ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA J. Grainger – W. Stevenson Capítulo 1 – Conceptos Básicos 1.1. Si v = 141,1⋅ sen( ω t + 30º ) V , e i = 11,31⋅ cos( ω t − 30º ) A , encuentre para cada uno: a) el valor máximo; b) el valor rms y c) la expresión fasorial en forma polar y rectangular, si el voltaje se toma como referencia. ¿El circuito es inductivo o capacitivo? a) v = 141,1⋅ sen( ω t + 30º ) V ⇒ Vmáx = 141,1V i = 11,31⋅ cos( ω t − 30º ) A ⇒ Imáx = 11,31A b) V= Vmáx = 2 141,1 2 = 100 V I= Imáx 2 = 11,31 2 = 8A ( ) ( ) c) Por Euler: e jθ = cos θ + jsen θ , en donde : senθ = Im e jθ y cosθ = Re e jθ (Re indica parte real, Im parte imaginaria) ( i = Re( ) ( Reemplazando tenemos: v = Im 2 ⋅ 100 ⋅ e jω t + 30 = Im 100 ⋅ e j30 ⋅ 2 ⋅ e jω t e jω t , 2 ⋅ 8⋅ e jω t − 30 ) = Re(8 ⋅ e − j30 ⋅ 2⋅e jω t ) ) representa la rotación de los fasores, si tomamos las posiciones relativas entre ellos: V = 100 ⋅ e j30 30 = 100 = 86,6 + j50 V        Polar I = 8⋅ e − j30 Re c tan gular − 30 = 8 = 6,93 − j4 A   Polar Re c tan gular Para tomar V como referencia, lo hacemos coincidir con el eje horizontal, lo que implica girar el conjunto –30º: V = 100 ⋅ e I= 8⋅ e − j60 j0 = 100 V − 60 = 8 = 4 − j6.93 A   Polar Re c tan gular El circuito es inductivo ya que la corriente está atrasada respecto de la tensión 1.2. Si el circuito del problema 1.1. consiste en un elemento puramente resistivo y uno puramente reactivo, encuentre R y X, si: a) los elementos están en serie; b) si están en paralelo. Resolución de los Problemas 1 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA a) Z = R + jX V 100 Z= = = 12.5 − 60 I 8 60 Ω Z= 6 .25 + j10 .83   Ω R X i = iR + i X = 4 − j6.93 A Sabemos que por R solo circulará corriente resistiva y que por X solo circulará corriente reactiva. Entonces: iR = 4 e i X = − j6.93 v 100 R= = = 25Ω iR 4 v 100 X= = = j14.4Ω i X − j6.93 b) 1.3. En un circuito monofásico, Va = 120 45 V y Vb = 100 referencia “o”. Encuentre Vba en forma polar. Vba = Va − Vb = 120 − 15 45 V , con respecto al nodo de - 100 − 15 Vba = 84.85 + j84.85-96.6 + j25.9 = -11.75 + j110.75 V Vba = 111.37 96 V 1.4. Un voltaje monofásico de CA de 240 V se aplica a un circuito serie cuya impedancia es: 60 Z = 10 Ω . Encuentre R; X; P; Q y el factor de potencia del circuito. Z = 10 S= 60 Ω = 5 + j8.66, o sea : R = 5Ω y X = j8.66 Ω V2 240 2 = = 5760 − 60 * 10 Z 60 VA ⇒ cos ϕ = cos 60 = 0.5 (* indica conjugado) 1.5. Si un capacitor que suministra 1250Var se conecta en paralelo con el circuito del problema 1.4., encuentre P y Q suministradas por la fuente de 240V, así como el factor de potencia resultante. Resolución de los Problemas 2 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA * XC = V2 ( 240 ) 2 = 46,08 = QC − j1250 90 − 90 60 Z eq S= Ω ⇒ XC = − j46,08 Z ⋅ Xc 10 ⋅ 46,08 = = = Z + Xc 5 + j8,66 − j46,08 V2 = Z* eq ( 240 ) 12,2 2 − 52,39 = 4719 52,39 460 37,75 − 30 − 82,39 = 12,2 52,39 Ω VA ⇒ cos ϕ = cos 52,39 = 0,61 Otra forma de resolverlo es suponer que la potencia que entrega la fuente es la suma de la potencia, que consume la impedancia más la potencia reactiva capacitiva, que consume el capacitor. 60 S Z = 5760 = 2880 + j4988,31 VA QC = − j1250 VA S = S Z + QC = 2880 + j4988,31 − j1250 S = 4719 52,39 VA Como se ve, se llega al mismo resultado que en el caso anterior. 1.6. Una Carga inductiva monofásica absorbe 10 MW a 0,6 de factor de potencia en atraso. Dibuje el triángulo de potencia y determine la potencia reactiva de un capacitor que se conecte en paralelo con la carga para elevar el factor de potencia a 0,85. P 10 = = 16,66 MVA cos ϕ 1 0,6 ϕ 1 = arc cos( 0,6 ) = 53,13º ⇒ senϕ 1 = 0,8 Q1 = S1 ⋅ senϕ 1 = 16,66 ⋅ 0,8 = j13,33 VAr cos ϕ 2 = 0,85 ⇒ ϕ 2 = 31,8º ∴ Tgϕ 2 = 0,62 Q 2 = P ⋅ Tgϕ 2 = j6,2 VAr S1 = Un capacitor puesto en paralelo con la carga, debe aportar una potencia reactiva capacitiva QC = Q2 − Q1 igual a : QC = j6,2 − j13,33 QC = − j7,133 VAr 1.7. Un motor de inducción monofásico que toma 10 A de la alimentación se opera la mayor parte de cada día con una carga muy ligera. Se propone un dispositivo que “incremente la eficiencia” del motor. Durante una demostración, el dispositivo se coloca en paralelo con el motor sin carga y la corriente que toma de la alimentación cae a 8 A. Cuando se colocan dos de los dispositivos en paralelo, la corriente cae a 6 A. ¿Qué dispositivo simple causará esta caída en la corriente? Analice las ventajas del dispositivo. ¿Se incrementa la eficiencia del motor por la presencia del dispositivo? (Recuerde que un motor de inducción toma corriente en atraso) Resolución de los Problemas 3 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA El “dispositivo” mencionado es un capacitor que al ser conectado en paralelo con el motor, aportará 2 A , haciendo que los 10 A que consume el motor, se compongan de 8 A aportados por la alimentación y 2 A aportados por el capacitor. Lo mismo ocurre al agregar otro capacitor, en este caso la alimentación aporta 6 A y los capacitores 4 A. Con respecto a la eficiencia del motor, esta no se incrementa, ya que no se esta modificando la potencia activa que consume dicho motor, los capacitores solo mejoran el factor de potencia de la alimentación. Ejemplo 1.1. Dos fuentes ideales de voltaje, designadas como máquinas 1 y 2, se conectan como muestra la figura. Si E1 = 100 0 º V , E2 = 100 30 º V y Z = 0 + j5Ω , determine: a) Si cada máquina genera o consume potencia real y en qué cantidad. b) Si cada máquina recibe o suministra potencia reactiva y la cantidad. c) P y Q absorbidas por la impedancia. E1 − E 2 100 + j0 − ( 86,6 + j50 ) = Z j5 13,4 − j50 195 º I= = − 10 − j2,68 = 10,35 A ⇒ − I = 10 + j2,68 j5 La corriente que entra en la caja 1 es –I, y la que entra en la caja 2 es I. S1 = E1 ( − I) * = 100 ⋅ (10 + j2,68 ) * S 2 = E 2 ⋅ I* = ( 86,6 + j50 ) ⋅ ( − 10 − j2,68 ) * P1 + jQ1 = 1000 − j268 VA P2 + jQ 2 = − 1000 − j268 VA I= La potencia reactiva absorbida por la impedancia serie es: I ⋅ X = (10,35 ) 2 ⋅ j5 = j536 VAr 2 La máquina 1 consume energía a razón de P1 = 1000 W y suministra una potencia reactiva de Q1 = 268 VAr . La máquina 2 genera energía a razón de P2 = 1000 W y suministra una potencia reactiva de Q2 = 268 VAr La suma de los suministros reactivos de ambas máquinas es el consumo de la reactancia serie o sea: Q X = 536 VAr . 1.8. Si la impedancia entre las máquinas 1 y 2 del Ejemplo 1.1. es Z = 0 − j5 Ω , determine a) Si cada máquina está generando o consumiendo potencia. b) Si cada máquina está recibiendo o suministrando potencia reactiva y la cantidad. c) Los valores de P y Q absorbidos por la impedancia. Resolución de los Problemas 4 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA E1 − E 2 100 + j0 − ( 86,6 + j50 ) = Z − j5 13,4 − j50 15 º 195 º I= = 10 + j2,68 = 10,35 A ⇒ − I = − 10 − j2,68 = 10,35 A − j5 La corriente que entra en la caja 1 es –I, y la que entra en la caja 2 es I. 165 º S = E ⋅ ( − I) * = 100 ⋅ ( − 10 − j2.68 ) * = 1035 VA I= 1 1 S1 = − 1000 + j268 VA 30 º 15 º S 2 = E2 ⋅ I* = 100 ⋅ (10 + j2.68 ) * = 1035 VA S 2 = 1000 + j268 VA La impedancia serie entrega: I ⋅ X = (10,35 ) 2 ⋅ ( − j5 ) = − j536 VAr 2 La máquina 1 genera energía a razón de P1 = 1000 W y absorbe una potencia reactiva de Q1 = 268 VAr . La máquina 2 consume energía a razón de P2 = 1000 W y absorbe una potencia reactiva de Q2 = 268 VAr En este caso, las dos máquinas están consumiendo potencia reactiva, la que es suministrada por la reactancia serie como lo indica el signo (-) en su consumo de reactivo. 1.9. Repita el problema 1.8. si Z = 5 − j0 Ω 13,4 − j50 − 75 º 105 º I= = 2,68 − j10 = 10,35 A ⇒ − I = − 2,68 + j10 = 10,35 A 5 La corriente que entra en la caja 1 es –I, y la que entra en la caja 2 es I. 255 º S = E ⋅ ( − I) * = 100 ⋅ ( − 2,68 + j10 ) * = 1035 VA 1 1 S1 = − 268 − j1000 VA 30 º 105 º S 2 = E2 ⋅ I* = 100 ⋅ ( 2,68 − j10 ) * = 1035 VA S 2 = − 268 + j1000 VA La impedancia serie consume: I ⋅ R = (10,35 ) 2 ⋅ ( 5 ) = 536 W 2 La máquina 1 genera energía a razón de P1 = 268 W y entrega una potencia reactiva de Q1 = 1000 VAr . La máquina 2 genera energía a razón de P2 = 268 W y absorbe una potencia reactiva de Q 2 = 1000 VAr La impedancia serie está consumiendo toda la potencia activa que generan las dos máquinas. 1.10. Se tiene una fuente de voltaje Ean = − 120 210 º V y una corriente a través de ella de 60 º Ian = 10 A . Encuentre los valores de P y Q, y establezca si la fuente los está entregando o recibiendo. 210 º − 60 º 150 º S = E ⋅ I* = − 120 ⋅ 10 = − 1200 VA an an an San = 1039 − j600 VA La fuente está consumiendo 1039 W y entregando 600 Var Resolución de los Problemas 5 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA 1.11.Resuelva el Ejemplo 1.1. si E1 = 100 0 º V , E 2 = 120 30 º V . Compare los resultados con los del Ejemplo 1.1. y haga conclusiones sobre el efecto en el circuito de la variación de la magnitud de E2 . E1 − E 2 100 + j0 − (103,92 + j60 ) = Z j5 − 3,92 − j60 176,26 º I= = − 12 + j0,784 = 12,02 A j5 La corriente que entra en la caja 1 es –I, y la que entra en la caja 2 es I. 30 º S = E ( − I) * = 100 ⋅ (12 + j0.784 ) * S = E ⋅ I* = 120 ⋅ ( − 12 + j0,784 ) * I= 1 1 2 P1 + jQ1 = 1200 + j78,4 VA 2 P2 + jQ 2 = − 1200 − j801,15 VA La potencia reactiva absorbida por la impedancia serie es: I ⋅ X = (12,02) 2 ⋅ j5 = j722,75 VAr 2 La máquina 1 consume energía a razón de P1 = 1200 W y consume una potencia reactiva de Q1 = 78,4 VAr . La máquina 2 genera energía a razón de P2 = 1200 W y suministra una potencia reactiva de Q 2 = 801,15 VAr La impedancia serie consume el sobrante de energía reactiva de la máquina 2 que no es consumido por la máquina 1 El aumento del módulo de la tensión 2, hace que se invierta el flujo de energía reactiva en la máquina 1, pasando de ser generador de reactivo a consumidor, además la potencia activa puesta en juego se incrementa. 1.12. Calcule las siguientes expresiones en forma polar: a) a – 1; b) 1 – a2 + a; c) a2 + a + 1; d) ja + a2 150 º 1 3 3 3 + j − 1= − + j = 3 2 2 2 2  1 3  1 3 − + j = 1+ j 3 b) 1 −  − − j  2 2 2 2   1 3 1 3 c) − − j − + j + 1= 0 2 2 2 2  1 3  1 3 3 1 − − j = − − − d) j − + j  2  2 2 2 2  2 a) − = = 2 60 º 1 3 j − j = 2 2 − 1− 3 − 1− 3 225 º + j = − 1,366 − j1,366 = 1,93 2 2 1.13. Tres impedancias idénticas de Z = 10 − 15 º Ω , están conectadas en Y para balancear voltajes de línea trifásicos de 208 V. Especifique todos los voltajes y las corrientes de línea y Resolución de los Problemas 6 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA de fase como fasores en forma polar, con Vca como referencia y tomando una secuencia de fase abc. Vca = 208 Vca Vca Van Vca Vcn 0º Vab = 208 V 240 º V Vbc = 208 120 º V = = = = Vcn + Vna Vcn − Van a ⋅ Vcn Vcn (1 − a ) V = ca 1− a − 30 º 1− a = 3 Vcn = 208 3 0º − 30 º = 120 30 º V Aplicando a este vector los operadores “a”, obtenemos: Van = a2 ⋅ Vcn = 120 Vbn = a ⋅ Vcn = 120 210 º 90 º V V Las corrientes se obtienen dividiendo las tensiones de fase por la impedancia: 150 º Ian V 120 165 º = an = = 12 A − 15 º Z 10 270 º Ibn = Vbn 120 − 75 º = = 12 A − 15 º Z 10 Icn = Vcn 120 − 45 º = = 12 A − 15 º Z 10 30 º 1.14. En un sistema trifásico balanceado, las impedancias conectadas en Y son de 10 30 º Ω . Si Vbc = 416 90 º V , especifique Icn en forma polar. Resolución de los Problemas 7 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA ( Vbc = Vbn − Vcn ) Vbn = a 2 ⋅ Vcn ⇒ Vbc = Vcn ⋅ a2 − 1 a2 − 1 = 3 − 150 º 90 º Vcn = Vbc 416 240 º = = 240 V − 150 º ( a − 1) 3 240 º Icn V 240 270 º = cn = = 24 A 30 º Z 10 1.15. Las terminales de una fuente trifásica se etiquetan como a, b y c. Entre cualquier par de ellas, un voltímetro mide 115 V. Se conectan en serie una resistencia de 100 Ω y un capacitor de 100 Ω a la frecuencia de alimentación entre los puntos a y b, con la resistencia conectada en a. El punto de interconexión de los elementos se etiqueta como n. Determine en forma gráfica la lectura del voltímetro entre c y n, si la secuencia de fases es abc y si es acb. Secuencia abc: Tomando como referencia Vc : Vc = 115 0º ; Va = 115 Vba = Va − Vb = 115 Podemos ver que: 120 º 120º ; Vb = 115 − 115 240º 240 º = 199,2 90º KV 90 º i= Vba 199,2 135 º = = 1,41 KA y R − jX 100 − j100 Van = R ⋅ i = 100 ⋅ 1,41 135º Vbn = X c ⋅ i = − j100 ⋅ 1,41 = 141 135º 135º = 141 KV 45º KV Podemos ver que: - 90 º i= Vba 199,2 - 45 º = = 1,41 KA y R − jX 100 − j100 Van = R ⋅ i = 100 ⋅ 1,41 - 45º Vbn = X c ⋅ i = − j100 ⋅ 1,41 = 141 - 45º - 45º = 141 KV -135º KV Secuencia acb: Resolución de los Problemas 8 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA Tomando como referencia Vc : Vc = 115 0º ; Vb = 115 120 º ; Va = 115 Vba = Va − Vb = 115 240º − 115 120º 2 40 º = 199,2 - 90º KV 1.16. Determine la corriente que toma, de una línea trifásica de 440 V, un motor trifásico de 15 hp que opera a plena carga, con 90% de eficiencia y 80% de factor de potencia en atraso. Encuentre los valores de P y Q que se toman de la línea. 15 hp ⋅ 736 S= S = 12420 W ⋅ 0,9 hp 0,8 36,87 = 12420 VA ϕ = arc cos 0,8Ind = 36,87 º VA 36,87 S 12420 VA 36,87 − 36,87 S = V ⋅ I* ⇒ I* = = = 28,23 A ⇒ I = 28,23 A V 440 V P = S ⋅ cos( ϕ ) Q = S ⋅ sen( ϕ ) P = 12420 ⋅ cos( 36,87 ) = 9936 W Q = 12420 ⋅ sen( 36,87 ) = 7452 VA 1.17. Si la impedancia de cada una de las tres líneas que conectan al motor del problema 1.16. con la barra de alimentación es de 0,3 + j1 Ω , encuentre el voltaje línea a línea en la barra que suministra 440 V en las terminales del motor. Representando una de las fases del sistema, y tomando como eferencia a la tensión en la barra del motor, vemos: Z = 0,3 + j1 = 1,04 U A = I ⋅ Z + VM UA = 29,36 36,43 + 440 0 73,3 Ω UA = 28,23 = 463,62 + j17,435 = 463,95 2,15 − 36,87 ⋅ 1,04 73,3 + 440 0 V 1.18. Una carga ∆ balanceada que consiste en resistencias puras por fase de 15 Ω está en paralelo con una carga Y balanceada que tiene impedancias por fase de 8 + j6 Ω . Cada una de las tres líneas que conectan las cargas combinadas con una fuente de alimentación de 110 V trifásicos, tiene una impedancia de 2 + j5 Ω . Encuentre la corriente que suministra la fuente y el voltaje en las cargas combinadas. Resolución de los Problemas 9 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA Para obtener una carga única equivalente a las dos combinadas, se realizará una conversión del ∆ a Y Zab ⋅ Zca Zab + Zbc + Zac Zbc ⋅ Zab Z′b = Zab + Zbc + Zac Zca ⋅ Zbc Z′c = Zab + Zbc + Zac Z′a = Para simplificar los cálculos, vamos a trabajar solo con la fase “a”, sabiendo que en las restantes los valores son iguales modificados por los operadores a y a2 . 15 ⋅ 15 0 Z′a = = 5 Ω . 15 + 15 + 15 Representamos el sistema unifilarmente: Se puede ver que, con respecto al punto de unión, Z′a está en paralelo con Za y ambas en serie con ZLa , o Z′a ⋅ Za + ZLa sea: Z eq.a = Z′a + Za Z eq.a = Z′a ⋅ Za + ZLa Z′a + Za Z eq.a = 5 ⋅ ( 8 + j6 ) 46,64 + 2 + j5 = 5,41 + j5,73 = 7,88 Ω 5 + 8 + j6 Tomando Vab como referencia: Ia = Vab 3 ⋅ Z eq.a = 110 0 3 ⋅ 7,88 46,64 = 8,06 − 46,64 A Resolución de los Problemas 10 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA Va = Vab 3 − Ia ⋅ ZLa = 110 3 − 8,06 − 46,64 ⋅ ( 2 + j5 ) = 23,19 + j15,93 = 28,13 34,49 V 1.19. Una carga trifásica toma de una línea de 440 V, 250 KW con un factor de potencia de 0,707en atraso. En paralelo con esta carga se encuentra un banco de capacitores trifásico que toma 60 KVA. Encuentre la corriente total y el factor de potencia resultante. P 250 = = 353,61KVA cos ϕ 0,707 Un factor de potencia 0,707 en atraso, significa que el ángulo de potencia será: cos ϕ = 0,707 ⇒ ϕ = arc. cos 0,707 = 45 (al ser en atraso la potencia es inductiva y el ángulo será positivo) La potencia total que sale de la línea será: S T = 353,6145 + 60 − 90 = 314 37,23 KVA La potencia trifásica de la carga será: S = El factor de potencia resultante, entonces: cosϕ R = cos( 37,23 ) = 0,8 37,23 La corriente total será: I*T = ST = 314 U 440 = 0,714 37,23 A ⇒ IT = 0,714 − 37,23 A 1.20. Un motor trifásico toma de una fuente de 220 V, 20 KW con un factor de potencia de 0,707 en atraso. Determine los KVA de los capacitores que darían un factor de potencia combinado de 0,9 en atraso, así como la corriente de línea antes y después de que se añadan los capacitores. Antes de los capacitores: PM 20 = = 28,28 VA cos ϕ M 0,707 cos ϕ M = 0,707ind ⇒ ϕ M = 45 ∴ SM = 20 + j20 VA QM = j20 VAr SM = * = SM = 28,28 IM V 220 45 = 0,13 45 ⇒ IM = 0,13 Después de los capacitores: S T = PM + j( Q M − Q C )  QT cos ϕ T = 0,9ind ⇒ ϕ T = 25,84 ST = PM 20 = = 22,22 VA cos ϕ T 0,9 Resolución de los Problemas 11 - 45 A ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA Q X = S T ⋅ sen ϕ T QC = QM − S T ⋅ sen ϕ T = j20 − j22,22 ⋅ sen( 25,84 ) Q C = 10,31 VAr I*T = 25,84 S T 22,22 = V 220 = 0,1 25,84 A ⇒ IT = 0,1 − 25,84 A 1.21. Una máquina de “dragado de línea” de una mina abierta de carbón consume 0,92 MVA con un factor de potencia de 0,8 en atraso cuando desentierra carbón y genera (entrega energía al sistema eléctrico) 0,1 MVA con un factor de potencia 0,5 en adelanto cuando la pala cargada de carbón lo echa fuera de la mina. Al final del período de excavación, el cambio en la magnitud del suministro de corriente puede causar el disparo de un relevador de protección construido con circuitería de estado sólido. Por lo tanto, se desea minimizar el cambio en la magnitud del suministro de corriente. Considere la colocación de capacitores en las terminales de la máquina y encuentre la cantidad de corrección capacitiva (en KVAr) para eliminar el cambio en la magnitud de la corriente en estado estable. La máquina se energiza desde una fuente trifásica de 36,5 KV. Empiece la solución dejando que Q sean los MVAr trifásicos totales de los capacitores que se conectan en las terminales de la máquina y escriba una expresión para la magnitud de la corriente de línea que toma la máquina, durante las operaciones de excavación y generación. Con la máquina consumiendo Los flujos de reactivos son: Con la máquina Generando Los flujos de reactivos son: Q ef = Q co − Q c Q cf = Q ge + Q c S co = 0,92 36,87 S ge = 0,1 = 0 , 736 , 552   + j0   y P co Q co − 60 = 0 ,05 + j0 , 087   , el capacitor no va a P ge Q ge modificar las potencias activas, por lo tanto: S ef = Pco + jQ ef = 0,736 + j0,552 − jQ c y S cf = Pge + jQ cf = 0,05 + j0,087 + Q c La corriente entregada y consumida por la fuente será: Pge + jQ cf P + jQ ef Ief = co Icf = y 3⋅V 3⋅V Para que las magnitudes de las corrientes no cambien, debemos hacer que los módulos de ambas sean iguales: Ief = Icf . Reemplazando y operando queda: Resolución de los Problemas 12 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA ( 0,736 ) 2 + ( 0,552 − Qc ) 2 = ( 0,05) 2 + (0,087 + Qc )2 ⇒ Q c = 0,655 MVAr , que es el valor de la potencia reactiva que debe aportar el capacitor conectado en paralelo con la máquina. La reactancia de este capacitor será: X c ( V2 36,5 ) 2 = = = 2034 Ω Qc 0,655 1.22. Un generador (que se puede representar por una fem en serie con una reactancia inductiva) tiene valores nominales de 500 MVA y 22 KV. Sus devanados, conectados en Y, tiene una reactancia de 1,1 en por unidad. Encuentre el valor óhmico de la reactancia de los devanados. 2 UG ( 22) 2 [KV ⋅ KV ] = = 0,968Ω La impedancia base propia del generador es: ZbG = SG 500[MVA ] Y la reactancia en ohms es: x [ Ω ] = x G[ º / 1] ⋅ Z bG = 1,1 ⋅ 0,968 = 1,065 Ω 1.23. El generador del problema 1.22. se coloca en un circuito para el que las bases se especifican como 100 MVA y 20 KV. Si comienza por el valor en por unidad dado en del problema 1.22., encuentre el nuevo valor en por unidad de la reactancia de los devanados del generador para la base especificada. x [ º / 1] = x G[ º / 1] ⋅ S bG ( UbG ) 2 ( Ub ) 2 ⋅ Sb = 500 [MVA ] ( 20 ) 2 [KV ⋅ KV ] 1,1 ⋅ ⋅ = ( 22) 2 [KV ⋅ KV ] 100 [MVA ] 4,54 1.24. Dibuje EL circuito equivalente monofásico para el motor (una fem en serie con una reactancia inductiva designada Zm ) y su conexión a la fuente de voltaje descrita en los problemas 1.16. y 1.17. . Muestre sobre el diagrama los valores en por unidad de la impedancia de la línea y el voltaje en las terminales del motor sobre la base de 20 KVA y 440 V. Una vez hecho esto , y usando los valores en por unidad, encuentre el voltaje de la fuente en por unidad y después conviértalo a volts. Tomando como bases: Sb = 20 KVA = 20000 VA y Ub = 440 V : La impedancia base para este sistema es: Ub2 ( 440 ) 2 [ V ⋅ V ] Zb = = = 9,68 Ω Sb 20000[ VA ] La corriente base: Sb 20000[ VA ] Ib = = = 26,24 A 3 ⋅ Ub 3 ⋅ 440[ V ] La impedancia de la línea en por unidad es: Z 0,3 1 73,25 ZL[ º / 1] = L = + j = 0,03 + j0,103 = 0,107 Z b 9,68 9,68 Y la corriente en por unidad: I[ º / 1] = I Ib − 36,87 = 28,23 26,24 = 1,076 Resolución de los Problemas 13 − 36,87 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA Vm 440[ V ] = = 1 Ub 440[ V ] Con todos los valores en por unidad , el voltaje de la fuente es: La tensión en bornes del motor en por unidad: Vm[ º / 1] = Ua[ º / 1] = 1,092 + j0,068 = 1,095 Ua = Ua[ º / 1] ⋅ Ub = 1,095 3,57 3,57 ⋅ 440 = 481,8 3,57 V 1.25. Escriba las dos ecuaciones de admitancia de nodo similares a las ecuaciones (1.57) Y (1.58) para los voltajes en los nodos 2 y 4 del circuito de la figura y arréglelas para los cuatro nodos independientes de la figura dentro de la forma Ybarra de la ecuación (1.61). ( V1 − V3 ) Yc + ( V1 − V2 ) Yd + ( V1 − V4 ) Yf = 0 (1.57) Nodo 1 Nodo 1 Arreglada V1( Yc + Yd + Yf ) − V2 Yd − V3 Yc − V4 Yf = 0 V3 Ya + ( V3 − V2 ) Yb + ( V3 − V1 ) Yc = I3 (1.58) Nodo 3 Nodo 3 Arreglada − V1Yc − V2 Yb + V3 ( Ya + Yb + Yc ) = I3 Y11 Y21 (1.61) Y31 Y41 Y12 Y22 Y32 Y42 Y13 Y23 Y33 Y43 Y14 V1 I1 Y24 V2 I = 2 Y34 V3 I3 Y44 V4 I4 ( V2 − V3 ) Yb + ( V2 − V1 ) Yd + ( V2 − V4 ) Yc = 0 Nodo 2 Nodo 2 Arreglada − V1Yd + V2 ( Yb + Yd + Yc ) − V3 Yb − V4 Yc = 0 Nodo 4 V4 Yg + ( V4 − V1 ) Yf + ( V4 − V2 ) Ye = I4 Resolución de los Problemas 14 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA ( ) Nodo 4 Arreglada − V1Yf − V2 Ye + V4 Yg + Yf + Ye = 0 ( Yc + Yd + Yf ) − Yd − Yc − Yf − Yd ( Yb + Yd + Yc ) − Yb − Ye − Yc − Yb ( Ya + Yb + Yc ) 0 ( − Yf − Ye 0 Yg + Yf + Ye ) V1 0 V2 0 = V3 I3 V4 I4 1.26. Los valores de los parámetros de la figura del problema anterior, están dados en por unidad como sigue: Ya = − j0,8 I3 = 1,0 - 90º Yb = − j4,0 I4 = 0,68 Yc = − j4,0 Yd = − j8,0 Ye = − j5,0 Yf = − j2,5 Yg = − j0,8 -135º Sustituya estos valores en las ecuaciones determinadas en el problema 1.25 y calcule los voltajes en los nodos. Determine numéricamente la matriz Zbarra correspondiente. − j( 4 + 8 + 2,5 ) j8 j5 j2,5 j8 − j( 4 + 8 + 5 ) j4 j5 j4 j4 − j( 0,8 + 4 + 4 ) 0 j2,5 j5 0 − j( 5 + 2,5 + 0,8 ) V1 0 V2 0 = - 90º V3 1 -135º V4 0,68 La solución del sistema de ecuaciones es: V1 0 V2 0 = - 90º V3 1 -135º V4 0,68 −1  − j14,5 j8 j4 j2,5  0,136 − j0,044   − j17 j4 j5  0,071 − j0,018  j8 ⋅ =  j4 − j8,8 0  − 0,004 − j0,033  j5  j2,5 j5 0 − j8,3  0,026 + j0,034    Zbarra −1 Zbarra = Ybarra j0,105 j0,102 = j0,106 j0,093 j0,098 j0,093 j0,091 j0,013 j0,052 j0,038 j0,062 − j0,037 j0,069 j0,037 j0,059 − j0,07 Resolución de los Problemas 15