléctricos La electricidad es la forma de energía más utilizada hoy en día en la industria y en los hogares. descripción general de los sistemas de energía eléctrica [Apartados 1. de transportar a largas distancias. sistemas por unidad. transformadores de regulación [Apartado 2.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.8 y Adenda].
1. descripción de instalaciones típicas [Apartados 1. También se exponen algunos puntos necesarios que o bien no vienen en el libro o bien. sino que es parte de la bibliografía que debe estudiar. aparamenta eléctrica. Es importante señalar desde el principio que para el estudio de los sistemas eléctricos de potencia es imprescindible conocer los conceptos básicos relativos a los circuitos de corriente alterna y a los sistemas trifásicos. y por lo tanto debe saberlos.
Edison. como casi Ingeniero y alumno de la especialidad de Electrónica y Automática. experimental y teórica.UU. lo que supuso poder disponer de electricidad en forma corriente continua y en cantidad “abundante”. En 1871 Gramme presenta la primera dinamo industrial movida por una máquina de vapor. la carrera por su control y utilización fue imparable.. En 1888 Nikola Tesla inventa y patenta el primer motor de inducción. la corriente alterna queda definitivamente aceptada como la forma de generar. entre Frankfurt y Lauffen. Y no seguimos cantando sus bondades ya que estamos convencidos de que usted. dieron finalmente la victoria a los sistemas de corriente alterna. Esta presente en todos los procesos industriales y en prácticamente todas las actividades humanas por lo que se puede considerar como insustituible. Así. que sobre la electricidad se había elaborado y formulado a lo largo de todo ese siglo. ese mismo año.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. acontecimiento que tuvo una enorme repercusión en su momento y que se reconoce como el primer sistema de distribución de energía eléctrica utilizado para alumbrado público. encabezados por Edison a través de su empresa. La gran ventaja que supuso el poder transportar la energía eléctrica en corriente alterna desde las centrales generadoras. Gaulard y J. Con la presentación del primer sistema trifásico. técnico y económico. G. Curso 2007/2008 8
consumir de forma aceptablemente limpia. Sin embargo. su historia es relativamente reciente ya que el inicio de la tecnología eléctrica está aceptado situarlo en el último tercio del siglo XIX. Westinghouse compra la patente y contrata a Tesla. transportar y distribuir la energía eléctrica. En los años 1888 y 1889 se vive una apasionante guerra tecnológica y comercial: la lucha entre los defensores de los sistemas de corriente continua..) y funda su empresa para el desarrollo y utilización de la electricidad en corriente alterna: la Westinghouse Electric and Manufacturing Co. Westinghouse realiza el primer sistema de alumbrado público en corriente alterna en Great Barnington (MA. Los sistemas en corriente continua presentaban el gran problema de las pérdidas de energía por efecto Joule debidas a la intensidad de corriente que circulaba por el sistema. patente que en 1885 es comprada por George Westinghouse.. sustituyendo así a las pilas utilizadas hasta entonces como únicas fuentes de electricidad (la pila había sido inventada por Alessandro Volta en el año 1800). presentado en 1891 en la Exposición de Frankfurt y la construcción de la central de las Cataratas del Niagara en 1895. Desde ese momento queda claro el enorme potencial. situadas a muchos kilómetros de los consumidores. es de nuestra opinión. Otro hito importante ocurrió el 4 de septiembre de 1882 cuando Thomas A. Adenda. la Edison General Electric Co. 1882. ilumina la calle Pearl en Nueva York. Al año siguiente. problema más grave cuanto mayor es la potencia demandada: para minimizar en lo posible esas pérdidas los generadores debían estar en las propias ciudades. gracias a poder elevar la tensión mediante transformadores. Gibbs presentan la primera patente del transformador. en el centro de la zona que alimentaban (de ahí el nombre de “central” que todavía se utiliza en español para designar a las instalaciones de generación). y los de los sistemas de corriente alterna. Esa tecnología se desarrolla a partir de la base científica. y el desarrollo y la utilización en la industria de los motores de inducción a partir de la patente de Tesla. utilizando 6 generadores de corriente continua con una potencia total de 900 CV y unas 7200 bombillas (inventadas también por él a finales de 1879). EE. L. con Westinghouse a la cabeza. en 1886.
. que supone la energía eléctrica.
tanto convencionales (carbón. a donde llegan y de donde salen). en los nudos de esa malla. Adenda. aunque aun con una potencia instalada mucho menor que las anteriores. también llamados cargas. que permiten conocer en todo momento la situación del sistema y los valores de las variables más importantes. Esos consumidores. para ser inyectada en la red de transporte. se encuentran las subestaciones en las que están los transformadores. De algunas de esas subestaciones salen líneas a menor tensión que forman las redes de distribución en media tensión (de 66 a 1 kV) que finalmente. etc. Los generadores de la central producen la energía en media tensión. 220 y 132 kV) para disminuir las pérdidas. sobre todo. de cogeneración (aprovechando el calor residual de ciertos procesos industriales para generar vapor). tanto en potencia como en extensión geográfica. fusibles. y los elementos de medida. en América. Curso 2007/2008 9
Desde finales del siglo XIX y durante todo el siglo XX . de biogas obtenido a partir de la biomasa o de residuos sólidos urbanos. se transforman en otras redes de baja tensión (400 y 230 V) Por último están los consumidores de esa energía eléctrica que se genera en las centrales.
. El transporte se hace en alta tensión (400. etc.). Los primeros sistemas eléctricos estaban aislados unos de otros.). donde las líneas se interconectan (es decir. para cambiar a los niveles de tensión de las líneas. fuel y gas) como nucleares: en ellas una turbina. de ciclo combinado (que combinan una turbina de gas con un ciclo térmico clásico agua/vapor). en media tensión (industrias. las redes de distribución de media tensión). y mallada. hasta el punto de considerar el consumo de energía eléctrica como uno de los indicadores más claros del grado de desarrollo de un país. los elementos de mando y de protección. La red de transporte y distribución está formada por las líneas que llevan esa energía hasta los consumidores. el crecimiento de la demanda de electricidad. distribución a las ciudades y redes de distribución en baja tensión) y en baja tensión (la mayoría de nosotros: pequeñas industrias y los consumidores domésticos finales). y de la consiguiente capacidad de generación y de transporte. basadas en energías renovables (eólicas. seccionadores. transporte y distribución de energía eléctrica. ya existen centrales de turbina de gas. a de 6 a 20 kV. La red de alta tensión es una red geográficamente extensa. Actualmente se está ampliando el tipo de centrales y así.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. tensión que se eleva mediante los transformadores de salida de la central. el crecimiento de los sistemas eléctricos ha ido a la par del avance tecnológico de la sociedad. se conectan a la red en alta tensión (grandes industrias y. mueve el alternador que produce la energía eléctrica. La generación de energía eléctrica tiene lugar en las centrales eléctricas. fotovoltaicas. y conforme llegan hasta los últimos consumidores. que sirven para manipular y proteger la red (interruptores. supuso un rápido proceso de concentración empresarial y de interconexión de esos pequeños sistemas dando lugar a otros mucho más grandes. pararrayos. hidráulica o de vapor respectivamente. La mayor parte de las centrales son hidráulicas y térmicas. La frecuencia del sistema de corriente alterna que se genera es fija y está normalizada: 50 Hz en Europa y 60 Hz. La figura 1 muestra un esquema de la composición de un sistema eléctrico de generación. va más allá de las fronteras de los países.
con la Directiva Europea del Mercado Interno de Electricidad se pretende liberalizar el mercado de la energía eléctrica en la Unión Europea rompiendo los monopolios que. existían en cada país. Plan Energético Nacional) como en su funcionamiento según el denominado “funcionamiento en ‘pool’”: todo el sistema se gestiona como una única empresa mediante un despacho centralizado (que realiza REE) con una distribución posterior de los costes y de los beneficios entre las empresas. se crea Red Eléctrica de España (REE). el sector eléctrico español estaba formado por un reducido conjunto de grandes empresas eléctricas privadas con una estructura vertical (es decir. cada una integraba los negocios de generación.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. En el año 1984 esta situación cambia con la entrada en vigor del Marco Legal Estable. según le conviniese. al entender el sector eléctrico como un servicio público. Adenda. En el año 1996. Así. Curso 2007/2008 10
Fig. transporte. El Sistema Eléctrico Nacional. en el año 1997. Esquema de un sistema eléctrico de potencia. 1. acuerdos bilaterales de compra y venta de energía con las empresas vecinas. En España esa directiva dio lugar. Esta ley garantizaba la viabilidad de las empresas eléctricas como un monopolio a cambio de una fuerte intervención en su gestión. Endesa. Hasta la primera mitad de la década de los 80. a la Ley del Sector Eléctrico que ha supuesto un cambio radical del sector al introducir la liberalización de las actividades reguladas (se prohibe la tradicional integración
. y la generación se centraliza tanto en la planificación (a través del PEN. El funcionamiento del sistema se realizaba de forma similar a la descrita en el apartado anterior: cada empresa funcionaba como un área de control y gestionaba su sistema buscando su óptimo económico.
1. distribución y comercialización de la energía eléctrica) y una empresa pública.2. estableciendo o no. en distintas formas. que tan solo tenía generación (centrales térmicas que consumían carbón nacional). que pasa a ser la propietaria de la red de transporte en alta tensión (que se nacionaliza).
seguridad y coordinación de las operaciones de generación y transporte. Sin duda será un nicho importante de trabajo para futuros ingenieros (además de economistas. entre otros). de intensidades y. España es uno de los primeros países en crear y en poner en marcha su mercado eléctrico desregulado. con sus aspectos técnico-constructivos más relevantes. para asegurar la continuidad. Cálculo en valores por unidad.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. los monopolios y la planificación centralizada. actualmente en nuestro país el mercado eléctrico está desregulado y funciona como una especie de bolsa donde se compra y vende energía eléctrica mediante un sistema de casación entre las ofertas de venta de energía.) que usted debe considerar cuando salga de la Escuela. presentadas por los productores que tienen la generación.omel.5 a 1. Como es fácil ver.6].1. Como verá. etc. 1.ree. Adenda. seccionadores. Así. la Ley del Sector Eléctrico establece la creación de dos entidades independientes: el Operador del Mercado y el Operador del Sistema. abogados. El segundo.7] se explica como esta formado un sistema de distribución de energía eléctrica y se describen sus elementos fundamentales.). tensiones. “desaparecen” los transformadores (que se representan simplemente por una impedancia serie): de esta forma el circuito equivalente que representa el sistema se reduce a un circuito plano y conexo formado por fuentes e impedancias que se resuelve. como los elementos necesarios en toda instalación real para su protección y medida (interruptores. la principal ventaja del cálculo en por unidad es que los distintos niveles de tensión que hay en el sistema “se unifican” y. consumidas. y las ofertas de compra realizadas por los comercializadores. Por último se muestran planos y esquemas de instalaciones tipo.3]. modelo que está sirviendo de ejemplo a seguir para otros países. por lo tanto. intensidades e impedancias) sean adimensionales. etc. mediante las herramientas de cálculo de la teoría de circuitos [2. sobre todo. es el que garantiza el funcionamiento del sistema desde el punto de vista técnico.A. es el garante de la operación económica del sistema mediante la gestión de ese mercado de ofertas de compra y de venta de energía eléctrica.
Compañía Operadora del Mercado Español de Electricidad S. tanto para la transmisión de potencia ( transformadores y líneas). encomendado a REE2. (http://www. que estén expresadas en “en tanto por uno”: esto es lo que define como cálculo en valores por unidad [2.es)
. sin mayor problema. las instalaciones y aparamenta eléctrica. El primero. En un sistema eléctrico de potencia real existen valores muy dispares de potencias (generadas. interruptores automáticos y transformadores de medida. Eligiendo un conjunto apropiado de dos de esas variables se puede hacer que todas las variables del circuito (potencias.A. calidad. el tema del mercado eléctrico es mucho más amplio de lo que aquí se ha explicado. Curso 2007/2008 11
vertical de negocio de las empresas eléctricas) y al suprimir el concepto de servicio público. Representación del sistema. encomendado a OMEL1. Para supervisar este mercado de compra/venta.es) Red Eléctrica de España S. (http://www. y el objetivo principal de esta asignatura se limita a conocer qué es y cómo funciona un sistema eléctrico. distintos niveles de tensión debidos a los transformadores.3 Descripción del sistema. 2. nominales de equipos. En los últimos apartados del capítulo 1 [1.
Así. se pueden encontrar en los sistemas eléctricos: el transformador de dos devanados [2. recalcando y justificando una vez más la importancia y la facilidad de cálculo que conlleva la utilización de los valores por unidad [2. A continuación se estudia cada uno de ellos en detalle.4].6]. como variantes del transformador trifásico de potencia. es:
⎡ Y = ⎢ cc r * ⎣− Ycc t
r − t Ycc ⎤ ⎥ t 2Ycc ⎦
. con éstos. por su papel fundamental en el control de la potencia que circula por las líneas. 2. Elementos del sistema (I): el transformador de potencia. sobre todo. Se finaliza el capítulo describiendo el modelo general del transformador. expresadas en valores por unidad.7]. introduciendo la notación en por unidad [2. el diagrama de impedancias es simplemente el circuito monofásico equivalente fase-neutro del sistema trifásico que es el sistema eléctrico de potencia. la topología del sistema y los elementos que lo forman.4 y 2. se estudian tres tipos de transformadores que. de una forma rápida.7]. Adenda. a) Demostrar que la matriz de admitancias que relaciona las tensiones e intensidades.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Este último es el más importante de ellos por ser el más habitual y. en valores reales. ya que ello es la base de todos los cálculos que a lo largo de la asignatura se realizarán para analizar y estudiar los distintos aspectos del sistema. el sistema eléctrico completo se representa mediante un esquema denominado diagrama unifilar que permite “ver”. A partir de aquí. de dos nudos entre los que se conecta un transformador de relación t : 1. Hasta ahora hemos hablado de “los elementos del sistema”.1].5] y el transformador con tomas [2.2. Curso 2007/2008 12
Los elementos del sistema se representan mediante símbolos y. Es muy importante que tenga claro el trabajo con valores por unidad y cómo representar el sistema a través de los diagramas unifilar y de impedancias. El transformador de potencia se estudia en el capítulo 2 del libro.1] en el cual cada elemento del sistema se representa por su modelo de impedancias.
Ejercicio 1. la línea de transporte y la carga. el transformador de tres devanados [2. el generador. Los elementos que vamos a considerar en la asignatura son básicamente cuatro: el transformador. La otra representación del sistema es el denominado diagrama de impedancias [Ejemplo 2.5] y el estudio del desfase que introduce en función de la conexión de los devanados [2. En él se repasan los conceptos básicos que ya conoce: circuito equivalente del transformador trifásico [2.
c) Determinar la corriente del primario y secundario. de relación U1/U2 = 1. en valores por unidad y en valores reales.95 ∠10º. Tómese como bases del sistema. donde las tensiones por unidad de los nudos entre los que se conecta el transformador son U1 = 1. Solución: a) Partiendo del equivalente eléctrico del transformador sin la rama paralelo.0 ∠0º y U2 = 0. que permite obtener la matriz antes citada. Considerando que para el análisis las intensidades tienen sentido entrante. La impedancia de cortocircuito del transformador es Zcc = j 0.02 e-jΠ/18. Curso 2007/2008 13
b) Dibujar el circuito equivalente en Π del transformador. tenemos:
Para obtener la matriz de admitancias entre los nudos 1 y 2 se deben obtener las relaciones entre las tensiones e intensidades en dichos nudos.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. la potencia nominal del transformador y una tensión de 15 kV. Adenda.04.
U 1 = E1 + i1 Z CC U 2 = E2 E1 r =t E2 i1 1 =r i'2 t * r U 1 = U 2 t + i1 Z CC r r U1 − U 2t = YCCU 1 − t YCCU 2 i1 = Z CC r r i2 = −i ' 2 = −t * i1 = −t * YCCU 1 + t 2YCCU 2 por tanto ⎡ i1 ⎤ ⎡ YCC r ⎢i ⎥ = ⎢− t *Y ⎣ 2⎦ ⎣ CC r − t YCC ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎥ t 2YCC ⎦ ⎢U 2 ⎥ ⎣ ⎦
. Nota: supóngase que t es real para la resolución de este apartado. tendremos que i2=-i’2. de un transformador de 10 MVA.
Y11 = YCC = YS + Y1P Y12 = −tYCC = −YS Y21 = −tYCC = −YS Y22 = t 2YCC = YS + Y2 P
De las igualdades anteriores se desprende que sólo se puede representar con su equivalente en π a un transformador en el que no haya desfase en ángulo entre los extremos. Despejando se obtiene YS = tYCC Y1P = (1 − t )YCC Y2 P = t (t − 1)YCC
i1 tYcc i2
(1-t)YCC
t(t-1)YCC
. Curso 2007/2008 14
i1 Ys i2
De la matriz de admitancias obtenida en el apartado a) y con t real. ósea si t es real. dado que dicho desfase no puede representarse en un circuito de ese tipo.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Adenda.
). Tal y como se explica en [5.1 a 3. 2. El funcionamiento del generador en régimen permanente se ve en los dos apartados siguientes donde se explica el control de la potencia activa y de la potencia reactiva generada [3. Como en el caso anterior.02 ∠−100 = −1.
U 1B = 15 kV
15 kV = 14.133∠−1000 r − YCC t * = −1.133∠−800 YCC t 2 = 1. los primeros apartados del capítulo deben ser para usted un recordatorio de los conceptos relativos a este tipo de máquina que vio en la asignatura “Máquinas eléctricas”: descripción del generador.11∠−900 j 0.155 ∠−900 r i1 = 1.11∠−9001.3].133∠−100014 ∠100 = 800 ∠−900 A r i2 = −1.9
Z CC = j 0. y de ángulo de potencia.4. y su
.2 y 5.11∠−9001.15 kV = 15 ∠0 º kV U 2 = 14 ∠10 º kV U 2B = Z CCB U 12B = = 22.11 = 1.02 ∠100 = −1.5 Ω SB 1 = − j1.3.02 U 1 = 1∠0 º. al depender su valor de (1-t) y de (t-1). El tercer elemento del sistema es la línea eléctrica que.9 Ω YCC =
r t = 1.7 kV 1.133∠−80015 ∠ 00 + 1.11∠−9001. Ei.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.4] y la curva de carga del generador [3. Curso 2007/2008 15
Del resultado obtenido también se desprende que el equivalente en π sólo puede representar la realidad si Ycc no tiene parte real. Elementos del sistema (II): el generador síncrono.02 ∠−100 r − YCC t = −1. de tensión interna.5] que define los puntos (la zona) de funcionamiento posible del generador en condiciones normales. Adenda. De este repaso le debe quedar claro cómo se genera un sistema trifásico de potencia y los conceptos de reactancia síncrona. seccionadores. pues de otra forma se obtendrían resistencias negativas en las admitancias en derivación. su principio de funcionamiento y su circuito equivalente [3. Elementos del sistema (III): la línea de transporte.22.04 = 1. δ.11∠−90015 ∠ 00 − 1.3]. etc. que se encuentra en las centrales de producción de energía eléctrica y que es un generador síncrono. por fase y unidad de longitud. se estudia en el capítulo 3 del libro. forman la red de transporte y distribución de energía eléctrica.5 = j 0. Xs. la línea se caracteriza mediante su impedancia serie. El generador.04.155 ∠−90014 ∠100 = −822 ∠−800 A
2. junto a los transformadores y a los elementos de maniobra y protección (interruptores. protecciones.
60 MVA. de longitud media (de 100 a 300 km) y largas (de más de 300 km).
El sistema trifásico de la figura consta de los siguientes elementos: • • • • • • • • • Generador G1 100 MVA.u Generador G2 80 MVA. las líneas se clasifican como cortas (líneas de longitud inferior a 100 km). A partir de estos dos modelos (especialmente del segundo) es muy importe el conocer el flujo de potencia que se puede transmitir a través de la línea [5.
Ejercicio 2.15 p. El cálculo de estos parámetros R. S2.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. a potencia constante de 50 MVA a 165 kV y fdp=0. siempre que se necesiten esos parámetros serán un dato). Las representaciones de los dos primeros tipos son de parámetros concentrados. existen diferentes modelos de la línea de transporte.u Transformador T2.1 p. 80 MVA. En función de la longitud de la línea y del tipo de estudio que se desea realizar. Adenda. de impedancia constante. según las condiciones de funcionamiento [5. L y C el libro lo ha desarrollado en el capítulo anterior [4] y queda fuera del programa de la asignatura (es decir. Teniendo en cuenta los tipos de estudios que se van a ver en esta asignatura es suficiente con los modelos de parámetros concentrados de línea corta y de línea de longitud media [5. 15/165 kV.95 capacitivo Interruptores S1. a partir de inductancias o condensadores en serie o paralelo. 15 kV.7]. Curso 2007/2008 16
admitancia paralelo. Xsg1= 0.8 inductivo Carga C2.4]. S3 y S4 de impedancia despreciable
.u Línea L1 y L3 impedancia 10 + j 50 Ω/fase Línea L2 y L4 impedancia 20 + j 60 Ω/fase Transformador T1.15 p. Así.1 p. mientras que en el modelo de la línea larga hay que considerar los parámetros distribuidos a lo largo de la longitud de la línea. XCCT2=0. 40 MVA a 165 kV y fdp = 0. para una frecuencia de 50 Hz. XCCT1=0.5 y 5. también por fase y unidad de longitud. 15 kV. 165/12 kV.6] y la forma de compensar la impedancia para disminuir la caída de tensión. Xsg2= 0.u Carga M1.
c) Con los interruptores S3 y S4 cerrados y S1 y S2 abiertos. determinar la tensión y corriente en la carga C2 y en el generador G1.25 Ω S B 100.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.15.u .10 6 SB 100.10 6 = = 3850 A 3U 1B 3. en valores por unidad y valores reales. Curso 2007/2008 17
a) Dibujar el esquema del sistema.
b) Con los interruptores S1 y S3 cerrados y S2 y S4 abiertos. con el generador G2 a tensión de 13∠+5º kV. en valores por unidad y valores reales. 2 S Banterior U Bnueva 80 15 2
I 1B =
X G1 = 0.1.125 p. SB= 100 MVA Tramo 1 U 1B = 15 kV Z 1B U 12B 15 2.15 p.u sin cambio de base X CCT 1Nueva = X CCT 1 Anterior . para mantener la carga C2 a una tensión de 165∠0º kV. = 0. . indicando los valores de las impedancias en valores por unidad. determinar la tensión y la corriente en el generador G1.10 6 = = = 2. para mantener la carga M1 a una tensión de 165∠0º kV. tomando como base 100 MVA y 15 kV.
. por fase. Adenda.10 3
2 S Bnueva U Banterior 100 15 2 = 0.
2 0 272.15.25 Ω 100.2 0
C 2 ( Z cte) ⇒ S C 2 = 40∠ − arc cos 0.10 6 SB 3U 1B = 100.22 = 0.25
2 UC2 165 2.10 6 = 350 A I 2B = 3.2 0 MVA ⇒ Z C 2 = Z C 2 pu = 646.165. Curso 2007/2008 18
U 2 B = U 1B Z 2B =
U 2T 1 165 = 15 = 165 kV 15 U 1T 1
Por tanto.1.10 3 100 15 2 .10 2 ∠18.65 0 L2 pu = L4 pu = 272.87 0 S M 1 pu = = 0.188∠78.87 0 100
12 = 12 kV 165 U 12B 12 2.073 + j 0. .12.56 − j 212.375 − j 0.44 Ω S B 100. = 0.95 MVA = 40∠ − 18.10 6 100. el esquema del sistema por fase en valores por unidad es
.10 6 = = = 1.5∠ − 18.6 0 L1 pu = L3 pu = 272.78 = 2.10 6 = 272. 60 165 2 10 + j 50 = 0.6 = 2.5∠36.10 3 100 165 2 = 0.25
M 1 ( P cte) ⇒ S M 1 = 50∠36.037 + j 0.293 p. Adenda.10 6 = 4811 A 3.10 2 = * S C 2 40.232∠71.u X CCT 2 Nueva = 0.87 0 MVA 50∠36.1666 p.184 = 0.u 80 12 2
U 1B = 165 Z 1B
X G 2 Nueva = 0.25 20 + j 60 = 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.
j 0.5 36.184
0. Curso 2007/2008 19
Smotor =0.073+j 0.037+j 0.16 3
j 0.037+j 0.86º 0.184 2 0.78
0.22 j 0.15 2.073+j 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.184
Smotor =0.5 36.86º
.184 UC j 0.125
0.15 2. Adenda.375-j 0.375-j078
j 0.22 j 0.125
0.037+j 0.037+j 0.
3∠69.4º kV
c) En el esquema del sistema ahora propuesto el motor M1 está desconectado
0.072∠3.3º
* S M 1 = U M 1 .073 + j 0.184 + 2.184) = 1∠0º +(0.3 1∠0º U C = U M 1 + iM 1 (0.3º U C 2 = iC 2 .78 UC2 UG2
U C 2 = 165∠0º kV = iC 2 = iG 2 = UC2 ZC2
13∠5º 165∠0º p.38 + j 0.375 − j 0.iM 1 ⇒ iM 1 =
por otro lado U C = iC 2 .3º A
U G1 = U C 2 + iC 2 .5∠ − 18.023∠ − 1º = 168.155 = 0.u y U G 2 = 13∠5º kV = p.431∠17.3º = 1155∠69.106 + j 0.(0.037 + j 0.4∠18º = 140∠18º A = 2.4 − j 0.78) ⇒ iC 2 = 0.091 + j 0. Curso 2007/2008 20
U M 1 = 165∠0º kV = 1∠0º p.u = 1.155 = 0.375-j 0.315∠ − 29.073+j 0.u = 1∠0º p.184) = 1.037 + j 0.125
j 0.5∠8.128 = 0.( j 0.6º = 1515.1666 iG1 = iC 2 − iG 2 = 0.15 UG1 2.4 − j 0.9∠ − 1º kV y U G1 = U C + (iM 1 + iC 2 ).274 + j 0.125 = 1.125 − 0.037 + j 0.09 = 1.2.5∠ − 36. j 0. Adenda.07 + j 0.184 0.2º = 1.4∠5º kV
.38 + j 0.274 − j 0.026∠5º = 15.22 + j 0.3)(0.062 = 1.037+j 0.411 + j 0.4º = 16.083∠5º p.162 = 1.125 = 0.u 0.2º
UG2 −UC2 = 0.037 + j 0.Z C 2 = 0.184) = 1.u 12 165 1∠0º = 0.3º.16
j 0.103∠8.28 = 0.431∠17.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.125 + 0.6º A 0.022 + j 0.29 j 0.5∠ − 29.22
j 0.375∠ − 18.86º = 0.
Estas cargas se definen por el valor de su impedancia por fase o por su potencia nominal (que es la potencia que consumen a la tensión nominal del nudo al que están conectadas). por ejemplo. Se representan mediante los valores correspondientes de R y X en paralelo. son otras redes eléctricas de distribución. y que llega a ellas a través de la red de transporte. tal y como se representa en la figura 2.c). una gran industria) o. con R y X en serie. En el texto base que utilizamos en esta asignatura no hay un capítulo que hable de las cargas. que van llevando esa energía eléctrica al resto de consumidores más pequeños. − Cargas de intensidad constante. así que se hace mediante una flecha indicando los valores de P y Q correspondientes (figura 2. Este tipo de cargas son las más frecuentes en los sistemas eléctricos de potencia. Son cargas cuyos valores especificados de P y Q consumidos son constantes. Son cargas estáticas cuya impedancia. Se representan mediante una fuente de intensidad I (figura 2.b). − Cargas de potencia constante. como indica su nombre. Este tipo de cargas son bastante escasas y se caracterizan por presentar una intensidad I consumida constante e independiente de la tensión que exista en cada momento en el nudo en el que están conectadas.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. los motores eléctricos y otras redes de distribución a menor tensión. independientemente de la tensión que exista en cada momento en el nudo en el que están conectadas.a (es más útil esta representación que la de la rama equivalente serie. siempre que no se diga lo contrario.
. como verá más adelante a la hora de construir la matriz de admitancias de nudo). Las cargas se encuentran en los nudos de esa red y pueden ser grandes consumidores (por ejemplo. por lo que los modelos de carga que se van a necesitar los veremos a continuación en este apartado. es constante y. el régimen permanente por lo que se admitirá que las cargas no varían en el tiempo. se distinguen tres tipos de cargas: − Cargas de impedancia constante. Adenda. Aunque en general las cargas evolucionan en el tiempo. por lo tanto. la potencia que consumen depende de la tensión que haya en cada instante en el nudo en el que están conectadas. El cuarto y último elemento que vamos a necesitar para estudiar y analizar un sistema eléctrico de potencia son las cargas. Elementos del sistema (IV): la carga. Curso 2007/2008 21
2. En cuanto a su representación dentro del sistema. Por este motivo no pueden representarse mediante una impedancia o una fuente. para los estudios del sistema eléctrico de potencia que vamos a ver en la asignatura se considerará. se comportan como cargas de este tipo los grandes consumidores. en la mayoría de los casos. Ejemplo de este tipo de cargas son las baterías de condensadores o de inductancias. de menor tensión. Las cargas son quienes consumen la potencia generada por los generadores. que se encuentran en las centrales de producción de energía eléctrica.5.
Y-∆.8 inductivo
. (b) de potencia constante y (c) de intensidad constante. Xcc= 0.
Ejercicio 3.u XL = j 6 Ω/fase
Carga (Z constante) 20 MW. 230/69 kV.u 50 MVA. Curso 2007/2008 22
Fig 2.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.2 p. 15/230 kV.1 p. T1 y T2. Representación de las cargas: (a) de impedancia constante. 69 kV. Xcc= 0. Adenda. se eleva mediante dos transformadores trifásicos idénticos en paralelo.1 p.p 0. que alimentan a una carga y a una línea de 50 km que termina en otro transformador T3 a cuya salida se conecta un motor a 69 kV.
En el diagrama de la figura. 15 kV. la tensión del generador (nudo1). 230 kV Motor (P constante) 50 MVA. a 230 kV (nudo 2). Xsg= 0. f. Las características nominales de los diversos elementos del sistema son: Generador T1 y T2 T3 100 MVA.u 70 MVA. ∆-Y.d.
Curso 2007/2008 23
Tomando como base los valores nominales del generador y suponiendo que en la situación considerada el valor medido de la tensión en bornes del motor es de 69 kV. b) La tensión. corriente y potencia en la carga.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.
X cc1
X cc3
X cc2 S m o to r =P +jQ
X''g UG Zc U C arga U M o to r
. Adenda. corriente y potencia desarrollada por el generador c) La tensión y corriente en la línea del primario del transformador T3. determinar en módulo y argumento: a) La corriente en el motor y la tensión.
15.10 3 X sg = 0.10 6 I 1base = = 3849 A 3.1 p. Si los datos de partida de los transformadores no hubiesen sido dados como tensiones de entrada y salida en la conexión correspondiente.2 100 = 0. La utilización de las tensiones entre líneas como referencia en todos los casos facilita el cálculo. La ventaja del cálculo en valores por unidad es poder resolver el sistema sin necesidad de considerar las relaciones entre tensiones y corrientes de cada línea en cada tramo.25Ω 100 100. sea cual sea la conexión de los transformadores. Por ello. también en las corrientes.4 p. tendremos que: S base = 100 MVA Tramo 1
U 1base = 15 kV Z1base = 15 2 = 2.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Se toma la potencia nominal del generador como base de potencias y las tensiones de línea en cada tramo como referencia para la determinación de las tensiones base de cada uno de ello. cuando proceda. sino que se hubiese dado directamente la relación de espiras en cada uno de ellos. Por otro lado. Teniendo todo esto en cuenta. dependiendo de relaciones de transformación y las conexiones en los transformadores. Curso 2007/2008 24
El sistema normal del problema se resuelve mediante análisis por unidad. la única precaución que debe tenerse cuando hay conexiones mixtas en los transformadores es que hay desfase entre las tensiones de cada tramo y consecuentemente.u 50
. adicionalmente debe considerarse el desfase como otro parámetro base a definir. cuyo primer paso es la elección de los parámetros base. Adenda.u X cc1 = X cc 2 = 0. tendría primero que determinarse la tensión entre líneas correspondiente de cada tramo antes de definir las tensiones de base.
87 MVA =
a) Si la tensión medida en bornes del motor UMotor es 69 kV.5 ∠−36.7 = 418.u = 0.u 70 6 Línea X L = 6Ω = p.u 529 230 2.230.103 100 X cc 3 = 0.87.5∠36.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.106 = = 836. Curso 2007/2008 25
Al ser estrella − triángulo α 2base = α 3base = 300 U 2base = U 3base = 15 230 = 230 kV 15 230 2 Z 2base = Z 3base = = 529Ω 100 100.0113 p.143 p.87 p.35 ∠−36.10 529
Al ser triángulo − estrella α 4base = 300 − 30º = 0º U 4base = 230 Z 4base = I 4base 69 = 69 kV 230
692 = 47.u 100
Motor a P cte S Motor = 50∠36.106 I *2base = = 251A ⇒ I 2base = I 3base = 251A 3.5 ∠36.u = 0.87 p.87 A
.106 2645 C arg a a Z cte Z C = = 2645Ω = p. será igual entonces a la tensión de base en el tramo 4.5 ∠−36. Adenda.103 50∠36.7 A 3.I * Motor ⇒ I * Motor = 0.6Ω 100 100. por lo que tendremos:
S Motor = U Motor .87 1∠ 0
I Motor = 0.836.u = 0.u = 5 p.69.u 6 20.87 p.1 = 0.
5 ∠−36.87 251∠30 = 125.I * G = 1.u U 3 = 1.1035 + j 0. Al realizar el análisis por fase con valores por unidad esto se desprende directamente al aplicar el método.09 − j 0.u S G = 0.5∠ − 6.0478∠3. 4 p.u + 0.37.143) = 1.22∠0 p.0113 + j 0.251∠+30 = 52.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.6735∠−25. Adenda.15 = 16.37 + 0.37 p.0616 = 1.37 p. 4. Curso 2007/2008 26
Para la carga tendremos U c arg a = U Motor + I Motor j ( X L + X cc 3 ) U c arg a = 1∠0 + 0.87 A
.7533∠34.0445∠3.37 = 0.2 ∠90 = 1.7 ∠33.2∠33.1186 ∠9.3 = 0.1186 ∠9.87 p.0572 = 1.14 p.100 = 22 MW
U G = U c arg a + I G .37.0.7533∠34.u I 3 = 0.21∠3.5∠ − 36.7 MVA
c) En el primario del transformador 3 la corriente es la que corresponde al motor.100 = 75.21∠3.87 p.8 ∠9.6735 ∠ 25. 7.u = 0.33∠34.37 kV I c arg a = U c arg a Z c arg a = 1.37 p.u
I G = I Motor + I C arg a = 0.87.5∠ − 36.3 A U G = 1. pero hay que considerar el desfase de tensiones por el tipo de conexión en el transformador.0478∠3. jX cc 3 = 1∠ 0 + 0.37 A 5
S c arg a = U c arg a .1186 ∠9.21∠−3.37.u = 0.Z1 donde Z1 = 1 1 1 + jX cc1 jX cc 2 = j 0.37 = 0. 4.143∠90 = 1.u U c arg a = U pu ⋅ U 2b ∠α 2b = 1.6735 ∠−25.046 + j 0.6735 ∠−25.043 + j 0.3.3 3849 = 2592 ∠−25.14.1834 = 1.3 p.0478 ∠3.0478∠3. 4 kV S G = U G . 7 p.21∠3.u U G = 1.14 kV I 3 = I Motor = 0.5∠ − 36. 0.87 ( j 0.0445∠3.
U 3 = U Motor + I Motor .0.230∠+30 = 241∠33.2 p.I *c arg a = 1.u I G = 0.5∠−36.u = 0.0478∠3.288 = 0.22.0.230∠30 = 240.
usted ya conoce los principales elementos que componen un sistema eléctrico de potencia.8]. Análisis del sistema eléctrico de potencia.2. [Ybus]. El objetivo del sistema eléctrico es satisfacer la potencia demandada. Curso 2007/2008 27
UNIDAD DIDÁCTICA 2. Partiendo de la potencia generada y demandada en cada nudo. sencillamente. Cortocircuitos trifásicos equilibrados [capítulo 8].4 y 6.
Llegados a este punto del programa de la asignatura. si ese estado de funcionamiento del sistema corresponde a un estado de funcionamiento normal. La construcción y modificación [6.3. Adenda.2] de la matriz de admitancias de nudo [Ybus] es fácil e inmediata. Las matriz de admitancias de nudo. Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: Los modelos de la red a través de la matriz |Ybus| [6. en un régimen permanente en el que se verifique que las tensiones en los nudos y las potencias generadas por los generadores estén dentro de unos límites establecidos y que tanto las líneas como los transformadores funcionen sin sobrecargas. sus modelos y la representación completa del sistema mediante los diagramas unifilar y de impedancias. 3. en la que la mayoría de sus elementos son cero. [Ybus]. en módulo y argumento. para cualquier sistema eléctrico que nos den ya debe ser fácil construir su diagrama unifilar y el circuito de impedancias que lo representa. es decir.2]. 3. Por último. 6. más las pérdidas en la red. TEMA 3.5] y el control del flujo de cargas [6. es importante señalar que para grandes sistemas reales la matriz [Ybus] es una matriz muy dispersa. Corrientes de cortocircuito en el generador. la matriz de admitancias que resulta del análisis por nudos del circuito de impedancias que representa el sistema eléctrico dado tomando como nudo de referencia el neutro. Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: el flujo de cargas.1. nudo común del circuito. A partir de aquí y para los estudios que van a permitir el análisis del sistema. éste se modela matemáticamente mediante la matriz de admitancias de nudo.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. el flujo de cargas [6. a partir de su resultado. manteniendo un estado de funcionamiento normal. el flujo de cargas calcula la tensión. El flujo de cargas es el estudio que permite analizar el sistema en régimen permanente y comprobar. que existe en cada nudo y las potencias que circulan por la red de transporte. La matriz [Ybus] es.
TEMA 4. En esta segunda Unidad Didáctica se van a ver los dos estudios clásicos más importantes que se utilizan para analizar el sistema eléctrico: el flujo de cargas y las faltas simétricas. Una vez que ya se conoce el modelo eléctrico que representa a cada elemento del sistema y la utilización de los valores por unidad. es decir.
los tipos de nudos que se consideran. la resolución del análisis por nudos del circuito). pero presenta problemas de convergencia. El método de Newton-Raphson es más complejo de programar pero a cambio es más robusto y presenta una mayor velocidad de convergencia que el anterior.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. al tratarse.5]. En el apartado [6. Independientemente del método. de los métodos matemáticos de resolución de problemas no lineales más utilizados en este tipo de problemas. generadas y consumidas en cada nudo y como esas potencias dependen de las tensiones de los nudos (que recordemos son las incógnitas del problema). activa y reactiva. explicando su importante función en el control de la potencia que circula por las líneas o de mantener el valor de la tensión en determinados nudos.8] describe los diferentes medios de control disponibles en un sistema. permitirán al alumno conocer la sistemática de la solución al problema y los distintos casos que pueden presentarse. Adenda. Por último. en el apartado [6. es importante tener bien claro qué ofrece la solución del flujo de cargas. Sin embargo.12). es decir. en el libro se describen dos métodos exactos: el de Gauss-Seidel y el de Newton-Raphson. en forma compleja. las variables de estado o incógnita del problema. por lo que es el que utiliza la práctica totalidad de programas existentes de resolución del flujo de cargas. en forma polar). conocida la solución (tensiones en todos los nudos y potencia generada en el nudo oscilante) y con los datos del sistema (datos de los nudos y de las líneas) debe ser capaz de calcular la potencia inyectada en cualquier nudo o la potencia que circula por cualquier línea del sistema. en los sistemas eléctricos de potencia reales las magnitudes que se miden y que se conocen son las potencias. Curso 2007/2008 28
Si ese problema.3].3] se describe y plantea el problema del flujo de cargas: las ecuaciones de la potencia inyectada en un nudo (ecuación (6. en definitiva. Los dos métodos (Gauss-Seidel y Newton-Raphson) [6. sobre todo al aumentar la dimensión del problema.
. Deben ser estudiados ambos. el cálculo de las tensiones sería inmediato resolviendo un sistema lineal de ecuaciones donde los elementos de [Ybus] serían los coeficientes (sería. El capítulo 6 del libro aborda el estudio del flujo de cargas. El primero tiene la ventaja de ser sencillo de programar.4 y 6. se plantease en términos de intensidades. que se puede utilizar para obtener un buen punto inicial para los procesos iterativos de los dos métodos anteriores o como solución válida para otros tipos de estudios que no necesitan la solución exacta del flujo de cargas. que es un método que permite obtener de una forma sencilla y rápida una solución aproximada. La gran utilidad y cantidad de información que ofrece la solución del flujo de cargas para el análisis de un sistema eléctrico se explican en el apartado [6. en el libro también se explica el flujo de cargas desacoplado. Los métodos de resolución del flujo de cargas son métodos numéricos de resolución de sistemas de ecuaciones no lineales. las cantidades especificadas o términos independientes y el número total de ecuaciones del sistema no lineal que hay que resolver. el problema del flujo de cargas así planteado en términos de potencias resulta ser un problema no lineal que se ha de resolver mediante métodos numéricos iterativos. en definitiva. Así. calcular la tensión en cada nudo. Para concluir este tema.11) y (6. si se conociese la intensidad inyectada en cada nudo. y ecuaciones (6. es decir.8).
Con ello el cálculo puede hacerse a partir de un sistema monofásico con generadores e impedancias en serie y paralelo. Es especialmente importante el análisis de los equivalentes eléctricos de los transformadores en sus diferentes funciones. Transformador reductor de tensión Es el caso. El método de cálculo en valores por unidad consiste en expresar los equivalentes eléctricos de los diferentes elementos del sistema en valores proporcionales a los valores de base elegidos. Su relación de transformación está dada por ⎯t :1. tenemos:
. con t >1. Adenda. tanto como transformadores de elevación o reducción de tensión o como transformadores de regulación de tensión o fase. Curso 2007/2008 29
3. de un transformador de distribución utilizado para reducir la tensión en una línea para transporte de energía. El cálculo en valores por unidad permite el análisis del sistema sin necesidad de separarlo en tramos de la misma tensión base que establecen los transformadores. los transformadores juegan un papel fundamental para obtener las tensiones necesarias en cada tramo. Partiendo del equivalente eléctrico del transformador monofásico sin la rama paralelo.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. por ejemplo. Equivalente eléctrico del transformador en el sistema En los sistemas eléctricos.3. Seguidamente se detallan las diferentes formas de expresar el equivalente de un transformador en un sistema.
U 1 = E1 + i1 Z CC U 2 = E2 E1 r =t E2 i1 1 =r i'2 t * r U 1 = U 2 t + i1 Z CC r r U1 − U 2t = YCCU 1 − t YCCU 2 i1 = Z CC r r i2 = −i ' 2 = −t * i1 = −t * YCCU 1 + t 2YCCU 2 por tan to ⎡ i1 ⎤ ⎡ YCC r ⎢i ⎥ = ⎢− t *Y ⎣ 2⎦ ⎣ CC
r − t YCC ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎥ t 2YCC ⎦ ⎢U 2 ⎥ ⎣ ⎦
De la matriz de admitancias obtenida en el apartado a) y con t real. Curso 2007/2008 30
Para obtener la matriz de admitancias entre los nudos 1 y 2 se deben obtener las relaciones entre las tensiones e intensidades en dichos nudos. se deduce que:
.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Adenda. tendremos que i2=-i’2. Considerando que para el análisis las intensidades tienen sentido entrante.
“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Adenda. Curso 2007/2008 31
Del resultado obtenido también se desprende que el equivalente en π sólo puede representar la realidad si Ycc no tiene parte real. Pero si se desea expresar el equivalente del transformador en valores por unidad obtendremos las siguientes expresiones: U 1B = U 1 t= U 1B U ⇒ U 2B = 1 = U 2 U 2B t U 12B S ⇒ Y1B = B SB U 12B
Z 1B = Z 2B
2 U 2B SB = ⇒ Y2 B = 2 SB U 2B
SB U 1B
y i2 B =
SB U 2B
de la relación de int ensidades y tensiones exp resadas en p. al depender su valor de (1-t) y de (t-1). dado que dicho desfase no puede representarse en un circuito de ese tipo. pues de otra forma se obtendrían resistencias negativas en las admitancias en derivación. ósea si t es real.u obtenemos S S S i1 = YCCU 1 − tYCCU 2 ⇒ i1 pu B = YCCpu B U 1 puU 1B − tYCCpu B U 2 puU 2 B 2 U 1B U 1B U 12B i2 = −tYCCU 1 + t 2YCCU 2 = −tYCCpu SB S U 1 puU 1B + t 2YCCpu B U 2 puU 2 B 2 U 1B U 12B
de un transformador a la salida de un generador donde es necesaria la elevación de tensión en la línea de transporte de energía. Adenda. Curso 2007/2008 32
Finalmente obtenemos las expresiones que relacionan las corrientes y tensiones en valores por unidad y la correspondiente matriz de admitancias i1 pu = YCCpuU 1 pu − YCCpuU 2 pu i2 pu = −YCCpuU 1 pu + YCCpuU 2 pu ⎡ i1 pu ⎤ ⎡ YCCpu ⎢i ⎥ = ⎢− Y ⎣ 2 pu ⎦ ⎣ CCpu − YCCpu ⎤ ⎡U 1 pu ⎤ YCCpu ⎥ ⎢U 2 pu ⎥ ⎦ ⎦⎣
ZCCpu
U1pu
Obsérvese que el equivalente eléctrico del transformador en valores por unidad es independiente de la relación del transformador. Siguiendo el mismo procedimiento que en caso anterior se llega a las siguientes expresiones
. con t >1.
Transformador elevador de tensión Es el caso. por ejemplo.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Su relación de transformación está dada por 1:t.
los transformadores de distribución incorporan tomas que sirven para regular la tensión de servicio ante las caídas de tensión producidas en las líneas y en los propios transformadores.
. las “tomas” no es más que puntos de conexión en el arrollamiento del transformador (en el primario generalmente) que aumenta o disminuye el número de vueltas en este y. el análisis de estos transformadores.
Transformador regulador del módulo de la tensión En la mayoría de los casos. En definitiva.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. dado que el equivalente es independiente de la relación de tensiones. dado que los valores de la tensión de base (y consecuentemente las impedancias e intensidades de base) del sistema en el tramo del transformador correspondiente variaría. por tanto. cambia la relación de transformación. con sus respectivas tomas. Pero si se procediera así en este tipo de transformador. se podría realizar de la misma manera que lo hecho en los transformadores normales anteriores. considerando que al cambiar la toma. Adenda. la relación de transformación. Curso 2007/2008 33
⎡ ⎡ i1 ⎤ ⎢ YCC ⎢i ⎥ = ⎢ Y CC ⎣ 2 ⎦ ⎢− r ⎣ t*
Y ⎤ − CC ⎥ ⎡U ⎤ r 1 t YCC ⎥ ⎢U 2 ⎥ ⎥⎣ ⎦ t2 ⎦
YCC(t-1)/t
YCC/t (1/t-1)
Y si se calcula la relación en valores por unidad se llega a la misma matriz y equivalente en π que las obtenidas en el caso anterior. en el análisis por unidad del sistema se tendrían que recalcular todos los valores al cambiar una toma. En principio.
Pero distinta consideración debe tener la tensión de aumento o disminución que proporciona la toma. lo que supondría la pérdida de las ventajas que dicho análisis ofrece. con t>1. respectivamente. A fin de evitar este inconveniente. El modelo así planteado implica que la impedancia de cortocircuito equivalente del transformador no varía cuando se usan las tomas y aunque teóricamente esto implicaría un error en la aproximación. el valor t se refiere ahora a la tensión adicional que se eleva o disminuye frente a la relación de transformación nominal y no a la relación real entre las tensiones de entrada y salida del transformador. Adenda. Debe comprenderse que.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Curso 2007/2008 34
Por tanto. Para determinar la relación de intensidades y tensiones en las nuevas condiciones se parte de nuevo del equivalente del transformador. según se use la toma para elevar o reducir la tensión. la realidad es que en las normas internacionales que regulan los transformadores de distribución es obligatorio que la impedancia de cortocircuito se mantenga prácticamente constante cuando se cambian las tomas. en el análisis en valores por unidad. Con lo dicho anteriormente. cada vez que se produjera un cambio de toma. se puede enfocar el problema como si el caso de un transformador regulador equivaliese al de un transformador convencional con relación de transformación nominal y en serie con el hubiese un transformador ideal de relación 1:t o t:1. por lo que la aproximación teórica es bastante aproximada a la realidad. que no ha sido considerada en la determinación de las bases y debe considerarse ahora. con la diferencia de que ahora el equivalente por unidad ZCCpu está en el lado secundario del transformador ideal que representa la toma. todo el cálculo del sistema en valores por unidad se tendría que recalcular. el circuito equivalente de un transformador con una toma para regulación del módulo de la tensión de relación t:1 tendría una impedancia ZCC en serie en el secundario representando el transformador de relación nominal en valores por unidad tal como se representa en la siguiente figura
. Dado que en el caso de un transformador de relación de transformación fija y conocida su equivalente en valores por unidad es independiente de la relación de transformación. la relación de transformación nominal ya se tiene en cuenta a la hora de determinar las tensiones de base de cada tramo y por tanto los equivalentes por unidad no requieren considerar dicha relación nominal.
Curso 2007/2008 35
Para determinar ahora la relación entre intensidades y tensiones que permitan establecer la matriz de admitancias asociada tendremos que
E1 =t E2
i1 1 = con U 1 = E1 ' i2 t
U 2 = E2 + i2 Z CCp.u =
U1 U + i2 Z CCp. Adenda.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.u ⇒i 2 = U 2YCCpu − 1 YCCpu t t YCCpu U 1 i + 2 YCCpu i1 = − 2 = −U 2 t t t
Con lo que la matriz de admitancias tiene la expresión
⎡ YCCpu ⎡ i1 ⎤ ⎢ t 2 ⎢i ⎥ = ⎢ Y ⎣ 2 ⎦ ⎢− CCpu ⎢ t ⎣
YCCpu ⎤ ⎥ t ⎥ ⎡U 1 ⎤ ⎢U ⎥ YCCpu ⎥ ⎣ 2 ⎦ ⎥ ⎦
Y el correspondiente equivalente en π es
Yccpu/t
YCCpu(1-t)/t2
YCCpu (t-1)/t
Para un transformador con toma de regulación 1:t igualmente se obtendría
2 ⎡ i1 ⎤ ⎡ t YCCpu =⎢ ⎢i ⎥ − tY CCpu ⎣ 2⎦ ⎢ ⎣
− tYCCpu ⎤ ⎡U 1 ⎤ ⎥ YCCpu ⎥ ⎢U 2 ⎥ ⎦⎣ ⎦
03∠ − 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.0 = j 0.3 y la admitancia en paralelo es yij. En los nudos 3 y 4 se han colocado baterías de condensadores para compensación de potencia reactiva y la impedancia de todas las líneas de interconexión entre los nudos es. de Zij = 0.03 + j 0. en valores por unidad.30
V3 = 1. ¿Cuál será.1.
En el sistema de la figura los valores expresados en por unidad tienen una potencia base de 100 MVA y tensión de base de 100 kV.01∠ − 0. Adenda.05. Determinar: a) La matriz de admitancias del sistema b) Si se conecta entre los nudos 3 y 4 un transformador de regulación de módulo de tensión de relación 100/98 kV de 10 MVA y XCC= j 0.30
V4 = 0. la matriz de admitancias del sistema? c) Determinar la potencia de pérdidas del sistema en las condiciones del apartado b) si la solución al flujo de potencias proporciona los siguientes valores:
V1 = 1∠0 0
V2 = 1.96∠0 0
. en estas nuevas condiciones. Curso 2007/2008 36
tYccpu
YCCpu(t-1)t
YCCpu (1-t)
03 + j 0.2 0 Y33 = 2.33 + j 3.3 − 0.33 − j 3.05 + 2.05 Y las de los condensadores son
1 = j5 − j 0.6∠ − 75.8∠ − 84. en valores por unidad.66 − j 2.3 − 0.5 ⎦ ⎣− 0.3⎥ 1 − j 9. j 0.33 − j 3.5 = 2.3 0.3 − 0.3 = 3.33 + j 3.64∠ − 66.(0.33 + j 3.75 = 9.33 − j 3.(0.33 + j 3.3 pu ⇒ yij = 0.3 − 0.66 − j 2.66 − j1.05 + 2.75 ⎥ ⎢ Y= ⎥ ⎢− 0.3) + j 4 = 0.33 + j 3.3 = −3.33 + j 3.3⎤ ⎡ 1 − j 9. Curso 2007/2008 37
Solución a) Las admitancias de las líneas son:
z ij = 0.66 − j1.3) = 1 − j 9.05 + 3.33 − j 3. Adenda. en los nudos 3 y 4 cuando se conecta el transformador regulador de módulo de tensión de relación t:1 viene dada por la expresión matricial
.333∠ − 84. j 0.2 0 yij .2 0 Y34 = Y43 = 0
Con lo que la matriz de admitancias pedida es − 0.33 + j 3.3 − 0.25 0 Y44 = 2.5 0 ⎥ ⎢ 0 0.33 + j 3.3
b) La relación de tensiones e intensidades.33 + j 3.33 + j 3. j 0.5 = 1.3) + j 5 = 0.2 = j4
yC 3 = yC 4
Con lo que los términos de la matriz de admitancias serán:
Y11 = Y22 = 3.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.75 ⎢− 0.333∠ − 84.(0.33 + j 3.0 = j 0.3 − 0.2 0 Y12 = Y13 = Y14 = Y21 = Y23 = Y24 = Y31 = Y32 = Y41 = Y42 = −Ylinea = −0.
3 − 0.3⎥ 1 − j 9.75 ⎥ Y =⎢ ⎢− 0.33 + j 3.33 + j 3.3 − 0.66 − j 2.98 0. que no son coincidentes con los valores base del sistema.33 + j 3.3⎤ ⎡ 1 − j 9.33 + j 3.10 6 = j 0. los términos de la matriz de admitancias que cambian son:
Y33 = 0.1 = j1 ⇒ YCC = − j1 SA 100.3 0.5 = 3.33 + j 3.3 − 0.33 + j 3.56∠ − 79.10 6
Z CCN = Z CCA
Por tanto.30 ⎛ − j1 ⎞ Y34 = Y43 = −⎜ ⎟ = j 0.46 j 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.02 ⎠
Con lo que la matriz de admitancias pedida es − 0.5 ⎦ ⎣− 0. el valor por unidad de ZCC del enunciado se corresponde con valores de base iguales a los valores nominales de potencia y tensión del transformador. Adenda.33 + j 3. En este apartado. por lo que para referir el valor a la base del sistema SN 1000.66 − j 2. Curso 2007/2008 38
⎡ YCC i3 ⎤ ⎢ t 2 ⎡ ⎢i ⎥ = ⎢ Y ⎣ 4 ⎦ ⎢− CC ⎣ t
YCC ⎤ t ⎥.55∠ − 75 0 2 1.33 + j 3.66 − j 3.3
c) Las pérdidas en el sistema se obtienen de la expresión
Ppérdidas = ∑ PG − ∑ PD = PG1 + 1 + 2 − 1 − 1 − 1 = PG1 La potencia del generador del nudo 1 se obtiene a partir de la potencia neta P1 en el nudo 1.33 + j 3.⎡U 3 ⎤ ⎥⎢ ⎥ YCC ⎥ ⎣U 4 ⎦ ⎦
Donde t=100/98=1.3 − 0.98 ⎝ 1.5 +
− j1 = 0.66 − j 3.46 = 2.02 e YCC es la admitancia equivalente del transformador en valores por unidad.5 − j1 = 0.33 + j 3.66 − j 2.3 − 0.98 ⎥ ⎥ ⎢ j 0.66 − j1.75 ⎢− 0. ya que:
Y44 = 0.3 − 0.
U 2 + Y13 .53 MW
Ejercicio 5.2 Ppérdidas = P1 = 0.
En el sistema de la figura 1.6 0 = 0.2 0 V3 = 1.0.2 S1 = 1∠0 0.98∠ − 0.0 = j0. conectada al nudo 2 mediante un transformador Υ-Υ de relación 1:2 y de impedancia Xcc = j0.1 p.0154 + j 0.2 0
Considerando que las líneas de interconexión entre los nudos generadores y los nudos de carga (1-3. 1-4. 2-4 y 2-5). expresada en la misma base de potencia y tensión que el resto
.2∠85.U 3 + Y14 .0154 − j 0.01 + j0. después de resolver el flujo de potencias.1 y admitancia en paralelo yij.02∠ − 0. tienen una impedancia en valores por unidad de Zij = 0.u.i1*
donde i1 = Y11 .U 1 + Y12 .02 y las líneas que conectan los nudos de carga entre si (3-4 y 4-5) tienen una impedancia Zij = j0.6 0 = 0.U 4 = 0. tal como se representa en la figura 2.u = 1.0154 p.96∠ − 0.04∠ − 0.05 y admitancia en paralelo yij.2∠ − 85. se obtienen los siguientes valores de las tensiones en los nudos: V1 = 1∠0 0 V2 = 1. Curso 2007/2008 39
P1 = PG1 − PD1 ⇒ Ppérdidas = P1 = ℜ U 1 .“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.0 = j0.30 V4 = 0. Adenda.2 0 V5 = 0.01: d) Determinar la matriz de admitancias del sistema e) Si el generador 2 está compuesto de una máquina síncrona (M2).
74 j 20 ⎥ j 20 1 − j 29.9∠ − 84.01
Y11 = Y22 = 2.9 ⎥ ⎥ ⎥ 0 j 20 ⎥ 2 − j 59. Adenda. j 0.9 = 9.02 + 2.9 ⎤ − 1 + j 9. j 0.2 0 yij .9 j 20 − 1 + j 9.01 + j 0.9 − j 20 = 1 − j 29.u. cuando la carga en el nudo 2 es nula (SD2 = 0).9 0
0 − 1 + j 9. j 20 = 2 − j 59. 1-4.9∠ − 880 Y44 = 2.74 = 59.76 ⎢ 0 ⎢ Y = ⎢ − 1 + j 9.Para las líneas 3-4 y 4-5
zij = j 0. j 0.01 + 2.76 = 19. 2-4 y 2-5 zij = 0.95∠ − 84. determinar la intensidad y tensión de salida de M2.05 pu ⇒ yij = − j 20 yij .76 0 0 1 − j 29.9 2 − j19.95∠ − 84.0 = j 0.9) = 2 − j19.8∠ − 880 Y13 = Y14 = Y24 = Y25 = Y31 = Y41 = Y42 = Y52 = −1 + j 9. en p.02 + j 0.0 = j 0.02 + 2(1 − j 9. f) Calcular los valores obtenidos en el apartado b) cuando SD2 = 1+j1
.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.Para las líneas 1-3.87 = 29.9 ⎢ 0 ⎣
0 − 1 + j 9.2 0 Y34 = Y45 = Y43 = Y54 = j 20 Y12 = Y15 = Y23 = Y35 = Y21 = Y51 = Y32 = Y53 = 0
Con lo que la matriz de admitancias pedida es
⎡ 2 − j19.(1 − j9.2 0 Y33 = Y55 = j 0.9) − 2. Curso 2007/2008 40
de valores por unidad del sistema.87 ⎥ ⎦
.9 − 1 + j 9.9 ⎢ ⎢ − 1 + j 9.87 − 1 + j 9.9 = −9.02
.1 pu ⇒ yij = 1 − j 9.01 + 1 − j 9.
147 + j1. La corriente en el nudo 2 se puede obtener a partir de la matriz de admitancias calculada en el apartado anterior y con el equivalente del transformador podremos obtener la tensión de salida de la máquina.18 + j 0.96∠ − 0.04∠ − 0. con lo que para calcular la corriente en el generador debemos considerar el balance de potencias en el nudo
SG 2 = S 2 + S D 2
* S 2 = U 2 . con lo que la corriente saliente del nudo será la corriente aportada por el generador.U 5 i2 = 0 + 19.39 U M 2 = Z cc .35 = 2.i2 = 1.1∠900.20 − 9.45 = 2.28∠4.4∠ − 84.1∠90 0. en el nudo 2 no hay cargas (SD2=0).1.6∠ − 64.1.14 − j1.4 0 = 1.20 + 0 − 9.04∠ − 0.80
Con lo que. Adenda.80 + 1. como antes U M 2 = 0.U 3 + Y24 .1.147 + j1.4∠84.2.45
S G 2 = 0.04∠ − 0.2 0 = 0.9∠ − 84. entonces iG2 ≠ i2.4∠ − 84.275 + j 0.95∠ − 84.7∠650
* S G 2 = U 2 .106 = 1.iG 2 + U 2 = 0.1 − j 2.20 i2 = 1.U 2 + Y23 .20.6∠ − 64.U 4 + Y25 .45 + 1 + j1 = 1.50
c) Si hay carga en el nudo 2.0.0.U1 + Y22 .98∠ − 0.04∠ − 0.80
.2 0 = 1.2 0.40 + 1.01 = 1.
i2 = Y21.20 = 1.20. Curso 2007/2008 41
b) El equivalente en π del transformador entre la máquina y el nudo 2 en valores por unidad es
Según lo propuesto en este apartado.40 = 0.147 + j 2.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.iG 2 ⇒ iG 2 = 1.456∠84.18∠0.95∠ − 84.20.
En el sistema de la figura. se obtienen los siguientes valores de las tensiones en los nudos:
V1 = 1∠0 0 V2 = 1∠ − 5 0
V3 = 1∠ − 10 0
V4 = 1∠ − 10 0
V5 = 1∠ − 150
Considerando que las líneas de interconexión entre los nudos tienen una impedancia en valores por unidad de ZL = 0. Adenda. SD4 y la generada por el nudo oscilante S1.0099 + j0.099 determinar: g) La matriz de admitancias del sistema h) La potencia de la carga del nudo 4. Curso 2007/2008 42
Ejercicio 6. después de resolver el flujo de potencias.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. i) La potencia de pérdidas total de las líneas
290 Y14 = Y41 = Y35 = Y53 = Y45 = Y54 = −1 + j10 = −10 ∠−84.1∠−150 5
* S 4 = −1.722 + j 0.1∠−100 + − 10 ∠−84.627 + j 0. 290 Y22 = Y44 = 3 − j 30 = 30 ∠−84.1∠−50 + 0 + − 10 ∠−84.722 + j 0. 290
0 0 ⎤ − 1 + j10 ⎡ 2 − j 20 − 1 + j10 ⎢− 1 + j10 3 − j 30 − 1 + j10 − 1 + j10 0 ⎥ ⎢ ⎥ =⎢ 0 − 1 + j10 2 − j 20 − 1 + j10⎥ 0 ⎢ ⎥ 0 3 − j 30 − 1 + j10⎥ ⎢− 1 + j10 − 1 + j10 ⎢ 0 − 1 + j10 − 1 + j10 2 − j 20 ⎥ 0 ⎣ ⎦
* S 4 = V4* ∑ Y4iVi = 1∠100 .0099 + j 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.1∠ 0 + − 10 ∠−84. 290 . 20 ∠−84. 290 .1∠−50 + 0 + 30 ∠−84. − 10 ∠−84.1∠0 + − 10 ∠−84.722 − j 0. 290 Y11 = 2 − j 20 = 20 ∠−84.335 = 2.099 = 0.03 ⇒ S1 = 2. 290 .665 Igualmente S1* = V1* ∑ Y1iVi = 1∠ 00 .627 − j 0. 290 Y33 = Y55 = 2 − j 20 = 20 ∠−84.1∠−100 + 0
S1* = 2. 290 ZL
Y13 = Y31 = Y15 = Y51 = Y25 = Y52 = Y34 = Y43 = 0 Y12 = Y21 = Y23 = Y32 = Y24 = Y42 = −1 + j10 = −10 ∠−84. 290 .03 S G1 = S1 + S D1 = 2. Curso 2007/2008 43
Z L = 0. Adenda.627 + j 0. 290 . 290
1 = 1 − j10 = 10 ∠−84. 290 .03
S D 4 = S G 4 − S 4 = 1 + j1 + 1. 290 .335 ⇒ S 4 = −1.722 − j 0.01∠84.
se dice que el sistema es transitoriamente estable. el punto de funcionamiento estable que correspondía al régimen permanente antes del fallo se pierde y si el sistema evoluciona a otro punto de funcionamiento estable. un cambio en la topología de la red (por maniobra de interruptores) o una pérdida elevada de generación o de carga.6575
PL = ∑ PG − ∑ PD = 0. Esto es lo que se ha visto y estudiado en el apartado anterior al analizar el estado normal del sistema mediante el flujo de cargas. las ecuaciones que definen la dinámica del sistema se pueden linealizar en torno al punto de funcionamiento. más o menos próximo. denominadas transitorios. Corrientes de cortocircuito: clasificación de perturbaciones. todos los sistemas eléctricos de potencia son sistemas físicos dinámicos cuyos parámetros y variables evolucionan.
. Estas perturbaciones de pequeña señal se verán al tratar sobre el control automático de la generación en la tercera Unidad Didáctica. medidas o calculadas. En este caso normalmente el sistema vuelve prácticamente al mismo punto de funcionamiento estable y se dice que el sistema es estable en régimen permanente. como por ejemplo un cortocircuito. que definen el funcionamiento del sistema se pueden considerar como constantes a efectos de análisis. o una secuencia de cambios. Cuando ocurre un cambio. Adenda. como por ejemplo lo que ocurre tras la actuación de los reguladores de los generadores. Sin embargo.0601
4. en el tiempo. En este caso. Se dice que el sistema funciona en condiciones de régimen permanente estable cuando todas las variables físicas.7176 = PD 3 + PD 4 + PD 5 = 5.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.1. denominadas perturbaciones de pequeña señal. mucho o poco. la dinámica del sistema sólo se puede analizar mediante un conjunto de ecuaciones diferenciales y algebraicas no lineales que definen su comportamiento. Si las perturbaciones son grandes. Las perturbaciones pueden ser grandes o pequeñas dependiendo de su origen. en los parámetros del sistema o en sus variables se dice que ha ocurrido una perturbación. Curso 2007/2008 44
= PG1 + PG 2 + PG 3 + PG 4 + PG 5 = 5. Si las perturbaciones son pequeñas.
J. faltas o cortocircuitos desequilibrados.10 a 6. pudiendo llegar a unos pocos segundos. incluyendo fenómenos de reflexión en sus extremos. una caída brusca temporal. Este tipo de transitorios son producidos principalmente por descargas atmosféricas (caída de rayos sobre las líneas) y por cambios bruscos. Un cortocircuito supone.
4. Una caída brusca de la tensión en el generación hace a su vez que se produzca una caída brusca de la potencia generada. − Transitorios lentos (estabilidad transitoria). de la operación del sistema (actuación de interruptores). en función de su velocidad en tres tipos siguientes3:
− Transitorios ultrarrápidos (sobretensiones). Este tipo de transitorios se producen por cambios bruscos y anormales de la operación del circuito. − Transitorios de velocidad media (cortocircuitos). pueden llevar a que el generador pierda el sincronismo (si supera el límite de estabilidad transitoria) y deba desconectarse del sistema. Los primeros apartados del capítulo 8 se dedican al funcionamiento del sistema en estado de cortocircuito.2. como son las faltas o cortocircuitos. así. pero normales. en un proceso en cascada. es decir.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. en ciertos casos. lo que daría lugar a una nueva perturbación que podría llevar a otros generadores a perder el sincronismo. Estas sobretensiones (que a su vez pueden dar lugar a cortocircuitos) afectan principalmente a las líneas. total o parcial. ya que las altas inductancias que presentan los transformadores sirven de “barreras” hacia los generadores.D. el que da lugar a mayores intensidades. en el capítulo 10 del libro de FERMÍN BARRERO. Su duración es de unos pocos milisegundos y su naturaleza es de tipo eléctrica. sin embargo. en el capítulo 9 y estabilidad transitoria. Su duración es de unos pocos ciclos. lo que obliga a desconectar partes de él durante un cierto periodo de tiempo (para dar tiempo a que se elimine la falta) o de forma permanente (si ésta persiste). "Análisis de sistemas de potencia” (aunque tendrá que estudiar también el modelo de línea larga en el mismo capítulo).. tener que desconectarse y. como la potencia mecánica de la turbina permanece constante en los primeros ciclos de la perturbación (la respuesta mecánica del generador es más lenta). El cortocircuito más severo. entre otros fenómenos.12 del capítulo 6 del libro de J. GRAINGER y W.
. dando lugar a sobretensiones que se propagan a lo largo de las líneas. de las tensiones del sistema. oscilaciones que van desde unos cuantos ciclos hasta minutos en sistemas grandes. es el cortocircuito trifásico (las tres fases conectadas a tierra a través de una impedancia de falta nula) y el menos es el cortocircuito monofásico a tierra (una fase a tierra mientras que las otras dos siguen funcionando). afectan a los generadores y las intensidades que aparecen pueden llegar a ser peligrosas y dañar elementos del sistema.2] y El estudio de estos tres tipos de transitorios se abordan en la bibliografía propuesta. finalizar incluso con el colapso del sistema. Los cortocircuitos limitan la capacidad de transporte de las líneas. Curso 2007/2008 45
Los transitorios se pueden clasificar. Corrientes de cortocircuito. tanto cuando este se produce en un lugar alejado del generador [8. aparece un par acelerador que da lugar a una serie de oscilaciones mecánicas de la máquina síncrona. y su naturaleza es también de tipo eléctrica. para los alumnos interesados que deseen estudiar estos temas los podrá encontrar en los siguientes capítulos: sobretensiones (reflexiones) en los apartados 6. Adenda. STEVENSON Jr. Así. Estos transitorios son de naturaleza electromecánica y pueden llegar a ser los más graves ya que. cortocircuitos trifásicos equilibrados.
Ejercicio 7.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. de 500 kVA a 15 kV. como cuando el cortocircuito es próximo al generador [8. Xs. X”d. los efectos transitorios y subtransitorios que tienen lugar en él y las corrientes que produce. Scc y se explica cómo se utilizan esos valores calculados para la elección de los interruptores que deben proteger el sistema ante este tipo de faltas [8. por lo tanto. La línea que conecta el generador de la red con los dos circuitos tiene una reactancia equivalente del 1% sobre la base de los valores nominales de la red y resistencia despreciable.
A una red trifásica de valores nominales de potencia y tensión 10 MVA y 15 kV respectivamente y potencia de cortocircuito 300 MVA. Por último. Una de ellas es un motor de 1500 kVA a 15 kV a plena carga. Adenda. y cuál es su reactancia subtransitoria?
. a) Si se produce un cortocircuito simétrico en los bornes de alimentación del horno. Curso 2007/2008 46
el circuito equivalente frente al fenómeno transitorio es un circuito R-L. X’d. La otra carga es un horno. a través de una línea. y de reactancia subtransitoria. del generador frente al de la reactancia síncrona. explicando el modelo equivalente del generador en dichas condiciones. dos cargas en paralelo. En el apartado [8. son los que definen las características y especificaciones de las protecciones (principalmente de los interruptores) del sistema eléctrico. y tener claros los conceptos de reactancia transitoria.8 inductivo y reactancia subtransitoria del 20%. ¿Cuál es el módulo de la corriente de cortocircuito generada? b) ¿Para qué corriente de cortocircuito debe dimensionarse el interruptor que proteja el circuito del motor? c) ¿Cuál es la tensión interna subtransitoria del generador previa al cortocircuito. puramente resistivo.d.5].p de 0. Es importante conocer el funcionamiento del generador tanto en estado normal (régimen permanente) como en estado perturbado. en módulo y argumento.3]. son sin embargo los que dan lugar a las intensidades mayores y.4] del libro se describe el circuito equivalente del sistema en su conjunto en condiciones de cortocircuito incluyendo los equivalentes de las cargas significativas. con un f. se dan los métodos de cálculo de las corrientes que caracterizan el cortocircuito y se define el concepto de la potencia de cortocircuito de un punto cualquiera de la red. Aunque los cortocircuitos trifásicos son los que ocurren en un menor número de ocasiones (menos del 5%). se conectan.
a partir de la correspondiente corriente de cortocircuito que suministra la red y el motor. tendremos que el circuito equivalente será:
XL Iccg IccH
IccM X '' g E '' M
X '' M E '' g
. por fase. Pero podemos determinar la corriente de cortocircuito total en la rama del circuito donde está conectado el horno.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Adenda. Curso 2007/2008 47
El circuito equivalente. del sistema propuesto en el enunciado antes del cortocircuito es:
X '' g E '' M U
S X '' M
E '' g
figura 1 a) En este caso el problema no se puede resolver a partir de la impedancia equivalente del circuito después de producirse el cortocircuito (S1 cerrado). Si suponemos que la potencia de cortocircuito de la red está referida al punto de conexión de las cargas y que en dicho punto la tensión es 15 kV. dado que no se conoce la admitancia subtransitoria del generador.
10 3 = − IM = − 57.10 6 = 11547 A 3.7 ∠−95.10 6 = 0.U F
300.87 = −46. Antes del cortocircuito (figura 1)
. dado que el horno no contribuye a la corriente de cortocircuito al ser carga resistiva y la corriente del motor se deriva a tierra aguas abajo de la protección de la rama.u ) e I
U 2 Mnom 15 2.87 A
1500 ∠36.6 j 30 jX '' M jX '' M
por tanto la corriente total de cortocircuito en la rama del horno es:
I ccH = I ccg + I ccM = 12014.87.15.73∠−36. jX '' M donde X '' M = X '' M ( p.73∠−36.10 3
y para el motor tenemos que antes del cortocircuito:
E '' M = U F − I M .10 3 3.10 3
y después del cortocircuito:
I ccM =
UF E '' M 15. antes y después del cortocircuito.18 − j 465.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.5.10 6 ⇒ I M = 57. se tendrá:
I ccg =
S ccg
3. Adenda.15.2 = 30Ω S Mnom 1. Curso 2007/2008 48
I ccH = I ccg + I ccM
Para el generador.7 A ≅ 12 kA
b) Si el cortocircuito se produce en la rama del motor (S2 cerrado).
I ccM = I ccg = 11547 A ≅ 11.4 = 467.5 kA
c) Para determinar los valores de la tensión y admitancia subtransitorias en la red debemos considerar las relaciones entre estas y las corrientes. la corriente de cortocircuito en la entrada de dicha rama será únicamente la proporcionada por la red.
10 3 + (65. j1.075Ω Si 15 2.64 = 74 ∠− 27 . que se conecta a través de un transformador.45 − j 34.3 A
Ejercicio 8. con lo que podríamos despreciarla en esta última expresión.
. j ( X '' g + X L ) = 15. j ( X '' g + X L ) ⇒ I ccg =
Pero como se ha calculado anteriormente IL es muy inferior a Iccg.87 +
Después del cortocircuito (figura 2) UF E '' g = + IL '' '' j( X g + X L ) j( X g + X L )
E '' g = I ccg .9 3.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. de manera que:
X '' g + X L = UF I ccg = 15.10 6 = 22.45 − j34.5 Z gbase =
Por tanto ahora podemos obtener E’’g
E '' g = U F + I L . Curso 2007/2008 49
E '' g = U F + I L .10 6 = 0. Adenda.3 − X L = 1.73∠−36.10 3 = 1.3 − 0.025 = 1. j ( X '' g + X L ) donde e X L = X L ( p.01 = 0.8% 22.075 X '' g ( p. Las cargas resistivas son de 6000 kVA y 7. e) Lo mismo para cada uno de los motores (Icc nominal de I1 e I2). C1 y C2.5 kV y reactancia de dispersión del 10%.
El sistema de la figura consta de un generador de 27 MVA y 15 kV con Xd’’=15%.5 kV.048 p. M1 y M2 y a dos cargas resistivas iguales.10 3 = 65. de características nominales 27 MVA y 15/7.64).u ) = = 0.10 6 1.u ) U 2 gnom 15 2.5 kV.10 6 500. a un nudo de carga que alimenta dos motores iguales. Determinar: d) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir en los bornes de cada una de las cargas resistivas (Icc nominal de I3 e I4).30Ω 11547
X '' g = 1.15.10 3
I L = I M + I H = 57.5Ω 10. La reactancia subtransitoria Xd’’ de cada motor es del 20% sobre una base de 3000 kVA y 7.u ⇒ 4.225Ω S gnom 10.3 = 15045 + j85 = 15045 ∠ 0.
antes de producirse el cortocircuito (S1 y S2 abiertos). Adenda.8 inductivo.p de 0.
El circuito propuesto. mediante:
X''g E''M1 UG UF S2 X''M1 E''g X''M2 E''M2 R1 S1 R2
. en valores por unidad.d.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. si estos funcionan a la potencia y tensión nominal con un f. Curso 2007/2008 50
f) Tensión interna subtransitoria en los motores inmediatamente antes de producirse el cortocircuito. puede representarse.
= 1.8 p. Adenda.10 3 27.2 del libro de Grainger y Stevenson.5 kV X '' g = 0.10 6 VA U 1B = 15 kV U 2 B = 7.u 3 I 1B =
a) Al cerrarse S1. El circuito equivalente en condiciones de cortocircuito es:
X''g X''M X''M
= 1∠ 0
La corriente de cortocircuito resultante se obtiene de:
1 1 2 = + '' Z th j X g + XT jX '' M
Z th = j 0.15 p.u 27.10 3 27 X T = 0.10 6 I 2B = = 2078.19 p.u Z th j 0.19
I cc 4 = I cc 3 = 10621 A ≅ 11 kA
.u X '' M = 0.1 p. la corriente de cortocircuito se obtiene aplicando el método de la Zth equivalente descrito en el capítulo 10. Curso 2007/2008 51
S B = 27.10 6 = 1039 A 3.7.2.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.u
I cc 4 = I cc 3 =
UF 1 = = − j 5.11 p.5.5 A 3.15.
5 p. directamente. tenemos que:
. el circuito equivalente es análogo. pero eliminando una de las admitancias de motor.22
I cc 4 = I cc 3 = 9353 A ≅ 9. salvo la producida por el propio motor. Luego:
1 1 1 = + Z th j 0.
Igcc IMcc
X''g E''M S2 X''M1 E''g X''M2
Partiendo de la figura 1. que simula el cortocircuito en la resistencia R2.25 j1. Adenda. Curso 2007/2008 52
b) En este segundo caso. Con ello y dado que los motores son iguales.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.22 p. cuando el cortocircuito se produce en bornes de uno de los motores. el circuito queda como sigue. que se derivaría a tierra aguas abajo de la protección (ver la figura primera).u
1 = − j 4. dado que por la protección de la rama de dicho motor (I1 o I2) circularía la corriente de todo el sistema.u j 0.8 I cc 4 = I cc 3 =
Z th = j 0. a partir del circuito equivalente de la figura 1 y después de cerrar el interruptor S1.5 kA
También se podrían haber resuelto los apartados a) y b).
los calibres de corriente normalizados de estos interruptores obligan a elegir uno de corriente de cortocircuito sensiblemente superior a la calculada. Pero si comparamos la magnitud de la corriente de cortocircuito obtenida de la impedancia equivalente y la de la corriente de las cargas. la fórmula anterior se puede exp resar como I cc = I '' Mcc + I '' gcc =
UF + 2I R Z th
Que no coincide exactamente con la expresión que se utilizó en el apartado a) y que se deriva de la aplicación del método de la impedancia equivalente.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Como se ha podido demostrar. Curso 2007/2008 53
U F = U G − I L jX T I L = 2I M + 2I R E M = U F − I M jX M
Eg = U F + I L j X g + X T
y de la figura 3 se obtiene:
U + I L j X '' g + X T U F − I M jX '' M E '' g E '' M + = F + j ( X '' g + X T ) jX '' M j ( X '' g + X T ) jX '' M 2 2 '' jX M U F + (2 I M + 2 I R ) j X '' g + X T + U F − I M jX '' M j X '' g + X T 2 I cc = jX '' M j X '' g + X T 2 '' ⎛X M ⎞ U F j⎜ + X '' g + X T ⎟ + I R jX '' M j X '' g + X T ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ I cc = jX '' M j X '' g + X T 2 comparandola con la Z th de la figura 2. se verificará que esta última es muy inferior a la primera. máxime si se tiene en cuenta que para seleccionar un interruptor que proteja contra los cortocircuitos. con lo que es en general aceptable que la corriente de las cargas se desprecie.
. Adenda. dicho método no es exacto. dado que la corriente de cortocircuito depende de la corriente de las cargas del circuito que no intervienen una vez producido el cortocircuito.
2 p.u Transformador T2.89 ∠−10.2) kV
Ejercicio 9. fdp = 0.8∠90 = 0.u = (0. 12 kV. 40 MVA a 165 kV.111∠36.8 inductivo ⇒ S M = 3000 ∠36.111∠36. XM’’= 0.u Carga C2.3 = 6.89 ∠−10.8. 165/12 kV.8 1∠ 0 = 0. Motor (P cte) de 10 MVA a 165 kV y fdp=0.8 ⇒ I M = 0. Z cte.6 − j1.16) p.8
E '' M = 1∠ 0 − 0. XT1=0. Adenda.u I *M = 0.18 p.0. se obtiene a partir del circuito de la figura 1.u Línea L1 impedancia 10 + j 50 Ω/fase Línea L2 impedancia 20 + j 60 Ω/fase Transformador T1.u Generador G2 80 MVA.88 − j 0. 15/165 kV.25 p. 15 kV. 60 MVA.1 p. 80 MVA.1. por: E '' M = U F − I M jX '' M SM = U F I *M Si el fpd es 0. Xg1’’= 0.3 kV = (6.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. c) La tensión subtransitoria en los motores antes de producirse el cortocircuito.1 p.8 p. cuando estos funcionan a plena carga con factor de potencia 0.5 kV .95 capacitivo
. Curso 2007/2008 54
En el caso del circuito considerado.67 ∠−10.8 inductivo.
El sistema trifásico de la figura consta de los siguientes elementos: • • • • • • • • Generador G1 100 MVA.u Carga M1. se puede comprobar que 2IR es 924 A frente a los casi 11000 A de la corriente obtenida en a).111∠36.8 inductivo.111∠−36. Xg2’’= 0.111∠−36.u E '' M = 7.3 p. XT2=0.8 kVA = 0.
estando alimentada a una tensión de 165 kV. Curso 2007/2008 55
Determinar: a) Esquema del sistema.10 6 SB 3U 1B = 100.u S Banterior U Bnueva 80 15 2
'' X G1 = 0.25 Ω S B 100.10 6 = 3850 A 3.125 p.15.
Solución a) En primer lugar se determinan los valores base de los distintos tramos del sistema.1.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.10 3
2 S Bnueva U Banterior 100 15 2 . c) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir por el protector P2 de la línea que conecta la carga a impedancia constante (C2) cuando se produce un cortocircuito trifásico en sus bornes. indicando las impedancias en valores por unidad. estando alimentado a una tensión de 165 kV. = 0. por fase. en este apartado. 2 = 0. previo al cortocircuito. Adenda.u sin cambio de base
X CCT 1Nueva = X CCT 1 Anterior . b) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir por el protector P1 de la línea que conecta el motor cuando se produce un cortocircuito trifásico en sus bornes.
SB= 100 MVA Tramo 1
U 1B = 15 kV Z 1B = I 1B = U 12B 15 2. tomando como base 100 MVA y 15 kV y sin determinar.
.2 p.10 6 = = 2. . las tensiones internas subtransitorias de generadores y motor.
10 6 100.u 80 12 2
Por tanto.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. .232∠71.u 10 165 2
12 = 12 kV 165 U 2 12 2.5∠ − 18. Adenda.165.10 2 = * S C 2 40.375 − j 0.1666 p. = 0.25 Ω 100.87 0 S M 1 pu = = 0.u 60 165 2 10 + j 50 = 0.12.225 p. X CCT 2 Nueva = 0.184 = 0.25
M 1 ( P cte) ⇒ S M 1 = 10∠36.10 2 ∠18.10 6 SB 3U 1B = 100.073 + j 0.188∠78.56 − j 212.6 0 L1 pu = 272.25 = 2.15. Curso 2007/2008 56
165 2.44 Ω S B 100.10 6 = 4811 A 3.87 0 MVA 10∠36.5 p.2 0
C 2 ( Z cte) ⇒ S C 2 = 40∠ − arc cos 0.87 0 100 100 165 2 '' X M 2 Nueva = 0.2 0 272.2 0 MVA ⇒ Z C 2 = Z C 2 pu = 646.650 272.037 + j 0.22 = 0.25 20 + j 60 L2 pu = = 0.10 6 = 272.95 MVA = 40∠ − 18. = 0.78 = 2.10 3
I 1B = X G 2 Nueva
100 12 2 = 0.25
2 UC2 165 2.1∠36.6 = 2.10 6 = 1B = = 1. el esquema del sistema por fase en valores por unidad es
.1.10 3 100 165 2 .10 6 = 350 A I 2B = 3.
0. La ZTh se determina como
1 1 1 = + Z Th 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.225 Z Th = 0.073+j 0. Adenda.16
j 0.125 + j 0.125
j 0.073 + j 0.037 + j 0. el circuito equivalente Thevenin en el protector P1 es
b) Al cerrar el interruptor S1.2 0.22 + j 0. Curso 2007/2008 57
j 0.184
0. la corriente de cortocircuito se determina por
'' i A− B =
U A− B + iL Z Th
.16 + j 0.22
j 0. al drenarse esta aguas abajo del protector.278∠84.037+j 0.6º Como la tensión antes del cortocircuito es conocida.037+j 0.125
En donde no se ha incluido la rama del motor dado que. aunque el motor contribuye a la corriente que circula por el cortocircuito en los bornes del motor.375-j 0.16
j 0. por el protector P1 de la línea del motor no pasa la corriente que este aporta al cortocircuito.073+j 0.78 j 2.184 + j 0.225 S2
7º A Z Th 0.4∠18. Curso 2007/2008 58
Donde iL=iC2+iM1 es la corriente del sistema antes del cortocircuito
* S C 2 = U C 2 .073 + j 0.2
j 2.184 A
1 1 1 1 = + + Z Th 0. Adenda.5
j 0.4∠18.278∠84.u = 35∠ − 36.2º = 1260∠ − 77.u = U M 1 .2º 0.2 0.22
j 0.2 0 p.1∠ − 36.037+j 0. dado que la corriente generada por el motor en condiciones de cortocircuito contribuye a la corriente que circula por P2
j 0.iC 2 = 40∠ − 18.16 + j 0.22 + j 0.87 0 p.25∠85.4∠18.87 0 A
'' i A−B =
1∠0º + 0.1∠ − 36.87 0 p.2º +0.2º p.225 j 2.5∠ − 79.14º
.u = 140∠18.93∠ − 79.5
Z Th = 0.2º A
* S M 1 = 0.6º
c) El circuito ahora incluye la rama del motor.7º = 1375.u
U C 2 = U M 1 = 1∠0º iC 2 = 0.iM 1
iM 1 = 0.2º = 3.87 0 = 3.14º
Ahora la corriente de cortocircuito será la obtenida con la ZTh mas la previa al cortocircuito que circula por P2
U A− B 1∠0º + iC 2 = + 0.073+j 0.184 + j 0.2 0 MVA = 0.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”.6∠ − 77.125 + j 0.4∠ − 18.25∠85.16
j 0.037 + j 0.125
0.1∠36.
y posteriormente su aplicación al análisis de cortocircuitos desequilibrados.5]. TEMA 5. 5. en el apartado [9. que son los más frecuentes en los sistemas eléctricos de potencia.. de manera genérica [9.2].
Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado desequilibrado: componentes simétricas y cortocircuitos desequilibrados [capítulo 9].3]. etc.6]. A tal fin se estudia primeramente el método de componentes simétricas.“Análisis de Sistemas Eléctricos (524141)”. Se estudia en primer lugar la transformación de un sistema trifásico a un sistema de componentes simétricas de manera general [9. de manera sintetizada. 5.
3. Finalmente. Componentes simétricas.. Análisis de cortocircuitos desequilibrados.1. En primer lugar se estudia el problema de los cortocircuitos desequilibrados. Curso 2007/2008 59
UNIDAD DIDÁCTICA desequilibrado. transformadores) para las tres secuencias [9. el procedimiento general de cálculo se recoge.). líneas. fase-tierra. cortocircuito trifásico): fallo fase-tierra. donde se resuelve un sistema sencillo. fallo fase-fase y fase-fase-tierra [9. Este método permite la representación de un sistema trifásico de corrientes (o tensiones) desequilibradas mediante tres conjuntos de corrientes (o tensiones) equilibradas denominadas componentes simétricas. Se estudian de manera específica las conexiones de las redes de secuencia para los distintos tipos de fallo desequilibrado (incluyendo el ya visto.2. .4]. También see estudian los modelos de los elementos (generadores. Y con esto acaba el programa de la asignatura “Análisis de Sistemas Eléctricos”. Son especialmente interesantes los ejemplos del apartado anterior.
En esta tercera Unidad Didáctica se analizan las situaciones de cortocircuito desequilibrado (fase-fase. Adenda.
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