SISTEMAS DE POTENCIAEXAMEN PARCIAL

"FLUJOS DE POTENCIA Y CORTOCIRCUITOS"

ALUMNO:

L.U: TEMA:1

1. Dado el siguiente sistema de potencia se pide calcular la potencia "activa y reactiva" del generador 1, suponiendo que la tensión en la barra D es 1,01 pu y la Sb=100 MVA.-

Datos:

G2

Vn=11 kVSn=15 MVAcos=0,85 (sobrexcitado) x1=20%

LD1

P=6 MWcosfi=0,85

TR3

Vn=132/13,2 kVSn=30 MVAx1=10%

TR1

Vn=132/13,2 kVSn=30 MVAx1=10%

LAT B-C

r= 0,105 Ω/kmx= 0,380 Ω/kmB=2,8 µS/kmlongitud= 120 km

TR2

Vn=13,2/11 kVSn=15 MVA

x1=8%

BC

Vn=13,2 kV

Qn=5MVAr

LD

P= 30 MWQ= 20 MVAr (inductivo)

Solución:

Valores BASE:

Para 13,2 kV:

ZBASE=(13,2kV )2

100MVA=1,742Ω →Y BASE=

1ZBASE

=0,574 S

Para 132 kV:

ZBASE=(132kV )2

100MVA=174,24Ω →Y BASE=

1ZBASE

=0,00574 S

Valores en pu:

G2:

P=25MVA∗0,85=21,25MW → P ( pu )=0,2125 pu

Q=25MVA∗sen (cos−10,85 )=13,17MW → P ( pu )=0,1317 pu

M1:

S=7500HP

0,746kW1HP

∗1

0,95∗0,89=6,617MVA

→ P=6,617MVA∗0,89=5,889MW →0,05889 pu

→ Q=6,617MVA∗sen (cos−10,89 )=3,017MW →0,03017 pu

BC:

BBC=5MVAr

(13,2kV )2=28,696mS

BBC ( pu)=28,696∗10−3S

0,574 S=0,05mS

TR1-TR3:

ZTR 1 ( pu )=ZTR 3 ( pu )=0 ,1(13,2kV )2

30MVA1

(13,2kV )2

100MVA

=0,333 pu

TR2:

ZTR 2 ( pu )=0,08 (13,2kV )2

15MVA1

(13,2kV )2

100MVA

=0,533 pu

LD:

P= 0,30 pu

Q= 0,20 pu (inductivo)

LAT B-C

r=0,105Ω /km∗120 km1

174,24Ω=0,0723 pu

x=0,380Ω /km∗120km1

174,24Ω=0,2617 pu

B=2,8 µS

km∗120km

10,00574S

=0,0585 pu →{B1=0,0585 pu

2=0,0293 pu

B2=0,0293 pu

Esquema unifilar en pu:

Si nos paramos en la barra D:QBC=|V 2|

2∗Y BC¿= (1,01 )2∗(− j 0,05 )=− j 0,051

Podemos calcular la potencia que “entra” a la barra D a través del trafo 3, haciendo un balance de potencias:

ΣS=0→ S D' =(0,3+ j 0,2 )− j0,051− (0,2125+ j 0,1317 )=0,0875+ j0,0173

Con esta potencia podemos calcular la corriente que “ingresa” a la barra D, de la siguiente manera:

I CD=( 0,0875+ j0,01731,01 )

¿

=0,0866− j 0,0171

La caída de tensión en el TR3 será:

ΔV TR3=(0,0866− j 0,0171 )∗J 0,333=0,0057+J 0,0289

⇨V C=(0,0057+J 0,0289 )+1,01=1,0157+J 0,0288=1,0161∠1,624

La potencia perdida en el TR3 será:

|I CD|2∗ j0,333= j 0,002597

Estudiando ahora la barra C vemos la potencia que suma a esta barra el capacitor equivalente de la representación pi de la línea de 132 kV:

Q1−LB−C=|1,0157+J 0,0288|2∗(−J 0,0293 )=−J 0,03025

Podemos calcular la potencia que “entra” a la barra C a través de la línea L B-C, haciendo un balance de potencias:

ΣS=0→ SB' =(0,0875+ j0,0173 )+ j 0,002597− j 0,03025=0,0875− j 0,01035

Con esta potencia podemos calcular la corriente que “ingresa” a la barra C, de la siguiente manera:

I BC=( 0,0875− j0,01035(1,0161∠1,624 ) )

¿

=0,08579+ j 0,01262

La caída de tensión en la línea L B-C será:

ΔV L B−C=(0,08579+ j 0,01262 )∗(0,0723+J 0,2617 )=0,0029+J 0,02336

⇨V B=(−0,02682+J 0,03158 )+1,0157+J 0,0288=1 ,0186+J 0,05216=1,02∠ 2,9316

La potencia perdida en la línea L B-C será:

|I BC|2∗(0,0723+J 0,2617 )=0,00054+ j0,001968

Estudiando ahora la barra D vemos la potencia que suma a esta barra el capacitor equivalente de la representación pi de la línea de 132 kV:

Q2−LB−C=|1 ,0186+J 0,05216|2∗(−J 0,0293 )=−J 0,03048

Podemos calcular la potencia que “entra” a la barra B a través del trafo TR1, haciendo un balance de potencias:

ΣS=0→ SB' =(0,0875− j 0,01035 )+0,00054+ j 0,001968− j0,03048=0,08804− j0,03886

Con esta potencia podemos calcular la corriente que “ingresa” a la barra C, de la siguiente manera:

I AB=( 0,08804− j0,03886(1,02∠2,9316 ) )

¿

=0,08425+ j0,04246

La caída de tensión en el TR1 será:

ΔV TR1= (0,08425+ j 0,04246 )∗J 0,333=−0,01415+J 0,02808

⇨V A=(−0,01415+J 0,02808 )+1,0186+J 0,05216=1,00445+J 0,0802=1,0076∠ 4,5673

La potencia perdida en el trafo TR1 era:

|I AE|2∗(J 0,333 )= j 0,00297

Para obtener la tensión de la barra E, consideraremos la potencia del motor constante e iteraremos para obtener la corriente y la tensión en la barra E, entonces:

I AE=( 0,05889+J 0,030171 )

¿

=0,05889− j 0,03017

La caída de tensión en el TR2 será:

ΔV TR2= (0,05889− j0,03017 )∗J 0,533=0,01609+J 0,03141

⇨V A=1,00445+J 0,0802− (0,01609+J 0,03141 )=0 ,9884+J 0,04879=0,98956∠2,8261

La nueva corriente será:

I AE'=( 0,05889+J 0,03017

0,98956∠2,8261 )¿

=0,06094− j 0,02752

La nueva caída de tensión en el TR2 será:

ΔV TR2= (0,06094− j 0,02752 )∗J 0,533=0,01468+J 0,0325

⇨V A=1,00445+J 0,0802− (0,01468+J 0,0325 )=0 ,9898+J 0,04769=0,9909∠2,759

La nueva corriente será:

I AE'=( 0,05889+J 0,03017

0,9909∠2,759 )¿

=0,06082− j 0,02755

La nueva caída de tensión en el TR2 será:

ΔV TR2= (0,06082− j0,02755 )∗J 0,533=0,01469+J 0,03244

⇨V E=1,00445+J 0,0802−(0,01469+J 0,03244 )=0 ,9898+J 0,04775=0,9909∠2,763

Deteniéndonos en este valor.

La potencia perdida en el trafo TR2 era:

|I AE|2∗(J 0,5333 )= j 0,00238

Por lo tanto la potencia entregada por la red equivalente será:

ΣS=0→ SRED e= (0,05889+J 0,03017 )+ j 0,00238+(0,08804− j 0,03886 )+ j 0,00297=0,1469− j 0,0033

Finalmente los valores obtenidos son:

2. Dado el siguiente sistema, se pide:

a- Dibujar las redes de secuencia positiva, negativa y cero del mismo

b- Reducir las redes de secuencia a sus equivalentes de Thevenin vistos desde la barra C

c- Calcular la Ikss trifásica en la barra C para una base de 100 MVA y 132 KV. Considerar la Vf= 1,1 + j0 pu

Considerar que:

ZA=12

( Z AB+Z AC−ZBC ) ;ZB=12

( ZAB+ZBC−Z AC ); ZC=12

( Z AC+ZBC−Z AB )

SISTEMAS DE POTENCIA

EXAMEN PARCIAL"FLUJOS DE POTENCIA Y CORTOCIRCUITOS"

ALUMNO:

L.U: TEMA: 2

1. Dado el siguiente sistema se pide

a- Calcular las tensiones en módulo y ángulo en todas las barras del sistema con realizando al menos 3 iteraciones con método a elección. Sb= 10 MVA

b- Obtener la potencia que debe suministrar la RED al sistema

c- Calcular los flujos de potencia y las pérdidas en cada una de las líneas.

2. Dado el siguiente sistema, se pide:

a- Dibujar las redes de secuencia positiva, negativa y cero del mismob- Reducir las redes de secuencia a sus equivalentes de Thevenin vistos desde la barra Cc- Determinar las matrices Zbarra(0),Zbarra(1)y Zbarra(2)

d- Calcular la Ikss monofásica en la barra C para una base de 100 MVA.Considerar que Vf= 1,1 + j0 pu y Rf= 0 ohm

Suponer que las reactancias en las tres secuencias son iguales en todos los componentes. Para las bases dadas: Xg=9%; Xt=5%; XL=2%.