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SISTEMASELECTRICOSDE POTENCIA

Syed A. Nqsqr

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SISTEMAS ELÉCTRICOSDE POTENCIA

Syed A. Nasar, Ph. D.Profesor de lngenierla Eléctrica

Universidad de Kentucky

Traducción: Graciela Bribiesca Correalngeniera Mecánica ElectricistaFacultad de lngenierla, UNAM

Revisión Técnica: Roberto Macías Pé¡ez

lngeniero Mecánico ElectricistaFacultad de lngeniería, UNAMJefe del departamento de Comunicaciones y ElectrónicaFacultad de lngeniería, UNAM

McGRAW-HILLuÉxlco . BoGorA . BUENos AtREs . cARAcAs . GuATEMALA . LtsBoA]IIADRID . NUEVA YORK . PANAMA . SAN JUAN . SANTAGo . sÁo PAULoAUCKTáND . FIATvIBURGO . LONDRES . MIIáI\¡ . MONTREAL . NUEVA DELHI

PARIS . SAIrI FRANCISCO . SINGAPUR . ST. LOUISSIDNEY.TOKIO.TORONTO

/

SYED A. NASAR recibió el grado de Doctoren Ingeniería Eléctrica por la Universidad de Californiaen Berkeley. Es profesor de Ingeniería Eléctrica en la Universidad de Kentucky en Lexington, haestado involucrado en la enseñanza, Investigación y consultoría sobre máquinas eléctricas pormás de 25 años. Él es autor de 2libros de Schaum, Máquinas eléctricas y electromecánicas elngeniería básica eléctrica. Es también autor y coautor de 19 libros y más de 100 artículos téc-nicos, y es el editor de la revista mensual Máquinas Eléctricas y Sisfemas de Potencia. El Doc-tor Nasar recibió la condecoración Aurel Vlaicu de la Academia Rumanian de Ciencias en 1978por sus contribuciones sobre máquinas lineales. Es miembro del IEEE, del IEE en Londres y delEta Kappa Nu y Sigma Xi.

SISTEMAS ELÉCTRICOS DE POTENCIA

Prohibida la reproducción total o parcial de esta obrapor cualquier medio, sin autorización escrita del editor.

DERECHOS RESERVADOS @ lggl, respecto a la primera edición en español porMCGRAW.HILL.INTERAMERICANA DE MÉXICO, S. A. dE C. V.

Atlacomulco 499-501, Fracc. lnd. San Andrés Atoto,53500 Naucalpan de Juárez, Edo. de MéxicoMiembro de la Cámara Nacional de la Industria Editorial, Reg. Núm, 1890

tsBN 968-422-797-3

Traducido de la primera edición en inglés deSCHAUM'S OUTLINE OF ELECTRIC POWER SYSTEMSCopyright O MCMXC, by McGraw-Hill, lnc., U. S. A.

rsBN 0-07-045917-7

2345678901 p.e.90 9087654321

lmpreso en México Printed in Mexico

Esta obra se terminó deimprimir en octubre de 1991en Graf AméricaCalle 28 No. 90México, D.F.

Se tiraron 1600 ejemplares

Contenido

PREFACIO . . .

capítuto r FUNDAMENTOS DE LOS SISTEMAS ELECTRICOS DE POTENCIA

1.1 Energía y potencia1.2 Tasas de crecimiento .

1.3 Las principales f uentes de energía . .

vil

1

23

Capítulo 2 REPRESEruT¡CIÓru DE LOS SISTEMAS.DE POTENCIA

2.1 Diagramas unif ilares2.2 Diagramas de impedancia y reactancia2.3 Representación por unidad2.4 Cambio de base2.5 Resumen de las relaciones de un circuito trifásico . '

I

91011

11

11

Capítulo 3 PARÁMETROS DE LAS LINEAS DE TRANSMISIÓN

3.1 Resistencia....3.2 lnductancia....3.3 Capacitancia . .

20

2021

23

Capítulo 4 EL CÁLCULO DE L|NEAS DE TRANSMISIÓN . . . .

4.1 Representación de líneas de transmisión '

4.2 Línea de transmisiÓn de longitud corta4.3 Línea de transmisiÓn de longitud media4.4 Línea de transmisiÓn de longitud larga .

4.5 La línea de transmisiÓn como red de dos puertos . .

4.6 Flujo de potencia en líneas de transmisiÓn '

4.7 Ondas viajeras en líneas de transmisión .

29

2929303031

3232

Capítulo 5 CABLES SUBTERRÁN¡EOS

5.1 Esf uerzo eléctrico en un cable monoconductor5.2 Nivelación de cables5.3 Capacitancia del cable5.4 lnductancia del cable5.5 Pérdida dieléctrica y calentamiento .

52

5252545454

7

ú

F.

@ilTENIDO

6.1 Tiposdefallas6.2 Fallas simétricas6.3 Fallas asimétricas y componentes simétricos6.4 Potencia de secuencia . .

6.5 lmpedancias de secuencia y redes de secuencia . .

60

6060626464

Capitulo 7 METODOS GENERALES PARA CALCULOS DE REDES . . .

7.1 Transformacionesfuente7.2 Matriz de admitan^cias del conductor7.3 Los elementos de un Y"ono

7.4 Matriz de impedancias del conductor . .

7.5 Elementos de Z"on¿7.6 Modif icación de Zcond .

77

777780808080

Capítulo 8 ESTUDIOS DE FLUJO DE POTENCIA

8.1 Flujo de potencia en una línea de transmisión corta8.2 Un procedimiento iterativo8.3 Las ecuaciones de flujo de potencia . . .

8.4 Los métodos de Gauss y Gauss-Seidel .

8.5 El método de Newton-Raphson8.6 Especificaciones y regulación delvoltaje del conductor

90

9091

92939394

capítuto 9 oPERACIÓ]¡ Y CONTROL DE UN SISTEMA DE POTENCIA. . .

Distribuc¡ón económica de carga entre generadores . .

Efecto de pérdida en una llnea de transmisión . . . .

103

103104104105

9.19.29.39.4

D¡stribuc¡ón de carga entre plantasControldelsistema de potencia . .

Capítulo 10 ESTABILIDAD DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA 116

10.5 Un sistema de dos máquinas10.6 Solución paso por paso .

116117117118119119

capítuto 11 PRoTECCÉN A LOS STSTEMAS DE POTENC|A

11.1 Componentes de un sistema de protección . . 12911.2 Transductoresyrelevadores.... 12911.3 Tipos de relevadores . 13011.4 Protección de llneas, transformadores y generadores . . 133

lndbe analillco 139

PrefqcioEsta obra se escribió para servir de suplemento a

los libros de texto de nivel superior sobre sistemaseléctricos de potencia. Sin embargo, también se tratanciertos temas, entre otros las tasas de crecimiento, lasfuentes de energía (Cap. 1) y los cables subterráneos(Cap. 5), que no se encuentran normalmente en esta cla'se de obras debido a la naturaleza del libro. Se han omi'tido el material descriptivo y las deducciones de lamayoría de las ecuaciones. Los resultados finales se

g-tI,i'ilt) i'r i; -;' ':''

dan en forma analítica y se explican con ejemplos nu-méricos detallados.

Un requisito de este libro es que el lector esté fami'liarizado con los circuitos ca (de corriente alterna) y ma'quinaria eléctrica, especialmente los transformadores y

máquinas síncronas.Agradezco ampliamente la ayuda editorial de Ed

Millman.

Syed A. Nasar

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SEMBLANZA DEL AUTOR

SYED A. NASAR obtuvo su doctorado en ingenieríaeléctrica en la University of California en Berkeley. Es pro-fesor de ingeniería eléctrica en la University of Kentucky,Lexington. Lleva más de 24 aQs dedicado a la enseñan-za,la investigación y consultoría en máquinas eléctricas.Es autor de dos obras de la serie Schaum: Electric Machi-nes and Electromechanics y Basic Electrical Engineeilng.

PREFACIO

Es además autor y coautor de la revista mensual ElectricMachines and Power Systems. En 1978 el doctor Nasarrecibió el premio Aurel Vlaicu de la Academia Rumana deCiencia por sus aportaciones referentes a las máquinaslineales. Es becario de la IEEE y de la IEE (Londres)y per-tenece a la Eta Kappa Nuy y Sigma Xi.

Fundqmenlos de los sistemqseléctricosde potenciq

El estudio de los sistemas eléctricos de potenciaestá relacionado con la generación, distribución y utili-zación de la potencia eléctrica (Fig. 1-1). La primera deéstas (la generación de la potencia eléctrica)se refiere ala conversión de energía de una forma no eléctrica (co-mo la térmica, hidráulica y solar) en energía eléctrica.Por ello, es apropiado comenzar este texto con un estu-dio de la energía.

donde a €s €l ángulo que F forma con /. El trabajo se mí-de en joules (J). De (1.7), un joule es el trabajo realizadopor una tuerza de un newton al mover un cuerpo a travésde una distancia de un metro en la dirección de la fuer-za:1J=1N.m.

La energía de un cuerpo es su capacidad para reali-zar un trabajo. La energía tiene la misma unidad que eltrabajo, aunque se usan algunas otras unidades para

de transmisión

Línea de distribuciónPrecipitadoreselectrostáticos

Ceneradorde turbina

Depuradores CalentadorCarbón

Agua de enfnamiento.=

1.1 ENEBGíA Y POTENCIA

Supongamos que una fuerza F se aplica a una ma-sa y que la mueve a lo largo de un desplazamiento lineal/ en la dirección de F. Por lo tanto, el trabaio U realizadopor la luerza se define como el producto F/; esto es,

U : Fl (1.1)

Si el desplazamiento no está en la dirección de F, enton-ces el trabajo realizado es el producto del desplaza-miento y la componente de la fuerza a lo largo de éste;es decir,

las diferentes formas de energía. Para la energía eléctri-ca la unidad fundamental es el watt por segundo W.s),donde

1W.s : 1J (1.3)

Sin embargo, es más común que la energía eléctrica semida en kilowatthoras (kWh). De (7.3) tenemos

l kwh : 3.6 x 10óJ (1.4)

Las dos formas más importantes de la energía me-cánica son la energía cinética y ta energía potencial. Uncuerpo posee energía cinética (EC)en virtud de su movi-miento, tal que un objeto de masa M (en kilogramos),

Condensador

Fig. 1-1.

Transformadores

Transformador

:'T'":l:: \

Transformador.

U: Flcos¿y (1.2)

---

que Se mueve con una veloc¡dad u (en metros por segun-do), posee energÍa cinética determinada por:

EC, : *Mu' (en joules) (/.5)Un cuerpo posee energía potencial (EP)en virtud de suposición. Por ejemplo, la energía potencial gravitacionalresulta de la posición de un objeto en un campo gravita-cional. Un cuerpo de masa M (en kilogramos), situado auna altura ñ (en metros), sobre la superficie de la Tierratiene una energía potencial gravitacional (EP)dada por

EP : Mgh (en joules) (1.6)

donde g es la aceleración debida a la gravedad, en me-tros por segundo cuadrado.

La energía térmica se mide generalmente en calo-rías (cal). Por definición, una caloría es la cantidad decalor requerida para elevar en un grado Celsius la tem-peratura de un gramo de agua a 1SoG. Una cantidad máscomún es la kilocaloría (kcal). Experimentalmente, se haencontrado que

l cal : 4.186J (1.7)

Otra unidad más de energía térmica es la unidad térmi-ca británica (BTU), la cual se relaciona con el joule y lacaloría como sigue:

l Btu = 1.055 x 1d J :0.?52 x ldcal (1.S)

Puesto que el joule y la caloría son unidades relativa-mente pequeñas, la energía térmica y la energía eléctri-ca s€ expresan en términos de la unidad térmica británicay el kilowatthora (o en megawatthora), respectivamente.Una unidad más grande de energía es el quad, o sea lassiglas de un cuatrillón en unidades térmicas británicas.Las relaciones entre estas unidades son:

l quad = l015Btu = 1.055 x 1018J Q.9)

(algunos autores definen 1 quad como 10rs Btu).La potencia se def ine como la razón del tiempo en

que se realiza trabajo. En otras palabras, la potencia esla razón del cambio de energía en el tiempo. Asi, la po-tencia instantánea p se puede calcular como

FUNDAI'ENTOS DE LOS SISTEMAS EI.ÉCTRICOS DE POTENCIA IIcaciones de la potencia (o salidas) de los motoreseléctricos se expresan en caballos de tuerza (hp), donde

t hP = 745.7W (1.12',)

1.2 TASAS DE CRECIMIENTO

Al planear cómo satisfacer las necesidades futuras dela energía eléctríca, es necesario que estimemos la tasa a lacual crecerán las futuras necesidades. La figura 1-2muestra un requerimiento común de energía para los Es.tados Unidos.

Supongamos que cierta cantidad M aumenta a unatasa que es proporcional a la cantidad M actual. Mate.máticamente, tenemos

#= o, (1.13\

donde U representa el trabaio y w la energia. La unidadde potencia del Sl es el watt (W);un watt es elequivalen-te a un loule por segundo:

'1 W = lJls

donde a es la constante de proporcionalidad, llamadatasa de crecimiento por unidad. La solución a (1.13) sepuede escribir como

fl -' Mo€o' (1.14)

donde Mo es el valor de M cuando f = 0. En cualquierade los dos valores de tiempo, lr Y tr,la razón inversa de

las cantidades correspondientes Mr Y M, es

& : "a(t2't)Mr (1.ls)

Año

Fig. 1-2.

dU dw|'¡:-:-rdtdt (1.10)

(1.Il',)

Los múltiplos de watt usados comúnmente en ingenie.ria potencial son el kilowatt y el megawatt. Las especifi-

E FUNDA¡I'ENTOS DE LOS SISTEMAS EIÉCTNrcOS DE FOTENCIA

De (t.15) podemos obtener el periodo de duplicación t,, .

tal que Mz = 2MtY tz - tt = 1.,. EstO es,1.3 LAS PRINCIPALES FUENTES DE ENERGÍA

Los combustibles fósiles (carbón, petróleo y gasnatural) son las principales fuentes de energía para ge-nerar la potencia eléctrica. Otra de las principales fuen-tes de energía en la Tierra es la radiación solar, la cualse puede obtener en forma directa de la radiación solaro indirectamente a partir del viento y la energía hidro-eléctrica. Otras formas significativas de energía son laenergía maremotriz, geotérmica y nuclear.

Los generadores tipo turbina de energia eólicatransforman la energía cinética del viento en movimien-to de rotación y éste, a su vez, en energía eléctrica. Lapotencia que se puede obtener del viento está dadaaproximadamente por

P = 2.46 x I0-3D2u2 (en watts) (1.19)

donde D es el diámetro del aspa en pies y u es la veloci-dad del viento en millas por hora.En la conversión hidroeléctrica, la energía potencial deuna masa de agua en una caída hidráulica es convertidaen energía cinética por una turbina hidráulica que impul-sa un generador eléctrico. Según (7.6), la energfa poten-cial de 1@0 kg de agua en una caída de 100 m es 9.8 x105 J. Por otra parte, un gasto de 1 m3/s con una caída de100 m proporciona 9.8 x 1d x carga = 9.8 x 1CI x 100 =9.8 x 10s tV de potencia hidráulica.

La energía maremotriz se obtiene al cercar una ba-hía con un dique, permitiendo que éste se llene durantelos periodos de marea alta, y recuperando la energíacuando se vacía durante los periodos de marea baja. Pa-

ln? 0.ó93t¿=-:-aa(1.16)

Los planificadores de sistemas eléctricos de poten-cia también necesitan conocer cuánta potencia se re-querirá. La demanda máxima de potencia en los Esta-dos Unidos en algunos años se muestra en la curva conlinea llena de la figura 1-3. Podemos aproximar esta cur-va con la curva cuya ecuación es

P : Poebt (1.17)

(representada con llnea punteada en la figura 13), dondePo es la potencia máxima en el tiempo f = 0 y Ó es la ta'sa de crecimiento por unidad de la potencia máxima. El

área bajo esta curva en un periodo dado es una medidade la energía Q consumida durante ese periodo.

De (t. 161y (1.17) se deduce que, si la tasa de creci'miento por unidad no ha cambiado, la energía consumi'da en un periodo de duplicación es igual a la energíaconsumida en el tiempo total anterior a éste. En particu-lar, obtenemos

(1.18\

donde Qr €s la energía consumida hasta cierto tiempof¡, Q2 es la energía consumida durante el periodo deduplicación 1., y ó es la tasa de crecimiento por unidad.

Qt= Qz:'iro"

¿{nod'i.cl

.Euooa,q,€clioG

iUa

P = Púu, donde

P, = 3E0GW

b = 0.0338 año-l

Año

Fig. 1-3.

FUNDAMENToS DE Los stsrEMAS elÉcrnrcos DE porENctA tIra una máxima caída maremotriz H (en metros), el pro-neCio de la potencia maremotriz obtenida por unidad deárea de la bahía está dado aproximadamente por

P^, : 0.219H2 (en megawatts por kilómetro

cuadrado) (1.20)

Problemas resueltos

1.1 La energía neta requerida en los Estados Unidosdurante 1986 fue aproximadamente 2.82 x 106

GWh. ¿Cuál es el equivalente de esta energía enunidades térmicas británicas?De

I GWh : 10'Wh = 106 kWhtenemos

2.52 x 10ó Gwh : 2.92 x 10'2 kwh

Por lo tanto, de (1.4)

2.82 x 10'2 kwh : .3.6 x 100 x 2.g2 x 10'2 J

: 10.I52 x 10r't J

De (7.8) y (1.9) finatmente obtenemos

10.15210.r52-x 1018t=ffix 10'sBtu : 9.623 x 10rsBtu

:9.623 quad

1.2 El carbón tiene un contenido promedio de energíade 940 W.año/ton y el gas natural tiene un con-tenido de energ ía de 0.036 W . año/ft3. Si et g0 por-ciento de la energía neta requerida del problema1.1 f uera obtenido del carbón y el 20 por ciento delgas, ¿qué cantidades de carbón y gas se requeri-rian?

Del problema 1.1,

2.82 x 1o6cwh =r#w.años: 3.22 x l0rr W. años

Por tanto, tenemos

Energía suministrada por carbón : 0.8 x 3.22 X 10tt

= 2.576 x 10tt W. años

Energía suministrada por gas = 0.2 x 3.22 x 10rt

:6.44 x 10roW.años

lo cual conduce a

Cantidad requerida de carbón - 2'567 x l}tl

n2 ,.rox 108 tons

Cantidad requericta de gas = u'Í.áutott'

: 1.79 x 10t2ft3

1.3 Cierta cantidad de combustible puede convertirseen 3 x 10-3 quads de energía en una estacióneléctrica. Si el promedio de carga de la estaciónen un periodo de 24 h es de 50 MW, determinecuánto tiempo (en d ías) durará el combustible. Su-ponga un 20 por ciento de ef iciencia total en la es-tación eléctrica.

De (7.9) y (1.111,|a energía disponible del combusti.ble es

3 x 10-3quad :3 x

3x1.0-3x1.055x10t8W.s1.0-3x1.055x1018

MWh6ox6o'1orr*rolr*n

En 24 h, la estación produce 5O x 24 - 1200 MWh de

energía. Con 20 por ciento de eficiencia. Esto requiereuna entrada diaria de energía (de combustible) de120010.2 = 6000 MWh. Por lo tanto, el combustible se

consumirá en 8.79 x 10s/6000 - 146.5 días.

1.4 En los Estados Unidos, en 1981, el consumo deenergía (en quads)de varias fuentes f ue como si-gue: carbón, 16.1; petróleo 32.1; gas natural, 20.2;hidráulica, 2.9;y nuclear,2.9. Calcule en gigawatt-horas la energía eléctrica total que pueden produ-cir esas fuentes, suponiendo que la eficienciapromedio de la planta es de 0.1.

La cantidad total de energía consumida en 1981 fue

16.1 + 32.1 + 20.2 + 2.9 + 2.9 = 74.2quad

74.2 x 1.055 x:- 10rE_ kwh3.6 x lf

: 21.75 x 10ó GWh

Con una eficiencia de 0.1,la planta produjo 2.175 x 106

GWh de energía eléctrica.

1.5 El contenido calorífico promedio del gas naturales 1.05 Btu/ft3, y del carbón bituminoso 14000Btu/lb. Utilizando los datos del problema 1.4, de-

E FUNDAMENTOS DE LOS SISTEMAS ELÉCTRrcOS DE POTENCIA

1.7

IE-" 4g

.oO

940Ea)32o

'- ¿qq',

1.6

Qt : f *'-*,r* o, :

v Q, = l,',,'

Pr¡ eb' d,t :

termine las cantidades de gas natural y cárbónconsumido en los Estados Unidos en 1981.

De los 20.2 quads que se obtuvieron del gas natural,tenemos

20.2 quads : 20.2 x 10ts Btu

" 2o'2 x lo¡s : 19.238 x 1or5 ft3' 1.05

De manera análoga, para el carbón tenemos

16.1 quads : 16.1 x 10t5 Btuv

1ó.1 x 10ts

ffi = L.L5 x 10'2lb o 5.75 x 108tons

Suponga que el consumo de energ ía en cierta ciu-dad tiene una tasa de crecimiento de 4 por cientopor año. (En cuántos años se triplicará el consu-mo de energía?

De (1.75)con Q2lQr - 3,

3-eo'ut o ln3:o.o4r

ln3,, t: -

:27.47 años' 0.04

En una ciudad se espera que el consumo de ener-gía se duplique en 10 años. Calcule la tasa de cre-cimiento.

De (1.17)

0.693o: i:6'93 Por ciento

Derive la fórmula (1.18\

Evaluando la energía Qt consumida en el tiempo ft

y la energía Q2 consumida durante el periodo de duplica'ción t,, - t2 l¡, de (t.17) obtenemos

'n "o',b

'; rr"' - r)eb"

tenga el periodo de duplicación para una tasa decrecimiento de 5 por ciento.

La gráf ica que se observa en la f igura 1.4 está dibu-jada a partir de la fórmula (f.f6). Ésta muestra que f, =14 años. Si aplicamos las producciones exactas en (l.f 6),

se obtiene f, = 0.693/0.05 = 13.86 años.

246810Tasa de crecimiento anual, porcentaje

Fig. 1-4.

1.10 La estimación actual de las reservas de carbón enlos Estados Unidos es de cerca de 1.5 x 10e tons,con un contenido de energía de 940 W . años/ton.Si la tasa de crecimiento del consumo de poten-cia es de 3.38 por ciento al año, ¿cuánto tiempodurarán aproximadamente las reservas de car-bón? Suponga que toda la energía se reemplazarápor carbón y que la potencia máxima demandadaes 425 GW.

Sea f el tiempo en el cual el consumo total igualarálas reservas y Q, la reserva total de energía. Por lo tanto,con I = 0 en este instante, tenemos

1.8

1.9

De (1.16), f,, = (ln 2)lb; por lo tanto, Q, se convierte en

ez = 3r, - r)eb,, - 'irr,' : e, er : ['-rnrr, o, :3@0, - r)Jo

lo cual podemos escribir como

eu, =Y *,Trace una curva que muestre el periodo de dupli-cación (en años) en función de la tasa de creci-miento (en porcentaje por año). De la gráfica ob-

-

FUNDAUENToS DE Los srsrEuAls euÉcrnrcos DE porENcn t!

1 /0.0338 x 1.41 x 10'2' 0.0338"'\ 425 x loe

así que

r:;"(?. ') (')

De los valores numéricos dados obtenemos

Qr = 1.5 x 10e x 940 = 1.41 x 10¡2 w. años

v

(en megawatthoras) producirá ese volumen deagua? La densidad del agua es gg3 kg/mr.

El peso del agua es 993 x 106 kg. Según (1.6), su

energía potencial es

EP= 993 x l0ó x 9.81 x 50W.s

993x10óx9.81 x50= 135.3 MWh

3600 x lff1.15 Se estima que las reservas de carbón en el este de

los Estados Unidos contienen 2250 quads de ener'gía. Si el contenido de energía de este carbón eá

de 11 500 Btu/lb, determine el peso aproximado delas reservas.

Peso aProximado : ffi= 9.78 x l0ro tons

1.16 Una planta de energía consume 3600 tons de carbónpor día. Si el carbón tiene un contenido promediode energía de 10 000 Btu/lb, ¿cuál es la potenciagenerada por la planta? Suponga una eficienciatotal de 15 por ciento.

La potencia disponible de carbón es

3600 x 2000 x 10 000

ff:3x10eBtu/hEn megawatts, esto es

3x10ex1.055x103m=879MW

A una eficiencia de 15 por ciento,

Potenciadesalida: 0.15 x 879 = 132MW

1.17 Se estima que las reservas actuales de gas natu-ral en los Estados Unidos contienen 452 quads deenergía. La demanda máxima actual de potenciaeléctrica es de 450 GW. Si la tasa de crecimientodel consumo de la potencia es de 6.5 por ciento alaño y el 22 por ciento del consumo total de laenergía se va a reemplazar por gas natural, ¿cuán-to tiempo durarán aproximadamente las reservasde gas natural?

*t)= 3.144 años

1.11 Exprese la fórmula (1.19) en unidades del Sl.

Puesto que 3.28ft = 1 m y 1 m/seg = 2.237 milh,(f .f9) se convierte en

P : 2.46 x 10-3(3.28D)2(2.237 u)3

= 0.29626D21J3 (en warrs)

donde D está en rnetros y U está en metros por segundo.

1.12 Un pequeño generador de viento está diseñadopara producir 50 kW de potencia a una velocidadde viento de 25 mi/h. ¿Cuál es eldiámetro del aspa?

De (f.19)

50 x 103 =2.46 x 10-3D2(25)3

Por lo tanto,

= 36ft

1.13 La velocidad del viento con que se opera el gene-rador del problema 1.12 fluctúa en realidad entre20 y 50 km/h. Determine el intervalo de variaciónde la potencia disponible.

A 20 km/h (o 12.4 mi/h),

Pzo : 2.46 x 10-3(36)'z(t2.4)3 = 6.08 kW

A 50 km/h (o 31 mi/h),

P-,0 : 2.46 x 10-3(36)'z(31)3 : g4.gg kW

Por lo tanto, aproximadamente 6 < P < 95 kW.

1.14 Un millón de metros cúbicos de agua se encuen-tran almacenados en una presa que alimenta auna turbina de agua. Si el centro de masa delagua se encuentra a 50 m arriba de la turbina ysus pérdidas son despreciables, ¿cuánta energía

En la nomenclatura del problema 1.10, tenemos

452x 1.055 x 10"365 r ,4 " 3600 = l'512 x 10" w'añosQ,

b = 0.065

P : 450 x 0.22 x 10e = 9.9 x 10'o W

2.46x10-3x(25)3

E FUNDAUENToS DE Los srsrEmAs euÉcrncos DE PorENclA

v

!Q, :0.065 x 1.512.x 1o'3

Po 9.9 x lOto

Por lo tanto,

: 9.928

r--l^(+* t) :#rn(e.e28+ 1)

= 36.8 años

1.18 Estime la salida de la potencia promedio de unaturbina de viento que tiene un aspa de un diáme-tro de 35 ft, si la velocidad del viento flt¡ctúa entre10 y 30 mi/h.

De (t.t9)

P*ín. = 2.6 x 10-r x 352 x ld = 2.46 x 352 W

v

P-r, = 2.46 x 10-3 x 352 x 303 = 2.46 x 352 x 27W

Por lo tanto,

Pprom = 1.23 x 352 x 28 = 42.2kW

1.19 La caída máxima de la marea disponible para unaestación hidroeléctrica propuesta es de 6 m.

¿Cuál debe ser el área de la entrada de la turbinapara generar un promedio de 1000 MW de poten-cia?

De (1.201, tenemos

10(X):0.219x36xárea

por lo que

. Área =02ffiu= 12ó'8m2

Problemas complementarios

1.20 Gierta cantidad de combustible contiene 15 x 10r0 Btu deenergía. ¿Cuál es la energía correspondiente en kilocalo-rías?

Resp. 3.78 x 10ro kcal

1.21 El combustible del problema 1.20 se convierte en energía

eléctrica en una estación eléctrica con un 12por ciento de

eficiencia total. La demanda promedio de la estación en

un periodo de 24 h es de 5 MW. ¿En cuántos días se

consumirá totalmente dicho combustible?

1.22 Una cantldad de combustible es capaz de producir

10 quads de energía. ¿En cuántos dlas se consumirá totat'mente el combustible, si se utiliza para satisfacer una de-

manda de 10¡3 Btu/dia en una planta eléctrica con una efi-ciencia global de 20 por ciento?

Resp. 2fi) días

1.23 Calcule la energia total disponible (en'kilocalorías) del

combustible del problema 1.22.

Resp. 2.52 x 10rs kcal

1.24 Un motor eléctrico con una eficiencia de 90 por cientomueve un elevador que levanta una calga de 10 ton a una

altura de 60 ft. Calcule la energia que se necesita para que

el motor realice lo anterior.

Resp. 1.81IvfJ

1.25 [a carga del problema 1.22 es levantada a una altura de

60 ft en 40 s. Determine la especificación minima en ca'ballos de fuerza del motor.

Resp. 55 hp aproximadamente

1.26 Calcule la energía que requiere un motor de engranaje de

cd para levantar 1 ton de carga a una altura de 50 ft en

1O s. La eficiencia global del motor/engranaie es de 0.51.

Resp. 0.083 kWh

1.27 Un izador eléctrico realiza viajes redondos por hora. En

cada viaje, levanta una carga de 6 toneladas en una jaula

de levantamiento para un peso de 200 fl en 1 | min, y des-púes la jaula regresa vacía en 1| min. La jaula pesa

0.5 ton y tiene un peso equilibrado de 3 ton. [a eficiencia del

izador es de 80 por ciento y la del motor es de 88 por cien'to. Galcule la energía eléctrica requerida por viaje redondo.

Resp. 1.44 kwh

1.28 Un generador de transmisión por banda proporciona

875 kW a una eficiencia de 95 por ciento' Si la pérdida en el

transmisor por banda es de 2.5 por ciento, calcule los ca'ballos de f uerza que requiere la máquina para mover el ge-

nerador.

Resp. 1267 trP

1.29 En una estación eléctrica, se producen 4 x 104 GWh de

energía en 1 año; una mitad es de carbón y la otra de gas

natural. El contenido de energía del carbón es de 900 W 'años/ton y de gas natural es de 0.03 W ' año/ft3. ¿Guántocarbón y cuánto gas natural se requerirán?

Resp. 2.537 x 106tons;76.1 x 10eft3Resp. 44 dias

-::

1.30 Resuelva de nuevo el problema 1.24 pero ahora supongaque toda la energía es proporcionada por (a)carbón y (ó)

gas natural.

Resp. (a) 5.0735 x 10ótons; (b) 152.2 x 10eft3

1.31 Durante un periodo de un año, cierto sistema de potencia

consumió energía (en quads) de varias fuentes como si-

gue: carbón,6; petróleo, 2; gas, 1;e hidrográfico,0.5. Si la

eficiencia global del sistema es 0.12, ¿cuánta energía

eléctrica (en gigawatthoras)se puede producir con el sis-

tema con esas f uentes?

Resp. 3.2 x 106 GWh

1.32 En una región la tasa de crecimiento del consumo de

energía es de 6 por ciento ¿En cuántos años se cuadrupli"

cará el consumo de energía?

Resp. 23.1 años

1.33 Las reservas de gas natural en cierta población se esti-

man en 100 x 10e ft3, con un contenido de energía de

0.025 W 'año/ft3. Si la demanda actual de potencia máxi-

ma es de 0.5 GW, la tasa de crecimiento de la potencia de-

mandada es de 5 por ciento y toda la energía es abasteci-

da por gas natural, ¿cuánto durará aproximadamente la re-

serva?

Resp. 4.4ó años

1.34 Calcule la velocidad con la cual una masa de 200 kg debe

moverse en tal forma que su energía cinética sea igual a

la energía disipada en un resistor 0.2 fl, a través del cual

fluye una corriente de '100 A durante 2 horas.

Resp. 379.5 rn/s

FUNDAMENTOS DE LOS SISTEMAS EUÉCTN¡COS DE POTENCIA E1.35 tJn generador de viento con una ef iciencia de 0.85 tiene un

aspa de 0.20 m de diámetro. Si la velocidad del viento esde 30 km/h, ¿cuánta potencia se obtiene del generador?

Resp. 58.3 kW

1.36 Se genera potencia hidroeléctrica en una presa que pro-duce una caída de 180 ft y una reserva en el depósito de3 x 106 gal de agua. ¿Cuánta energía se puede generarde este depósito con un sistema de generador de turbinaque tiene una eficiencia global de 20 por ciento?

Resp. 1225.3MJ

1.37 El depósito de una estación de generación hidroeléctricamide 217.8 ft por 200 ft en la superf icie. Su caída disminu-ye en 1 ft cuando la estación genera 100 hp a 70 por cientode eficiencia. Encuentre la caída original en pies.

Resp. 104 ft

1.38 Una estación de generación hidroeléctrica se abastecepor medio de un depós¡to que tiene una capacidad de 2 x108 ft3 con una caída de 500 ft. ¿Cuál es la energía eléctri-ca total disponible en kilowatthoras, si la eficienciahidráulica es 0.8 y la eficiencia eléctrica es 0.9?

Resp. 1690 MWh

1.39 En cierto país el equivalente de las reservas de combus-tible para generar potencia es de 3 x 106 MW .anos. Lademanda actual de potencia máxima es de 200 GW y la ta-sa de crecimiento del consumo de potencia esperada esde 2.1 por ciento. ¿Cuánto durará la reserva de combus-tibie?

Resp. 13 años

Represenlqción de lossistemqsde potenciq

Los componentes básicos dé un sistema de poten-cia son los generadores, transformadores, líneas detransmisión y cargas. Las interconexiones entre estoscomponentes del sistema de potencia se pueden mos-trar en un diagrama Hamado unif ilar. Con f ines de análi-sis, los circuitos equivalentes de las componentes semuestran en un diagrama de reactancia o un diagramade impedancia.

2.1 D¡AGRAMAS UNIFILARES

La figura 2-1 muestra los símbolos utilizados pararepresentar los componentes comunes de un sistemade potencia. La f igura 2-2 es un diagrama unititar de unsistema de potencia que consta de dos estaciones ge-neradoras conectadas por una línea de transmisión; ob-serve el uso de los símbolos en la f igura Z-1. La ventajade la representación unif ilar es su simplicidad: Una faserepresenta las tres fases del sistema balanceado; loscircuitos equivalentes de las componentes se reempla-zan por sus símbolos estándar y el resto del circuito seomite a través del neutro.

Motor o generador

Transformador de dos devanados

Línea de transmisión

fFJL

Interruptor de circuito líquido (aceite) --f

Interruptor de circuito de aire

Conexión delta

Conexión estrella, no aterrizada(sin conexión a tierra)

Conexión estrella, aterrizada(con conexión a tierra)

---^-

Fig. 2-1.

A

YE

2

Estación A

Fig.2-2.

to FEpRESENTAcón oe Los srsrEMAs DE porENctA

Generadores Carga A Transformador Linea de transmisión Transfor- Carga Generadoresmador T2 B

Estación B

ta

(a)

Estación A

2.2 DIAGRAMAS DE IMPEDANCIA YREACTANCIA

El diagrama unif¡lar puede servir como base para larepresentación de un c¡rcu¡to que incluye circuitosequivalentes de los componentes del sistema de poten-

cia. Dicha representación se llama diagrama de impe-

dancia o diagrama de reactancia si las resistencias no

se toman en cuenta. Los diagrarnas de impedancia y reac-

tancia correspondientes a la figura 2-2se incluyen en lafigura 2A@l y (D), respectivamente. Obsérvese que semuestra sólo una fase.

Se han incorporado las suposiciones siguientes pa-

ra la figura 2-3(a).

1. Un generador se puede representar con una fuentede voltaje en serie conUna reactancia inductiva. Laresistencia interna del generador es despreciablecomparada con la reactancia.

2. Las cargas son inductivas.

Estación B

3. El núcleo del transformador es ideal y el transfor-mador puede representarse con una reactancia.

4. La línea de transmisión es una línea de longitudmedia y se puede representa¡ con un circuito T.Otra representación, como un circuito r, es igual-mente aplicable.

5. El transformador T, de conexión deltacstrella sepuede reemplazar por un transformador equivalen.te de conexión estrellaestrella (nediante una trans-formación delta a estrella), por lo que eldiagramade impedancia se puede dibujar en una base por fase.

(La naturaleza exacta y los valores de las impedancias oreactancias se determinan por métodos estudiados encapítulos posteriores.)

El diagrama de reactancia, figura 2-3(bl, se dibujadespreciando todas las resistencias, las cargas estáti-cas y la capacitancia de la línea de transmisión.

Linea detransmisión

(ó)

F|tg.2-3.

Estación A

Transformador TransformadorTr T,

d REPRESENTACÉN DE LOS SISTEMAS DE POTENC¡A

(2.11

tc.2l

en base de los kVA trifásicos y los kVA por unidad porfase y el voltaje en la b¿ise de los kVA por fase.

2.4 CAMBIO DE BASE

La impedancia por unidad (pu) de un generador otransformador suministrada por el fabricante, está ba-sada generalmente en especificaciones del mismo ge-nerador o transformador. Sin embargo, una impedanciapor unidad se puede referir a una nueva base voltamperecon la ecuación

(lmpedancia por unidad)'".e nueu" =

lYflu""" nu*"..(!(Y)¡a"e "¡"¡"2 (impedancia por unidad),(VA)¡"""

"¡eia (kV)zbase nu""a base vieia

12.6)

Si el voltaje de base anterior y el vbltaje de base nuevoson los mismos, entonces (2.6) se simplifica y nos da

(lmpedancia por unidad)base nueva =(VA)0""" nusva -(VA)¡ase

"¡eja(2.71

Las impedancias de las líneas de transmisión se expre-san en ohms, pero pueden convertirse fácilmente en va-lores pu (unitarios) en un voltampere base dado usando(2.1) a (2.5).

2.5 RESUMEN DE LAS RELACIONESDE UN CIRCUITO TRIFASICO

Un circuito trifás¡co se puede conectar ya sea enestrella o en delta. En un circuito trifásico balanceadolos valores de la corriente de fase y la línea, potencia yvoltaje se relacionan como sigue (los subíndicesp y /de.signan los valores de fase y de línea, respectivamente):

Conexión estrella:

Ip: It

Vo: V,l{1P : lñVltcos op

1t

23 REPRESENTACIÓN POR UNIDAD

Los cálculos para un sistema de potencia que tienedos o más niveles de voltaje se vuelven muy difícilescuando es necesario convertir corrientes en un nivel devoltaje diferente siempre .que f luyan a través de unrransformador (el cambio en la corriente es inversamen.te proporcional a la razón de vueltas del transformador).En un sistema alternativo y más simple, para cada volta-je se supone un conjunto de valores base, o cantidadesbásicas, y cada parámetro se expresa como una fracciónCecimal de su respectiva base. Por ejemplo, supongaque se escoge el voltaje base de 345 kV y en ciertas con-Ciciones de operación, el voltaje real del sistema es de3}t kV; por lo tanto, larazón del voltaje real al voltaje ba-se es 0.97. El voltaje real se puede expresar entonces co-mo 0.97 por unidad. Una práctica igualmente comrln esque las cantidades por unidad se mult¡pliquen por 100para obtener el por ciento de las cantidades; nuestroeiemplo de voltaje se expresaría enlonces como 97 porc¡ento.

Las cantidades por unidad, el por ciento y sus basesmuestran las mismas relaciones y obedecen las mismasleyes (como las de Ohm y Kirchhoff) que las cantidadesen otros sistemas de unidades.

Se requiere un mínimo de cuatro cantidades para de-linir totalmente un sistema unitario o por unidad; estascantidades son voltaje, corriente, potencia e impedancia(o admitanc¡a). Si se suponen dos de ellas en fgrma ar-bitraria, las otras dos quedan f ijas a partir de ellas. Las s¡-guientes relaciones forman una base por fase:

Voltamoeres baseuorrrente Dase - lbÉie báse (en amperes)

Volta¡e basermpeoanc'a Dase = T6;;G;GT;;' (en ohms)

vortaje por unidad = #i5"%# tpor unidad, o pu) t¿.sl

Corriente realL;Ornente por untctad = cofrien¡e base (por unidacl, o pu)

(2.41

. lmoedancia reallmpedancia por unidad = ffi( por unidad, o pu)

tc.5l

En un sistema trifásico, la base kVA se puede escogercomo los kVA trifásicos y el voltaje base como el voltajede línea a línea; o los valores base se pueden tomar co-mo las cantidades de fase. in uno u otrocaso, perrnane-cen inalterados los kVA trifásicos por unidad y el voltaje

r

12 REPRESENTACóN DE LOS SISTEMAS DE POTENCLA

Conexión delta:

Io = ItlljVo: V,

P = t/iv,I,cos 0o

Las impedancias delta y estrella se relacionan por

z -L',zeslrella - 3¿delta 2.4

En ambos t¡pos de conexiones, las potencias apa-

rente y reactiva son, respectivamente,

VA = úv,t,v Q: \f1v,I,senoo

De lo anterior, es claro que el ángulo de fase sepuede obtener como

Necesitamos la corriente real en el sistema:

1390 x 10uCorriente real :

Por lo tanto, de (2.41,

345 x 103:4000A

Corriente por unidad : ffi : 1.33 pu

Exprese una impedancia de 100 O, una corrientede 60 A y un volta¡e de 220 V como cantidadespor unidad referidos a los valores de la base delproblema 2.1.

De (2.5),

Impedancia por unidad = * : 10 pu10

De e.41,

Corriente por unidad = * : 1.5 PunDe esl,

Voltaje por unidad =#:0.55 pu4m

Un generador monofásico de 10 kVA y 200 V

tiene una impedancia interna Z" de 2 0. Utilizan-do las especif icaciones del generador como los

valores base, determine el voltale por unidad ge-

nerado que se requiere para producir la corrientede carga total en las condiciones de un cortocir'cuito.

En términos unitarios, tenemos

Voltajebase=200V:lpukVA base : 10 kVA : l Pu

Por lo tanto, según (2.1),

10 000Corrrente base : ZN

: 504 = lPu

El voltaje generado que se requiere para producir la

corriente nominal en un cortocircu¡to es /Z^ = 50 x 2 =100 V; o, en cant¡dades unitarias, 100/200 = 0.5 pu.

Sea un transformador de 5 kVA, 4001200 V que

puede representarse aproximadamente por unareactancia de 2 0 ref erida al lado de baio voltaje.Tomando en cuenta los valores nomirtales comocantidades base, exprese la reactancia del trans'formador como una cantidad por unidad.

E

nneo =f,

Problemas resueltos

2.1 La impedancia y el voltaje base para un sistema 2'5

de potencia dado son 10 0 y 400 V, respectiva-mente. Calcule los kVA base y la corriente base.

De la ley de Ohm,

Corriente base = I = ,l{)n10

40 x 400 : 16 kVAkVA base :

Se decide que la corriente y el voltaje base de un

sistema 345 kV tengan un valor de 3000 A y 300kV, respectivamente. Determine el voltaje por

unidad y la impedancia base para el sistema.

De (2.21,

300 x 1dImpedancia base =

De (2.3),

= lü)Q

445Voltaje por unidad I 1( -"

300 - r'¡J Pu

Si la especif icación del sistema del problema 2.2

es de 1380 MVA, calcule la corriente unitaria re-

ferida a la base del problema 2.2.

1000

2.2

3000

2.6

2.3

Reactancia del lado de alto voltaje = z(ffi)' = a o

y la reactancia por unidad del lado del alto potencial es

8132 = O.25 pu.

2.8 Exprese la impedancia Zo, y admitancia por uni-dad Ypu de un sistema de potenc¡a en términosde voltaje base V0""" y los voltampere base(VA)u".".

De e.4, la impedancia base es

voltaje base Vo"* Vl^*corrientebase (VA)n.*/%.* (VA)o"".

Por lo lanto, según (2.5), la impedancia por unidad es

- impedancia real Z Z(VA)b,*'n" = i,op.d*.iuTáF: z*-= yil* Pu

Yor =

2.10

La admitancia por unidad es

I Yyi,.".Yr" = d: ryAt* Pu

2.9 Una linea de transmisión de 345 kV tiene una im-pedancia en serie de (4 + 160) o y una admitanciaen paralelo de ¡2 x 10-3 S. Utilizando 100 MVA yel voltáje de línea como valores base, calcule laimpedancia por unidad y la admitancia por uni-dad de la línea.

De los resultados del problema 2.8, tenemos

1fi) x 106zo : (4 * rfl) r¡¿s r,ñF=(3.3ó + is0.4) x 10-3 pu

6z x ro-1Qf {oif : i2.38pu

Un sistema trifásico conectado en estrella se es-pecif ica en SO [rlVA y 120 kV. Exprese 40 000 kVAde potencia aparente trifásica como un valor porunidad referido a (a) los kVA del sistema trifási-co como base y (b) los kVA por fase del si¡temacomo base.

(a) Para la base trifásica,

kVA base : 50 000kVA = 1 pu

v

kV base : l20kV linea a línea = I pu

por lo cual

40 0mkVA por unidad = 50m = 0.8pu

(b) Para la base por fase,

kVA base = ] x 50000 = 16fffl = lpuv

120kv base = -r/,

: 69.28 kV. = 1 pu

por lo cual

1 ,10 0mkVA por unidad = t, 16 667 --

0.8 pu

2.11 Un generador trifásico, síncrono de 6.25 kVA y220 V conectaáo en estrella tiene unf iéáblanciade 8.4 O por fase. Utilizando el valor nominal de¡1q-y el voltaje como valores base, determine lareactancia por unidad. Luego cambie este valorpor unidad de 230 V a una base de 7.5 kVA.

a REPRESENTACóN DE LOS S¡STEMAS DE,POTENCI¡A 13

2-7

Tenemos

Voltamperes base - 5000VA y voltaie base = 200 V

Así que, según (2.11y (2.21,

Corriente bur. = 5ffi

= ,*:25A

lmpedancia base :9: tn'¿5

Por ello la reactancia por unidad referida al lado de baiovolta.ie es

Reactancia por unidad =?:0.25puó

Repita el problema 2.6, expresando todas lascantidades en términos del lado del alto voltaie.

Aquí tenemos

Voltamperes base = 5000 VA y voltaje base = 400 V

Por lo tanto,

corriente base 5(m=

400 = 12.5 A

v

Impedancia base = ffi: t n

La resistencia del transformador referida al lado de altcvolta¡e es

14 REpRESENTAcóI.I oe Los stsrEMAs DE PorENcüA EPara la primera base, tenemos

Voltamperes base= 6250 = 1 PU y

voltaiebase = 220 = 1 Fu

En consecuencia,

corriente base = #^: !6.4= 1pu

v

Reactancia base : ffi= 13.4 = lpu

así que

Reactancia por unidad = ,y*= 0.62'l pu

¡n'tu')Para la base de 230 V, base 7.5 kVA obtenemos de laecuac¡ón (2.6),

Reactancia por unidad = o.6n(H)'#=0.ó88pu

2.12 Una línea de transmis¡ón trifásica de 13 kV en'trega I MVA de carga. La impedancia por fase de

la línea es (0.01 + /0.05) pu, referido a 13 kV, conI MVA como base. ¿Cuál es la caída del voltajeque cruza la línea?

Las cantidades base dadas proporcionan los si-gu¡entes valores.

kVA base = 80(X) = lpu

v

kV base = 13 = 1pu

Las otras cantidades base son

Corriente base = # = 355.3 = 1pu

v

Impedancia base = *# = 36.6 = 1Pu

Así pues, encontramos los valores reales

Impedancia = 36.ó(0.01 + i0.05) = (0.36ó + i1.83) O

v

Caida de voltaje = 355.3(0.3ó6 + jl.83) =

2.13 Una parte de un sistema de potencia consta dedos generadores en paralelo, conectados a untransiormador elevador que los une con unalínea de transmisión 230 kV. Las especifica-ciones de estos componentes son

Generador G,: 10 MVA, 12 por ciento de reactancia

Generador Gr: 5 MVA, 8 por ciento de reactanciaTransformador: 15 MVA, 6 por ciento de reactanciaLínea de transmisión: (4 + 160) O, 230 kV

donde el porcentaje de las reactancias se calcu-la con base en las especif icaciones de los com-ponentes individuales. Exprese las reactancias yla impedancia en por ciento, tomando 15 MVAcomo valor base.

La ecuacion (2.4 da, para el generador Gr,

Reactancia en por ciento : ttffi) = 18 por ciento

Para el generador Gz,

Reactancia en por ciento = t(f) = 24 por ciento

Para el transformador,

Reactancia en por ciento = a(|!) = 6 por ciento

Y para la línea de transmisión, según 12.4 y e.n,

Impedancia en por ciento = (4 + i60)15 x 106

o,;fy x 1(X) = (0.113 + i1'7) Por ciento

2.14 Dibuje un diagrama de impedancia para el siste-ma mostrado en la figura 2-4(a), expresando to-dos los valores como valores por unidad.

Elegimos arbitrariamente 50 kVA como unidad.

Por lo tanto, a partir de (2.6), para el generador Gt,

,o"=io.rffi=il.opu

Para el generador Gr,

,""=io.,ffi=io.7spuPara el transformador Tr,

2,,=io.rtrffi=io.12spu130 + i65O = 6ó3.1 V

,a REPRESENTACóT{ DE LOS SISTEMAS DE POTENC¡A t5

IOKVA2500v

z= j0.2pu

20KVA2500v

Z-- j0.3pu

40kvA2500/800QVz=fff*pu

.¡0.125 pu

80kvA 25 kvA10,000/5000v 4000v'Fl-¡gpu

fl.088 pu

kVA = 0.5 pu

I5 MVA6%

(a)

jl.0 pu

¡O.75 pu

Para la línea de transmisión,

2,, = (50+ 1200)*# = 0.03e + j0.156Pu

Para el transformador Tz,

z- : ,o.oE(lq!qq1!q: io.oR8nuLov - tv'vl (g000F(g0) - /vrvoePu

Y finalmente para el motor M,

kvAP"=H=O.SPu

Estos valores dan por resultádo el diagrama de reactan-cia de la f igura 2"4(b).

2-15 Dibuje un diagrama de impedancia para el siste-ma mostrado en la figura 2-5(a), expresando to-dos los valores como valores en por ciento.

Vamos a elegir arbitrar¡amente 10 MVA como ba-

se. para que ésta quede expresada en MVA. Por lo tanto,para el generador G,

lmpedancia en por ciento =

Para el generador Gz,

= l0 por ciento

(b)

Fig. 2-5.

Para el transformador,

lmpedancia en por ciento = a(i|) = 4 por ciento

(0.039 + ¡0. l5ó) pu

(b)

Fig.24.

IOMVAt0%

5MVA8Yo

L (1 +740)Qt--------------- xtr 6ókv

(a)

10/19\\10/

(0.918 +19.18)%

lmpedancia en por ciento = t(f) = 16 por.ciento

16 REPREsENTAoó¡¡ oe Los slsrEllAs

Y para la línea de transmisiÓn,

10 x 106Impedancia en por ciento = (4 + i{)

feO ,. fOT

x 100 = (0.918 + i9. t8) por ,ciento

Estos valores dan por resultado la figura 2'5(b)'

2.16 Dibuie un diagrama de reactancia por unidad pa-

ra el sistema mostrado en la f igura 2€(a).

Elegimos arb¡trariamente 20 MVA y 66 kV como valo-

res base. El diagrama de reactancia por unidad aparece en

la figura 2qb), donde para Gt, X* = 10.15 pu porque su por'

centaie de reactancia es 15 por ciento con la misma basé

kVA. Tambien Para Gz Y Gr,

DE PoTENcl¡A fZl

x",: fiio.r = io.Zpu

ParaTtyTr,

20Xo"=¡i0.15:i0.1pu

Para Tr,

20Xe" -- L5i0.o8

: i0.64Pu

Y para la línea,

kVA base 20 000xou : xin'u (kV ñf1000 = /Óu(6óXr000)

= j0.276pu

T' i6o o -t:ZOUVnal -i ' --

lso/" ( ur E F-----------= E_v IoMVA 30MVAr l/66 kV

150/"

6ó11 l kvr5%

I()MVA10%

IOMVA10o/r

A la carga

Tr

(a)F

-tr

2.5 MVAI l/ó.6 kv

8o/o

G¡j0.2 pu

Í0.1pu

j0.276

pu70.64 pu

A la carga

(b)

Fig. 2-ó.

j0 2Pu

T¡ Línea T:

A REpREs€¡rfrAoói¡ DE Los

Problemas complementa rios

z''7 tJr sistema ogera a220 kvA y 11 kV. Utirizando esas can-t,dades como valores base, encuentre su corriente y sui mpedancia base.

Resp. 20 A; 550 A

Z1E Usando 220 kVA y I I kV como valores base, exprese t3gkV. 2 MVA, 60 A y 660 O como valores por unidaO.

Resp. 12.54 pu; 9.09 pu; 3 pu; 1.2 pu

Z.19 Si 25 O y .l25 A son la impedancia base y la corriente ba_

se. respectivamente, de un sistema, encuentre los kVAbase y el voltaje base.

Resp. 390.625 kVA; 3125 V

22O Los valores en porcentajedel voltaje, corriente, impedan_c¡a y voltamperes para un sistema de potencia son g0,30,80 y 1S0 por ciento, respectivamente. La corriente y la im-pedancia base son 60 A y 40 o, respectivamente. Catculelos valores reales del voltaje, corriente, impedancia y vol_tamperes.

SSTEMAS DE POTENCIA fl2.21 Una línea de transm¡sión monofás¡ca al¡menta una carga

reactiva con un faclor de potenc¡a con retraso. La cargatoma una corriente de 1.2 pu a un voltaje de 0.6 pu y po_tenc¡a (reat) de O.S pu. Si el votta.ie base es ZO XV y lacorriente base es 160 A, calcule el factor de polencia y elvalor óhmico de la resistencia de la carga.

Resp: 0.694; 43375 A2.22 La impedancia por unidad de un sistema es 0.7 pu. Los

kVA base son 300 kVA y el voltaje base es .t 1 kV. (a) ¿Cuátes el valor óhmico de la impedancia? (b) ¿Cambiaria este

valor óhm¡co si 400 kVA y 3g kV fueran elegidos como va-lores base? (cl ¿Cuál es la impedancia poiunidad referi.da a los valores base de 400 kVA y 3g kV?

Resp. (a) 282.33 e; (á) no; (c) 0.0782 pu2,23 El diagrama de una línea para un s¡stema de dos genera.

dores se observa en la f igura Z-7(a). Vúelva a diüu,¡ar eldiagrama para mostra¡, lodos los valores como valorespor un¡dad relacionados con una base de 70OO.kVA.

Resp. Fig. 2-7(b)

2.24

Resp. 2L60Y; t8 A;24 e; 5832 kVA

Vuelva a dibujar la f igura 2_7(a) para mostrar todos los va_lores de las ¡mpedancias en ohms.

Resp. Fig. 2-8

2_

tr (10 +/20)O rcJ2MVA ¡l,rv¡l1l33kv 33/ll kv

Z= jl.l1pu Z= j0.1pu

(al

2MVA11 kV

Z= j0.l'pt)

O.5MVA11 kV

z = j0.ls,pu

(ó)

Fig.2-7.

IMVAllkv

=70.1pu

l-

2.26

REPRESENTACóN DE LOS SISTEMAS DE POTENCLq E18

j12.ta c (10 +/20)O f,E-=

j36.3 O

.¡9.075 O

referidoa ll kVo

.¡81.ó7sOreferido a 33 kV

Fig. 2-8.

Un iransformador de lO0 kVA, 20/5 kV tiene una impedan-

c¡a equ¡valente de 1O po!'ciento. Calcule la impedancia

del translormador relacionado (a) el lado de 20 kV y (b) el

lado de 5 kV.

Resp. (a) a00 O; (b) 25 O

Los generadores tr¡fás¡cos G¡ y G2 suminislran carga a

los motores M,, Mz Y M¡, como se indica en la tigura 2'9.

Los transformadores T, y T2 son especif¡cados con 100

MVA y 33/100 kV y cada uno tiene una reactancia de 0.08

i3.025 O

¡36.3Oreferido a 33 kV

o

.¡4.03Oreferidoa ll kV

por unidad. Suponiendo que 100 MVA y 33 kV se utilizen

conro valores base, obtenga todas las reactancias como

valores por unidad.

Resp. Transformadores, 0'08 pu; línea, 0.49ó pu;

motores, 0.551, 0.620, Y 0.331 Pu

2.27 Con los resultados del problema 2'26 dibuie un diagrama

de reactancia para el sistema de la f igura 2'9'

Resp. Fig. 2-10

30MVA30 kv20%

20MVA30 kv15%

50MVA30kv20to

100MvA33 kVL2%

50MVA33 kV10%

70.551pu

¡0.08 pu

Fig.2-9.

70.496 pu .¡0.08 pu

¡0.331 pu 7O.12 Pu

Fig. 2-10.

E REPRESENTACóN DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA 19

228

2A

2_n

Tres impedancias,zt ='Ol-U:g,Zz = Bl4oo lt,y Z, =1O/Oo O, se conectan en estrella y se al¡mentan por me.dio de una fuente tr¡fásica de 480V. Encuentre lascorrientes de línea. Dibuje diagramas fasoriales quemuestren todos los voltajes y corrientes.

Resp. 1,,

*: 46.19/-:50" A; /n

= Z+.64/:NA; I, = 27.7V90" A

Una carga trifás¡ca balanceada tiene una resistencia de10 O en cada una de sus fases. La carga es al¡mentadapor una fuente trifásica 220 V. Calcule la potencia absorbida por la carga si ésta se conecta (a) en estrella y (b) endelta.

Resp. (a) V52 kw; (D) 14.52 kw

Una fuente trifásica tr¡filar de 500 V y 60 Hz alimenta un

motor trifásico de inducción, un banco de condensado.res conectado en estrella que demanda 2 kvar por fase y

un calefactor tr¡fásico balanceado que consume un iotalde 1O kW. El motor de ¡nducción se encuentra operando a

los valores especificados de 75 hp y tiene una eficienciay un factor de potencia de 90.5 y 89.5 por c¡ento, respecti.vamente. Dibu¡e un d¡agrama unif ilar del sistema y deter.mine (a) sus kW, (b) sus kvar y (c) sus kVA.

Resp. (a\ 71.82 kW; (ó) 24.81 kvar;

Una carga balanceada de conexión delta con una impe-dancia de 45l7OoO por rama, un motor trifásico que exigeun total de 10 kVA a un factor de potencia atrasado de0.65 y una carga de conexión estrella con una impedan-cia de 10 O (resistencia) por rama se alimentan de unafuente trifásica trifilar de 208V y 60 Hz. Bosque¡e el cir.cuito y determ¡ne la corriente de línea para cada cargalrifásica.

Resp. 8 A;27.76 A; 12 A

Detem¡ne las cor¡entes ¿, y ,. para el circuito en la figura 2-11,

suponiendo que Zr - 2ol0o{|, 22 = 14/45oo, Zt = 141 - 46o{l

y el voltaie trifásico aplicado es de 208 V.

Resp. t5.78t:61.6" A;28.70190" A

Fig. 2-11.

Encuentre la lectura del wattmetro para el c¡rcu¡to de lafigura 2-1 1.

Resp. 1363.21 W, 51ó9.83 W

Calcule /, para el circu¡to de la figura 2.11. Determine elfasor suma de las lres corr¡entes en las tres fases. Expli-que la importancia de su resultado.

Resp. 15.781 -IL!i!A; 18.0910" A,

lo cual no es igual a cero

Verifique que la suma de las corrienles de línea en unacarga en conex¡ón delta sea siempre cero.

Ut¡lice el resultado del problema 2.39 para determinar ,,,

en la f igura 2-11 y verifique que el resultado sea el mismoque el obten¡do en el problema 2.38.

2.36

2.35

20tr v3ó

2.3f

2.38

2.39

(c) 75.98 kVA

231 Una fuente trifásica de 440 V alimenta una carga en co-nexión estrella de 10 kVA, a un factor de potencia atrasa.do de 0.8 y una carga en conexión delta de 10 kVA confactor de potencia por unidad. Calcule la potencia totalaparente que entta en las dos cargas.

Resp. 18.9218.13" kVA

?e, ¿Cuál es el factor de potenc¡a global de las dos cargasdel problema 2.31? Verifique que sea el mismo factor depolencia obtenido en los cálculos de polencia real.

Resp. 0.95

2,33 Calcule la coriente de la línea para cada una de las car-gas del problema 2.31.

Resp. l3.LZ A

Determine la corrienle de línea demandada para cadacarga del s¡stema del pfoblema 2.30.

Resp. 79.76 A;6.93 A; 11.55 A

232.40

7

IR : p; (en ohms) (3.I)

donde p es la reslstlvidad del material en el conductoren ohm-metros. En la resistencia en cd de un conductorinf luye sólo la temperatura de operación, y éste aumen-ta linealmente con la temperatura. Sin embargo, cuandoun conductor transmite corriente alterna, la distribuciÓnde la densidad de la corriente a través de la sección trans-versal no es uniforme y es una f unción de la f recuencia dela corriente en ca. Este fenómeno; conocido como elelecto piel o efecto superf icial, provoca que la resisten-cia en ca sba más grande que la resistencia en cd. A 60

Hz, la resistencia ca de un conductor de una línea detransmisión puede ser de 5 a 10 por ciento más alto que

su resistencia en cd.La temperatura depende de la resistencia, la cual

se cuantifica por la relación

Rz = Rr[l + u(7, - 7i)1 Q.2)

donde B, y F, son las resistencias a las temperaturas fly lr, respectivamente, y a se llama coeÍiciente de tempe'raturc de resistencia. Los coef icientes de resistividad y

temperatura de algunos metales se dan en la tabla 3-1.

TABLA 3-l Resistividades y coeficientes de temperatur¡ de resistencia

Pqrómelros de los líneqs detrqnsmisión

Como se vio anteriormente, las líneas de transmi-sión son uno de los principales componentes de un sis-

tema de potencia. Por eso pueden representarse de unamanera cuantitativa con una combinación de tres carac-

terísticas o parámetros: su resistencia, inductancia y

capacitancia.

3.1 RESISTENCIA

El efecto más importante de la resistencia de losconductores de las líneas de transmisión es la genera-

ción de las pérdidas en la línea /28. La resistencia tam-bién produce una caída de voltaje tipo /R, afectando laregulación de voltaje de la línea.

La resistencia R en cd de un conductor de longitud /y con un área A de sección transversal es

3

MaterialResistividad p a 2úC

¡rO.cm

Coeficiente de temperaturao a 20oC, oC-1

AluminioLatónCobre

Estirado enfríoRecocido

HierroPlataAcero

2.836.4-8.4

1.77t.7210.0t.59l2-88

0.00390.0020

0.003820.003930.00500.0038

0.00r -0.005

t PARAMETROS DE I¡S

-aS líneas de transmisión largas pueden relacionar-:t :.lr"r resistencias en paralelo (o conductancias), ade----- J€ las resistencias en serie.

32 INDUCTANCIA

-rnea bif ilar monofásica

La inductancia por conductor de una línea de trans-- sión monofásica está dada por

metro)

(3.3)

:,:^de po = 4r x 10-7 H/m (la permeabilidad del espacio:'e). D es la distancia entre los centros de los conduc-

-:res y r es el radio de los conductores. La inductancia-::al o inductancia de lazo es

L:2Lt

H/m (3.4)

! =arlit

de ln e¡'{ = 1/4, esta última ecuación también se:-:de escribir como

^DL:4x10-,ln- H/m (3.5)rt

::nde r' - re-t/41 se conoce como el rad¡o med¡o geo-

-.tt'¡co (RMG) del conductor.De los dos términos en (3.3), el primero representa

¿ -Cuctancia interna del conductor sólido y el segundo-:'-ino se debe a f lujos externos hacia el conductor. Enj 51. el conductor se reemplaza por un conductor hueco

=: - valente de radio r' y de una pared muy delgada, que-: :iene un enlace de f lujo interno. De aquí que no haya-:uctancia interna.

úrue¡s DE TRANSMFóN

Línea trif ilar trifásica

La inductancia por fase (o de línea a neutro) de unalínea de transm¡sión trifásica con conductores equilate-ralmente espaciados es

(t*

(3.6)

donde r es el radio del conductor y D es la separaciónentre conductores. En la práctica, los tres conductoresde una línea trifásica raras veces están igualmente es-paciados. La separación asimétrica común da por resul-tado inductancias diferentes en las tres fases, llevandoa caídas de voltaje diferentes y un desbalanceo en lalínea. Para compensar este desequilibrio, las posicionesde los conductores se intercambian a intervalos regula-res a lo largo de la línea. Esta práctica se conoce comotransposición y se indica en la figura 3-.1, la cual sólomuestra las separaciones entre conductores. La induc-tancia promedio por fase para una línea transpuesta es-tá dada todavía por (3.6), excepto que la separación D enla ecuación está desplazada por la separación equiva-lente D.. obtenida de

D" : (Do6D6"D.o)t't (3.7)

donde las distancias D,u,, D*y D* se muestran en la figura 3-i.

Conductores compuestos

Estas expresiones de la inductancia de las líneasse deben modificar para aplicarse a líneas de transmi-sión que constan de conductores compuestos. En parti-cular, sea una línea monofásica que consta de dos con-ductores compuestos, como se muestra en la figura 3-2. Elconductor X está compuesto de n f ilamentos idénticos y

ll Dr: r\;+ tn"-)x 1o-7 H/m

-FoL--

8nD\al*-

)

- = P(r * +rn2) (en henrys por8n\ r/

:('

: ls(t + ¿rn9\4z\ r/Di

+ al|.l'-)x 10-'

Fig.3-1.

tE2

paralelos, cada uno de los cuales acarrea la corriente//n. El conductor Y, el cual es el circuito de retorno de lacorriente en el conductor X, está compuesto de m fila-mentos idénticos y paralelos, cada uno de los cualesacarrea la corriente -llm. Las distancias enlre los pa.res de elementos se designan con D con subíndicesapropiados. La inductancia L, del conductor X se puedemostrar entonces como

Lx=2 x 10-7ln

donde D"" = rk = rKe-uq el radio medio geométrico (RMG)

del conductor késimo. El RMG se definió en la ecua-ción (3.5). [Obsérvese que el numerador en (3.8) re-iaciona la ratz mnásima del producto de rnn términos;esos términos son la distancia de oada uno de los n f ila-mentos del conductor X a uno de los m filamentos delconductor Y, y existen un total de mn distancias. La raízrnnésima del producto de mn distanclas se llama dis-tancia media geométrica. Para dos conductores X y y,como en la f igura 3-2, esto se llama distancia media geo-métrica mutua ente ellos, y se abrevia como D- o DMG.

p¡¡[ygTR65 DE tÁs |-fNens DE TRANSMFóN

,'oo''''C mO

La raíz nz del producto de las distancias nz ocurti-das en el denominador de (3.d) se abrevia D. y se llamabobina de choque DMG del conductor X. De la mismamanera, r' parc un f ilamento separado o conductor seliama frecuentemente su bobina de choque DMG. A labobina de choque DMG se le llama también algunas ve-ces radio medio geométrico y se abrevia RMG.

(D*,D"h,D* 'Don, D6u'D66,D6r,' ' ' Dr^). '(Dno,Dn6,Dn",.

(D*DobDo.. . - D,^)(Du"DuoDa" . Du). . . (D*DnbD,". . . Dn^)

En términos de D- y D", (3.81 se convierte en

Lx: z x ro-?hft H/m (3.g)

bocQ

AQ NQ

\ Y '__-JConductor X

L"'

Conductor Y

Fig. 3-2.

Determinamos la inductancia L" del conductor y de unamanera similar, la inductancia total de la línea se con-vierte en

L = Lx * Lv (3.10')

Línea trifásica de circuito doble

La inductancia por fase de una línea trifásica, decircuito doble, de transmisión transpuesta (Fig. 3-g) estádada por

L:2 x 1o-: GIVID'tn Or* H/m (3.11')

A partir de lqs símbolos de la figura 33, la cual muestra unalínea trifásica transpuesta, (9. t t) se puede escribir como

L:2x 10-7r"Wdonde ¡' es la RMG del conductor_

(s.12)

Qc

Qa

Qa

Qa'

Qa'

Qc'

Qa

O."

Qa

Qa'

Qc'

Qo'

(en farads por metro) (3.8)

Fig. 3-3.

z3E p¡¡AúETRgs DE I-As |.f¡¡e¡s oE TRANSM]SóN

-z got

C_

A3 CAPACITANCIA

La capacitancia en paralelo por unidad de longitud

- una línea de transmisión monofásica bifilar está da-

Para la línea de transmisión del circuito doble de laf igura 3-3, la capacitancia por fase está dada por

c- 4ne¡ F/m (3.1s)rn tff (Dlr\(GlF)z3l

La capacitancia de una línea de transmisiÓn aérea

es afectada por la tierra, la cual distorsiona su campoeléctrico. El efecto de la tierra se simula suponiendo la

existencia de conductores imagen de espelo. Con el

mismo nivel por debajo de la tierra que la línea de trans-misión tiene arriba de la tierra (Fig. 3-4). Los conducto-res imagen transportan cargas de polaridades opuestasa las de los conductores reales, como se muestra en laf igura. Así, la capacitancia al neutro está dada por

2nesc,= i ¡o" t r't - t" (il rI *Ii*IL"tWFnJF/m (3.16)

JÍ€o(en farads por metro) (3"13\

tn(Dlr)

::rCe eo'es la permitividad del espacio libre y los otrossi¡bolos, están definidos por (3.3). Para una línea trifá'-. :a con conductores igualmente espaciados, la capaci-:ancia de la fase (o línea a neutro) es

(3.14)

=-a:a tomar en cuenta el espaciamiento desigual real entre,= conductores y la transposiciÓn de la línea, O en (3' 74 se

'=mplaza por D" de (3.7), como se hizo en el cálculo de la

ructancia de una línea traspuesta"

,=#h F',lm

-8a

Fig. 3-4.

7pARAMETRoS DE lás ú¡¡e¡s oe rn¡¡¡sulsót¡24 E

donde D. está dado por (3.7), las H están definidas en laf igura 34 y r es el radio del conductor.

Utilizando el concepto de la DMG, podemos escribirla ;apacitancia al neutro de una línea trifásica asimétri.ca de circuito doble como

cn: 2nes

ln (GMD/GMR)(3.17)

Sustituyendo e¡ por €l valor numérico en (3.171, se t¡ene

cn18ln (D-lD") F/m (3.18)

Problemas resueltos

3.1 Determine la resistencia de un conductor cilín.drico sólido de aluminio de 10 km de longitud conun diámetro de 250 mils, a (al 20"C y (b) 120oC.

Para encontrar el área de la sección transversaldel conductor, observamos que

250 mils : 0.25 in : 0.635 cm

JIA:;(0.63s)'?:o.3l7cm'z4'

asimismo, de la tabla 3-1, p = 2.83 ¡¡fl cm y ¡r = 0.0039oC t

a 20oC.

(a) A 20oC, (3.1) da

I ^ 10x103Rm= pÁ= 2.83 x 10-o x

0j17 x 104 : 8.934

(ó) A 120oC, (3.2) da

R12s = R2o[1 + u(120 - 20)] :8.93(1 + 0.0039

x 100) : I2.4r A

3.2 Un cable de línea de transmisión consta de 19alambres de cobre idénticos, cada uno de '1.5

mm de diámetro. La long¡tud del cable es de2 km; pero, debido a la torsión de los cables, lalongitud real de cada conductor se incrementaun 5 por c¡ento. ¿Cuál es la resistencia delcable? Tome en cuenta la resistividad del cobreque es 1.72 x 10{ O. m.

Tomando en cuenta la torsión, encontramos que

/ = (1.05X2000) = 2100 m. El área transversal de los 19

alambreses19(r/4)(1.5 x 10-3)'z= 33.576 x 10-6m2.Porlo tanto, de (3.7),

1.72x10-8x2100= 1.07611

33.576 x 10-

3.3 La variación de la resistencia con la temperaturase expresa por medio del coef iciente de resisten-cia en función de la temperatura o. Explícita-mente, la resistencia R, a una temperatura foGse relaciona con la resistencia Fo a 0oC por F, -B0(1 + obf), donde oio es el coef iciente de tempe-ratura a OoC. Esta relación se describe para elcobre en la figura 3-5, ta cual también muestra re-

,'Inferido parael cobre

t"c

2ne¡:- t'lmln(D^/D")

10-e

R=4A=

i-234.5"c 0"c ir< T ----------->l

I, ,

--Tz Fig. 3-5.

25pARAMETRoS DE lás lfNees oe tnn¡lsl¡lstót¡

: ::ercia del cobre a la temperatura de cero ab-:: -:o. Utilizando la figura 3-5, encontramos la-:-: siencia del conductor de cobre a -20oC si: - ':sistencia a 0oC es de 20 O.

:::-- a figura3-5, tenemosqued0 = 1/234.5. De losda.

:. = R (1 + usr2): zo(r . #)= 18.2ee

, -.a rruestra de un conductor de cobre tiene una-:-. stencia de 50 0 a 10oC. ¿Cuál debe ser la tem.:.'z'.ura máxima de operación del conductor, si su-:,= siencia se incrementa un máximo de 10 por: :-:o? Tome en cuenta el coef iciente de tempera---'a

QUe a 10oC es de cv = 0.00409oC-1.

Aqui tenemos Rr = 50OyF, - 50 + 0.1 x 50 =:: .- iambién, fr = 10oC y neces¡tamos conocer f2. De

: : :rtenemos

:i = 50[1 + 0.00409(4 - 10)] o Tz : 34.45"C

-: :erCida por fase en una línea de transmisión:= :l km de longitud no excede a los 60 kW, mien--:s que ésta conduzca 100 A por fase. Si la re-

. :: ,'rdad del material del conductor es 1.72 x' - , f m, determine el diámetro requerido del: - -:.lctor.

-a pérdida en la línea es, al máx¡mo,

/'zR:(100),R=6()x103

:: : r:31 enconlramos B - 6. Sustituyendo ese valor:- j'. resolv¡endo para encontrarel resultadodeA y

: - -.' :-1endo A = rD2l4 se obt¡ene

(1.72 x 10 8X40 x 103)

l: ::;a D - 1.208cm.

- - ::¡le coaxial tiene un conductor interior de

=: : '..y un conductor exterior hueco de radio r,: : i-6). El conductor exterior tiene un espesor

-.=:'eciable. Determine la inductancia por uni-

-.: :e longitud del cable determinando la ener-: : a ¡acenada en el canrpo magnético del

-:: : e igualándola a la energía almacenada en

: -:-otancia del cable. Suponga que la distri-: - - :- de la densidad de corriente es uniforme:,- ':s3ecto a la sección transversal del con-

,' a'

Fig. 3-6.

Conforme a la ley de Ampere, las intensidades delcampo magnético dentro y fuera del conductor ¡nteriorson, respect¡vamenle,

Ho,:

Ho. =

(1)

(2)

Ir2rfI

:-¿|fr

para0(r<r,

parart<r<12

6

*," : tr"(|"" H,r,z* d, + f" ni.zo, ar) (3)

para una unidad de longitud,

*,,,:#(i .'"i)Sust¡tuyendo i7) y (2) en (3) se obtiene

*'";) H/mL:!!(!2z \4

Asím¡smo, W- = i J, B' H dv; de donde B = ¡"H, estose convierte,

Peto W.,, = ] L/,, asi que

Una línea de transmisión bif ilar monofásica de15 km de longitud está constituida por conducto-res redondos, cada uno de 0.8 cm de diámetro,separado uno del otro por 40 cm. Calcule eldiámetro equivalente del conductor hueco f icti-cio, de pared delgada que tiene la misma induc-

3.7

pARAMETRos DE l-As ufHe¡s oe rn¡NstvttslÓu E26

tancia que la línea original' ¿Cuál es el valor de

esta inductancia?

El conductor f¡cticio es uno cuyo radio es r' y cuyo

diámetro es entonces

2r' = re-tta = 0'8 x 0'7788 : 0'623cm

S¡ utilizamos (3.5), encontramos que la inductancia del

conductor de 15 km es

L = r¡x L03 x 4 x 10-7tt*jt* = 29'13mH

3.8 Un circuito simple trifásico, con una línea de

transmisiÓn de 60 Hz, consta de 3 conductores

arreglados como se muestra en la f igura 3-7' Si

los conductores son los mismos que los del pro-

blema 3'1, encuentre la reactancia inductiva de

la lÍnea Por kilÓmetro Por fase'

Fig' 3-7'

De (3.n,

D":(5x5x8)"3=5'848m

Del problema 3.1, r = | x 0.635 x 10 2 m, por lo que

D._5.8r',8xZx!02=1g41.9r 0.635

y ln(D /r) = 7.52' Por consiguiente, de (3'6) tenemos' pa-

ra cada k¡lÓmetro de longitud,

L : z(\ + 7.52) x 1o-? x 103 : 1'554 mH/krn

La reactancia inductiva por k¡lÓmetro es entonces

Xt = aL = 377 x 1.554 x 10-3 = 0'5858 O

3.9 Calcule la capacitancia y la reactancia capaciti'

va (a 60 Hz) de la línea de transmisiÓn del proble-

ma 3.7.

Para el aire, t¡ = 10'e/36 ¡Flm Por eso' de (3'13)'

^ nfio ,l36n) : o.o9o4 rFC = 15 x 10'-:;ln (a0l0.a)

zll(o.onq x 10-ó)

3.10 ¿Cuál es Ia reactancia capacitiva por kilÓmetro de

la línea de transmisiÓn trifásica del problema 3.8?

De (3.141coñ tq = 10'e/36 ¡Flm,

2n x l}-el36nr -

-

x 103: 7.387 x 10-eF/km" 7.52

De aquíque la reactanc¡a capacitiva por kilÓmetro de la

linea de transmisiÓn sea

1 10'xr: -j-rc: rT7;73g7 = o'36 x 1oóQ/km

3.11 Encuentre la inductancia por unidad de longitud

de la línea monofásica mostrada en la f igura 3€'

Los conductores a, b y c tienen un radio de 0'2 cm'

y los conductores d y e tienen un radio de 0'4 cm'

1AC_

OL= 29.34k{2

Qe

J-o',.i

fo'o'l

Ito,t--J

Lado X Lado Y

Fig. 3-8.

Debido a que la línea no es simétrica usamos (3'8) o

(3.9) la DMG enlre los lados X Y Y es

D^ = fflll*6*l*6*fi,donde

Do¿=Du:6rnDo. = Da¿ = D"" = \/Fle = 7.21 m

27E] pARAMETRos DE tás r-ll¡e¡s oe rn¡rusulsóN

30 cml'*l'0r0

'ila' aQ r Ob'

i

{Fv¡f+,

.Q5m

4',:r-,, I

rÓ;'I

l<_ 5m

Y

D,o = l3 +E = 10mPor lo tanto,

D^=ffi=7.1ómEl RMG para el lado X es, con D^^ = r, e'ttl = 0.7T88r,,

= v(0

x4x8x4:0.341my para el lado y es

D,"=@=0.112mAsí. de (3.9),

_ 116Lx=2 x 1o-7tnffi = 6.09 x 1o-?H/m

v

Lu=2x l0-?tn!60.r¡=8.31 x 10-'H/m

Por !o tanto.

L = Lx -F I-y = I4.4 x l}-?}{lm

312 Verif ique el resultado del problema 3.8 aplicandoel concepto de RMG y DMG.

Del problema 3.1, el d¡ámetro del conduclor es 0.635cm. En consecuencia,

0.7788 x 0.635

Fig. 3-9.

3.13 Calcule la capacidad por kilómetro por fase deuna línea de conductor de dos haces de un cir-cuito simple, como se muestra en la f igura 3-9. Eldiámetro de cada conductor es de 5 cm.

Tenemos

D,=@:0.07643m

D-:f6x10xs:6.3m

Por lo tanto, de (3.78),

10-e-x 1000c"-18ln (6.3/0.076a3) = 0.0126 pFlkm

Problemas complementarios

3.14 Una linea de transm¡sión monofásica, de S0 km de longi.tud, está hecha de un conductor de cobre sólido de 500 mi_

lésimas de pulgada de d¡ámetro. Usando los datos de latabla 3.1, encuentre la resislencia del circuito a 20oC.

Resp.0.1394()

3.f 5 Determine la resistencia de la línea del problema 3.14 a800c.

Resp.0.l714Q

3.16 Un conduclor de una línea de transmisión tiene una res¡s.tencia de 7 Q a 0.C. Calcule el coef iciente de temperaturadel metal del conctuctor a 20oC, si su resistencia aumentaa 7.8 0 a la temperatura de 20oC.

Resp.0.00513"C-'

2x100 = 0.N2473rn

GMD:D-=i6xex5=5.848mAsí, según (3.9), la ¡nductancia por kilómetro es

L:2 x ro-'ln j,* x 1000: 1.554mH/km0.00247c

lo cual concuerda con el resultado del problema 3.8.

GMR: Ds :

Y

Dr*=ffi

TpARAMETRos DE l-As ulHr¡s oe rR¡NsulstÓ¡l E

28

3.17 La resistenc¡a de una línea de transmisiÓn es 25 o a 1soc y

se incrementa el 10 por ciento cuando la temperatura au-

menta a sOoC. ¿A qué temperatura su resistencia es de

30 o, si se supone que el coeliciente de temperatura se

mant¡ene constante?

ResP' 65"C

3.18 Los conductores de una linea de transmisiÓn tr¡fásica es-

tán arreglados formando un triángulo equilátero con lados

de 6 m cada uno. Si los conductores tlenen 500 milésimas

(mils) de pulgada de diámetro y la línea tiene una longitud

de 25 km, ¿cuál es la inductancia por fase?

ResP.' 35.5 mH

3.19 SeanD,,i = c,D,,' -ay D'" - ben lalíneadetransm¡siÓn

trifásica transpuesta mostrada en la f igura 3'1' Obtenga

una expres¡Ón para la inductancia de la fase a para una

línea de 1 m de longitud' El radio del conductor es /'

Resp. (i. rrn@* t!6h;) x 1o-?H

3.20 Una línea de transm¡sión monofásica de 10 km tiene

16.65 mH de inductanc¡a total si la distancia entre los

conductores es de 1.0 m, ¿cuál es el diámetro del conductof

ResP' 2.0cm

3.21 Determine el rad¡o medio geométrico de los conductores

del problema 3.20.

3.24

3.25

s.27

3.28

3.26

Resp. 0.203 ¡tF

Una línea de lransmisión monolásica se encuentra a una

allura l, metros arriba de la t¡erra y consta de conducto-

res de radio / metros separados por una distancia de d

metros. Obtenga una expresiÓn para la capacitanc¡a por

melro entre los conductores, incluyendo el efecto de la

tierra.

Resp. ne,,ltnl¿lr\/t +GlÑlr lm

Encuentre la RMG de un haz de dos conductores separa-

dos por una distanc¡a d, cada uno de los cuales tiene un

RMG de D..

Resp. \/Ñ

Vuelva a resolver el problema 3.25 para un haz de cuatro

conductores colocados en las cuatro esquinas de un

cuadrado de lado d. El RMG de cada conductor es D"

Resp. l.W (D,d3)t'o

Calcule la inductancia por kilómetro por fase de la linea

mostrada en la f igura 3'9.

Resp.0.882mH/km

Una línea transpuesta de transmisiÓn, trifásica y de do-

ble circuito, se muestra en la f igura 3'11' El radio de cada

conductor es de 1.25 cm. Calcule la induclancia por kilÓ-

metro por fase.

Resp. 1.558cm

de transmisión mo'

una exPresiÓn Para

onductor.

A\l/--,1

Fig. 3-10.

Resp. (l. rnz+.[¡-F) x to-'H/m

g.23 Calcule la capacitancia por fase de la línea de transmi-

sión descrita en el Problema 3'18'

Fig' 3-11'

ResP.0.607mH/km

3.29 Encuentre la capacitancia del

problema 3.28.

Resp. 0.019 ¡rFlkm

7'5 m,ó:.1lo'ne.om I,re'llo'

cQ O,' +

neutro de la línea del

EIcólculo de líneqs delrqnsmisión

Las líneas de transmisión integran f ísicamente lasalida de las plantas generadoras y las necesidades deos clientes proporcionando vías de acceso para el fluioJe energía entre varios circuitos en un sistema de poten-:ia eléctrico. En este libro consideramos que una líneaJe transmisión tiene un extremo transmisor y un extre-'ro receptor, una resistencia en serie, una inductancia y

lna capacitancia en paralelo, asÍcomo una conductan-oia como parámetros primarios. En suma, clasificamosas líneas de transmisión en cortas, medianas y largas.En una línea corta, los efectos en paralelo (conductan-oia y capacitancia) son despreciables; esta aproxima-:ión se considera válida para líneas hasta de 80 km derongitud. En una línea media, las capacitancias en para-ielo se concentran en unas cuantas direcciones prede-terminadas a lo largo de la línea; por lo general las lí-neas medias tienen un intervalo de longitud entre 80 y240 km. Las líneas de más de 240 km se consideran lar-gas y tienen parámetros uniformemente distribuidos.

En el capítulo 3 estudiamos los tres parámetrosmás importantes en las líneas de transmisión. En estecapítulo estudiaremos el efecto que esos parámetrostienen en la operación y realización de líneas de trans-misión. En particular, evaluamos las pérdidas, eficien-cia y regulación de voltaje en líneas de transmisión yluego determinamos las consecuencias que tales carac-terísticas de f uncionamiento producen en la operaciónde un sistema de potencia.

4.'I REPRESENTACIÓN DE LÍNEAS DETRANSMISIÓN

Para facilitar ia realización de los cálculos relacio-nados con una línea de transmisión, podemos decir quela línea es aproximadamente una interconexión en serie-paralelo de los parámetros más relevantes. Una linea detransmisión corta, en la cual los efectos en paralelo pue-den ser despreciables, se representa mediante una re-sistencia concentrada en serie con una inductancia

concentrada. Una línea de longitud media se representacon capacitores en paralelo concentrados localizadosen puntos predeterminados a lo largo de un circuito en

serie BL. (En la práctica, el efecto de la capacitancia to-tal en una línea de longitud media se puede representarcon uno o dos capacitores concentrados.) Finalmente,una línea de transmisión larga se representa con pará-metros distribuidos de manera uniforme. Además, la ra'ma en paralelo de una línea larga consta de capacitan-cias y conductancias distribuidas uniformemente a lolargo de la línea.

4.2 LíNEA DE TRANSMISIÓN DE LONGITUDCORTA

La línea de tra¡isfiilsión corta se representa con losparámetros concentrados F y L como se muestra en laf igura 4-'l. Obsérvese que R es la resistencia (por f ase) yL es la inductancia (por fase) de la línea completa (auncuando calculamos parámetros en las líneas de trans-misión por unidad de longitud en el capítulo 3). La líneamostrada tiene dos extremos:el extremo transmisor (de-

signado por el subíndice I en el generador y el extremoreceptor (designado por R) en la carga. Las cantidadesde importancia aquíson la regulación de voltaie y la efi-ciencia de transmisión. Estas cantidades se definen co'mo sigue para líneas de todas las longitudes:

Regulaciones del voltaje por ciento =

x 100 (4.11

Eficiencia de transmisión =PR g.2l

=P.

4

potencia en el extremo receptorpotenciá en él extremo transmtsor

donde V" es el voltaie en el extremo receptor.

30 EEL CALCULo DE LINEAS DE TRANSMISIóN

Is

---------_,.-:-\

IR

----->-----4A/\,-- /T-[-ü^' ;

Cenerador: + pExtremo Vs

transmisor

4.3 LíNEA DE TRANSMISIÓN DE LONGITUDMEDIA

En una línea de transm¡s¡ón de longitud med¡a el

efecto en paralelo se debe a que la capacitancia de lalínea no es despreciable. Se ofrecen dos representacionesde dicha línea en las figuras 4-2y 4-3', estas represenia-ciones se conocen como c¡rcu¡to nom¡nalll y c¡rcu¡tonom¡nal-T de la línea de transmisión, respectivamente.Las f iguras muestran también los diagramas fasorialespara condiciones de factor potencia retardado. Estosdiagramas ayudan a entender las relaciones mutuasentre las corrientes y los voltajes a lo largo de la línea.

4.4 LíNEA DE TRANSMISIÓN DE LONGITUDLARGA

Se considera que los parámetros de una línea Iargaestán distribuidos sobre la longitud total de la línea. Unaf ase (con regreso a través del neutro) de una línea larga,de longitud j/, se incluye en la figura 4-4. El voltaje Vencualquier punto a lo largo de la lÍnea está dado por

¡ + Carga:VR Ertremo- receptor

Re-qreso neutral

Fig. 4-1.

Fis.4-2.

d2vu: Y"Vax- (4.3)

zT

zT

rs IR

+ Rtz Lti + Ltz +

Fig. 4-3.

E]donde 1 = ^,ryZ , y es la admitancia en paralelo por uni-dad de longitud de la linea, z es la impedancia en seriepor unidad de longitud y ? se conoce como constante depropagación. Una solución de (4.3) es

y = $v*(ev' + e-v') + llRz,(ev' - e-v') (4.4)

donde Z. = nEty se llama ¡mpedanc¡a catacterist¡cade la línea. La corriente / en cualquier punto a lo largo dela línea está dada por

I :!!(er, - e-r') * )I*(rr' L-tx') V.5)2 Z.'

Las ecuaciones (4.4') y (4.5) se pueden expresar en

:éi'minos de f unciones hiperbólicas como

V : Vncosh yx + IRz.senhyx (4.6\

EL CALCULO DE LfNEAS DE TRANSMFIÓN

(4.7)

(4.e\

-l+*yz

Longitud incrementalde transmisión lineal

Iffi

tu:f) _ (ye)'senhy9: yS *:i,rr'5!

+ ... - l/w<t + |yz) (4.10)

4.5 LA LíNEA DE TRANSMISIÓN COMO REDDE DOS PUERTOS

En secciones anteriores vimos que, cuando una lí-nea de transmisión se representa con su circuito equiva'lente, podemos representar el voltaje y la corriente en el

extremo transmisor en términos de los voltaies y co-rrientes del extremo receptor y los parámetros de la lí-nea. En general, una línea de transmisión se puede ver

como una red de cuatro terminales, según se advierte en

la f igura 4-5, en tal forma que los voltajes y las corrien-tes terminales se relacionan mediante

3t

Puestoque y - V.e/ = I.enx =9, enel extremotrans'-nisor (4.6) y 14.7) se convierten en

Vs = Vn cosh y9 + IRz"senhy9 (4.8)

senh v¡, = V"f * 1¡ cosh yx

,r: ,^Y * Ivcoshyy.

ashye:1+ry*Y*

Vs: AVp + BIR

Is: CVp + DIR

donde las constantes A, B, C y D se llaman consfanlesdet circuito generalizado o constantes ABCD y son, en

general, complejas. Por reciprocidad, éstas se relacio'nan unas con otras como sigue

AD-BC:1 (4.13)

Una línea de transmisión de cualquier longitud se puede

representar con la red de cuatro terminales de la f igura4-5 con constantes ABCD como se dan en ta tabla 4"1.

(4.11)

(4.J2\

Las siguientes relaciones son útiles en cálculos nu'méricos que emplean de (4.6) a (4.9):

y=ü+jpcoshyg = cosh (ug + i|g)

: cosh uscospg + isenha9senB9senhy9: senh(49 + i$g)

= senh uS cos pg + j cosh uS senB9

Fig. 4-5.

-E32 EL cALcULo DE LíNEAS DE TRANSMFIÓN

TABLA 4-1 Las constantes ABCD para l¡neas de transmisión (por fase)

Longitud dela línea

Circuito equivalente DcA

Corta

Media

Larga

Impedancia en serieFis 4-l

Nominal ll, Fig. 4-2

Nominal T, Fig. 4-3

Parámetros distribuidos

Fie. 4-4

1

r+iYZr+tYzcoshyl/

z

Z

z(r + iYZ)Z"senhyS

Y(r+iYz) t+tYZY t+tYZ(senhy9)lZ. cosh y.9

4.6 FLUJO DE POTENCIA EN LíNEAS DETRANSMISIÓN

El f lujo de potencia en cualquier punto en una I ínea

de transmisión puede calcularse fácilmente.en términos de

las constantes ABCD. Puesto que estas constantes sonen general complejas, se tiene

,q = lAl l! y B : lBl lÉ. 9.14)Si escogemos V, como el fasor de referencia, supone'mos que

V^: lV*lN y Vs: lVsl& 9.15)Por lo tanto, de (4.111obtenemos

u:ffitd-p-ffu-a src)

La potencia compleja y,/;*del extremo receptor está da-da por

pn + ie^ :\ff ,u - u -t4# /É_!(4.17)

4.7 ONDAS VIAJERAS EN LíNEAS DE

TRANSMISIÓN

En una línea de transmisión larga como la de la fi'gura 4-4, el voltaje V y la corriente / satisfacen en cual-quier lugar a lo largo de la línea una relación llamadaecuación de onda. Para una I ínea de transmisión sin pér-

didas, tal que z y y en la f igura 44 sean puramente reacti'vas, la ecuación de onda se puede escribir como

I a2v azv:-LC ox2 ot2

a2I *tT ¡--

0x" 0t'

Las soluciones a (4.201 y é.21) presentan las formas

./ ¡\ / ¡\v(x, t): v*(¡ - ;) * v-\t + :) V.22)

1u--

YLC

(4.20)

(4.21)

(4.23\

(4.24)

v

I(x, t): ,*(, -:) . ,-(t .:)

dondeAsí que

,^:\#cos(B - ó)

-lAllV^l'cos(B - c)lBl

o.=lT#ij]sen(É - ó)

- lál lV"l's en(B - u)lBl

(4.18\y los subíndices + y - significan, respectivamente, on-das viajeras en las direcciones +x y -x a lo largo de lalínea de transmisión. El hecho de que las soluciones(4.221 y (4.23) representan efectivamente ondas viajeraslo indican sus argumentos, en los cuales u tiene la di'mensión en metros por segundo. Una onda tal que y.(l -x/u) esté desplazándose en la dirección positiva x sellama onda viajera de avance y una que se esté movien'

(4.1e)

¿

Jr.r):

V- IL¡- = -V¿

,. -- {t: *"

el cÁt-culo oe ufruees oe nlt,rsu¡sló¡¡ tr!

:,: :- sentido negativo de x se llama onda viajera de re---- -1.

=sto se puede verificar de (4.201 a (4.24).

(4.2s\

La figura 4-6 muestra una línea de transmisión conuna longitud total / que termina en una resistencia B. yes excitada por una fuente de voltaje que proporcionauna onda de voltaje de circuito abierto V.(f )en forma depulsos como se muestra en la figura y tiene una resis-tenc¡a interna F.. Para determinar los voltajes termina-les V(0, tly V(9, f) y las corrientes terminates /(0, f ) yt(9, t\ como f unciones del tiempo, consideramos la par-te.de la línea en la carga (Fig.4-7). En x = .g, debemostener

V(9, t) = RrI(g, t\ (4.29)

La ecuación (4.291 requiere la existencia de ondas viaje-ras de avance y retorno en x - I . Si sólo existen las on-das viajeras de avance en la carga, entonces

n.('-#): R,I-(t -{) (4.30)

y si sólo existen las ondas viajeras de regreso a la carga,entonces

,-(, -:) : -R,I-(t - Y) (4.s1)

Ni (4.30) ni (4.31) satisfacen (4.29\, pero una combina-ción de ambas sí puede hacerlo. Sin embargo, (4.29\también se satisface por (4.301 si ,9. = B.; en tal caso,

(4.26)

- '-ón rrL/C tiene su dimensidn en ohms y recibe el-: -:!'e de impedancia característ¡ca Z,dela línea. En la

-:.: :n 4.4 se dijo que Z. - .,lz/y para una línea con pér-: :as: en cambio, aquí la línea está sin pérdidas, por lo:-= a rmpedancia característica es puramente resisti-=. %demos entonces llamar R a la resistencia y escribir

V* ILr:!¿

:)Lr*(,-I\-1R"\ulR.

(4.27)

:=-'i Jna línea sin pérdidas. En términos de R,, (4.231 se:: -. erte en

v-(t + (4.28)

Ri I(0. r)

Vs(f)

Fig. 4-6.

--

hI,lJ

{

€

I'(t - xlu) => <- I (t + xlu)

+

v(0,4

+++V'(r - xlul+^ <--V-(t + xtul V(,! .t)

&'u

bh

-!¡t,_

34EEL CALCULO DE LíNEAS DE TRANSMFIÓN

v (t +,J tu\ V'lt - ,J tul

-l-lt+Ilu\=---^- : I lt-'ltul = -. R. --

+ K(. + .¡( u,I .t)

Fig. 4-7.

(a)

(h)

f tA V-(t + xlu)

* i><'

(c)v(9, f)\

(d)

<-V-(t +t¿lu)

¡i EL CALcuLo DE LINEAS DE TFANSMISÉN 35

- : existe una onda viajera de retorno y se d¡ce que la lí--:a está acoplada perfectamente con la carga. Pero la: s:ontinuidad en la línea producida por el resistor de-'-:a hace que exista una onda que se ref leja en forma:¿ :rda viajera de relorno.

hficientes de reflexión

Ahora podemos definir el coeÍiciente de reÍlexión:. volta¡e en una carga como la razdn de las amplitudes

- as ondas viajeras de voltaje de retorno y avance en: = ;/; esto es,

FLLV -

V-(t + Slu) - r¿ 9.32)V"(t - 9lu):- :érminos de f, y R,, (4.22)y 14.28) nos dan, en la carga,

V(9, t\ =

El coef iciente de ref lexión de corrienle es. pues, el nega-tivo del coeficiente de reflexión del voltaje. Si resolve-mos de (4.29) a (4.32) para R, y l',, obtenemos

I(9, t) =R"

=:- eso, un coeÍiciente de reflexión de corriente en la; ¡:ga puede def inirse como

glu),

I-ft + glu\F:./-_t-,tr-

¡+(t_glu\ LL

f¿: Rt, - R,(4.37\

R¿+R.Esta reflexión de ondas se muestra en la figura 4-8. Elmecanismo de reflexidn se puede considerar la imagenque produce un espejo, como la onda reflejada en y-

(punteada), una réplica de V- que es un "vuelo redondo",de modo que lodos los puntos de la onda V- son los pun-tos correspondientes a la forma de onda V' muliiplicadapor I',. Las partes de la figura de (ó) a (e) muestran lasondas en d¡ferentes ¡nstantes. En cualquier tiempo l, elvoltaje total de la carga, V(g, t), es la suma de las ondasindividuales presentes en la carga en ese momento. Es-to se indica en la f igura 4-8(b) y (c) para una onda viajerade avance de amplitud A.

Ahora vamos a considerar la parte de la línea co-rrespondiente a la f uente, x = 0, como se indica en la f i-gura 4-9(a). Cuando la fuente se conecta inicialmente ala línea, se propaga una onda viajera de avance a lo lar-go de ella. No aparece una onda viajera de relorno en lalínea hasta que la onda viajera de avance haya alcanza-

R, : R-l* ft1-Ir-

r/(r). r) = u.*0,- v\rrr t < zgtu

(4.36)

v-(, - {)o + f¿) (4.3s)

1 - r¿) (4.34')

(4.3s)

Y(0. ¡)

-R:-

v*(t -

Rs ¡(0. r)

x=0(r)

v10. f)

Vs(f) 'a = o-!'*. v

(b)

Fig. 4-9.

EL CALCULO DE LINEAS DE TRANSMFóN E36

do la carga, lo cual requiere un tiempo T = I tu, puesto

que la caiga no tiene una fuente que produzca una onda

viajera de retorno. La parte de la onda incidente, que se

refieja en la carga, requerirá un tiempo adicional para

regresar de la carga a la fuente en x = 0. Por lo tanto'durante el intervalo O < t < 29tu,no aparecerá una on-

da viajera de retorno en x = 0, y el voltaje y la corriente

se deberán sólo a las ondas viajeras de avance V. y /-;

por lo tanto,

Ya que la razón de voltaje total a la corriente total en la

I inea es R, para 0 < f < 29/u, la I ínea parece tener una

resistencia de entrada R. en este intervalo de tiempo'

como se advierte en la figura 4-9(b). Así, durante este in-

tervalo la onda viajera de retorno que f ue lanzada inicial'rmente está relacionada con V'(f) mediante

o-t<?g U.4o)u

fs: Rs-R. (4.41)R.s + R.

como la razón de amplitud de la onda de entrada (la cual

en realidad fue reflejada en la carga) con la amplitud de

la onda reflelada (la cual es retornada a la carga)' Por

tanto, se inicia una onda viaiera de avance en la fuente,

de la m¡sma manera que la onda viajera de retorno f ue

iniciada en la carga. Esta onda tiene la misma formaque la onda viajera de retorno, pero con los puntos cc'rrespondientes reducidos por 1.. Este proceso de refle-

xión repetida continúa como reflexión en la f uente y en

la carga. En cualquier momento, el voltaje total (o co-

rriente) en cualquier punto de la línea es la suma de ca-

da uno de los valores de todas las ondas de voltaje indi'viduales (u ondas de corriente) que existen en la línea en

ese punto y en ese momento'

Diagrama reticular

Una forma conveniente de hacer un seguimiento de

estas ref lexiones es el diagrama ret¡cular (Fig' 4-10)' En

é1, el eje x horizontal está marcado como la distancia aba-jode lá línea y el eje x vertical está marcado como tfempobn incrementos del tiempo total requerido para cruzar la

línea en una dirección: lflu. Supóngase que el pulso de

la figura 4-10(b) es lanzado inicialmente en el tiempo

I = 0. Examinemos un punto en este pulso, con magnitud

K en el tiempo t'. El punto se desplaza a través de la car'ga y se refleja, origlnando un punto correspond¡gnte en

l" iotta de onda reflejada de magnitud Kf,' Este se

vuelve a ref leiar en la fuente, luego en la carga y asísu'cesivamente. El diagrama reticular muestra este proce'

so de una manera conveniente y nos permite obtener el

valor del voltaletotal de la línea V(x, f) en cualquier pun-

to y en cualquier t¡empo en la línea. Por.eiemplo, cuando

t = t' + glu,elvoltajetotal enx = 9esK + Kf. =K(1 + r.). iuando x = I 12' punto medio de la línea, en

| '= t' * * I lu el voltaje total de la línea es Kf.'

Siguiéndo el mov¡miento de varios puntos en la on-

da lanzada inicialmente [los cuales difieren de los dey,(t) sólo por F./(R. + F.)1, podemos determinar el volta'

¡e total de la línea en cualquier punto en la línea' Esto

puede lograrse también para la corriente de la línea, pe-

ro entonces la onda lanzada inicialmente es

Y"0)R.+Rs

(4.42)

y debemos reemplazar f. y I-¿ en el diagrama reticular

con los coeficientes de reflexión de la corrients -f' Y

- f .. Sin embargo, el método más sencillo para determi'

nar el voltaje y la corriente en la línea es visualizar y bos-

quelar las ondas viajeras de avance y retorno en un ins-

tante para producir el voltaje y la corriente totales en lalinea en ese instante.

Problemas resueltos

4.1 Dibuie un diagrama fasorial que muestre las rela'

ciones vcltaiecorriente de una línea de transmi'sion corta representada en la figura 4-1'

Escogiendo V* como el fasor de referencia y eligien'

do arbitrariamente un factor de potencia de 0'9' dibuja'

mos la corriente I retardada con respecto a V* como se ve

V(0, t): u-(t - :)(4.s8)

29paraO = r.;

(4.3e)1(0, r) :

V(0, t) = nf¡, vrlr¡

La onda lanzada inicialmente tiene la misma forma que

y,(t), pero sus puntos se reducen en magnitud a los pun'

tos'correspondientes a y.(f) por las relaciones del divi-

sor de voltaje R"/(R. + R.), como se muestra en la curva

de la figura 4-9(b). Si M es la amplitud máxima de V'(f ),

entoncés A = R,M|(R, + R.) es el máximo de y(0' ¿)'

Estas ondas via.ieras de avance, lanzadas^inicial'mente hacia la carga, requ¡eren un tiempo T = 9lu para

pasar de la fuente a la carga. Cuando el frente de la on-

da alcanza la carga, se inicia el ref leio como se muestra

en la figura 4-8. Esta onda ref leiada requiere un t¡empo

T = I iu para que su f rente alcance la f uente' Tanto en la

fuente como en la carga se refleja esta onda, y en para-

lelo con (4.37) podemos definir un coeficiente de refle'

xión de la f uente de voltaie

'-(' -:) :

r37I EL CALCULO DE LfNEAq DE TRANSMISóN

15

x=0f=f'r-

x=g12

t=t'+9lu

t=t'+29|u

t=t'+39|u

t--t'+49lu

t=t'+59|u

t=t'+69|u

t=t'+'lIlu

(ó)

Fig. 4-10.

en la f igura 4-1 1. Para una línea corta, / = /. = /" como semuestra en la figura. Asimismo,

V, : Va + /(R + jX) donde X = a¡L (.1)

f¿x=9+

x

t'+ {¿ tu

t' + 24lu

t'+39|u

t'+ 49lu

t' + 59lu

t' + 6glu

t'+7Sllu

Una lÍnea de transmisión corta de 60 Hz, que tieneuna resistencia R = 0.62 ohms por fase y L =93.24 milihenrys por fase, alimenta una carga tri-fásica conectada en estrella de 100 MW, con un

4.2

Krrfsl¿KF¿l-5 l-¿15

Kf¿f5f¿15f¿KF¿3fsl

cos-' 0.9

I=ls=lnFig. 4-11.

7

E38 EL CALoULo DE LíNEAS DE TRANSMISIÓN

faclor de potencia de 0.9 en retraso, y con un vol.taje de línea a lÍnea de 215 kV. Calcule el voltajeen el extremo transmisor por fase.

La corriente en la l¡nea /(- l. - /,,) es

l= 100 x 106

1/3x215x103x0.9:298.37 A

y el voltaie por fase en el extremo receptor es

215 x 103t/ _ : 124.13kVf R - VJ

El diagrama fasorial muestra las condic¡ones de opera.c¡ón en la f¡gura 4-1 1, con F = 0.62 f) y X - aL - 377 x93.24 x 10 I = 35..15 f]. Por tanto,

vs: v* + /(R + lx)= 124.t3 x m3&" + (?"98.311-25.8.)(0.62

+ j3s.1s)

- t24"t3 x l0r^)' + {298.371-25.8"X35.15/90.): (128"69 t- j9.44)yY = r29.04l4.ZkY

4.3 Determine la regulación del voltaje y la eficienciade la transmisión de la línea de transmisión delprobleina 4.2.

Puesto que VF(sin carga) = V, aquí, (4.7) nos da

Regulación ctct volraje por cicnro - ly'tl-- lV"llV^l

x 100: 129.U - r24.r3 x 100t24.t3

3.955 por cienro

Para calcular la eficiencia, primero determinamosla pérdida en la línea, la cual es

Pérdida en la linea : 312R : 3 x 298.372 x 0.62

: 0.166 MW

La potencia rec¡bida en ¡a carga está dada por 100 MW,por lo cual la potenc¡a env¡ada es 100 + 0.166 = 100.166MW. Por lo tanto. según (4.2),

100Eficicni:ia =

100.16ú: 99.83 por cient()

0.5LEo' o/km. La linea alimenta una carga de 316.8kW de carga, con un factor de potencia de 0.8 en re-

traso. ¿Cuál es la regulación del voltaje, si el voltajedel extremo receptor es 3.3 kV?

Si queremos determinar la regulación del voltaje,debemos delerminar V. = VR{r¡n carga¡ pari el cual utili-zamos (7)del problema 4.1:

cos-t0.8 : 36.87"

v

7: (0.5160"x10) : s/60"Q

Entonces

, _ 3lq8 x 10' ,__..

3.3 x 103 x g.gr J6.87" : t20L36.87:A

v

rz: (sl -)(120f36.8T) : (ssr.77

+ i23s.69)VAhora bien

Y" : (3300 + io) + r:rr:;i::t*ul)rr.r,,,

Por lo cual

lV''l : 3858'97V

Por tanto, según (4.7),

3858.97 - 3300Regulación del voltaje por cienro :

X

3300

1t0 : 16.94 por ciento

dede

Una línea de transmisión10 km de longitud tiene

monofásica cortauna impedancia

4.5 Calcule la potencia del extremo lransmisor parala línea del problema 4.4 utilizando (a) un cálculode pérdida y (b)el voltaje del extremo transmisor yel factor de potencia.

(a) La parte real de Z es la resistenc¡a. De esta manera,

z:5160"=(2.5+i4.33)A

tenemos

Pé¡ciida en ia linea : I'R : 12Ú x 2.5 : 36 kW

Re-sr¡lación de voltaje : 316.8 + 36 : 352.8 kW

(b) Del problema 4.4, V, = 3S58.9713-5' V. Como semuestra en la f¡gura 4-1 1, el ángulo enlre V, e /, es lasuma de este ángulo y el ángulo entre V, e /,, o 3.5o +36.87o = 40.37'. Por lo tanto,

4.4

EPotencia en el extremo :

transmisor

v'¿s =

EL CALCULo DE LINEAS DE TRANSMFóN 39

3858.97 x 120cos40.37"

1000rsos.zs2: (o.rv. * to')'0.3 x 3.75 x

VR

+ (o.ov" +O.4x3-75 x l0s\2_l

VRI

4.6

: 352.8 kW

La impedancia por fase de una línea de transmi-sión corta es (0.3 + i0.4) O. El voltaje línea a líneadel extremo transmisor es 3300 V y la carga en elextremo receptor es 300 kilowatts por fase, conun f actor de potenc¡a de 0.8 en retraso. Calcule (a)

el voltaje del extremo receptor y (b) la corriente delinea.

(a) En una base por fase,

3300Vs=:E:1905.25V (1)VJ

v

300 x 103I:(0.8)vR

Con base en la figura 4-11, que se volv¡ó a d¡bujarcon / como fasor de referencia en la f igura 4-12, determi-nemos que

(Y¡ cos QR + RI)z * (Y^ sen OR + XI\2 (3)

Se sustituye (7), (2) y oiros valores conocidos en (3),

lo cual conduce a

, V¡senón i!:

3.75 x 10s:- :: A (2)vR

de aquí determinamos que V, = 1805 V.(b) De (2), tenemos

3.75 x 105I = _-=:=- :207.75 A1905

4.7 Para la línea del problema 4.6, (a)calcule el factorde potencia del extremo transmisor; (b) calcule lapérdida de potenc¡a por fase determinando la po-tencia del extremo transmisor; y (c) verifique suresultado en la parte (b) calculando d¡rectamentela pérdida de la potencia.

(a) De la figwa 4-12 y el problema 4.6.

Iz" cos f^ * R/ = (1805X0.8) + (0.3X207.75): 1506.33 V

y V' = 1905.26 V. De

1506.33cos @t = 19orz5 = o'79

y el extremo transmisor tiene 0.79 de factor de poten-

cia retrasado.(b) La potencia del extremo transmisor es

I-_T

I v* .or q"

__1

Fig.4-r2.

I

EL CALCULO DE LfNEAS DE TRANSMFIÓN E¿to

&: V5lcos 0s = 1905.25 x 207.75 4'9

x 0.79 = 312.94kW

La pérdida de la potenc¡a por fase es entonces

P., - P^ :3L2.94 - 3ü) = 12.94kW

(c) Porcálculo directo, la pérdidade la potencia por fase

en la línea es

IzR : (2O7.75)'z(0.3) : 12.948 kW

4.8 Para una línea de transmisión corta de impedan-

cia (R + lX)ohms por fase, se establecen los vol'tajes en los extremos transmisor y receptor ys y

V*, respectivamente. Encuentre la potencia máxi' Dma que se puede transmitir en la línea. r rrr'ir

De (3) del Problema 4.6, tenemos

V2r: V2n + zIVR(Rcos OR + Xsen@^) + I2(R2 + X2)

¿CuáGlia máxima potencia que se puede trans-mitir en una línea de transmisión corta trifásicaque tiene una impedancia por fase de (0.3 + 10.4) osi el voltaie en el extremo receptor es de 6351

volts por f ase y la regulación de voltaje no excede

el 5 por ciento?

En una base Por fase,

Vn : 6351 V

% = (1 + 0.05X6351) = 6668'6V

z : \/AT + AJF: 0.5 Q

Entonces, de (4) del Problema 4.8,

_ /6351\'z10.s x 6668.6 _ 0.3)\0.s/\ 6351 /

-- 36.3 MW/ fase

y la potencia total máxima que puede transmitirse es 3 x

36.3 = 108.9 MW.

Calcule (a) el factor de potencia en el extremo re-

ceptor y (b)la pérdida total en la línea para la líneade transmisión del problema 4.9 mientras se su-ministra la potencia máxima.

(a) De (3) del problema 4.8, la potencia reactiva recibidapor fase es

63512 x 0.4ll- -v - 0.5'z

AsÍ,

64.53tanQ*: * :1.78JO. J

y cos ar = 0.49. De aquí que el lactor de potencia del

extremo receptor sea 0.49 en retraso.

(b) Del problema 4.9, a una potencia máxima,

36.3 x 10óI : -"'- :-:: = ll,6& A/ fase '- 6351 x 0.49

(r)

4.10Ahora b¡en, de

P : VaI cos r0R Y Q: Vn/sen0n

podemos volver a escribir (l) como

-v', * vzR + zPR + zex + fi{r' + o')

(R'?+X'z¡=g (2)

En (2) sólo P y Q varian. Asípues' la potencia máxima que

tendremos dPldQ = O. Diferenciando (2)y reacomodando

se obtiene

R'+ K

de lo cual encontramos que, para dPldQ = O'

0: -:u: (3)Y R2+x2

Sust¡tuyendo (3) en (2) se obtiene, después de alguna

simpl¡f icacion algebraica,

dP 2X + 2QK

-=- dondeK:dQ 2R + 2PK

4,^.=#(+ - 4

v

pércti<ia toral en la línea : 3I2R : 3(11,664)'z(0.3)

:122.46MW

4.11 Los parámetros por fase para una línea de trans'misión larga de 200 km de longitud a 60 HZ son

B = 2.07 0, L = 310.8 mH y C - 1,4774 ¡rF. La líneasuministra 100 MW a la carga conectada en estrellacon un voltaie de 215 kV (l ínea a I ínea) y un f actor

V,^

donde Z=\F+F.(4)

I EL cALcULo DE LINEAS DE TRANSM|SóN 11

de potenc¡a en retraso de 0.9. Calcule el voltajedel extremo transmisor, utilizando la representa-ción del circuito nominal-ll.

Para usar el circuito nominalll, primero expresa-mos V* e /* por fase como sigue:

v. -215 \rc3 : 124.13 kv^v3.1ü) x 10ó,-tR - 1/3x215xldx0.9 = 298.37L-25.8 A

Utilizando la nomenclalura de la figura 4-2, tenemos

.vR 124.13 x t03/0"

"" - X.,r- rl(377 x 0.5 x 1.4774 x 10-6)/90':34.57190" A

! = In * Ir" = 298371:4.8 + 34.57190"

= 2851-29.5" A

R + jXL = 2.07 + j377 x 0.3108 = 117.191!9j8" a

!'R + iX) :2851-19.5" x 117.19/!8.98"

: 33.a/69.48" kV

vs = vn + /(R + jx.) = l24.l3lo" + 33.4169.48'

En consecuencia,

: l3eseln.n:kV/fase

r.12 Repita el problema 4.11, utilizando la representa-ción del circuito nominal-f para la línea de trans-misión.

Utilizando la nomenclatura de la figura 4-3, tene-mos, con y, e /Bcomo se calculó en el problema 4.11,

r': = vn+ ;/R(R + jX,-): 124.1310".+x 298.37f25r8" x 117.19/8&98"

Por lo tanto,

= 132.9216.74. = (L3Z + i15.6) kV

, Vc 132.92 x tÚlSf!'c - xc 1lIQ77 .x 1.4774 x 10-")/m"l

= 74196.74" A

I': Ia + Ic = 298.371_25.8" + 74lXJ!

Vs: Vc + ¡Is(R + jX.) = t32.92/6.74' * tT'¿

x 26r.0fl22" x 1r7.r9l8&9Eq

= l39.üPfLkVlfase

4.13 Los parámetros de longitud por unidad de unalínea de transmisión trifásica larga de 215 KV,400 km, 60 Hz, son y = i3.2 x 106 S/km y z = (0.1

+ i0.5) o/km. La línea alimenta una carga de 150MW con un factor de potencia unitario. Determine(a) la regulación de voltale, (ó) la potencia delextremo transmisor y (c) la eficiencia de transmi-sión.

Necesilaremos y' y /'. Porque ésta es una I ínea lar-ga, con parámetros que se supone están distribuidos a lolargo de la línea, determinamos el voltaie y la corrientedel extremo transmisor como sigue: tenemos

z : 0.L + i0.5 = 0.5I/78.7"

v

y : j3.2 x 10-ó = 3.2 x 10*pq

por lo cual,

y9:{zy=¿OO@= 0.51/84.35"

: 0.05 + i0.5 = uS + iB9radAdemás,

t, fTst-t. = ,l; = {rr-tr= liQ81 - m)

= 3ee.2l_!.trQ

215 x 103Vn= : 124.1310"kV

v

150 x 1fI" = \/3 x 215 x Lo'= 4o2'8/tr A

Ahora bien, de (4.101, tenemos

cosh yS : cosh 0.05 cos 0.5 + jsenh0.05sen0.5

= O.8TI + j0,m4:0.8771J.s7"

senhy9 = senh0.05 cos 0.5 + I cosh 0.05 sen0.5:0.044 + ¡0.479

\/3

= 226.0t::E.T A = 0.,18/&J5"

F

E42

Finalmente, de (4.8J y (1.9) obtenemos respectivamenle

V. = (124.1310" x 0.87711.57" + N2.8 x 10-39x 399.2/-5.65' x 0.48/84.75")kV

= 146.413?.55"kY

v

tl24.t3 x 103/0"I^-t .-xtt.48l?4.1f\ 399.','l-5.65"

+ n2 8ls x o.azz¿¡l)a

= 386.54_ 8 A

(a) Para utilizar (4.1) nece$itamos el voltaje del extremo

receptor sin carga, con lo cual r)btenemos de (4.8) con

l^=0:

lVrl-- IMA - 166.93kv/R(sincarsa): ia^hylfl - O.tll - ¡uv./JAv

Luego

166.93 - r24.r3Regulación del voltaje por ciento - -

x 100

124"!3

= 34,48 pclr ciento

(b) La potencia del extremo transmisor es

Porencia enviada = 3lls/.¡ ccls r0

=3x14ó.4xldx 38ó.5 cos (32.55' - 24.28')

= 1ó7.98 MW

(cl De (4,21,|a ef iciencia rle la transm¡sión es

Potencia recibidaEficiencia de transmisión

EL cALcULo DE LJNEAS DE TIIAhISM|SÓN

I V¡l llpisen0¡

l4ll-Yil:lBl

(a)

lVnillplcos0¡

Watts

4.14 La figura 4-13(a) es el diagrama fasorial que co'rresponde a (4-17\. Pa$ando el origen de O' a O,

cambiamos la figura 4-13(a) a un diagrama de po-

tencia, como se muestra en detalle en la figura4-13(ó). Para un valor dado el valor fijo de lV. ly un

coniunto de valores de ly'|, dibuje los lugaresgeométricos del Punto A.

Oeb¡do a que O'A = iy'l iV,lllBl pa¡a una carga

y un valor dados de 1y^i, los lugares geornétricos del

punlo A serán un coniunto de c kculos (de radio O'A ) para

cada uno de los conluntos de valores de I V'i. Las partes

lY^llY'l

lBl

,p-cll-i\__

(D)

Fig. 4-13.

de dos de esos círculos se ind¡can en la figura 4'14; los

círculos se llaman a veceg circulos de extrcmo receptot.

VarsPotencia enviada

t*: #: 89'3Por ciento

lmaginario

Vars

V5¡ y ln¡(lV52l<lv'l)Yp = constante

Fig. 4-i4.

I EL CALCULo oE LfNFAs DE TRANSMFÉN ¡lÍ!

3.'l5 A partir cjel resultadodel problema 4-14 (Fig. 4-14),para una carga dada con un ángulo de factor depotencia retrasado 0,, determine la cant¡dad de po-tenc¡a reactiva que debe suministrarse al extremoreceptor para mantener constante ei voltaje delextremo receptor, si el voltaje del extremo trans-misor disminuye de JV,rl a lV,z .

La I ínea OA en la figura 4-1 4 es la I ínea de carga cu-ya ¡ntersección con el círculo de potenc¡a delerm¡na elpunto de operación. Así, para una carga que t¡ene un án-

gulo d, de factor ce potencia retrasado, A y C son, respec-

tivamente, los puntos de operación para volta.les del

extremo lransmisof tv,t Y v,z. Estos puntos de opera-

c¡ón determinan la potencia real y reactiva de dos volta-jes del extremo transmisor.

La polencia reactiva que debe suministrarse en el

extremo receptor para manlener conslante y" cuandoel voltaje del extremo transm¡sor dismtnuye de lylrl a

y,r l, está dada por la longilud AB que es paralela al 6je x

de la potencia reactiva. (Ésta puede suminislrarse por

medio de capacitores en paralelo con la carga.)

:.16 Determine las constantes ABCD para el circu¡tonominal-f de una línea de transmisión para lacuslR - 100,X = 200,yY - 400pSparacadafase.

Según la tabla 4-1,

= D: (r + iYZ) : | + i!l#(10 +i20)

:0.ee6pJ1{

3 = Z(1 + iYZ): (10 + i20X1

+ i04 x 10-4x10 + j20)l

: 22.25163.45" Q

| = Y = j4 x 10-1 = 4 x 10-4/90. s

: 17 Determine las constantes ABCD para la línea delproblema 4.11. Vuelva a resolver el problema, tra-tando la línea como una red de dos puertos.

Del problema 4.11

z : 117.19188.8 aY

Y:5.57x10-4l90"S

Por lo tanlo, de la tabra 4,1,

A : D : 1. + iYZ : 1 + l(117.1eÉ8.28.)(5.57 x 10-'p0') =0.967F&!

B:Z:1.17.19199.09"a

c = Y(r + iYz):5.57 x 10-4p0'[1 + i(5.57 x 10-4p0'X117. 1e¿qq¿8")l

= 5.54 x 10-4t!2¿6"S

Finalmente, de (4.11) y el problema 4.11, el voltaje delexlremo lransmisor es

vs = AVa + BrR: (0.9671l.034.)(I24.r3lg_)

+ 10-3(1 17. 1el88.e8)(2e8 .37 l_4.8"): t20.0310.034" + 34.96163!8" : r39.32kVl fase

4.18 En el tiempo f = 0, una batería de 30 V con una re-sistencia interna igual a cero ohms se conecta ala línea de transmisión mostrada en la figura4-15(a). Trace la distribución del voltaje a lo largode la línea para varios instantes en el tiempo.

Los coeficientes de reflexión del vollaje fuente y la carga

f.s : R"-R.1

- -lR.s + R"

y el tiempo requerido para recorrer la línea en una direc-ción esSlu = 2 ¡s. En t = O, un pulso de 30 V está dirigi-do por la línea; en los puntos a lo largo de la línea de

transmisión, el voltaje es cero antes de la llegada del pul-

so y 30 V después de que el pulso ha pasado. La figura4-15(ó) muestra el voltaje en t = 1 É. Con ¿ - 2.5 ¡s, elpulso ya llegó a la carga y un pulso viajero de magnitud30f, = 10 V retorna hacia la fuente. La figura 4-15(c)

descr¡be la situación en ese momento.Cuando este pulso reflejado de 10 V llega a la fuen-

le,enf = 4l¡s,unpulsodemagn¡tudf, x 10V = - 10Ves devuelto hacia la carga. La f igura 4-15(d) muestra la si-tuación 0.5 É más tarde, en t = 4.5 4s.

El pulso de -10 V se dirige hacia la carga, alcan-zándola en f = 6 As, momento en que se ref leja el pulsodemagnitudf. x - 10 = f. x f, x f. x 30 = -3.33Vy es enviado otra vez hacia la fuente. La figura 4-15(e)

muestra esta situación que ocurre 6.5 ¡s más tarde. En

cada punto de la línea, en cualquier tiempo, el total delvoltaje de línea es Ia suma de las ondas del voltaje pre-

sentes en cada punto y en cada momento.

-EL CALCULO OE LÍNEAS DE TFANSM|SóN

&=50ou = 200 m/l¡s

ESe cierra en ¡ = 0

Vs = 30V

Fs=-l

x=0

x=0

R¿ = l00O

f, =+

(b) t=tp5

Total = 40 V

- 34v l--lqY ' -'l

(¿)

x=2ü)m x=400m

10v

r=300m x=400m x=500m

(c) l=2.5ps

Total = 40 V

fotrt=¡OVñ

(d) r=4.5¡rs

Total = 30 V 30v

30v al=2667Y10v

(e) ¡=6.5ps

Fig. 4-15.

30V Total = 30V

x= l00m

;ñl--x=300m x=400m

E EL CALCULO DE LINEAS DE TRANSMISóN

R¿=0O

-

Voltaje toral

--- Pulsos incidentes y reflejados

-----f rt

-+É- - --+6.25

4.19 Un cable que mide 400 m de largo en la figura4-16(a) termina en un cortocircuito (R. = 0) y es

excitado por una fuente de pulsos que tiene una

resistencia ¡nterna de 150 0 (R" = 150 O). La fuen-te produce un pulso de magnitud 100 V y t¡ene una

duración de 6 É, como se advierte en la figura4-16(b). Trace el voltaie V(0, f) en la entrada de lalínea para los primeros 18 É. Los parámetros del

cable son C - 100PF/m Y L - O-25 ¡tHlm.

La resistencia caracteristica es

tL ry:5oQR' = {e: Vioo x ro-''

y la velocidad de propagación es

1u: -+: = 200 x 106m/s:200m/¡¿s!LC

En consecuencia, el t¡empo requerido para que el pulso

pase de un extremo a otro del cable es 2 É.El coeficiente de reflexión del voltaje en la carga es

_ R, _R.F - " ' - -1'L- R¿*R.

y el de la fuente es

_ Rr-R. IF -___i_-_''t - n. + R. 2

lnicialmente en la fuente se ve la resislencia de entrada a

la línea de p. = 50 g' Así pues, el voltaje de la onda en-

viada al inicio es un pulso que tiene una durac¡ón de 6 ps

y una magnitud de

R" vs = 25Y

R. + R.s

Este pulso alcanza la carga en 2 ¡s, liempo y lugar e! que

se relleja un pulso con magnitud f¿ x 25 - -25 V; este

pulso se vuelve a refle¡ar 2 /s más tarde en la f uente' pro'

duciendoun pulsodemagnitud f' x -25 = -12'5Vquevuelve hacia la carga y así sucesivamente' Las líneas

punteadas de la figura 4.16(c) señalan las contribuciones

de varios pulsos a V(0, l) en función del tiempo' Las

flechas ind¡can la dirección: *indica el pulso de onda

viaiera de avance y -indica el pulso de una onda viaiera

de retorno. El voltaie total en el extremo de la fuente, di-

buiado como una línea llena, es la suma de todos los vol'

ta¡es presentes en x = 0 en cualquier tiempo.

4.20 Para la línea de transmisión y el voltaie de la fuen'te del problema 4.18, trace el voltaje V(!, tl en lacarga y la corriente de entrada /(0' f) en función

EL CALCULO DE LJNEAS DE TRANSMFIÓN

del tiempo para los primeros 16 ps. La figura4-17(a) contiene el circuito y la forma de onda del

voltaje fuente.

En t = 0, se envía un pulso de 30 V fuera de la fuen'

te. El borde delantero de este pulso llega a la carga en

t = 2 ps, En este momento, un pulso de magnitud f. x30 - 10 Vesenv¡adode regresoa la fuente' Este pulso de

1O V llega a la fuente en f - 4 És, tiempo en el cual un pul'

so de magnitud f, f. x 30 = -10 V se refleja hacia la

carga. Este pulso llega a la carga en t = 6 ¡,s, tiempo en

el cual un pulso de magnitud f. f" I) x 30 = -3.33 V se

envía de regreso a la fuente. Las contribuciones de esas

ondas en x = I se muestran en la figura 4'17(ó) con

líneas punteadas, y el voltaje total se muestra con línea

llena. Observe que el voltaje de la carga oscila cerca de

los 30 V, pero se acerca asintóticamente a 30 V

Para dibujar la corriente de entrada /(0, l)' trazamos

directamente las ondas viaieras de avance y retorno y las

sumamos para obtener la corriente total de entrada, co-

mo en la f igura 4'17(c). Sería absurdo vazat el Ypltaie de

entrada y(0, f) y luego dividirlo entre R, para obtener '(0'l), ya que la razón del voltaie total a la corriente en la lí-

nea no es R.exceplo para I < 2 9 tu. Por esopudimos tra'

zar t(0, tl de una gráfica de y(0, t), comprend¡endo que

1(0, r) = Y"(r) - Y(o' 4

Rs

Así, podríamos restar V(0, f) de V.(f) punto por punto y di-

v¡dir el resultado entre R. para obtener,(0, t). Pero F. = 0

en este eiemplo, por lo cual no queda más remedio que

lra¿a( t(O,l) como en la figura 4-17(c). Observe que aquí

/(0, f) oscila cerca del valor del estado estacionario de

30 V/F. = 0.3 A.

Problemas comPlementar¡os

4.21 Una línea de transm¡sión trifásica corta de 138 kV tiene

una ¡mpedanc¡a por f ase de (2 + ¡4lg' Si la linea suminis-

lra una carga de 25 MW con un factor de potencia de 0'8

en retraso, calcule (a) la ef icienc¡a de transmis¡ón y (ó) el

voltaje del extremo transmisor y el factor de potencia'

Resp. (a) 98.78 por ciento; (á) 139.5 kV, 0'99

4.22 Una línea de transmisión trifásica corta, con una impe'

dancia por fase de (2 + l4) o tiene iguales volta¡es en el

extremo iransmisor y receptor línea a linea de 115 kV

mientras suministra una carga con un factor de potencia

de 0.8. Calcule la potencia que suministra

Resp.839.2MW

II

TT46

EL cALcULo DE LfNEAs DE TRANSM|SóN

Se r:ierra en / = 0

4V

R¿ = 100O

-1¡¿ =3

+ . - r¿=.440m -.-- +

v(s. t)

/(0, 0

Totzl = 4$V

30v

> I'ulso viajero de avance+ Pulso viajero de retorno'total =3l,llV

l0v---.-<{--- Lll V 3.33V

Total = 26.ó7 VTotal = 29.63 V

0.0óó7 A

14 ¡5 1ó

-0.0333 A: = : : : =¿Ets.: : == = = : = ===--==--:=

-0.2 A

(c)

Fig. 4-17.

r(0,4

&=soo v(s,t)u = 200 m/Fs

I J,JJr -U.J/V -l.llvL----+-

-t0 v

r

E¡18 EL C¡üCULO DE TJNEAS DE TRANSMISóN

1.2g Una carga trifásica de 20 MW y con un factor de potencia

de 0.866 en retraso, coneclada en estrella, va a alimentar'

se mediante una lÍnea de transmisión de 138 kV' Se re'

quiere que la pérdida en la I ínea no exceda el 5 por ciento

de la carga. Si la resistencia por fase de la línea es 0'7 o,

¿cuál es la longitud máxima en la línea?

Resp. 51 km

1.24 Las constantes por fase de 345 kV de una I ínea de transmi'

sión trifásica de 150 km de long¡tud son: la resistencia =

0.1 o/km, ¡nduclancia - 1.1 mH/km y la capacitanc¡a =

0.02 pFlkm. La línea alimenta una carga de 180 MW con un

factor de potencia de 0.9 en retraso' Utilizando el circu¡to ne

m¡nal'll, determine el voltaie del extremo transm¡sor'

Re.tp. 350.8 kV

4.23 Repita el problema 4'24 usando el circu¡to nominal-f'

Reqp. 359.3 kV

1.26 Los parámetros por f ase de una linea de transmisión tr¡f á-

sicade 345kV,500km,60Hzson y = ¡4 x 10-6S/km yz =(O.OB + iO.6) o/km. Si la línea alimenta una carga de 200

MW con un factor de potencia atrasado de 0.866, calcule

el voltaie y la potenc¡a del extremo transmisor.

ResP. 372 kV;2'10.8 MW

1.27 Determ¡ne las constantes ABCD de la línea del problema

4.24.

Resp. A - D : 0.965/0.5'; B = &116{A; C:0.e8219!¿v s

1.28 Enlisle las constantes ABCD y determine el voltaje del ex'

tremo transmisor para la línea de transmisión del problema

4.26, considerando la línea como una red de dos puertos.

Resp. A = 0.7L471O", n : 270.881N' C

= 1.8 x 10-3/90', D :0.7147piVs = 372kY

4.29 Los voltaies receptor y transm¡sor de una línea de transmi'

sión trifásica corta son ys = 33 kV y V" = 31'2 kV, respec'

t¡vamente. Los parámetros por fase de la línea son B - 10 o

y X, = 2OQ. Calcule la potencia máximaque puedatrans'

mitirse Por la línea'

Resp. 26.57 MlN

4.30 Para una línea de transmisión trifásica larga, Z, = 406'4

/ -5.48" 0, y, = 215gkV y l, = 335.7 loo A, para todos

los valores por lase. Calcule el volta¡e del extremo trans-

misor de la línea.

Re.qp. 238.8 kV

4.31 ¿Cuánta potencia se transmite en la línea del problema

4.30?

Resp. 137.5 MW

4.32 Evalúe las constantes ABCD de la línea de transmisión del

problema 4.30 y verifique que AD - BC = '1.

Resp. A=D=0.891]ry,8: 186'8112'46", C = 0'00113190'42"

4.33 Una línea de transmis¡ón sin pérd¡das tiene una resistencia

característ¡ca de 30 O y term¡na en una resistencia de 90 0.

Una fuente de cd de 120 V se aplica a f = 0. Grafique V" en

funcióndel tiempoparaestalínea,det = 0al = 5I,don'de f es el tiempo que tarda la onda del voltaje en recorrer

la línea.

Resp. Fig. 4-18

3T

Fig. zl-18.

2T 4T

E EL cÁLcuLo DE LfNEAs DE TRANsMFóN 4e

431 Resuelva de nuevo el problema 4.33 y dibuie un d¡agrama terna de 60 o. Utilice esto para graf icar V(9 13, tl enreticular. funciónde t = oat = 47.

Resp. Fig. 4-19 Resp. Fig.4-20

Voltajex--> x= ll

4.36 Una linea de transmisión sin pérdidas, de 400 O de largo,tiene una resistencia característica de 100 O y termina enuna resistenc¡a de 60 O. Una fuente de 400 V que tiene unaresistenc¡a interna de 300 O se conecta en la línea en t =0. Calcule los coeficientes del voltaje de reflexión de losextremos transmisor y receptor de esta línea.

Resp. 1; , i

x =913

¡t.35

Fig. 4-19.

Dibuje el diagrama reticular para la línea del problema4.33, supon¡endo que la línea termina ahora en una resis.tencia de 10 O y si la fuente de cd tiene una resistenc¡a in.

V(!J 11. t\

5Tt3 7Tt3

Fig.4-20.

-t20t6v

- 120n8 V

t20t36v

120/108 v

-t20t2t6v

l-

tT50

Si loe parámetros de la línea del problema 4.36 son talesque la velocidad de la propagac¡ón de onda a lo largo de la

linea es 400 m/¿rs, trace 4(f) para 0 s I < 10 as.

Resp. Fig.4-21

Determ¡ne los co¿.ticientes de reflexión de los extremos

receptor y transmisor de la linea del problema 4.36 y calcu-

le la corriente inicial en la línL'a a parlrr de los datos del

problema 4.37.

ResP. -l; l; 1A

Ys(0

EL CALCULO DE ÚNEAS DE TRAI.¡SMISóN

60V5(t¡. =

¡OO + eO 4ü) = 66.667 V

Fig.4-21.

i 75 óó.8 6ó.65ó5.6

100/32

luJl64r--+'---I

5ó78

tilv¡(t)* =

t00 - m- a00 =6ó'6ó7 V = vs(0"

4.39 De los datos de los problemas 4.36 y 4.37, trace yR(l) para

0sfs10r€.

Resp. Fig" 4-22

4.40 Calcule la corriente del estado estacionario y el voltaie de

la línea en el extremo receptor de los problemas 4.36 y

4.37. Verifique que los resultados sean consistentes con

la gráfica obtenida en el problen¡a ¿.39.

Resp. 1.11A; ó6.ó66V

4.37

4.38

vn(t)

flr=+

r.=-l

Fig. *22.

I EL CALCULO DE LíNEAS DE TRANSMISIÓN 51

141 Suponga que las I ineas de los problemas 4.36 y 4.37 estánen cortoc¡rcuito en el extremo receptor. Calcule el voltajey los coeficientes de la corriente de reflexión y el estadoestacionario del voltaie y la corriente en el exlremo receptor.

Resp. Coeficientes de reflex¡ón del voliaie = i, -l;coef¡c¡enlesde reflexión de lacorr¡ente - - j, t:estadoestacionario V* = 0; estado estacionario /. = 1.333 A.

4.42 Suponga que la línea de los problemas 4.36 y 4.37 está enun circuito abierto en el extremo receptor. Determine loscoeficientes de reflexión del voltaje, asícomo el voltaje yla corriente del estado estacionario en el extremo receptor.

8esp. Coef¡cientes de reflex¡ón del voltaie = ], t; es.tado estacionar¡e y, = 400 V; estado estacionario /, = 0.

7

Cqbles subterróneos

A diferencia de las líneas de transmisión aéreas,

los cables subterráneos deben tener un aislamiento eléc-

trico adecuado para proteger el conductor del contacto

con la tierra o del blindaje externo del cable. Además, se

debe asegurar la protección contra efectos mecánicos,

químicos y otros efectos peligrosos para garantizar una

operación confiable. Los componentes básicos de un

cable subterráneo son (1 ) el conductor, el cual se fabrica

de cobre trenzado o aluminio; (2) el aislamiento alrede-

dor del conductor, que puede ser de varias formas de

caucho como vulcanizado o caucho but ílico, o sintético

especializado como cloruro de polivinilo (PVC)' o papel

impregnado en aceite; y (3) la cubierta de protección ex'

terna, la cual es a menudo una f unda de aleación de plo-

mo sobre el cable aislado.Un cable subterráneo trifásico tiene tres conducto"

res dentro de la funda. Como los conductores de un ca-

ble de tres conductores están más cerca unos de otros

que los de una linea aérea, y como los conductores son

sumergidos en dieléctricos, la reactancia capacitiva de

un cable es más pequeña que la de una línea de transmi-

sión comparable. Así pues, la representación de un cir'cuito T o ll para un cable de longitud corta unif orme pue-

de ser necesaria Para su análisis.

5.1 ESFUERZO ELECTRICO EN UN CABLEMONOCONDUCTOR

El material de aislamiento en un cable constituye

un dieléctrico y tiene cierta intensidad dieléctrica. Si es-

ta intensidad se excede durante la operación del cable,

el aislamiento se romperá. De aqu íque el cable deba es-

tar diseñado en tal forma que la intensidad del campo

eléctrico, o el esf uerzo eléctrico máximo, en la superfi-

cie de un conductor no se exceda para que el aislamien-

to no se rompa. Sin embargo, si el cable está diseñado

para un gradiente de voltaie relativamente bajo de la lí-

nea a tierra, el tamaño global del cable se vuelve dema-

siado grande; por otro lado, si el gradiente del voltqie se

vuelve tan grande que permite la reducción del diámetro

del cable, entonces la pérdida del dieléctrico puede ha'

cerse demasiado grande y puede provocar un calenta'miento excesivo del cable.

Se ha encontrado que la razÓn Óptima del radio del

cable al radio del conductor está dada por

\ = " :2.718

R2(5.r)

donde R, y R, están def inidos en la f igura 5'1. Los radios

más pequeños darán por resultado una operación ines-

table en el cable pues este dieléctrico tenderá a romperse.

Cualquier razón que exceda de 2.718dará como resulta'do una operación satisfactoria en el cable. No obstante,por razones económicas es mejor mantener RtlRtcercade 2.718.

5.2 NIVELACIÓN DE CABLES

El cable de la figura 5'1 está cubierto con una capa

sencilla de un dieléctrico simple, pero muchos cables

contienen varias capas de dieléctrico. Los materiales

dieléctricos en dichos cables se escogen y distribuyen

para minimizar la diferencia entre las intensidades má-

ximas y mínimas del campo eléctrico en el cable' Este

proceso se conoce como nivelaclcln y existen dos tipos

que se usan comúnmente, la nivelación de la capacitan'

cia y la nivelación de la malla interna.

En la nivelación de ta capacitanc¡a, se utilizan dos

o más capas de dieléctricos para aislar un cable' Dos

de esas capas se muestran en la f igura 5'2, a manera de

5

53CABLES SUBTERRAI.¡EOS

//Fvnda

E(r)

Fig. 5-3.

En tal caso, si F*¿* es el campo eléctrico máximo permi-

tido, el voltale V de operación del cable es

En la nivelación de la malla interna, el cable con'

tiene algunas capas de un solo material dieléctrico, se'

parado por capas metálicas coaxiales que se insertan

en el dieléctrico y lo mantienen a voltajes predetermina-

dos. Un cable con dicha malla interna se muestra en la

figura 5-4. Sean los radios Fr, RrY Rt tales que

\oi.lé",ri.o

Conductor

5-1.

Fig. 5-2.

: ..rlplo. Las permitividades de esas capas se escogen

:: modo que la intensidad máxima del campo debe ser

¿ .nisma en ambas regiones. La variación correspon-

: ente al campo eléctrico E con radio r se muestra en la

' ;ura 5-3. Para iguales intensidades máximas de cam'

: :. debemos tener (Problema 5.4)

v = E-a,(o,"* * R,ht) (.5.3)Fig.

Rt-RtR2 R3

:cl (s.4\

Mallattrn--t'n'"'nu

E¡

/¿

6rR2 : e2R. (s.2) Fig. 5-4.

r54

Sin la malla interna, del problema 5-1 y (5.,i) tenemos

E_max

v v

CABLES SUBTERRAT.¡EOS

(s.6)

(s.7\

(5.8)

(.5.e)

ESi la malla interna mantiene el voltaje Vr, entonces en la

superficie del conductor tenemos

E- lmár -

V -Vt V-Vt=- (5.J)

R¡ ln (RzlRr) R3ln a

En la superficie de la malla ¡nterna, el campo eléctricomáximo es

E_2fna\

v1 vlRz ln (R,/Rz) R2ln a

Para que los campos eléctricos máximos sean los mis'

mos en esas dos superficies, debemos tener

v' = (¡l)vAhora (5.5) y (5.4 dan

E. -v l1\rma\ .R3 ln a \t + ¿/

R¡rn(R'/R¡) ^, "(#)vv

=-_+:- R3ln a2 2R.1ln a

Comparando (5.8) y (5.9), encontramos que

f:,ne* (con malla interna\ 2

EJín maÍitlirterna) = | + a

las capacitancias conectadas en delta C, a su forma de

estreila equivalente como se ve en la figura 56(a), obte'niendo las combinaciones de la capacitancia indicadaen la f igura 5€{b) y (c). La f igura 5'6(c) muestra que la ca-pacitalrcia neta por fase es C,, = Cr + 3C2.

5.4 INDUCTANCIA DEL CABLE

La inductancia por unidad de longitud de un cablemonofilar como el que se presenta en la f¡gura 5"1 estádada por

L : #h#J (enhenryspormetro)(5.r0)\

5.3 CAPACITANCIA DEL CABLE

La capac¡tancia por unidad de longitud de un cablemonofilar como el que se observa en la figura 5-1 estádada por

O Znef-*v - v rn(RrlRz)

En un cable de tres conductores, las capacitancias en'tre pares de conductores y entre los conductores y lafunda se representan en la fígura 5-5, donde suponemosque los conductores están espaciados equilateralmen'te. Para encontrar la capacitancia por fase, cambiamos

(s.12\

Las expresiones analíticas que conducen a la obtenciónde la ¡nductancia por fase de un cable tr¡filar son extre-madamenle complejas y no se consideran aquí.

5.5 PERDIDA DIELECTRICAY CALENTAMIENTO

En un cable subterráneo, el calor se genera debidoa las pérdidas en el conductor y en su funda dadas por

l2R,y la pérdida dieléctr¡ca en el aislamiento. La pérdida

d¡eléctrica en el aislamiento del cable se debe a las

corrientes de fuga. En otras palabras, se puede conside'rar que la capacitancia del cable es disipativa, con una

resistencia R, como se observa en la f igura 5-7(a). La pér'

dida en F, es

55E CABLES SUBTERRANEOS

(u)(a)

-i'''t t'oI

'C¡ln ^.'ir¡\'r

.-\ ^/

,.,t{-.,cr

(b)

In,

IC

l_^_tc=.,+3(i

cl, = Cr + 3C -}-.- ('" = C, r 3C1t\,

(c)

Fig. 5-ó.

v2D-_R,

(5. 13)

:or !o que se ref iere al ángulo de pérdida ó que se ve en

a f igura 5-7(b), tenemos

v lRt=-o¡CV

(b)

Fig. 5-7.

Las ecuaciones (5.73) y (5.141 dan ahora

P = roCV'z tan ó - uCVl6 (5.15)

si 6 es pequeña.

Problennas resueltos

5.1 Encuentre las intensidades máxima y minima deloampo eléctrico en el cable que se presenta en lafigura 5.1.

Sea p. la densidad de carga superficial en la superfi.cie ciel concjuctor. Por lo lanto, para una longitud un¡tar¡adel cable, dentro del dieléclrico y a una distanc¡a r (Fig.5-8) del centro, oblenemos de la ley de Gauss

2nR2P, = D2sr = ZneEr (f)tan6 = (s.14\

Fig. 5-8.

donde D es la densidad del fluio eléctrico' E es la intens¡'

dad del campo eléctr¡co y € es la permitividad del

dieléctrico. Podemos volver a escribir (7) como

- 2nR2p" Ak -_- Zner Zner

CABLES SUBTERRANEOS

(2\

(4)

(5)

(6)

E56

donde Q = ZrF.z p'es la carga total por longitud unitaria

en la superf icie del concluctor' En (2) tenemos' para el vol'

taie Y entre el conductor Y la malla,

¡Rz ¡nt e dr: _4,n& G)t/ - - J*, u o, = )*, z*; - llr,,, R,

En consecuencia, de (2) y (3) el campo eléctrico (el cual es

totalrnente radial) es

VE:r ln (Rr/Rz)

Los valores máximo y minimo de E son entonces

L-v"¡nrr Rr ln (Rt/Rr)

--vv -."' R,ln (R,/Rr)

Deduzca la fórmula (5.7).

Para encontrar la razón óptima Br/Rr, fijamos n! y

minimizamos qTáx como está dado en (5) del problema

5.1, en una tunc¡én ¿e Rr'Para que (5) sea un mínimo' su

denominador debe ser un máximo' Para eso' debemos te-

#,(^,,"t) : '"t- ^,*,h-,ft=o (r)

De (7 ) se deduce que ln(Fr/Rr) - 1 y que

&:"'=2.7rgR2

5.3 Un cable monofásico de 13'2kV tiene un diámetro

exterior de 10.0 cm' Determine el radio del con'

ductor y la intensidad del campo eléctrico que de'

be resistir el material de aislamiento en la confi-

guración más económica (razón óptima)'

De (5.1)o (2) del problema 5'2' obtenemos

& _tolz =2.718Rz R2

Del cual R2 = 1.84 cm' Por lo tanto' de (5)del problema

5.1 obtenemos

13.2 x 1000=.717.62kY lmE. =rna\ 1.84 x 10-'zln (5/1.8a)

Para el cable que se muestra en la f igura 5-2' ob'

tenga la condición en la cual los valores máximos

de los campos eléctricos en dos regiones son

¡guales.

Los camoos eléctricos en los dos dieléctricos son

u,=h R2(r(R,

E,::- R3(r(R2- ¿fie21

Los valores máximos de esos campos eléctricos están en

r = Rzpa(a E, y en r = B3 para Er'Para que los valores

máximos de los campos eléctricos en las dos regiones

sean iguales, debemos tener

-ooL:-má\ Zne ,R, 2ne2R3

s €1R2 = €2R3

Asim¡smo, como R3 < Fr, (l ) implica que É2 > €r; eslo es'

el dieléctrico más cercano al conductor debe tener la per'

m¡tividad más alta.

5.4

5.2

E5.5

CABI€S SUBTERRAI.¡EOS at

5.6

Trace la distribución del campo eléctrico en elcable de la figura 5-2, si (7 ) del problema S.4 es im_plementado.

La distribución corresponde a la de la figura S_3.

Para el cable que se observa en la figura 5-2,sean Bt = 2.5Cfi, Bs = 0.g2cmyR2 = 1.75cm.Encuentre el campo eléctrico máximo para unvoltaje de operación de 13.2 kV, (a) con nivela-ción de la capacitancia y (b) sin nivelación deella.

(a) De (5.3) obtenemos

t3.2xtú=E^u^(o.mr"á#

+ 1.7sh:¿\ x ro-2t.75/

Por tanlo, Emáx = 1085.8 kV/m.(ó) Sin nivelaciórl de la capacitancia, de (5)del proble.ma 5.1 obtenemos (con F2 reemplazado por B3 = 0.92cm)

operarse con nivelación apropiacia de la malla in-terna.

Del problema5.7,a - 1.648,F2 = 1.516cmyB¡ =0.92 cm. Por lo tanto, de (S.B)el campo eléctrico máximocon la nivelacidn de la malla interna es

^vtt3.2 1

R.ln¿l +¿ O.921n1.6481+ 1.ó48

: 16.09 kV/cm

El voltaje máximo de operación está dado entonces por(5.3), que es también vátido en este caso:

v = r.,n (n. rn fr + ^,

r fr) : E¡-,*(R¡ + R,) ln a

= 16.09(0.92 + 1.516) ln 1.648 = 19.58 kV

5.9 Las corrientes de fuga que fluyen radialmente(f lechas punteadas en la figura S-g) se presentana menudo en los cables subterráneos. La co-rriente de fuga está limitada esenc¡almente porla resistencia del aislamiento del cable. Deduzcauna expresión para la res¡stencia del aislamien_to de un cable de longitud / metros y con una re-sistividad dieléctrica de p, ohm-melros.

Corrientede fuga

Fig. 5-9.

Para un cilindro anular de espesor dr, como semuestra en la figura 5-9, la resistencia de aislamientoelemental dB, a la corriente de fuga es

5.7

Fmax

13.2 x 1000

0.92 ln (2.5 10.92) x t 0-2: 1435.3 kV/m I

Un cable tiene una nivelación de la malla internaque satisface (5.4). Los radios det cable (Fig. 54)son R, = 0.92 cm y Fr = 2.5 cm. Determine la lo-calización de la capa conductora y calcule larazón de las intensidades máximas del campoeléctrico con malla y sin ella.

La nivelación de ta ma|a (radio F2 en la figura S.4)está dada por (5.4), que se reescribe como

R22 = R¡R. = (2.5,)(0.92)

De la cual Rz = 1.516 cm.De los datos conocidos, tenemos

,:+=:+:1.648R2 1.51ó

y, de (5.10),

1,,",(con malla interna)¿_a\(stn malla lnterna) I + a

2:l+1i48:o'755

:-8 Si el cable del problema 5.7 está diseñado paraoperar nominalmente a 13.2 kV sin nivelación,determine el voltaje máximo en el cual puede dR, = P' d''

' 2nrl

III

I

II

I

I

CABLES SUBTERRANEOS

donde , es la longitud del cable y p¡ es la res¡stividad del

material de aislamiento La resistencia total de aisla'

miento es entonces

*,= #,f,'+ = #,"#,

5.10 En una prueba de un cable trifilar' primero se

agrupan'¡untos, los tres conductores y la capaci-

tancia entre los conductores agrupados y la ma'

lla se calculan con Co' Luego dos de los conduc'

tores se agrupan con la malla' y la capacitancia

entre éstos y el tercer conductor se encuentra

con C,. Determine Cry C2apartir de la figura 5-5'

De ra primera pfu::::"*'"' ra ecuación

La segunda Prueba da la ecuación

Ca=Ct*ZCzResolviendo las dos ecuaciones simultáneamente'

C, = \Co

Cr=l(Cu-\C"\

5.11 Las capacitancias por kilómetro de un cable trifi'

lar son 0.90 pF entre los tres conductores agrupa'

dos y la funda, y 0'40 pF entre un conductor y los

otros dos conectados a la funda' Determine la ca-

pacitancia de la línea a tierra de una longiiud de

20 km de este cable'

Tenemos, en la terminología del problema 5'10'

C. = O.9O ¡rFlkm y C, = 0'40 ¡Flkm' Por cons¡guiente'

C, = \Co = 0'3 ¡¿F/km

v

Ahora b¡en, de la figura 5€(c)'

Cn = Ct * 3C2 =0'3 + 3 x 0'05 = 0'45pF/km

= 20 x 0.45 = 9.0 ¡rF Para 20 km

5.12 Un cable monoconductor' que consta de un cable

de 1 cm de diámetro dentro de una tunda de 2'5

cm de diámetro, tiene 1O km de longitud y opera a

13.2 kV y 60 Hz' La permitividad relativa del dieléc-

tr¡co es de 5 y el factor de potencia a circuito

abierto del cable es 0'08' Calcule la capacitancla

del cable y la corr¡ente de carga a través de la ca'

Pacitanc¡a.

De (s.tt)con É = roc,, tenen

2tÍe,,e, -Zn(lo el36n)5

?- "L = i;lñ7Rt h(2'511)10 x 103 = 3.03 PF

E58

v

Corriente de carga = aCV = (377X3.03 x 10-6)

(13.2 x ld) : 15.08 A

5.13 Para el cable del problema 5'12' determine la re-

sistencia de aislamiento y la pérdida dieléctrica'

De la figura 5'7(b) y los datos dados' ó = cos'r 0'08

= 85.4o. Ahora bien, como tan 6 = ''ER' tenemos

tan 85.4'ft= Zll xl.oZ x 10-6= 10.88 kQ

v2 -l3-2'xlÚ-=16.01kwpérdidadieléctrica=¡

10.gg x 10r

Problemas comPlementarios

5.14 Un cable monoconductor subterráneo tiene un conductor

de cobre de 1.2 cm de diámetro y resistiv¡dad de 1'72 x

10{ {}'m, una funda de diámetro interno de 2'0 cm y un

mater¡al dieléctrico (aislamiento) de resistividad 5'8 x

1Or2 fl'm y permitividad relativa de 4' Calcule (a) la res¡s-

tencia del conductor y (Ó) la res¡stencia del aislamiento

de una longitud de 5 km para este cable'

ResP. (c) 0.764; (b) 94'3MO

5.15 Determine la capacitancia entre el conductor y la funda

del cable del problema 5'14' s¡ la permitividad del dieléc'

trico es 27 x 10-¡2 F/m'

ResP. 0'332 ¡tF

5.16 Un cable de un solo conductor opera a 33 kV' Si el gra-

diente potencial máx¡mo perm¡tido es 4000 kv/m' deter'

mine el rad¡o del conductor y el interior del radio de la

funda de un cable diseñado óptimamente'

ResP. 1'17 cm; 3'17 cm

5.17 Para el cable que se muestra en la f igura 5'1' Á' = 6 cm'

R, = 2cmy permitividad relativa t' = 5' Si el cable opera

a 33 kV, determine los valores máximo y mínimo de la in'

tensidad del campo eléctrico tlentro del cable'

59CABLES SUBTERRAT.¡EOS

Resp. l5(X.9 kV/m; 500.6 kV/m

Para el cable gue se observa en la f igura 5.2, R, = 6 cm,F¡ = 2cm, y ¡,¿ = 5y r,, = 4son laspermitividadesrela.trvas de las dos capas dieléctricas. Calcule el espesor decada capa del dieléctr¡co, si ambas deben soportar lamisma intensidad del campo eléctr¡co.

Resp. 2.8 cm; 1.2 cm

En cierta prueba de un cable tr¡f ilar, se mide una capaci.tancia C, entre dos conduclores, con el lercero conecta-do a la funda. Determine C,, de ta f¡gura 56(c).

Resp. Cn = 2C3

La capacitancia entre cualquiera de los dos conductoresie un cable tr¡filar, con el tercer conductor conectado alrerra, es 0.6 ¡Flkm. Calcule la capacitancia de la línea a

:ierra de 25 km de longitud del cable.

Resp. 30 ¡rF

Un cable de un solo conducior de radio Rü tiene dosTallas ¡nternas de radios Fr y Rz tales que el esfuerzoe éctrico varía entre el mismo máximo y mínimo en cadai.rna de las tres capas del dieléctrico. El radio de la fundaes F,. Obtenga una relación entre los cuatro rad¡os.

Res¡,t. R,/R,, = R2lR, = ftrl Pr.

: cable del problema 5.21 opera a 66 kV en un sistema tri.'ásico y t¡ene Fo = 1 cm y F¡ = 2.565cm. Determine sus:sf uerzos eléctricos máx¡mos y mín¡mos.

Resp. 39.1 kV/cm; 28.3 kV/cm

5.23 Calcule el voltaje rms entre las dos lundas del cable delproblema 5.22.

Resp. 17.4 kV

5.24 La capacitancia entre dos conductores cualesquiera deun cable trifilar trifásico es 2 ¡F. El cable opera con unvoltaie de I ínea de 1 1 kV y 50 Hz. ¿Cuál es la corriente decarga a través de la capacitancia del cable?

Resp. 7.98 A

5.25 Un cable trilásico trifilar, que opera con un voltaie delínea de 10 kV y 25 Hz, tiene una capacitancia de 3 ¡Fentre cualesquiera de dos conductores. El cable sumi-nistra una carga inducliva, que toma 30 A de corriente, a

un factor de potenc¡a de 0.9 en retraso. Determine lacorriente y el factor de potencia del extremo transmisor.

Resp. 28.1 A; 0.96 en retraso

5.26 ¿Cuál es el diámetro del conductor de un cable de un solohilo diseñado óptimamente que opera a 85 kV, con un es.fuerzo dieléctrico permisible de 6000 kV/m?

Resp. 2.83 cm

5.27 Para un cable como el que se muestra en la figura 5-2,

R¡ = 0.5 cm, Rr = 2.5 cm, e, - 2.5qy ez = 4eo. Los esfuer.zos eléctricos en los dieléctr¡cos interior y exterior no exce.den de 60 kv/cm y 50 kv/cm, respectivamente. ¿Cuál es elmáximo voltaje de operación permis¡ble para el cable?

Resp. 65 kV

7

Cólculos de fqllos

, La operación de un sistema de potenc¡a se apartade su operación normal después de ocurrir una falla.Las fallas lo llevan a condiciones anormales de opera-

ción con corrientes y voltajes excesivos en ciertos pun'tos del s¡stema, las cuales se evitan usando diversostipos de equipos protectores.

6.1 TIPOS DE FALLAS

Varios tipos de fallas de cortocircuito gue pueden

ocurrir en una línea de transmisión se representan en

la flgura 6-1; la f recuencia de ocurrencia disminuye de laparte (a) a la (f ). Aunque el cortoc¡rcuito trifásico balan-ceado en la figura 6-1(d) es relativamente poco común,ésta es la falla más grave y, por lo tanto, delermina la es-pecificación del disyuntor de la línea de protección delcircuito. Un estudlo de Íallas incluye lo siguiente:

--l--

1. Determinación de las corrientes máxima y mínimade un cortocircu¡to trifásico.

2. Determinación de las corrientes en las fallas asi-

métricas, como son: una simple línea a tierra, doble lí-

nea a tierra, linea a línea y fallas de circuito abierto.

3. Determinación de las especificaciones de los dis'yuntores de circuito requeridos.

4. lnvestigación de los sistemas de protección con re'levador.

5. Determinación de niveles de voltaje en puntos es-

tratégicos durante una lalla.

Las fallas en cortocircuito representadas en la figu-ra 6-1 se llaman fal/as en paraleloi los circuitos abiertos,que pueden ser causados por conductores rotos, se cla'sifican como fallas en serie.

6.2 FALLAS SIMETRICAS

Un cortocircuito trifásico equilibrado [Fig. 6-1(d)]es un ejemplo de una falla simétrica. Los cálculos de lasfallas de un circuito trifásico equilibrado se pueden rea-lizar en un modelo por fase, en tal forma que sólo los cir-cuitos monofásicos equivalentes se requieren para elanálisis. lnvariablemente, las constantes del circuito seexpresan en términos por unidad y todos los cálculosse hacen en una base unitaria. En los cálculos de un cor-tocircuito, evaluamos a menudo los MVA (megavolt/am-peres) del cortocircuito, que son iguales a V3y,/, dondeV, es el voltaje nominal de la línea en kilovolts y /res lacorriente de falla en kiloamperes.

Un eiemplo de una falla simétrica trifásica es un

corto repentino en las term¡nales de un generador sin-crono. La representación simétrica de la onda de co-

--(e)

Fig. 6-1.

trl -(c)

--1;I

(b)

6

(d)

Periodo transitorio

Valor del estadoestacionarioextrapolado

Envolventetransitoria extraPolada

6ftCorriente de cortocircuito

Corriente

cAt-cur-os DE F u¡s

Fig.6-2.

Envolventetransitoria

extrapolada

Envolvente dela corriente

-' :nte del estator en cortoc¡rcuito se muestra en la f igu-: 6-2. La onda, cuya envolvente se aprecia en la figura:-i, puede dividirse en tres periodos o regímenes de:'npo; el periodo subtrans¡tor¡o, que dura sólo en los

:' ¡eros ciclos, durante los cuales la corriente disminu-: muy rápido; el periodo trans¡torio, que abarca un:npo relativamente largo durante el cual la corriente

: 3.ninuye en forma más moderada, y finaJmente el pe-:lo del es¡ado estacionar¡o. El incremento Ai ' (en la

Amplitud de lacorriente en estado

estacionario

figura 6.3) entre la envolvente del transitorio y la amplituddel estado estacionar¡o se traza a una escala logaritmicacomo una función del tiempo en la figura 64, junto conel incremento Ai "entre la envolvente subtransitoria yuna extrapolación de la envolvente transitoria. Ambasgráficas se aproximan g líneas rectas, ejemplificando lanalufaleza esencialmente exponencial del decremento.

' Las corrientes durante esos tres regímenes las limi-tan sobre todo varias reactanc¡as de la máquina síncro-

Fig. 6-3.

r'

cAlcut-os DE FALtás E62

q

O:'É .ÚLqOE6.-oS(l6gEQOLOu!x

I' H

TiemPo (escala lineal)

Fig. 64.

na (¡gnoramos la resistencia de la armadura, la cual es

relativamente pequeña). Estas corrientes y reactancias

se definen por las ecuaciones s¡guientes, a condición

de que el alternador estuviere operando sin carga antes de

la existenc¡a de una falla trifásica en sus terminales:

(6.1)

(6.2)

(6.3)

donde E es el voltaje sin carga del generador, las

corrienles son corr¡entes rms y O, a, b y c se muestran

en la f igura 6-2. Las reactancias de la máquina X., X',y

Xíse conocen como reactancia sincrónica del eje direc'

lo, reactanc¡a trans¡tor¡a del ele directo y reactanc¡a

subtransitoria d'el eje directo, respectivamente' Las co'

rrientes t, i'e i" se llaman corrientes en estado esta'

cionario, trans¡torio y subtransitorio. De (6.t) a (6'3) se

deduce que las corrientes de falla en un generador sín'

crono pueden calcularse cuando se conocen las reac-

tancias de la máquina.Supóngase ahora que un generador tiene carga

cuando ocurre una falla. La figura 6-5(a) muestra el cir-

cuito equivalente correspondiente y la falla ocurrida en

el punto P. La corriente que circula antes de que ocurra

la ralla es /,, el voltaje en la falla es y, y el voltale de la

terminal del generador es V,. Cuando ocurre la f alla trilá-

sica en P, el circuito que se muestra en la figura 6-5(b)

se convierte en el circuito equivalente apropiado (con el

¡nterruptor S cerrado). Aquí un voltaie E " en serie con X i',

suministra la corriente /, de estado estacionario cuando

el interruptor S está abierto, y sumin¡stra la corriente al

cortocircuito a través de Xi Y Zext cuando el interruptor S

está cerrado. Si logramos determinar E'i podemos en'

contrar esta corriente a través de X 'i la cual será l "' Con el

el interruPtor S abierto' tenemos

E'i: V, + iILXi rc'4)

la cual define E,'i el voltaje subtransitor¡o interno' De

¡gual manera, para el voltaje transitorio interno tenemos

EI=V,+jILX'd (6.s)

Está claro que E " y E " son dependientes del valor de la

carga antes de que ocurra la falla'

6.3 FALLAS ASIMÉTRICAS Y

COMPON ENTES SIMÉTRICOS

Las f allas asimétricas como fallas de l¡nea a l¡nea y

de linea a t¡erra (que ocurren más a menudo que los cor-

+ --.->IL

I vl

i

i

vt:#:yob tg-lli'l: fi= -*T

It,l:#=H

2,,,

Zt

xí

E.,',

h\

Fig. 6-5.

( l,)

t

63E cAt-cut-os oE FAL¡As

:ccircuitos trifásicos) se pueden analizar usando una3ase por fase. Con ellas se utiliza el método de compo-rentes simétricas. Este método se basa en el hecho de

?ue un conjunto de fasores desequilibrados trifásicosse pueden separar en tres conjuntos de componentes s¡-'nétr¡cos, los cuales se denominan componentes de se-:uencia posit¡va, secuencia negativa y secuenc¡a cero.*os fasores del conjunto de componentes de secuencia:csitiva tienen una rotación de la fase en sentido:cntrario al movimiento de las manecillas del reloj (o se-

:uencia de fase) abc; y los componentes de secuencia^egativa, tienen la secuencia de fase inversa, esto es

:cb; y los componentes de secuencia cero están todos:n fase unos con otros. Estos componentes en secuen-

:ia se represenlan geométricamente en la figura 6-6.

-cs componentes de secuencia pos¡tiva se designan:on el subindice '1, y los subíndices 2 y 0 se utilizan parardicar los componentes de secuencia negativa y de se-:uencia cero, respectivamente.

Vnt

Vro

Vnt

Así, el sistema desequilibrado de la figura 6-7 se pue-

:e dividir en componentes simétricas como se muestraen la f igura 6-6. En particular, tenemos

Vo : Voo + Vor + Vo2 @.6)

Vt: Vao + Vil + Vb2 6.7)V,: V,o + V,t + V"2 rc.8)

V"o

^II

V... t"IIII\

Fig. ó-7.

lntroducimos ahora un operador a que provoca unarotación contraria al sentido de las manecillas del reloj

+Vut de 1200 (del mismo modo que el operadorl produce unarotación de 90o), tal que

Vcz

l

a : U120" : 1 x ¿tzo - -0.5 + i0.S66

a2 : Il24V: -0.5 - j0.866: a*

a3:11360"=Uy7*a*a2=0

Utilizando esas propiedades, podemos escribir los com-ponentes de una secuencia dada en términos de cual-quier componente escogida. De la f igura 6-6, tenemos

V61 = a2Vo1

Vg1 = AVal

Voz = aVoz

Vz = a2Voz

Vo6: V6¡: V¡¡

En consecuencia, (6.6) a (6.8) se conv¡erlen, en términosde componentes de fase a,

I

I

X'\-"Fig. 6-6.

V"z V¡t

3:-

cA¡-cu¡-os DE F¡IIAS Eg

Al despejar las componentes en secuencia de (6'9) a

(6.r) se obtiene e"rse e¡'!

En consecuencia, (6.1n a (6'19) dan

= l(V, + Vb + V") (6.12)

= \(v, * av6 + a2v,) (6.13) Ahora

= ¿(V" + azV, * aV") (6.14)

5 : ir'Áa*I'*

Las ecuaciones iguales a (6.9) hasta (6'74) también se AA*

aplican a corrientes.Una cantidad (corriente, voltaie, impedancia, poten'

cia) que está dada en términos de sus componentes si-

métricas se llama cantidad de secuencia' como en

"corr¡ente de secuencia".

(6.20) llega a ser

S:V"lf,+VbIt+V"I:

bien, como

:[i +;]ti k+):[l ; :] @21)

Voo

VtVoz

Vo : Voo + Vo, + Vo2 6'9)Vt = voo * a2v61 aVo2 (6.10)

V,: Voo * aV¡ r a2Vo2 (6.11)

(6.1s)

(6.16)

donde V es la transpuesta de V e I' es el conjugado'

complejo de l. De (6'f0 y (6.16) tenemos

i' : i'Á. I' - A*Ir'¡

(6.18)

(6.le)

(6.20)

: 3(v"olÍo l/v"¡;,+ V"2II2\ (6.22)

Para obtener la potencia en un sistema trifásico en tér- Así. la ootencia de secuencia es un tercio de la potencia

minos de componentes simétricas, reescribimos de (6'9) .n términos de cantidades por fase.

a (6.141en la notación de matrices como sigue:

6.4 POTENCIA DE SECUENCIA

V=AV'

De igual manera, para las corrientes tenemos

I: AI,

donde

" = [i] " =li.:,)" :

[1 + L)

6.5 IMPEDANCIAS DE SECUENCIA Y

REDES DE SECUENCIA

Relacionando las corrientes de secuencia' podemos

definir las impedancias de secuencia' Una impedancia a

través de la cual sólo fluyen corrientes de secuencia positi'

va, se llama impedancia de secuencia pos¡tiva' De manera

seme¡ante, cuando sólo fluyen corrientes de secuencia

n"g"tiu", la impedancia se conoce como impedancia de

seóuenc¡a negativa',y cuando sólo se presentan corrien'

tes de secuencia cero se le llama impedancia de se'

cuencia cero.Los cálculos de las fallas asimétricas (o dese-

. l-tl - r,: [?:l Hl"xt'i::,:Hir;xil:,:l:iilJ:;":n"'"'Jn::,:l'ol t t -l:t l "queunvottaiedeunasecuenciaespecíficasolamenteL/"J LLz) produce una corr¡ente de la misma secuencia, las dife"

La potenc¡a compreja promedio s se puede escribir ff:::#i#:"J::H'"":,.n':"";Xffi':il::';J^":1iX:como tuo acoplamiento. Esta característica de las redes de

s=iI*G.17)secuenciasimplificaconsiderablementeloscálculos.

65

Problemas resueltos

La figura 6-8 muestra el diagrama unifilar parauna fase de un sistema en el cual el generador ali-'nenta una carga a través de un'transformadoreievador, una línea de transmisión y un transfor-nador disminuidor. Calcule la corriente por uni-dad. Los transformadores son ideales.

CALCULOS DE FAtI.As

Neutral

/0.5 c2d¡0.375 G3

xtlX,j0.25 ñ.2s

20 000lbase,rinea = -660 :20.83:1pu

960Zba.e.rinea :

2033 : 46.08Q : 1 pu

r+j3Zjinr = - (O.O22 + j0.065) pu

46.08

En la carga,

960You,",.urru :,o : 96V : lPu

kvAbur.,.urr": 20kVA : l pu

20 moIour"..urr" : % = 208.3 = lpu

T --96-hase,carsa Z¡83 = 0'4608Q: 1Pu

2+ i5Z,u,e^.:

0J608 : @.34 + i10.85) pu

La impedanc¡a total resulta entonces

Zrorut= Ztirrul Zru,gu= (0.V22 + i0.0ó5) + (4.34

+ j10.8s)

: 4.362 + i10.915 : 11.75168"pu

así que

L/0" 1/0"I = #: r. +; : 0.085/-68'pu

Ztotut lr.75l6g480Zbur".g.n",udo, :

ñ : 11'52Q : I Pu

A lo largo de la línea de transmis¡ón.

,l80Yba*.,r,n"" = ó3-

: 960V : I pu

kVAbu...rin.u = 20kVA : 1 pu

6.2 Un sistema interconectado de un generador reac-tor se muesira en la f igura 6-9(a). Los valores basepara las reactancias dadas en porcentaje son lasespecif icaciones de las piezas ¡ndividuales de unequipo. Un cortocircuito trifásico ocurre en el

10 MVA, 20 MVA,lao/o 15%

20 MVA,t5%

Gl

j0.25

(c)

tjl (l +i3)o t::, a- Jc,-J

:! \'- rVA

Fig. ó-8.

Debido a que los niveles de voltaje (y corriente)cam-bian a través de los transformadores, se tienen diferentesrases de voltaje en diversas partes del sistema. En el ge-

^erador

Ybur",g"ne.ado, : 480V : 1 Pu

kVA6ur". r.n.ru¿o, : 20 kVA = 1 pu

20 000f_'base. gencrador :4r.67 A: 1pu

480

Neutral

(a)Fig. 6-9.

(b)

.r_-.

to66 cAlcuuos DE FALIAS

punto F. Determine la corr¡ente de la falla y loskVA de la falla si el voltaie línea a línea de la barraconductora es de 11 kV.

Primero escogemos arbitrar¡amente 50 MVA como

la base MVA y determinamos los valores por unidad para

las reactancias del s¡stema, referidos a esta base. obte-

50Xcr = -0.10 = 0.5 Pu

50Xc;z = -O.15 : 0'375 Pu

50Xc.=-0'L5=0.375Pu

50X, = ¡0.5 = 0.25 pu

50Nr= ^0.4 =0'25Pu'8Estas reactancias producen el diagrama de reactanciapor fase de la figura 6-9(b), el cual se s¡mplifica y se

muestra en la figura 6-9(c). La reaclancia total del neutro

a la lalla en F es, según ese diagrama,

Reacrancia por unidacr : t gffi{&: j0.246

Por lo tanto,

MVA de faila = 5q

1'10' = 203.25 MVA0.26

v

2q.25] rú , = 10.6ó8 ACorriente dc'l'alla : m;lü-ld- - ru'uuo ^

6.3 Una falla de un cortocircuito trifásico ocurre en el

punto F en el sistema que se aprecia en la figura

6-10(a). Calcule la corriente de la falla.

Sea la base MVA de 30 MVA y sea 33 kV el voltaie

base. Enlonces ref¡riendo a esos valores, tenem^s la si'guiente reaclancia q (mPedancia:

30 :'Zti,"u= (3 + ll5) 3,'

= (0.0826 + j0.4132) Pu

Estos valores por unidad se muestran en la figura 6-10(Ó)'

los cuales se pueden reducir en la figura 6-10(c). En ese

diagrama enconlramos que la impedancia total del neu'

tro del generador a la falla es

Por u¡ridacl Zt.t^t= 0.0826 + i0.5918

= 0.5975/82'pu

Luego

Cortocircuito kVA = +# = 50.21MVA

v

Corriente cle corrocircui,": ##;s,= 878.5 A

Las corrientes de fase en una conexión estrella,

con una carga desequilibrada son /,, = (44 -i331,l, = -132 + i24)e /, = (-40 + i25lA. Determine

las corrientes de secuencia.

De 16.121 a (6.74), adaptado para corrientes, obtenemos

/.n : {[(44 - i33) - (32 + i24) + (-40 + izs)l

= -9.33 - jL0.67 : L4.l7l:I3].2" Ar,,, : !Ig4 - i33) - (-0.s + i0.866x32 + i24)'

-(0.5-i0.s66x-40 + jzs)l

(a)

20 MVA. 15%

(c)@I p.rzro 0.082ó io.#32

6.4

Xct =ffo,ts : a.z25pu

xo, = #o'to = 0.3 pu

x."". : 19u.oo, = 0.5 puJUFT t,,1N#

LVS'luu

(b)

Fig. 6-10.

67cA¡-cur-os DE FALr-As

: 40.81 - j8.77 = 4L74La.t A

l, = \[(44 - i33) + (0.s - 10.8ó6)(32 + j24)

+ (-0.s + i0.866x-40 + j2s)1

= 12.52 - 113.48 = 18.371-47" A

Una carga trifásica en conexión estrella está co-nectada a un sistema trif ásico equilibrado. Obten'ga un conjunto de ecuac¡ones relacionadas conlos componentes simétricos de los volta¡es de,ínea y fase.

El sistema es simétrico, las supuestas localiza-

aiones del voltaie y su nomenclatuta se muestran en la f i'gura 6-1 1, de la cual lenemos

V'¡=V"-V¡ Vt": Vt - VVro=V"-V

Ya que V,,,. + V,.,. + V.., = 0, obtenemos

V¿o: Vt"o = Vroo:0

Escogemos V,,,, como el fasor de referencia. Para los com.ponentes de la secuencia pos¡t¡va, tenemos

= !(V"b + avh, + azv.,,)

= t¡Í(V" - V) + a(Vo - V) + a'z(V,. - U,)l

= \Í(v" + avh + a'v.) - (a'v,, + vt, + av)l

= i[v" + avh + a'v,) - a'(v" + avt, + a2v)l

= 1t(1 - a2)(V" + avt + azv.)\: (l - a'1)V,,r

- \f3v.,ein (l)

De manera similar, para los componentes de la secuen'c¡a negaliva, se tiene

V"¡, = lt(Va + azVu. * aV,.,,)

= \I(V, - V,) + a'(Vn - V,) + a(V, - V,,)l

: ii(% + a2v,, + av,) - (ov,, + vh + a2v)f

= ¿KV,, + azVo + aV,.) - a(v" + a'V, + aV,)l

= l(l - a)(V, + a'v, + aV) : (l - c)V.,

: \flv"r¿-i"' (.2\

En (7) y (2), Vqy V"z son respectivamente los componen.

tes de secuencia positiva y negativa del voltaie de fa'seV.

Procediendo como en la deducción de (t)y (2), pero

ahora escogiendo y,., como el fasor de referencia, pode'

mos demostrar que

Vu,r: -j!1V",Vrrr: j\/1V,,,

(3)

(4)

6.6 Los voltajes de línea a través de una carga trif ás¡'ca conectada en estrella que consta de una resis'tenc¡a de 10 0 en cada fase, están desequilibra'dos de manera que y,,/, - 2201131.7" V, y,,, -25219: Y, y V,,, = 1951 -122.61- V. Determine losvoltajes de secuencia por fase. Luego encuentrelos voltaies a través de las resistencias de 10 f) y

calcule las corrientes de cada línea.

Con los vollajes de la linea dados, determinamosprimero los componentes de secuencia de los voltajes de

I ínea. Ut¡l¡zando ii6.1 3\ y 16.1 4\ para los voltajes de I inea se

obtiene,

vu,, = \(vu" + av." + a'v,o¡ = +(25210"-+ 1.1 LaO'

x teslt22,.6" + 1L-U.!, x 2201)3t.ll)

:221 + jr?V

vr.r= l(vr. + a2v.-. * av.6): iQ52p + ll-120"

x 195¿-,122.6" + Uv$" x 220113r.'1")

= 31 - j11.9

De i'6.12\ tenemos

Vo,.u: \(Vr. +

=0V

v*+v"t,)=\(25219:

+ rgsl-122.6' + 2201131.7':_)

Fig. 6-11.

E68

CIr¡-CUUOS DE FAtl^S

Los componentes de secuencia de los voltajes de fase

son V"0 = 0, de (3) y (4) del problema 6'5' se tiene

v. = vo"r= -221

+ !12 = (-6.9 + irn.s')v,.t - _¡{3 _j!3vr., 3l - ill.gU'=frá="ff = (-ó'e -i17'e)v

Por tanto, de (6.9) y (6'10)' después de la simplificación

nos queda

V"=-6.9+iLn's

Va: azV¡ * aVo2:

r" --*= *(-13.8

v

Ih-

Las corrientes de línea l, e ''

están dadas por

- 6.9 - it7.9= (-13.8 + i10.96)V

(132.8 - is4.8) v

+ j109.6) = -1.38 + i10'96

= tt'O5197'?i A

Conductorde referencia

Conductor de

referencia

vb

R= +(132.8 - is4.8) ::r?r;ffi^

(b) (c) (d)

Fig' G12'

Voz = -IozZz Q)

puesto que no hay componente de secuencia negat¡va en

el voltale generado' Las corrientes de secuenc¡a cero del

g"n"r"áoittuy"n por Z" y también a través de zm' o sea la

impedancia de secuencia cero del generador' La corrien-

te iotal de secuencia cero a través de Z"es l4 + lq + l^ =

3r,0, pero la corriente a través de Zd es '"0'

En consecuen'

cia,

Voo = -IooZss - 3Io¡Zn = -Ioo(Zso + 32")

= -IooZo (3)

donde z0 -- Zn 132" Las ecuaciones (t)' (2) y (3) están

representadas, respectivamente' por la f¡gura 6'12(b)' (c)

v (d)'

6.8 Una falla de línea a tierra ocurre en la fase a del

generador de la figura 6-12(a\, el cual estaba ope'

iando sin carga. Derive una representación de la

red de secuencia de esta condición y determine la

corriente en la lase a'

Puesto que l" + l, + l' = 0 también obtenemos

I. = -Io - Ib - -1'38 + i10'96 + 13'23 - i5'48

= -11.9 - i5'4S = 13'1/-155'3" A

6.7 Un generador síncrono trifásico' conectado a

tierrá a través de una impedancia Z^' se muestra

en la figura 6'12(a)' El generador no. está sumi'

n¡strando carga, pero debido a una falla en las ter'

' minales del generador' las corrientes l'.'./' e /' flu'

f en a través de las f ases a, b Y c'resn11ly^alente'

Desarrolle y dibuje las redes de secuencia para el

generador en esta condición'

Sean los voltaies inducidos por el generador en las

tres fases E", E'y E" Los voltaies induc¡dos en el genera-

dor están equilibraclos' Además' esos voltaies sgn sólo

de secuencia pos¡tiva' Parael volta'e de secuenc¡apositi-

va (de fase)' tenemos

Vot = Eo - IotZt (I)

donde L"rZr es la caída del voltaie de secuencia pos¡tiva

en la impedanc¡a Zr de secuencia positiva del genérador'

Si Z, es la impedancia de secuencia negativa del genera'

dor, el volta¡e de secuencia negativa en la terminal de la

fase a es simplemente

cAt-cut-os DE FAU-AS €Las restricciones correspondientes a la falla son

lo = l. = 0 (el resto de las lín€as pennanece en c¡rcuiloabierto) y V, = 0 (cortocircuito de la línea a tierra). En

consecuencia, las componenles simétricas de la corrien-te en la fase a son

I"o= tr(l" + Ib + I"\: lI"L, = l(1" * aI,, * azl"¡ = \4L,=\e"+a2lb+aI,):lI.

de manera que loo = Ior = Io2 = tloDe aquí que las redes de secuencia se deban conectar enser¡e, como se muestra en la figura 6-13. El voltaje de se-cuencia aparece marcado en la figura.

Para determinar la corriente ,,,, escribimos, a partirde la figura 6-13,

V,n*V"t*Vz= E"- I"tZt- IotZz- IotZo

Pero como

6.9 Un cortocircuito ocurre entre las fases b y c de ungenerador conectado rígidamente a tierra, el cualopera sin carga, como se mueslra en la figura6-14(a). Obtenga una red de secuencia para estacondición de operación.

Según la f¡gura 6-14(a), las restricciones de volta¡e y

corriente son

In=0 líneaabierta (l)I, + I, : g cortocircuito de línea a linea (2)

V¡ = V, (3)

Sustituyendo (t) y (2) de (6.121 a (6.141 expresadas comocorrientes, obtenemos

/"n=j(0+0):61.,, = *(0 * al6 - a2lb) = \(a - a2)Io

1", = j(0 + a2lh - alr) : 11oz - otro

(b)

Fig. 6-14.

(4)

(5)

(6)Vo:Voo+Vt*Vz:0lenemos

E' - -" u.,:

""'or-zt+22+ (1)

3E"I,= zt + 22+ zo

(a)

I¡ = I¿= I"o

V"l

+

-V"z

+

-= zco + 32, v"o

+

Fig. 6-13.

E70 cAr-cuuos DE FALI-As

(7)

(10)

(1)

(2)

De (5) y (6) observamos que

Iut : -l"z

en tanto que (4) mueslra que la corriente de secuencia ce'

ro está ausente.Ahora bien, de (3) (6. f O y (6 1 l), obtenemos

V,^t + a2v.t * aV¿: V¡, * av,,t + a2V'2

Así pues,

V,, : V,z (8)

En términos de las impedancias de secuencia' (8) se

puede escribir como

E,, - I"tZt = -lntZz (9)

Combinando (Z) y (9) y despeiando l,r se obtiene

Ib+Ic

(b)

Fig. 6-15.

de la cual

,- Eo (7)'ot - z"z"z --' ' zn+ z,

El denom¡nador de (A muestra que Zo y Zz eslán conecta'

das en paralelo y esta combinac¡ón está conectada en se

rie con Zr. Por consiguiente, la representación de la re:

de la secuencia (4 es la que se observa en la ligu'a

6-15(b).

6.11 Las reaciancias de secuencia positiva, negativa '

de secuencia cero de un generador síncrono de 2':

MVA y 13.2 kV son 0'3 pu 0.2 pu, y 0'1 pu, respec:

vamente. El generador está sólidamente conec::

do a tierra y no está cargado' Ocurre una falla :'

(a)

-8"t"'- zr+zt

Las ecuaciones (Z) a (lO) se pueden representar por la red

de secuencia de la figura 6-14(b)'

6.10 Desarrolle la red de secuencia para un generador

sin carga, con una f alla de doble línea a tierra co-

mo se muestra en la figura 6-15(a)'

Para esle caso, las restricc¡ones de la corriente y el

voltaje son

r^= -Eo-lotzt y loz=taí- zLs

De (6.9), (l), Y (5) obtenemos

I.: - E" --Iutzt * L, -,a

Zn

I": 0

Vo--V"=g

Procediendo como en el problema 6 9' usamos (6 12) a

(6.14) con objeto de encontrar las componentes para la

secuencia de los volta¡es'

voo = vot = voz = tv" (3)

Por cons¡guiente, las ecuaciones de la red de la secuen-

cia se vuelven

Eo - Iorzt = -IooZo = -IozZz (4)

Despeiando /,,0 e 1,,, de (4)' obtenemos

En - Iotzt (5)z2

Eo-I"tZt_o (ó)z2

ZzV"¿

+

E cAlcuuos DE FAU-As 71

la línea a tierra en la fase a. Desconectando todaslas resistencias, delermine la corr¡ente de falla.

La red de secuencia correspondiente a esta falla semuestra en la f¡gura 6-13. Sea E,. - 1/0' pu. Puesto que lafeactancia total es jo.3 + ¡0.2 +10.1 = 10.6, de (7)delproblema 6.8 tenemos

t,,:# = r.671-90" = -.iL.67 Pu.lu.o

v

Io = 3I¿ = 5/-90" Pu

Si escogemos los valores especificados como cantida-des base, tenemos

20.000.-rrientebase =# = 874.84:1pu

v3 x rj.z-:rrienteclefalla = /, : 5pu = 5 x 874.8 : 4374 A

t12 Si ocurre una falla de linea a línea en las term¡na-les del generador sin carga del problema 6.'11. Calcu-le la corriente de la falla.

Para esta condic¡ón de la falla la red de secuenciaes la que se muestra en la f igura 6-14(bl. Dado E., = 1/0opu. Por lo tanto, de (4\ (ny (t0) del problema 6.9 obte-nemos

I"o: O

usIa = -l"z = /O.3E0.2

= zLn" = -i2.0pu

De aquí, la corriente de falla está dada por

-- = Ito + Iil + Iuz = 0 + azlú + aI"2

= (-0.5 - j0.866x-i2.0) + (-0.s + i0.866xi2.0)

= (i1.0 - 1.732 - i1.0 - t.732) : -3.464/0' pu

Como se calculd en el problema 6.1.1, la base de corrientees 874.8 A. Entonces,

- -':rientede f'alh : 16 : 874.8 x 3'4& = 3030 A

:, 13 El generador del problema 6.11 inicialmente estásin carga. Ocurre una falla doble de una línea atierra en las terminales del generador. Calcule la

corriente de la falla y los voltajes de línea.

La red de secuencia para este caso se muestra en la

figura 6-15. Damos E,, = lllj pu. Por lo tanto, de (4 delproblema 6.10 obtenemos

,: llll.'"'=,'na *fu: -j2'73prt

' j0.2 + j0.t

También, en la figura 6-15,

Vot = Eo - IotZt: U0' - (-j2.73')(j0.3) : 9,131tt

y, de (3) del problema 6.10, V.,2 = V,,o = 0.181 pu. Por con-

s¡gu¡ente,

r - V2_ -O'l8lIoz = - á: ¡*

: j0.e05 pu

r - %('--0'l8lIoo= -á= ¡O, :il.81pu

De la figura 6-15(a), la corr¡ente de la falla es /,, + 1..

Expresando esla suma en términos de componentes desecuencia de ,,., tenemos

It, + I.: (1,o * a2lot + aI"2) + (1"q, + al"t + azl"z)

= Zlon + (a + 42)(Iú + 1"2)

- 2loo - (1,, + I"r) (1)

De /., = 0 de (t)del problema 6.10, podemos escr¡bir

Io = I"o + Ior 1- I"z: 0

o - Q", + I"r) = I"n (2)

Ahora bien, (7)y (2) dan

Corrientedefalla- 1, * I" = Jl"o = 3(i1.81) = 5.43pu

= 5.43 x 874.8 = 4750A

Para calcular los voltajes de la línea, util¡zamos (2) y (3)

del problema 6.10. Nos dan

V = 3V"t = 3 x 0.181 = 0.543pu

v

V6:\y'":S

Por lo tanto,

t3.2Vo = V : 0.543 x :--E- : 4.14kV

v3V¡'=O

13.2V"o=V=0.543x ^:4. 14kVVJ

6.14 Calcule los voltajes línea a línea para el generador

del problema 6.12 (el cual tiene una falla en la co-

nexión línea a linea).

En¿ cÁlcur-os DE FAU¡S

Para calcular los voltajes de línea debemos primerodeterminar sus componentes de secuencia. Oe la figura6-14(b) y el problema 6.12,

Vt = Eo - IotZt = Uq - (-i2xi0.3) = O.4ltrpu

Vz = -IozZz = ej4fO.z) = 0.41tr = VtV" = Vn * Vt * Vz = 2 x 0.4 = 0.8/0'pu

vo: a2va * avz = (-0.5 - i0.s6óx0.4¿q)+ (-0.5 + i0.86óX0.410') = 0.4ltrpu

V = Vu:0.410"

Los voltaies de línea son entonces

Vt = V - Vb - 0.8 - (-.0.4) = 1.2pu

: t.2 x#:e.14skvV* = Vo - U - 1.2pu = 9.145kV

Vt =Vo-V- Opu=0V

6.15 Determine los voltajes V., Vu y V" para el genera-

dor del problema 6.'t1.

Según la f¡gura 6-13, tenemos los volta¡es de se'

cuencia por unidad

Vt:1- (-jl-67)(i0.3) = s.5ou

V,: -(-jr.6l[i0.2) = -0.33310'pu

Vo= -(ir.67xi0.1) = -0.1ó20'puEntonces,

% = 0.5 - 0.333 - 0.16l: Opu

Puesto que V" = 0, los voltaies de línea a línea son

Va = Vo - V, - -Vt = -0'25 - j0'721

V¡"=Vr-V"o=V-

= 0.6731-109.12pu

V =-jL.442=LMZl:m"puV.:V=-0.25+j0.721

: 0.673UJ9.12" pu

Puesto que la base del voltaie es 13.21J3, finalmente te-

nemos

V¡ = V" = o.6.n(#) = r.t, *'n

Para encontrar % y V., determ¡namos sus compo-

nentes de secuencia. Así, lenemos

vrt = azvt: (-0.5 - i0.86ó)0.5 = -o.25- j0.433 Pu

V¡z = aVz: (-0.5 + j0.86óX-0.333) = 9.167

- j(0.288) pu

Vm = Voo = -0' 167 Pu

En consecuencia,

Vt - -0.167 - 0.25 - jO.433 + 0.1ó7 - i0.288

= -{125 - j0.72tpu

De manera similar, encontramos

Vo = Voo = -0.167 Pu

Vt= aVt = (-0.5 + j0.8ó6)0.5 = -0.25+ j0.433 Pu

Vz = azVoz: (-0.5 - i0.866X-0.333) = 9.167

+ j0.288 pu

v

v = -0.t67 - 0.25 + i0.433 + 0.167 + i0.288

= -O.25 + j0.72tpu

6.16 El sistema que se aprecia en la figura 6-16(a) estáinicialmente sin carga. Galcule la corriente sub-

50 MVAr3.8 kVX¿" = 0.25 Pu

25 MVA13.8 kvX¿" = 0.25 Pu

Neutral

(b)

Fig. ó-16.v,,= r.442(#) = ro.ssrv

7ttE cA¡-cur-os DE FAt-rAs¡

transitoria de falla que resulta cuando ocurre unafalla trifásica en F. Suponiendo que el voltaje deltransformador en el lado del alto voltaje es 66 kV.

Sea la base de voltaie (en el lado alto) 69 kV y ta ba-se kVA sea 75 MVA. Por lo lanto. en términos unitarios te.nemos, para el generador G¡,

así como (6.¿) y (6.5), obtenemos

Es: (t + i0) + i1.0(0.8 - i0.6) = 1.79pu

E" = (L + i0) + i0.35(0.8 - i0.6) = t.24pu

EI: O +i0) +i0.25(0.8 -i0.6) = 1.17pu

Problemas complementarios

6.18 Una parle de un sistema de potencia se muestra en la fi.gura 6.17, la cual presenta tamb¡én las especificacionesde los generadores y el lransformador y sus respectivosporcentajes de reactancia. Un cortocircuito simétricoaparece en un al¡mentador en el punto F. Encuentre el va-lor de la reactanc¡a X (en por ciento) tal que los MVA decortocircuito no excedan 300 MVA.

15MVA20%

Fig. 617.

Resp.30 por ciento

6.19 Tres generadores, cada uno con una capac¡dad de 10

MVA y con una reactancia del 10 por ciento, se conectana una barra conductora común y sum¡nistran una carga a

través de dos transformadores de elevación de l5 kVA.Cada transformador tiene una reactancia de 7 por cienio.Determine los MVA máx¡mos de la falla (a) en el lado delalto volta¡e y (b) en el lado del bajo voltaje.

66

69

25 000

Esz =66

69= 0.957 pu

Para el transformador, X = 0.10 pu.

La f igura 6-16(b) muestra el d¡agrama de reactanciapara el sistema antes de que ocurra la falla; ésta se simu-la cerrando el interruptor S. Las dos reactancias parale-

las subtrans¡torias son equivalentes a una reactanc¡a

5.17 Las reactancia:l por unidad de un generadorsíncrono son X, = 1.0,X; - 0.35y X! = 0.25. Elgenerador suministra una carga por unidad de 1.0

a un factor de potencia retrasado de 0.8. Calculelos voltajes del síncrono, transitorio y subtransi-torio atrás de tas reactancias.

Con V, = 1 + l0 como base y usando

x?=0.2s(##) =o.¡zspu

E,, = 0.957 pu

Para el generador Gr,

x'I = o.zs(75 0m) : o.zsonu

0.375 x 0.75v = 0.25 ou^sub - 0.375 + 0.75 -

Por lo tanto, teniendo como referenc¡a el fasor E,r, lacorrienle subtransitoria en el cortocircuito es

.,, 0.957

i0.25 + i0.10

Er=V+jILXd Resp. (a) 68.18MVA; (á) ImMVA

-

c¡[,¡-cuuos oE FALLÁs IE74

6,20 Para el sistema que se observa en la figura 6'18' calcule

los MVA de cortocirculto en A Y en B'

Resp. 0.218 MVA; 0.218 MVA (aproximadamente)

20kvA10to

l0kvA

30 kvA 5%

6.21 El diagrama de reactanc¡a de una parte de un sistema de

potencia se muestra en ia figura 6"19' El voltaje de la

fuente entre línea y tierra es 1'0 pu y ocurre una falla de

línea a tierra en el punto P. Determine las corrientes pot

unidad en las dos partes de la línea de üansmisión B'

Resp. 3.077 Pu; 0'769 Pu

Línea A0.5

0.1pu

+Vs =l.0pu

+ Linea B

6.22 En el sistema de la f igura 6'20 ocurre un cortccircuito tr¡'

fásico en el punto F. Calcule los MVA de la falla' Las

reactancias están todas en porcentaje'

A la carga

Fig. 6-18.

6.23 Las corrientes de linea en un sistema trifásico de cuatro

conductores son 1,, = (300 + 1400)A' l'' = (¿O0 + i200)Ae

/. = (-400 - l2O0) A. Determine los componentes de se'

cuencia Positiva, negativa Y Gero'

Resp. 276.0125.6"- A; 301 186.ll A; r37'4t76" A

Corriente de carga ='0

0.3 pu

Fig. 6-19.

6,24 Las corrientes de línea en una carga conectada en delta

son /, = 5l9o,t, = 7t2OOo,e /. = 5/900 A' Calcule los

componentes de secuencia posit¡va, negativa y cero de la

corriente en la fase a' También delermine los componen-

tes de secuencia posit¡va, negativa y cero de la corriente

1,,", Y de aquí calcule /"n.

Resp. 5.5{-!{A; 7.941724" A; 0;

3.21115" A;459LL66 A; 1'38 A

6.25 Una carga desbalanceada conectada en estrella que

consta de las resistenc¡as de fase R' = 60 O' F' = 40 O y

A. = 80 0se conecta a una fuente equilibradatrifás¡cade

440 V. Oalcule las corrientes de linea por el método de las

comPonentes simétricas.

Resp' 4'4731 lffi'67" A; 5'138[]!/L A;

3.óe6é9q.63'A

pu

0.2

Resp. 176MVA .\

I

'.' 'l' f

IOMVAt0%

lt, ,t

15MVA

5MVA5%

15MVl2lo

lOMVA5o/o

l0Mv10%

Fig.620.

75E cAr-cut-os DE FALtAs

6.26 Una carga trifás¡ca delta desequilibrada obtiene 100 A decorriente de línea de una fuente trifásica equilibrada.Ocurre un corlocircuito en una de las líneas. Determinelos componentes de secuencia de las corr¡entes en las lí-neas sin falla.

Resp. 0; 50 T 128.86

6.27 Las reaclancias de secuencia positiva, negat¡va y cero deun generador trifásico de 15 MVA, 11 kV, conectado enestrella, son 1 1 por ciento, I por ciento y 3 por ciento, res-pectivamente. El neutro del generador está conectado at¡erra y el generador está excitado con el voltaje especifi.cado de circuito abierto. Ocurre una falla de línea a tierraen la fase a del generador. Calcule las corrientes y volta-ies de fase.

Resp. 0Y; 4.92125a.]4'kY; 4.92'¡ l-74.74" ky;I0 7461_18" A; 0 A; 0 A

6.28 Una falla en la conexión de línea a línea ocure entre laslases b y c del generador del problema 6.27, mientras quela fase a permanece en circuito abierto. Determine losvoltajes y corr¡entes en la fase.

7169.6 A; -7169.6 A

6.29 Las reactancias de secuencia de un alternador trifásicoson Xr = Xz = 0.15 pu y Xo - 0.05 pu, basado en la espe.cificación de la máquina de 30 MVAy 13.2 kV. Et atterna-dor se conecta a una líneade transmisión que tiene X, =Xz = O.1 Pu Y Xo - 0.4 pu. Una falla en la conexión delinea a línea ocurre en el exlremo receptor. Trace las re-oes de la secuencia para el s;stema con la falla y calculelas corrientes en la línea.

Resp. Fig. 621;0 A; 378811!0' A; 378810" A

6.30 Una falla doble de una línea a tierra ocurre en F en el s¡s.tema que se aprecia en la figura 6-22. Dibuje las redes desecuencia para el sistema y calcule la corr¡ente de líneat,..

Resp. Fig. 623; 4469F23.8" A

Y1

35 MVAllkV:1l0kV

X1 =)(=Xo=0.05puFig.6-22.

35MVA11 kV

Xr = 0.6 puX: = 0.4 pu -4Xa=0.2pu \

sY

Red de secuenciapositiva

Red de secuencianegativa

Red de secuenciapositiva

Red de secuencianegativa

Red de secuenciacero

Fig.6-23.

6.31 Delermine las corrientes sublransitorias (en amperes) enlos dos generadores del problema 6.16.

Resp. 5720 A:28ffi A

6.32 Un generador síncrono y un motor tienen una capacidadde 30 000 kVA y 13.2 kV y ambos tienen reactancias sub.transitorias de 20 por ciento. La línea que los conectatiene una reactancia de 10 por ciento referida a las espe-cificac¡ones de la máquina. El motor extrae 20 OOO kW

70.0ó pu 10.0ó pu

j0.0ó pu

i0.15 pu i0.15 pu

Fig. G21.

76 cA¡-cuuos DE FALI-AS Gsubiransitor¡a decon un facior de potencia adelantado de 0.8 y un voltaje

terminal de 12.8 kV cuando ocurre una falla tr¡fás¡ca si'

métrica en las term¡nales del motor' Determine la corrien"

te subtransitoria en el generador. Dibuje un circu¡to

equivalente para simular esta condición.

Resp. 360U -75.7" A;Fie. 6'24

Antes de la falla

Después de la falla

Fis.6-24.

& = o.8pu)G' = 0.3 pu

fi'--0.23puFig. 6-2s.

¿Cuál es'la magnitud de la corrientefalla en el problema 6.32?

Resp. 10.6 kA

6.34 Para el sistema del problema 6.32, esco¡a 30 MVA y 13.2

kV como valores base. Calcule la corriente de falla por

unidad aplicando el teorema de Thévenin.

Resp. -18.08 pu

6.35 Un cortocircu¡to trifás¡co ocurre en F en el sistema de la

figura 6-25. El generador está cargado al 80 por ciento de

su capac¡dad en el momento de la falla y el factor de po-

tencia del extremo receptor es unitario. Determine la

corr¡ente rms en una fase en F iusto después de que

ocurrió la falla.

Resp. 6.02 Pu

6.36 Las reactancias por unidad de un generador síncrono son

Xt = 1.1, X: = 0.24 y Xi = 0.15. El generador opera sin

carga a un valor 5 por ciento arriba del voltaje especifica-

do cuando ocurre un cortocircuito del trifásico en sus ter'minales. ¿Cuál es la corriente de f alla subtransitoria por

unidad? Si el generador está especificado a 500 MVA y 20

kV, determine la corriente subtrans¡toria en kiloamperes.

Resp. 7 Pu; 101 kA

6.37 Un generador síncrono que tiene una reactancia subtran'

sitoria de 0.15 pu y opera a un valor 5 por ciento arriba de

su voltaie espec¡ficado, suministra energía a un motor

sincrono con una reactancia subtransitoria de 0.20 pu. El

motor se conecta al generador por una I ínea de transmi'

sión y un transformador de reactancia total de 0 305 pu.

Un repentino cortocircuito trifásico ocurre en las termina-

les del generador. Delelmine la corriente de la falla

subtransitoria en valores por un¡dad.

Resp. - j9.079 pu

6.33

ñ2

/0.1

j0.2

MG

Métodos generoles ptlrocólculos de redes

qr.¡', i FIO

En este capítulo desarrollaremos métodos genera-les en que puede aplicarse la solución por computadorade problemas de redes de sistemas de potencia. Comen-zaremos por los teoremas básicos de redes.

7.1 TRANSFORMACIONES FUENTE

La fuente de voltaje de la figura 7-1(a) se puedetransformar en la f uente de corriente.de la f igura 7-1(b)yviceversa, con tal que

7.2 MATRIZ DE ADMITANCIA DEL CONDUCTOR

El sistema de cuatro conductores que corresponde aldiagrama unif ilar de la f igura Z-2(a) se puede representarpor la red de la figura l-2(b). En términos de los voltajes

¡ :'¡jü

de nodo Vb V2, V3 y Vt y de las admitancias da-das, la ley de las corrientes de Kirchhoff conduce a

\: V!rc + (V - Vr)yt -r (V, - Vt)ypIz: Vztm + (V, - V)ytz + (V2 - V)y.2j +

(v, - v)y^It: Vtln + (Vt - Vt\ytt * (V3 - V)y7 +

(v, - v)yyI¿: Vtlq + (Vn - Vr)yrn * (Vn - Vt)y*

Reacomodando estas ecuaciones y reescribiéndolas en

-ltzlm*loly7j*lze

-lts-lzc

-Its-lzt

.I.¡o * )rs * y** yy

-lY

La ecuación (7.3) se puede escribir como

t-:&'zeZo: Z,

(7.1)

(7.2\

,-.)i:.*] [r](7.3\

llli#fr?,[,,] (74,

dondeYt:lrc*ln*yBYzz: lm * lp * lzs I lu

7

Fig. 7-1.

T

MÉToDOS GENEFALES PARA CALCULOS DE REDES

(b)

Fig.7-2.

E

Yss:;t3o*/r¡*lzs*haYca: lq * Ya * Ys4

Yn: Yzt = -!tzYB=Y!: -!sYt¿: Yq: -}r¿ : 0

Yzt : Ysz: -!ztYu: Yo: -!z¿Yy=Yn=-!y

Gada admitancia Y" (l - 1,2,3,4) se llama autoadmi'tanc¡a (o admitancia de punto de excitación) del nodo I y

es igual a la suma algebraica de todas las admitancias

conectadas en el nodo. Cada uno de los términos diago-

nales Y¿* (i, k = 1,2,3, 4) se llama admitancia mutua

(admitancia de transferencia) entre los nodos I y k' y es

igual al negativo de la suma de todas las admitancias

conectadas directamente entre esos nodos. Más aÚn,

Y¡¡ = Y¡¡.Así pues, para una red general con N nodos la ley

de corrientes de Kirchhoff se puede escribir en términos

de los voltajes del nodo como

I = Y.ondu.,oJ (7.s)

donde

l-Ytt Yz Yt,u IY.ondu.,o, = | ":]

Yz2 .1:: I

L "', Y¡,e : ;""1(7.6)

v MÉTODoS GENERALES PARA c¡ücuLos DE REDES

(7.7)

79

se llama matr¡z de adm¡tancia del conductor, y V e I for-'nan la matr¡z de N elementos de volfales de nodo y laratriz de las corrientes de nodo, respectivamente.

En (2.6), el primer subíndice de cada Y indica el no-

tc en el cual la corriente está expresada y el segundosubíndice indica el nodo cuyo voltaje es responsable de

-na comp,cnente particular de la corriente. Además, las

admitancias a lo largo de la diagonal son las admiian.:ias propias, y las admitancias f uera de la diagonal son

as admitancias mutuas. De (7.5\y (7.6) se deduce que la

:cr'¡'iente que entra en un nodo k está dada por

tr: bt, (7.12)

(Cbserve la correspondencia entre la partición verticalde A y la partición horizontal de B.) El producto se escri.be entonces

(7.13\

Las submatrices se traian como elementos de la matrizen la multiplicación, por lo cual obtenemos

" = [;;:]

ID EI IHIc: AB = l. cJL¡l

I¡ = | YonVnn=1

En un s¡stema grande, las matrices de (7.3) a (7"61

cueden ser de un orden r:orrespondientemente grande.

:n tal caso, las operaciones matriciales se pueden reali-:ar rnás convenientemente si éstas han sido divididasen partes o (aproxirnadamente) subdivididas. Por ejem-

rlo, la matriz

A- (7.8)

:uede dividirse a lo largo de las líneas punteadas en

:uatro submatrices tales como

ID EIA=l_ _l (7.9')LF GI

Jonde las submatrices están defin¡das por

D: f,tt o"1Lart azzJ

F=[rrt aszl G=¿¡

Para demostrar la multiplicación de matrices en tér-minos de submatrices, suponemos que A de (7.8)va aser multiplicada después por una matriz

B_ tHr= Lr J Q.tI)

(7.14\

La matriz producto C se obtiene finalmente efectuandolas multiplicaciones y sumas indicadas. Por ejemplo, elrenglón inferior de C resulta ser

FH + cr :1a,, . "-ll|:',f t aeb31

= aztbn * a32b21 * aeb31 Q. 15)

el cual es exactamente igual al que fue encon¡rado almultiplicar las matrices originales A y B.

Al resolver (2.5) los nodos en los cuales no entra nisale corriente pueden ser eliminados. Con este propósi-to, las matrices I y V se deben reordenar en tal formaque los elemgntos que pertenecen a los nodos que va-yan a ser eliminados estén en los renglones inferiorespara poder dividirlos luego. Por lo tanto (2.5) puede vol-verse a escribir como

(7.16\

donde I, y V, son las submatrices de corrientes y volta-jes, respectivamente, en los nodos que van a ser elimi-nados. La submatriz K consta de admitancias relaciona-das con los nodos que se van a conservar; la submatrizM consta de admitancias en los nodos que se van a eli-minar, y la submatriz L y su transpuesta L'consta de ad-mitancias mutuas relacionadas con ambos tipos de no-dos. Resolviendo para l^ de (7.161, obtenemos

I^:[K-LM-ILT]VA

IDH+EIc: L"r + cJl

':,'a

E = fanlLa2sJ (7.10) l,';l = [f' ,l]tJ;l

l:',1

;:;.J

atz

472

= Yaondu",orV,4 (7.17)

7

Eú MÉToDos GENEMLES PARA CALCULOS DE REDES

donde tenemos ahora la matriz de admitancia del con-ductor

Yconductor:l(-LM-ILT (7.18\

La inversión de M en (7. t8) puede resultar dif ícil, en

especial si M es grande. En tal caso, pueden eliminarselos nodos uno a la vez, se comienza con el nodo numera-

do más alto, y luego se elimina cada vez. La eliminaciónde ese nodo transforma una matriz n x n en una matriz(r, - 1) x (n - 1). Ademas, los elementos resultantes Y¡;

de la matriz original se deben modificar mediante latransformación indicada en (7.1\

donde

.,_&conduclor -

(7.2s)

7.5 ELEMENTOS DE Zcond

El procedimiento para determinar los elementos de(7.25) es similar al que se estudió en la sección 7.4. AsÍ,

la segunda de las ecuaciones represenladas pot (7.24)

se puede escribir como

V2= 22111 + 22212+ ZBL + "'+ Zr*I*

(7.26)

I Zn Zrz zw1I z^ zrz zr, I

l;., z; :. ;;.1

Yk¡nu"ro = Yk¡originat - ry" Ynn

Cuando el n-ésimo nodo sea eliminado.

7.3 LOS ELEMENTOS DE UN.Ycon¿

v -Irl"t - vrlrr-n=...:vr=o

Para encontrar un elemento de (7.6), digamos Yrr,

escribimos en la forma siguiente la segunda de lasecuac¡ones representadas por (7.5)

Iz:YaV+YnV2+YBVy + "'+ Y^V*.(7.20\

de la cual obtenemos

(7.21)

Así pues, la autoadmitancia de'un nodo dado se mideponiendo en cortocircuito los otros nodos y determinan-do el coeficiente de la corr¡ente ¡nyectada al nodo entre

el voltaje en ese nodo. De igual manera, podemos deter'minar una admitancia mutua, digamos %1, como

de la cual obtenemos

VIZzz=il12 l4=¡r:...:rru=o

v vl7 - -_:t221 - - I

\ l¡r=¡r: "=ft=o

(7.27)

(7.28',)

Las matrices de impedancia y de admitancia del con-ductor se utilizan en el estudio del flujo de potencia (es-

tudiado en el siguiente capítulo) y en los cálculos de

fallas con ayuda de la computadora.

7.6 MOD|FICACIÓN DE Z"o,d

La adición de una rama con una impedancia Zo aunsistema que tiene una matriz de impedancias de un con-ductor original Z"ono puede realizarse en una de las for-mas siguientes

1. lnserción de Z, del conductor de relerencia r a un

nuevo conductor p (Fig. 7-3)

2. lnserción de Zu de un conductor viejo k a un nuevo

conductor p (Fig.7-41

3. lnserción de Z^ del conductor de referencia r a un

conductor viejo k (Fig. 7-5)

4. lnserción de Zo entre dos conductores viejos k y m(Fis. 7.6)

LI1' -__att22-., IV2'lyr:yt:.. .=vr:o

(7.1e)

(7.23)

(7.24',1

(7.22)

7.4 ÍIIATRIZ DE IMPEDANCIASDEL CONDUCTOR

La matriz de impedancias del conductor se definepof

Z"ondu",o, = Ylln¿u",o,

Por lo tanto, (7.5) se puede escrib¡r como

Y =Z l:.7conoucto¡

eo@Fíg. 7-3.

ce @Fig. 7-5.

@Fig. 7-6.

@o

oe @@

82 MÉTODOS GENERALES PAFA CALCULOS DE REDES

Las nuevas matrices del conductor de impedanci a 2. Para la figuraT'4:que resultan de la conexión de Z¡ son, respectivamente,

1. Para la iigura 7-3:

Z.nrrdr,.,o,

(7.2e)

00 0

m

,.on,,u.,or,""""",:

L

:l1lZuJ

f i z,u lI Z.nndu.,o, i Zro Il'-l

Z.o,r.tu.,or: I i " I

(nuevo)l iZ*,, I

E,:,r ;;:-': : t;-r-i ¿;:; ¿,1

(7.30)

3. Para la figura 7-5:

r z1o ZrrZ* ZtoZ*k1

Zionrfueror (nuero): Zconducror - =f - I Z'oz'r Z3r z'oz*o I"'-Z*+Zl

I

Lz*oZro Z*xzz* z'*r I(7.sl)

4. Parala figura 7-6:

1&conducror (ruevo)- Zconductor - Zb + ZI* + Z^^ I ZZo^

Problemas resuefros

7.1 El diagrama de reactancia para un sistema se

muestra en la figura 7-7(a). Utilice una transfor'mación de la fuente a f in de obtener el diagramade admitancia del sistema. (lodos los valoresson un¡tarios.)

El resultado de la transtormación directa de lafuente se aprecia en la figura 7-7(b).

Obtenga la matriz de admitancia del conductorpara la red que se observa en la figura 7'7(b).

83T MÉToDOs GEI..IERALSS PARA CALCULOS DE REOES

-j2.0

(a\

Las admitancias están tomadas de la figura:

Y,' : -10.5 - ¡5 -15 = -110.5

Y,,= -j0.5 - jz.s - i5 = -i8.0¿, : -i0.5 - j5 - jto - jz.s: -i18.0

Yo:-j5-i10-js:-j20.0Yr:='%r:0Yt.=Y.t:j5.0Yrr: Yot : j5.0

YB = Y2: j2.5

Y2a= Ya2= j5_.0

Yzt:Y,":i10.0

Por eso la matnz de admitanc¡a del conductor es

\'..n,lu.ru,

7.3 Dibuje un diagrama de impedancias para la red

que se muestra en la figura 7-8(a).

El diagrama de impedancias se representa en la f i-

gura 7-8(b), donde

E" = (t 10"¡1-i1.0) : 2l:9o' vEb: Qlg)(-iz.o) = 4Llfv

l- -rl0.s 0 is.O is.O II o -i8.0 jz.s is.o I= I js.o j2.s -ir8.o ito.o I

L.;s.o is.o iio.o -i2o.ol

-/o.5

( ¿,)

Fig. 7-7.

+ l?-3

--rl¡--\_,/ I___{10-s

-/0.5__oL_

-j51

t-rt319

r0¡-1-/0.5 i2.5-{r" 21:

Fig. 7-8.

(b)

MÉToDos GENEMLES PARA CALCULOS DE REDES tu7.4 Obtenga la matriz de admitancias del conductor

para la red de la figura 7-8(a). Oodos los valoresson unitarios.)

Los elementos de Ycond son, según la figura,

Y"=-j1.0-j2.0=-j3.0Y,r: -j2.O - j2.0 = -i4.0Yp= Yzt = 2'0

Por tanto, la matriz de admitancia del conductor es

v _ l-i¡.0 iz.ol'conducrot - l, ¡z,o -i4.ol

lnvirtiendo' la matriz de admitancia del conduc'

tor para la red de la f igura 7-8(a), obtenga los vol'tajes del conductor VtY Vr.

De (7.5) tenemos

Del problema 7.2y (7.16\ lenemos

rK LI".'"11pJ

: Ll' ml =

de la cual

M-r= - +*l:,?iPor lo tanto,

[ -ito.s 0 i is.o is.o II 9 ----.-r-{'-0.-i--l-2J-----i:,9-- II ¡s.o iz.s i -¡ts.o ito.o I

L ¡s.o is.o i iro.o -jzo.o)

7.5

(1)

l|t-l: t -ii 3 -,'^:i)li;,1

Por lo cual,

li;"1 = l-',i,i j,'^:il' llt-l =

tlJ;1 illt,ll|ffi1Entonces

| - js.s1s -j4.135.l- L-i¿.r¡s -¡z.nl=14.1351

-'¡q,.Ái.]P (2)

Y, = U0.5X2lq) + U0.2s)(214f) : 1.848&7-5" pu

vz - U0.2s)(2ly) * (i0.37s)Qt4s") =

1.158/f17.2" pu

7.6 Elimine los nodos 3 y 4 de la red de la figura 7'7 ,

usando el procedimiento dado por (7.161 a 17.18\para encontrar la nueva Y"ono.

'El procédim¡ento para invertir matrices puede encontrarse en cualquiertexto de métodos matr¡ciales.

7.7 A partir del resultado del problema 7.6, determi'ne la impedancia por unidad entre los conducto-res (nodos) 1 y 2del circuito con los nodos 3 y 4eliminados. También determine la admitanciaentre los conductores 1 y 2del conductor de re'ferencia.

De (1) del problema 7.6, la admitancia entre los

conductores 1 y 2 es -i4.135. En consecuencia

1

lmpedancia por unidad =

-

= i0.2418 pu- j4.135

De (7.4\,la admitancia entre el conductor 1 y el conduc'tor de referencia es -14.925 - (- 14.135) = -10.79 pu.

De igual manera, la admitancia entre el conductor 2 y el

conductor de referencia es -¡4.827 - (-14.135) =

-10.692 Pu.

-t101 : 1i0.076e i0.03851

-i 181 L¡o.orss jo.cri}zl

LM- 17 = lji ! íi 3lií38lil í38liil

Asi pues, de (7.181,

y -l-i10.s 0 Iconoucror L o -i8.ol| -i4.e25L i¿. r¡s

ljs.o i2.s1 _ l -is.s7s -i4.l3slLis.o is.ol - L-¡+.rrs -i3.rnl

EI MÉroDos GENEMLES pARA clüculos DE REDEs 8s

7.8 Dibuje un circuito equivalente, con f uentes de Por lo tanto,

voltaje y con los nodos 3 y 4 eliminados, para la porencia de salida del nodo I : (1.010.X0.20361!:) :red del problema 7.6.

(0.2032 + l0) puEl circuito que se requiere, con los valores obten¡-

dos en el problema 7 .7 pero con fuentes de corriente, semuestra en la figura 7-9(a). El circu¡to equivalente confuentes de voltaje se ¡ncluye en la figura 7-9(b).

7.g En la figura 7-7(a), suponga que E, = 1.0@, E,, =1.2,;l-goo, y E = 1.4/3Oo por unidad. Encuentre,

en forma compleja, los valores unitarios de las

f uentes de corriente que se observan en la f igura

7-7(b).

Las fuentes de corriente son

1.0/0"I' : jfi: o'S/-eo" : -io'5 Pu

l.2l -30"' ¡2'0 L-

t.413trh = -.* : 0.71-ffi" = (0.35 - i0.606) pu

l¿-u

: 1.010' - (0.203610')(i1.s078)

:1.0461:lZ.0CPu

7.10 SiE, = 1.01Q3, y E,, = 1.21-30o, por unidad en elcircuito de la figura 7-9,'determine la potenciacompleja dentro (o fuera) de los nodos 'l y 2.

De la figura 7-9(b), la impedancia en ser¡e Z es

-l(1.266 + 0.2418 + 1.445) = i2.9528pu. De aquí

I: E" - E, _l.o/o_- r.2l_n1z j2.9s28

: r¿.20361! pu

v

porencia de entrada del nodo 2: (I.7 l-3O"X0.2036¿0") :(0.211.6 - j0.122) pu

7.11 Determine los voltajes del nodo en el circuito de

la f igura 7-9.

Utilizando el valor de la corriente obtenido en elproblema 7.10, tenemos, en el nodo l,

V, : Eo - I(ir.266): 1.010' - (0.20361s_01.266

= L0.32LI4.#p\De modo semeiante, en el nodo 2,

V: E" - I(i1.266 + jo.24l8)

7.12 Elimine los nodos 3 y 4 de la red de la f igura 7-7, ut¡lizan.do (7.191 para encontrar la nueva Y"on6.

Empezamos con la r,ratriz de admitancias del con.ductor del problema 7.2:

Y,.rn,lu.t., =

l- -i 10.5 0 i5.0 is.O II o -j8.0 i2.s i5.o I

I ¡s.o jz.s -jr8.o iro.o I

L ¡s.o is.o ilo.o -i2o.o -l

I -J4.135 j1.266 j0.2418 jt.44s

(a)

Fig. 7-9.

(h)

Debemos suprim¡r el nodo numerado más alto (aquies

el nodo 4) en cada etapa de el¡minac¡ón. Hacernos esto

modifica¡ldo cada uno de los elementos que quedan, se-

gún (7.79). Con n = 4, Fara yr¡ tenemos

1/Vtstlnu.uo) = Fl{orig"n) -

- : -i10.5

_ us.0x¿s.O) : _is.zs-i20

De manera similar,

MÉToDos GENERALES PARA CALCULOS DE BEDES

zconouctor

r j0.724

I ro.ozo

I io.oseLr0.ó64

= i1.25 = Y2rqnue*o)

til

is.O l -'

is.O I

jlo.o I

-j20$ J

(7.231'

ccncluctc

f-iIl¡:Li:

i0.ó20i0.73it

i0.642

'0.660

t.0

5

0

i0.j0.

i0.10.

0

-i8j2..

i s.l

656

642

702

676

) tenemosr-1

,rarj

"i10. s

0

is.0

ls.0

0 io.6:8 j0.64

2 ja.1a

D j0.ó7

es, de (7.5)

T i0.s II -0., - itr.sz I :L-0."

-,o.rul

[-'i' -;, ',i,i f ll¡¡I ¡s.o i2.5 -il8.o ilo.o ll Y, I

L ,s.o ls.o i10.0 -¡zo.ol LY.J

j0.6u1jo.66o I

j0.676 |

ro.zrsl

r -t0.s 1| -0.¡ - io.sz I

L-r." -;o.oool

Ii]

De

tY

is.0j2.s

-118.0110.0

i0.i0.j0.

i0.

6441

ooo I

uru I

'')Ytzlnueuo¡ = 0 -

us.Oxjs.0)- j20

rrrlnuevo¡ = i5.0 * t#P = i7.5 = %rlnueuo¡

Yzzlnueuo¡ = -i8.0 - gP = -i6.75

rzslnueuo) : iz.s -r¿*#P : is.o : F'(nu.uo)

r31nu.,o) = -i18.0 ryH, = -i13.0

Por eso, la primera el¡m¡nación da por resultado

i1,.2s j7.s

-i6.7s js.0js.O -i13.0

El nodo con el número más alto es ahora ei nodo 3, con

n = 3, (7.19) nos da

yrrlnuevo¡ : -jg.zs -W'trl?^':t) = -i4.gz3-i13.0

Y de igual manera con los elementos que quedan. Final'

mente, con los nodos 3 y 4 eliminados, obtenemos

v _l-i4'n3 i4.1341'{nuetor - L iq.Bq -i4.826)

Observe que este resultado concuerda con el del proble'

ma 7.6.

7.13 Encuentre la matriz de impedancias del conduc-tor de la red de la figuraT'7(al.

7.14 Para las fem especificadas en el problema 7.9,

encuentre el voltaje en el nodo 4 de la red de la f i-

gura 7-7.

Con las fuentes de corriente como se calculó en el

problema 7.9, la ecuación de nodos en forma de matriz

Usando el resultado del problema 7.13, donde se en'contfó Yóbnd se liene

f j0.724 i0.620 i0.6s6

I ro.ozo jo.738 j0.e2

| ¡o.ose io.&z io.loz

Lio.oo+ io.66o i0.676

c¡ ue

yo= (¡0.664)(-i0.s) + (i0.66X-0.3 - i0.s2)

+ U0.676X-0.3s - i0.606)

= 1.085 - j0.435 = r.169L-2!8"pu

f -is'zsY .on,lucro, (nuevo) : I i1.25

L ¡z.s

8V,n MÉToDos GENEMLES PARA CALCULOS DE REDES

7.15 Una corriente de -0.5/600 pu se aplica al nodo 4

de la red de la figura 7-7. Encuentre el voltaje re-

sultante en el nodo 4, dadas las fem especifica'das en el problema 7.9.

tiesolvemos este problema por superposición.

Quitando las fem or¡ginales y con Z4{ como se determi'nó en el problema 7.13, el voltaje en el nodo 4 debido ala corriente introducida es

V'o = IoZ*: (-0.5i60)(0.71919A:)

= -A.2514 + i0.2570pu

Según el problema 7.14, el voltaje en el nodo 4 deb¡do a

ias lem es

Vll = 1.085 - j0.435 pu

Por consigu¡ente, el vo¡taie requerido es la suma

vc: vL + v'¿ : -0.25t4 + j0.25'10 + i.085 - ii).435

: 0.8336 * j0.178 : 0.851/-tr2.0'

'7.'16 Un capacitor que tiene una reactanrjia de 4.0 pu

se conecta del nodo 4 del sistema de laliguraT'7a lierra. Con los valores numéricos especifica-dos en la figura 7-7 y el problema 7'9, calcule la

corriente por unidad a través del capacitor.

Según el problema 7.14, el vo¡taje de Thévenin en

el nodo 4 es y4 = 1.169 /-21.8o pu. Y del problema 7.13,

la ¡mpedancia de Thévenin es Zro = 10.719. Por ello lacoffiente a través del capacitor es

t.r69t-zt.tI= ¿=0.35ó168.2"Puio.7l9-i4.0 4r

Problemas comPlementar¡os

7.17 Determine Zse¡6 p?ra la red que se presenta en la figura

7.10.

7.19 Sean /, = 1.0/Oo pu e l, = 12!fi. pu en la red de la figu-ra 7-1Q, y obtenga una red equivalente que sólo tenga

fuentes de voltaie.

Resp. Fig.7-11

Jo.3

1.8 ¡ 9{r pu

Fig. 7-11.

Encueilire la potenc¡a compleia que entra (o sale) del no'

do 1 de la red de la figura 7-10.

Resp. (0.4 ,12 - ;O.05 I ) pu

Ut¡lice una transformación de la fuente para obtener el

diagrama de ¡mpedancias para la red que se muestra en

la f¡gura 7-12.

tsl:g

7.18

Fig. 7-10.

f ¡o.en io.658 ¡o"6zs1Resp. | ¡o.oss io.7ss j0.677

I

l¡o.ozs i0.677 io.7L4 JEncuentre Ycond para la red del problerna 7'17'

[ -¡s. is i4.e8 i3.33 IResp. | ¡o.nt -i1,1.6 i6.s7 I = t-;:"u

| ¡r.r i6.s7 -110.6l

7.24

7.21

213tr

1

1.2,/9ffpu

I _l!_o 3 _¡zo. 4 -jI z

)!;'-ll'

r-uu--t,=-j4 I

I

r-uu*3-;s f

I

-i" cFig.7-r2.

88 MÉroDos GENEMI-ES PAIA cdcuLos DE REoEs

Fig. 7-13.

t¡

7.22 Obtenga Y6e¡6 pará la red de la figura 7-12.

.f -i20 0 -i10 0 IResn. I o -i3o o -trol' ¡ -i10 0 -¡34 -j20 I

L o -ilo -¡20 -F8J

Resp. Fig. 7-13

20/-tr

El¡mine los nodos 3 y 4 de la red de la f igura 7-12,ulilizan-do el procedimiento de 17.161 a (7.181 para obtener la

Ycond resultanie.

Reso. l-i1s.74 -i2.241' L -j2.24 -j26.teJ

D¡buje un circuito equivalente con fuentes de voltale pa-

ra la red de la figura 7-12, con ios nodos 3 y 4 eliminados.

Resp. Fig.7-I4

N.074 70.045 r0.042

30llsq

7.27 Si Z"on6 es una matriz de n x n, ¿cuál es el orden de

Zcond lnuevo¡ en (7.29\ a (7.32\?

Resp. (n + l) x (n + 1); (n + 1)

x(n+L);nxn;nxn

7.28 Un sistema de dos conductores t¡ene

zcond = [13.¡t33 i3?3333] '"Si una impedancia 2,, = /O.4 pu se conecta entre los con-ductores 1 y 2, Lcvál es el nuevo Z"on6 ?

tt0.10698 t0.05735rResP' Lio.ottrt'io.tztszl'"

7.29 Encuentre 266¡¿ párá el sistema que se muestra en fa f i-

gura 7-15. Todas las impedancias se dan en valores por

unidad.

30 Lsl'v

o

7.23

7.24

7.25

20Lñ'v

7.26

Fig. 7-14.

Repita el problema 7.23, usando (7.19\ pata encontrar lanueva Y

"on¿.

Encuentre el voltaje en el nodo 3 bajo las condic¡ones delproblema 7.15.

Resp. 1.251 -23.84" pu Fig. 7-15.

E MÉToDos GENEMT.ES PARA cALcULos DE REDES

7.30

Resp.

Si una impedanc¡a de 11.5 pu se conecta entre el conduc-tor r y el conductor 3 de la figura 7-15, ¿cuál es la nuevaZcond?

Resp.

Si una impedancia de 10.15 pu se agrega entre el conduc-tor 2 y el 3 de la figura 7-15, ¿cuál es la nueva matriz de im-pedancias del conductor?

Resp.

i0.6968 io.6s8110.ós81 j0.7s48

j0.6290 j0.6774

La impedanc¡a 2,, es la ¡mpedancia que se m¡de entre el

conductor 1 y el conductor r del sistema que se observaen la figura 7-15 cuando 12 = 13 = 0. Evalúe Zu. Verifiqueque su resultado sea compatible con el del problema7.31 .

Resp. ¡0.6968 pu

Resp

7.33 Un diagrama unifilar para un sistema de cuatro conduc.tores se muestra en la figura 7-16. Las ¡mpedancias de lalínea se dan en la tabla 7{. Determine Y.on6.

TABLA 7-I

Linea (conductor a conductor) R, pu X, pu

f ¡t.z jr.z j1.21

I ¡r.z jt.4 i 1.2 lpuL¡r.z ir.z jl.sJ

j0.72 jo.72 j0.601j0.72 j0.s2 i0.ó0 lpu

i0.60 i0.60 jo.1s l

o

7.31

j0.62s01

¡0.677a lpu¡0.71.:7 J

7.32r-21-32-32-43-4

0.050.100.150.100.0s

0.150.300.450.300.r5

0'l-r + j3 |

-2 + i6 lpu3-is J

f 3- jel-z+¡e| -r +¡¡Lo

-2+j63.ffi * jrr-0.ffi + j2

-I+j3

-l+i3-0.66 + j23.ffi - itr-2+j6

Fig. 7-16.

Esludios defluio de potencio

Los estudios de fluio de potencia, más comúnmen-

te conocidos como estudios de lluio de carga, son muy

importantes al evaluar la operación de sistemas de po-

tenc¡a, al controlarlos y planearlos para futuras expan'

siones. Un estudio de flujo de potencia proporciona

principalmente la potencia real y reactiva y un fasor de

voltaje en cada conductor del sistema, aunque mucha

información adicional se encuentra disponible en impre-

siones por computadora de los estudios más represen-

tativos de fluio de Potencia'Los principios requeridos en los estudios de flujo

de potencia son claros, pero un estudio relacionado con un

s¡stema de potencia real sólo se puede obtener con una

computadora digital. Por lo tanto, los cálculos numéricos

requeridos se realizan s¡stemáticamente por medio de un

procedimiento iterativo; dos de los procedimientos numéri-

cos iterativos rnás utilizados son el nÉtodo de Gauss'

Seidel y Newton-Raphson. Antes de considerarlos explica-

remos el concepto de fluio de potencia el cual se obtiene

con expresiones explícitas para el fluio de potencia de una

línea de transmisión corta sin pérdidas.

8.1 FLUJO DE POTENCIA EN UNA LfNEADE TRANSMISIÓN CORTA

Suponemos que la línea de transmisión corta que

se muestra en la figura 8.1(a) tiene una resistencia

despreciable y una reactancia en serie de lX ohms por

fase. El extremo transmisor por fase y los voltajes del

extremo receptor son V. y V', respectivamente. Desea'

mos determinar la potencia real y reactiva en el extremo

transm¡sor y en el receptor, dado que V' adelanta a y"

por el ángulo 6.

La potencia compleja S, en voltamperes, está dada

en general por

tjx+ ,.¡-0^0\+-T

(b)

Fig. 8-1.

donde /. es el conjugado complelo de /. Así, en una basepor fase, en el extremo transmisor tenemos

Ss : Ps + iQs : VsI* VA (8'2\

Según la figura 8-1(a), / está dada por

Vg vR

(a)

II==(Vr-Vn)

,* : J-1v$ - vñ) (8.3)-l^S:P*iQ:VI* VA (8.I)

por lo cual

ESustituimos (8.3) en (8.2) y obtenemos

ESruUOS DE FLUJO DE POTENCIA

(8.4)

(8.5)

var (8.6)

Finalmente, de (8.6) y (8.8), es claro que la potencia reac.tiva fluirá en la direccióri del voltaje más bajo. Si el siste-ma opera con ó

^r 0, entonces el flujo promedio de poten-

cia reactiva en la línea está dado por

11Qp,o* = ){O, + Qi: fi<wrt, - lv*lr\ var

(8.10)

Esta ecuación muestra una fuerte dependencia del flujode potencia reactivo en la diferencia de voltaje.

En este punto hemos despreciado la pérdida /2R enla línea. Si ahora suponemos que 19 es la res¡stencia en lalínea por fase, entonces la pérdida en la línea está dadapor

P,in.u: l/l2R W

A partir de (8.2) tenemos

'* : P *-iQ

v

(8.11)

P:iQV*

Así pues,

91

Ahora bien, del diagrama fasorial de la figura B-1(b),

Vn : lVnV! o sea Vn : Vfv

Vs: lVsll!Por consiguiente (8.4) se convierte en

^ lvrl'- lv^l lvrldo" -jx= rysenó + i|<lva, - lv"llv^lcos6)

(La segunda ecuación requiere algún manejo.) Final-mente, de S, = P" + lO", podemos escribir

P" = i(lv"llvnlsen6) w

s" =;!rr{v¡ - vi)

|wa' - lv"l lv¡lcos ó)

v

Qs: l-

De igual manera, en el extremo receptor tenemos

Sn : Pn + jQ^: VnI*

Procediendo como antes, obtenemos linalmente

1P^: i(lVrl lV*lsenó) w (8.7)w (8.12)

v

1

Q^: V(Vsl lV¡lcos 6 - lV^l') var (8.8)

De este ejemplo sencillo se pueden derivar variasconclusiones importantes. Primero, la transferencia dela potencia real depende sólo del ángulo 6, el cual se co.noce como ángulo de potenc¡a, y no de las magnitudesrelativas del voltaje del extremo transmisor y receptor (adiferencia del caso de un sistema de cd). por otra parte,la potencia transmitida varía aproximadamente el cua-drado del nivel de voltaje. La potencia máxima transferi-da ocurre cuando 6 = 90o y

lV"llV"lX

II*:lll2:W

y (8.11) se convierte en

^ (P, + Q1Rrrin*" = _ lvp_

lo cual indica que ambos, la potencia real y la reactiva,contribuyen a las pérdidas en la línea. Por ello, es impor-tante reducir el f lujo de potencia reactiva para disminuirlas pérdidas en la línea.

8.2 UN PROCEDIMIENTO ITERATIVO

Pudimos obtener una expresión analÍtica para elflujo de potencia en nuestro caso idealizado; sin embar-go, en un sistema de potencia real las solucionesanalíticas explícitas no son del todo exactas debido alas fluctuaciones de carga en los conductores y a que elvoltaje del extremo receptor puede no ser conocido. Porlo tanto, se deben utilizar métodos numéricos para cal-

D _I'r R(nr;r) - ¡ S(ruir) - (8.e)

cular las cantidades desconocidas, generalmente por

medio de un procedimiento iterativo.

La figura 8-2 muestra un sistema de dos conducto'

res, con la potencia real representada por flechas conti-

nuas y la potencia reactiva por flechas punteadas' Las

ecuaciones dominantes para el sistema son (en una ba'

se por fase)

Sz = VzI*

Vt: Vz + ZcI

Con los símbolos definidos como en ta figura 8-2' Despe'

jando V, y eliminando / de estas ecuaciones, obtenemos

(8.13)

ESTUDIOS DE FLWO DE POTENCLA

(8.14\

2. Vn conductot del generador es un conductor en el

que se conocen la magnitud del '¡oltaie generado

I V I y la potencia correspondiente generada P'y Qy

ó van a obtenerse.

3. Un conductor de respaldo (o conductor inactivo) es

un conductor generador en el cual I y I y ó son espe-

cificadas, y Py Qvan a serdeterminados' En conve'

niencia, escogemos V/! = ll}o- por unidad' De (7'5)'

podemos escr¡bir la corriente del nodo késimo

(de N) como

A

Ir : ) Yonvnn:l

lo cual también se puede escribir como

I¡:Y¡,¡V¡+>Yk^V':=L

Despejando los V* dados

(8.17)

E9,

Vz: Vt - ZcI - Vr - Z'#

Para resolver (8.73) iterativamente, suponemos un valor pa-

ra V, y lo llamamos Vlot' Podemos sustituirlo en el lado

dereiho de (8.13) y despejar Vr, llamando Vf' al nuevo

valor de V, obtenido de esta primera iteración' Podemos

luego susiituir (V1|¡- en el lado derecho de (8'13)y obte'

ner un nuevo valot Vtzt. Este procedimiento se repetirá

hasta que nos dé la precisión deseada' Este proceso ite-

rativo que usaremos está, pues, dado por la ecuación

general o algorítmica.

z,s:vf)=v- *fiAhora bien, como

VII*:Po-iQ*tenemos

- Pk-iQof

--,k_ vIFinalmente, (8.17) y (8.19) dan, para N nodos,

v,: t (pr_!eo_ j "_,u,)'r- Yoo\ vI

Parak:1,2,"',N

(8.1s)

(8.16)

,r: *,- *,2"r^,,

8.3 LAS ECUACIONES DE FLUJO DE POTENCIA

Como se vio en el capítulo anterior, la matriz de ad-

mitanc¡as es útil en un enfoque sistemático de la solu-

ción de problemas de f luio de potencia' Antes de estu-

diar este enfoque necesitamos definir los s¡guientes

conductores esPeciales:

1. Vn conductor de carga es aquel conductor para el

cual las potencias activa P y reactiva Q son conoci-

das, y I V] Y 6van a ser encontradas'

Este conjunto de N ecuaciones constituye las ecuacio-

nes de f lujo de Potencia :

(8. 18)

(8.1e\

(8.20)

Fig. 8-2.

o

90E ESruO|oS DE FLT'JO OE POTENCIA

8.4 LOS MÉTODOS DE GAUSS Y GAUSS.SEIDEL

Los métodos de Gauss y Gauss-Seidel son procedi-'nientos iterativos para la solución de ecuaciones simul-:áneas (no lineales). Explicamos el método de Gauss:on el ejemplo siguiente.

EJEMPLO: Despeje x y y del sistema de ecuaciones

Y-3x+1.9=0Y*x'-1.8=0

Para resolver con el método de Gauss, reescribimos las

ecuaciones dadas como

¡,r(i+l)- I lP*-iQ*-YkkL (Vt\)* i,rr^rytf

n*k

parak=2,3,...,N (8.21\

Observe que se especifica Vten (8.211asíque empeza-mos los cálculos en el conductor 2.

8.5 EL MÉTODO DE NEWTON.RAPHSON

Considérense dos funciones de dos variables xt yxr, tales que

':f+o.o:rl:1.8-x2

(r)

(2\

Ahora asignamos un valor inicial supuesto de xo = 'l y yo = 1, ac'

tual¡zamos x con (t)y actualizamos y con (2). Eslo es, calculamos

x,:+ +0.633 = | +0.633 =0.9ó63 (3)'3v

)|r:1.9 - xt= 1.9 - 1 =0.9 (4\

En las iteraciones que siguen calculamos, de modo más general,

Y; + o.or (5)x"*¡ = jv

!,+t: l'8 - xl @)

Después de varias iteraciones, obtenemos x = 0.938 y y =0.917. Unas pocas más iteraciones nos acercarían más a los re'

sultados exaclos:x = 0.93926yy = 0.9178. Sin embargo,sede-be puntualizar que una simple conjetura de los valores in¡ciales(tales como Xs = f, = 100) hace que la soluc¡ón diveria.

Si hubiéramos usado el método de Gauss-Seidel en el

ejemplo anterior, podríamos utilizar todavía (5) para calcular x*r;pero usaríamos entonces el cálculo exacto x",r para encontrary,,.,. En lugar de (5) y (6), el algorilmo para el método de Gauss-

Seidel sería

xn+t=|+O.eff3

!n+t=1,8-x2n*1

Extrapolando los resultados anteriores, determina-mos que el algoritrno de Gauss-Seidel para las

ecuaciones de flujo de potencia (8.20) es

donde C, y C2 son constantes. Seán xlo)y xro) estimacio-nes iniciales de soluciones para (8.22) y (8.231 y sean

Axr{o) y Axrtot ¡o" valOreS pOr IOS CUales las estima.i.ne'iniciales difieren de las soluciones correctas. Esto es,

.ñ(rÍo) + axto), r5or + a.r!o)¡ = 6, (8.24)

fr(t\o) + ar{o), r5or + L,xfi¡ : g, (8.25)

Expandiendo el lado izquierdo de cada una de las cuatroecuaciones en una serie de Taylor, obtenemos

iLt.fi(rÍo), xtor¡ + *Ío'fr

l,*,

+ arto) #l,o*...: cr @.26)

4f' I

fr(r\o),xlor¡ + -Ío'# l,*,

+ arto) *l,oi ... : cz G.27)

Despreciando las derivadas de orden mayor y escribien-do el resultado en forma de matriz, se obtiene

f-ArÍo)lLa'1'r1

f (x1, x2) : C1

f2(x1, x2) = C2

(8.22)

(8.23\

lC,-/'('Ío),'t")l - l# #lLc, - f,(xP), xt\J - | afz ar, I

LA a,,J

/

94

donde las derivadas se evalúan en

ción (8.28) se puede abreviar como

ESTUDIOS DE FLTJJO DE FOTENCIA

xlo) y xto). La ecua- Arlor- P^-Pf)AO[or= Q^-Qf)

donde los subíndices s y c significan, respectivamente,valores especificados y calculados. Éstos correspondena los valores del lado izquierdo de (8.291.

En correspondencia con las ecuaciones (8.281 y

(5.29\,la ecuación matricial para un sistema trif ilar (con

el conductor 1 como conductor de respaldo y por lo tan'to omitido) es

r APto) -1

I ar5"' ¡ -I¡oÍ"I-Llol",l

- )Pz )Pz )Pz

06, óó, o lvrl0P1 oP, )Pt06, dór

'lvrloQ, 6Q. oQ,06, óó, o lvrl0Q, 0Q, 0Q,06, áó, )lvrl

6P,

o lV'l0Pt

avt0Q,3lV'l

oQta lvrl

r aóto) "l

I ¿o{r I

LlrulN

a=llVr\Ynlcos (0¿, + ó" - ó&) (8.33)

aó[0), 66lo¡

avlo), av{o)

(8.2e)

donde la matriz J(0) se llama iacobiano (de los valoresestimados inicialmente) y AClo) y AC5ot son las diferen-cias especificadas en el lado izquierdo de (8.28).

Al resolver la ecuación matricial (8.29) se obtienenAyfo) y A(r0). Entonces una mejor estimación de la solu-ción es

ti:ll]l =n'[ilü]

x[1)=r1or+Arfo)

xN)=r5ot+A.rto)

(8.30)

(8.31\

así que

D_tk -

v¡v

e*= 2lvkv^Yk,lsen(0¿, + 6" - óft) (8.34)n:1

Si se tienen especif icadas P y Q para cualquier con.ductor (excepto un conductor de respaldo), esto corres-ponde a que conozcamos C, y Cren (8.281. Primero esti-mamos V y 6para cada conductor excepto en el conduc-tor de respaldo, para el cual se conocen estos valores.Después sustituimos estos valores estimados que co-rresponden a los valores estimados para xt y xr, en (8.33)y (8.341, para calcular las P's y Q's que corresponden a f,(xlo,, xlo') y f l¿10,, xro:). Luego, calculamos

Repitiendo el proceso con estos valores da una mejorestimación. Las iteraciones se continúan hasta que Axry Ar(2 se hacen más pequeñas que un valor predetermi-nado.

Para aplicar el método de Newton-Raphson a unproblema de flujo de potencia para el késimo conduc-tor, tenemos

V*: lV*l l_6* V" = V"l16"

Por lo tanto, de (8. t5) y (8. tg),

Y¡, = lY¡"lf 0*,

N

P* - jQ* : \ lvrv,Yr,l lek, + 6" - 6k @.32)

La ecuación (8.32) se resuelve por inversión del ja-

cobiano. Los valores determinados para a6l0' y aVjo) seagregan a las estimaciones previas de y y ó para obtenernuevas estimaciones con las cuales empezarnos la si-guiente iteración. El proceso se repite hasta que los va-lores en cada matriz columna son tan pequeños comose desee.

8.6 ESPECIFICACIONES Y REGULACIÓN DELVOLTAJE DEL CONDUCTOR

En las secciones 8.2 y 8.3 indicamos gue los volta.jes del conductor se especifican en algunos estudios de

til(8.35)

(8.36)

(8.37\

sE]

iIXs

ESTUDIOS DE FLTJJO DE POTENCIA

flujo de potencia. En ciertos casos también se especifi'ca la potencia real de cada uno de estos conductores.

La potencia reactiva correspondiente se determina se-

gún se necesite para mantener cada voltaje del conduc'tor. Dicho con otras palabras, investigamos el efecto de

un voltaje de un conductor particular en la polencia re-

activa suministrada por un generador al sistema. Si

representamos el sistema con su equivalente Thévenin

y lo conectamos a un generador como se muestra en la

figura 8-3, el diagrama fasorial correspondiente se pare-

ce a los que se aprecian en la figura 8'4, para adelanto,

atraso y factor de potencia unitario. Observe, en los tres

diagramas de la figura 84 que para una potencia cons'

tante entregada por el generador, la componente de / en

la fase E,, debe ser constante. Se deduce de la f igura 8'4

que con la entrada de potencia constante al conductor,

las magnitudes más grandes del voltaie Vt del conduc-

tor requieren mayor I E"l, y el más grande I E-l 3 se ob-

tiene incrementando la excitación del generador.

Aumentar el voltaje dél conductor por incrementos de

lE"l provoca que la corriente se retarde más. Así' el

aumento del voltaje especificado en un conductor del

generador significa que el generador que está alimen-

tando al conductor incrementará su salida de potencia,

reactiva hacia el conductor. Del punto de v¡sta de la ope'

ración del s¡stema controlamos el voltaje del conductory la generación de Q ajustando la excitación del genera-

dor.

Fig. &3.

Otro método de controlar el voltaie del conductor

es instalar un banco de capacitores en paralelo, en los

conductores de ambos niveles de voltaie de transmisióny distribución a lo largo de la línea de transmisiÓn o en

subestaciones y cargas. Cada banco de capacitores su-

ministra potencia reactiva en el punto en que se coloca'Por lo clue se reduce la corriente de la línea necesa-

riamente para suministrar la potencia reactiva a la car'ga y reducir la caída de voltaje en la línea debido a que

se mejora el factor de potencia. Puesto que el banco de

capacitores disminuye la potencia reactiva requerida de

iIXn

Fig. 84.

los generadores, se dispone de más salida de potencia

real.Si se instala un banco de capacitores en.un nodo

particular, el voltaje del nodo (o voltaie del conductor) se

puede determinar a partir del equivalente de Thévenin

del sistema, que se observa en la figura 8-5, y el diagra'ma fasorial correspondiente, que se aprecia en la figura

8€. El incremento en V, debido al banco de los capacito-

res es aproximadamente igual a | /.lX', si E¡¡ P€rtrldrl€'ce constante.

Xtn

Fig. 8-5.

Es

vt

Fig. 8-6.

Problemas resueltos

Para el sistema que se ve en la figura 8-7- se de-sea que I V, | = | V2l = 1 pu. Las cargas como semuestran son S, - 6 + i10 pu y S, = 14 + i8 pu.

La impedancia de la línea es i0.05 pu. Si la entra-da de potencia real en cada conductor es 10 pu,

calcule la potencia y los factores de potencia enlos dos extremos.

ESTUOOS DE FLTJJO DE POTENCIA

así

Olinea : e, - er: 2e, :5.36pu

De esta manera, lenemos

Carga en el conducror I = (6 + jlO) + (10 + j5.36) = 16 +

715.36 pu

Factor de potencia en el conductor I : 0.72 retrasado

Carga en el conductor 2 = (14 + "/8) - (10 - j5.36) = 24 +¡l 3.36 pu

Factor de potencia en el conductor 2 : 0.87 retrasado

8.2 En la figura &2, sean y1 = 1lY,Z,. - 0.O5 + 10.02, yP, + iQ, = 1.0 + i0.6 (todo por unidad). Determi-ne Vry Pr + iQr.

Basándonos en los valores numéricos dados, su-ponemos el valor inicial y2 = 119" y utilizamos (8.t4) ¡te.

rat¡vamente para obtener los valores siguientes:

Iteración Vz, Pu

01

234

1.0 + i00.962 - i0.05

0.9ó30 - i0.0s40.9ó35 - i0.0540.9635 - i0.054

(Observe que la convergenc¡a alcanza ¡usto las cuatroiteraciones. Datos diferentes, lales como una cargamás grande, podrían requerir más iteraciones para con-cordar con la solución. O bien la convergencia puede noser alcanzada del todo, si la soluc¡ón no ex¡ste o si elpunto de entrada del proceso iterat¡vo no es el apro-piado.

8.1

dadoV2: lp y. Vt:

P,: P,= !xL!Er.n6

1/Q. Entonces

o.

1o = 4senó

del cual 6 - SOoy V, = 1f!!!1. Lapotenciareactivaestádada por

o,:ry -nlu*¿ = o¡sa - oftcos3tr:2.68pv = -Qz

' En las figuras 8-7 a 8-12, los números complejos se representan como po-

tencia aoarente oor unidad.

Fig. 8-7.

97E ESTUDIOS DE FLIJJO DE POTENCL{

Ahora bien, con V2 = 0.9635- i0.054 pu, tenemos

,:si_ 1.0-i0.6I : w = ot%3s*t' r'0J54 = l'?oBL:nEPu

Por lo tanto, l' = 1.2Og 127.75o y de V, - t fu,tenemos

Pr + jQ, - Sr = V1I* = (110")(1.208127.75")

: 1.0ó9 + i0i5625 pu

8.3 Para el s¡stema del problema 8.2, se desea que

lV,] = lyrl = 1.0 pu suministrando potencia

reactiva en el conductor 2 Determine la potencia reac-tiva que se debe suministrar. 8.5

De (8.1)obtenemos

, -s; + iQivi

la cual, cuando se sustituyó en (8.13), condu¡o a

7.vt : vz + #$: + iQ) (r)

v2

Donde Qi representa la potencia de reactanc¡a agrega-da al conductor 2. Ahora sustituimos en (t)

lVrl = I Vr: l!0" Zc : 0.05 + iO.Oz 8'6

Por lo tanto Vz = 0.9 - 10.108 pu y

. si t-j0.4I : =-: =

-

: 1.188l:28.6'Puví 0.9 + i0.108

así que,' = 1.188É9jL. Éste nos da

ü=P, t jQ,=Vri: (1px1.188@q)

= 1.188Éqq : 1.043 + io.sóe

En consecuencia, Pt - 1.043pu y Qr = 0.569pu.

Los voltajes en los dos conductores del proble-ma 8.4 deben igualar sus magnitudes sumi-nistrando potefQia reactiva al segundo conduc-tor. ¿Cuánta p'furcia reactiva se debe sumi-nistrar? +aÍ+,

1: t1$É

si:1-i0.6y obtenemos, como el valor absoluto del lado derecho,

1 = 11 + (0.05 +i0.02)u + iQi - 0.06)llPor tanto,

QL: 4.02pu

8.4 Dos conductores se interconectan por una líneade transmisión de impedancia (0.3 + i1.2) pu. Elvoltaje en un conductor es 1¡9:y la carga en elotro conductor es (1 + i0.4) pu. Determine el vol-taje por unidad en este segundo conductor. Tam-bién calcule la potencia real unitaria y reactivaen el primer conductor.

La ecuación (8.14],da los siguientes valores para %:

Iteración Vz, Pu

Laimtston

ceptor es de 1/0o pu. Calcule el promedio del f lu-jo de la potencia reactiva en la línea.

El volta¡e en el extremo trañsmiso¡ es

vR + IZ = Uy+ (1 + i0.6xj0.06):0.9658416"Pu

Así, de (8.t0),

1gp,o. : ,(r ra)

(0.9658'z - l') = -56pu

8.7 Resuelva la siguiente ecuación por el método deGauss-Seidel: x2 - 6x + 2 = 0.

Resolvemos la ecuación dada para x, obteniendo

x=¿x2+1=F(¡)y ut¡lizamos la estimacion inicial x(0¡ = 1. Por lo tanto,en las iteraciones subsiguientes obtenemos

Iteración.l: ¡(t) = F(1) = | + | : A.J

Iteración 2: xQ) = F(0.5) = ¿(0.5)' + I : 0.375

Vs=

01

23

4

1+i00.922 - j0.ro80.903 - ,¡O.106

0.9 - ¡0.1080.e - i0.108

ESTUDIOS DE FLTJJO DE POTENC¡A EIteración3: ¡(3) = r(0.375) = ¿(0.375), + J = 0.356g

Irersción 4: .r(a) = F(0.3568) = á(0.3568),

+ I = 0'3545

Podemos ahora deternos puesto.que lxr''r'l - lx(')l <¡ = 0.0023, el cual parece ser suficientemente pe-

queño. La fórmula cuadrática da esta raiz como x =0.35425 con cinco cifras.

Para el sistema de dos conductores de la figura8-8, con los datos como se muestran y con Ytt =Yzz = 1.6 1-8;}o,pu. y %r = Yp = 1.9/1000 pu,

determine el voltale por unidad en el conductor 2

por el método de Gauss-Seidel.

Fig. 8-8.

La siguiente iterac¡ón da

t O.5831149" \vft = (0.625,/_gD(rr48E - 2.w l,l{q_)

= 1.047t16'pu

No es necesaria otra ¡teración más.

8.9 Calcule la potencia del conductor de respaldo de

la red de la figura 8-8.

Del problema 8.8 tenemos los valores por unidad.

v, = 1.1 19',v, = 1.6 /-80', y Y,, = 1.9 /1ooo. sustitu'yendo esos valores en (8.32), con k = 1, se obt¡e

ne la polenc¡a compleia para el conductor 1:

Pr- jQ, = (1.1 x 1.1 x 1.6)/-80'+ (1.1 x t.047 x 1.9)/100" * 8.6"

:0.3209 + i0.2816pu

8.10 Para el s¡stema que se aprecia en la figura 8-9, la

matriz de admitanc¡as del conductor es

'crnlduclor

r 3-ie -2+ j6| -z * ¡o 3.6ffi - jtr| -r * ¡¡ -0.666 + jzL o -1 +i3

-r+i3 0 I-0.666 + j2 -1 +i3 |

3.66 - irt -2 + i6 lpu-2+i6 3- js J

La potencia en los dos conductores es

S, = (P, - 1.1) + i(Q'- 0.4)Pu

& = -0'5 - j0'3 Pu

De (8.211, tenemos el algoritmo de Gauss€e¡del

vy*', : +*lW - Y,,v'] (r)

Con los valores numér¡cos dados, (l) se convierte en

v!*' - -|* tT# - (r.e¿!oo'xl 1¿[)]

= (0.62slsqt)tT#:- 2.oeÉeq] Q)

Para empezar las iteraciones, sea y;0' = t.O!q nu.Por lo tanto, (2) da

vl' : (0.621/_q0')[(0. ss3¿11{) - (2.0e1190')]

: 1.0a8t12€pu

Con la potencia compleja en los conductores 2,

3 y 4 como se muestra en la figura, determine elvalor de V, que se obtiene de la primera iteracióndel procedimiento de Gauss-Seidel.

Sea Vlo' = Vlo' = y;0' = 1.0/0" pu. Porlotanto,de(8.2t),

v? = +lW - Y,,v, - Y,,v\ot - Y,,vto,l

1 [0.5 + j0.2=-l ' -1.04(-2+j6)YrrL 1 - io

- (-0.6ó6 + j2) - (-1 + r3)]

4.246 - itl.M= -=-=:-:-j---:-:-:- : I.019 + i0.0¿ló3.66 - j7t

= 1.021?58'pu

E8.11

ESTUOIOS DE FLWO DE POTENCI¿A 99

Fig. 8-9.

De (8.211,

vg = LIP' -.iQ' - Y^V,v2 - YrrL (YY))-

Sust¡tuyendo los valores numéricos dados y Vjt' Y Vl¡'

(los cuales se pueden determinar en la misma formaque Vit'en el problema 8.10). obtenemos

ttat _ r |. 0.5 +i0.2vY' = Ynlr¡¡;r r'o¡¿o

- t'u(-z + j6)

- (-0.6óó + i2.0x1.028 - i0.087)

- (-1 + j3)(1.u2s - io.me3)lI

_ 4.olq _- j\!.f!re = l.o6l + io.ol7e3.ffi - jrL.o

= 1.0616/9fIpu

8.'12 Resuelva las siguientes ecuaciones por el mé-todo de Newton-Raphson.

xl-4xr-4:0bt-Xz-2:0

Determine el valor para Vt del problema 8.10que se obtuvo por la segunda iterac¡ón del pro-

cedimiento de Gauss€eidel.

Sean xlo) - 1 y x¡ot = 1 el punto inic¡al para la pri'mera iteración. Enlonces

fi(¡Ío),"!o)) = 1 * 4 - 4 = IÉ("Ío),"[o)):2rl-2:l

y las derivadas parc¡ales evaluadas en x{0) y x[0) son

0f' 0f,::/t,:¿ :=Z0x, 1xt

fi=-q of'=-l0x, 6x,

Ahora (8.28) da las ecuaciones

f("!n',rlo') + Axl'D 9Í + A¡!o)_%- = 00x, ' 0x,

É(rÍn', r!n') + At\'+ + arto)-af'?' = o1xt ' 0x.

y sustituyendo se obtiene

1+2Arr-4A,xr=gt+z^xt-A¡r-0

La solución simultánea nos da Axl0' = - 0.5 y axj0' -0. Así, las meiores estimaciones de xr y xz son

xtr) - t1or * Ax¡ : 1 - 0.5 = 0.5

v

rtt : t1or * Ax2 : -l + 0 = -1.0Proced¡endo como antes con estos nuevos valores es-

timados, encontramos que la segunda y tercera ¡tera-

ción conducen a

¡Í2)=0.5357 y xtr'=-0.9286¡Í3)=0.5359 y xf)= -0.9282Es obvio que dichos problemas se resuelven mucho

más fác¡lmenle con una computadora digital.

8.13 Para el sistema que se aprecia en la figura 8-10,

f z+.zl¡ -ttw tz.t3l to4.o4"l'Y.u,,.luero, : | 12.13/10194" 24.231-75.95"

l-Lt2.13FUt.04" 12.t31r04.04"

- YuVl\ - Y*w\f

12.13n04.0f 1I

lZ.l3ll04.O4" lp"2a.vT-tsss" f

ESTUOIOS DE FLT JO DE POTENCI¡A E]

Dados los volta.ies y potencia por unidad que se mues- - lytn)l lVlo)lsen (023 + ó50) - ólt)tran' determine % por el método de Newton-Raphson'

= -(1x1.04) (rz.3r)sen104.04"

l%l= 1'0¿

Fig. 8-10.

Sean Vjo' = 1 f oo pu y 6jo' = o. Enlonces de (8'33)'

Pf' = lvfl lvÍo)l ly,'lcos (0,, + ótor - 6tor¡

+ lvyl'lYrrlcos 0zz

+ lytn)l lvÍ)l lyrrlcos (0¡ + ótor - 6tor¡

= (1X1.04X12.31) cos 1(X.04"

+ (t)(24.23) cos (-75.95")

+ (1X1.04X12.31) cos 104.04"

= -0.33 pu

De igual manera,

Plor = ¡y5or¡ lv|")l l%'lcos (0r, + 6tor - 6tor¡

+ lvto)llvfrllY:j)x cos (032 + óto) - óÍ") + lVSo)l'lyrrlcos 0r,

= (1.04X1.04X12.31) cos l(X.(Xo

+ (1.04X12.31) cos 104.04"

+ (1.0q2Q4.23) cos (-75.95)

= 0.026 pu

También, de (8.34),

Qr;" = -lvfi¡ ¡ytor¡ lYz,! sen(02, + ótor - 55or¡

- lvftl'lY22lsen022

- $)Qa.n)sen (-75.95")

- (1Xl.04X12.31) sen 104.(X'

: _1.33 pu

Ahora bien, de (8,35)

APto) = 0.5 - (-0.33) : 0.83Pu

AP5or : -1.5 - 0.026 = -1.526pu

De modo semeiante, de (8.36)

LQf' = 1 - (-1.33) = 2'33Pu

Para el sislema trif ¡lar dado (con V, conocido)' (8.34 se

convierte en

Diferenc¡ando (8.33) y (8

numéricos dados Por el

I a05., 1 l- 24.47 -12.23 s.641-'f 0.83 I

Liiü, 1= l-*:ll ;ij;;;iiij

L-;:rll-o.osrzs 0.026s3 -0.00e371f 0.$ I 12)

= | o.ozooe 0.0s30e 0.000s1 ll -t.sz0 l' '

l-o.oro+r -o.oooo1 0.04176J L 2s JDespeiando a I V[o) ¡ "n ,r,

O"

^ Ivl,Dt = (0 01043x0 r?

t .,&ffi¿.,rrrirj,o.,*o,Así,

lVt')l : I +0.106:1'1o6Pu

Este procedimiento se repite hasta que es alcanzada la conver-

genc¡a máxima, obtenemos V, - t.Oet fg nu.

0P, 0P,

06, óó,

0P, oP,

062 oó,

0Q, 0Q,06, dó.

l-ili.,]=Iocl"'J

t,'*j lii:T; ::'n ;,fi]t¡ru]

apl__:- a

al%l l¡^óf, If'fr llil;, | ",aQ, l-atw)

34) y sustituyendo los valores

sistema (l) anterior,

\=r.04/xvu

E ESTUDIOS DE FLI'JO DE POTENCIA 101

Problemas complementarios

8.'14 Para un sistema del t¡po que se ve en la f igura 8-7, I V¡ | =1.0 pu y l%l = 1.1 pu. La potencia comple¡a de salidaen los dos conductores es igual; esto es, 51 = S, = $ 4¡4 pu y la potencia real suministrada por cada generador

es 5.0 pu. Si la reactanc¡a de la línea es 0.08 pu, calcule la

carga en cada conductor.

Resp.8+j5.71Pu

8.15 Enel sistemadelafiguraS'2,Vt- 1l!)Ou,Z, = (O'10 +

10.10) pu, y P, + iQz = (0.1 + i0.1)pu. Calcule V,.

Resp. 0.979610" Pu

8,16 Determine la potencia real y reactiva en el conductor del

problema 8.15.

ResP' h : Q' = 0' 10208 Pu

8.17 ¿Cuánta potencia reactiva se debe suministrar en el con-

ductor 2 en el problema 8.15 si V, - 1'1 pu?

Resp. 10.93 Pu

8.18 Para el sistema que se observa en laligura$'2,2' - (0.2 +

10.6) pu, v1 = 1.1 10" y p. + iQz = (1 + l0 a) pu. calculev2.

Resp. l.37ll-19'46" Pu

8.19 Determine la potencia compleja en el conductor 1 del

problema 8.18.

Resp. (0.65 + j0.57) Pu

8.20 Un generador se conecta a un sistema como se muestra

en el circuito equivalente de la figura 8-11' Si V' =o.gz/0" pu, calcule la potencia compleja proporcionadapor el generador. También determine E".

I il.0 pu j0.2pu

(0.8 - j0.2) pu +

Ee v, Et'r'

Fig. 8-11.

t?esp. (0.776 + i0.194) pu; l.42l34rl pt

8.21 Repitael problema8.20,si ly,l= 1.0puysi lapotenciareal entregada por el generador permanece inalterada.

Suponga que E¡u permanece constante.

Resp. (0.776 +i0.34ó)pu; 1.55/29.7'pu

8.22 Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones por el méto-

do de Gauss-Seidel, comenzando con x(0) = y(0) = 0:

10x+5Y:$?'x*9Y=3

Resp. x =0.4875iy =0.2250 despuésdeseis iteraciones

8.23 Evalúe x en la ecuación x + sen x = 2por el método de

Gauss-Seidel. Comience con x(0) - 0.

Resp. 1.106

8.24 Vuelva a resolver el problema 8.23 ut¡lizando el método

de Newton-Raphson y compare el número de iteraciones

requeridas para alcanzar la convergencia por los dos mé-

todos.

Resp. lnteración tres contra interación diez

8.25 Determine los valores de V, y Vo en el sistenla de la f igura

8-9 y el problema 8.10, como se obtuvo en la primera ite-

ración con el procedimiento de Gauss-Seidel.

ResP. V5') = 1.028 - i0.087Pu; YÍr)

: 1.025 - j0.0093 pu

8.26 Dado el siguiente coniunto de ecuaciones,

0.6n0L + 0.1930/, + 0.01001.:1.00.1930/r + 0.484012 + 0.1711/¡ : 1.0

0.0100ú + 0.I7I112+ 0.6960¡3 : 1.0

comience con /10) = {0) = ¡{o) = 1 y encuentre tlt), ¡t0¡ "

/!3) por et método de Gauss-Seidel.

Resp. I\" = I.27II; If' : 1.1847; I\6) : L-2125

8,27 En un sistema de c¡nco conductores Yz, = Yzt = 0, Yzz =7.i46 l-84.6" pu, Y,n = 2.490E!"lj pu y Yzs =4.980 /95.1o pu. Determine V2zt por el método de Gauss'Se¡del si P, - iQ, = -2 + 10.7. Comience con Vio' = y;0'

= v'ro' = vio' = vlo' = tlol pu.

Resp. 0.875/ - 15.7j pu

8.28 Para el sistema que se muestra en la figura 8'12, con el

conductor 3 como conductor de referencia, la matriz de

impedancias del conductor es

ESruD¡OS DE FLTJJO DE POTENCIA taZc,rnr,uc,or : [t''liilt ,.1 l;l.r] x 10-2pu

Comience con Vlo) = y;0) = t.OS@, y resuelva paraVtyV, por el método de Gaussseidel.

8.29 Vuelva a resolver el problema 8.28 utilizando el método

de Newton-Raphson.

8.30 Para un sistema trifilar similar al de la figura 8-12,

l- 1.6 - i8 -0.8 + i4 -0.8 + i4lY.onducro,= I -O.g * i¿ 1.6 - i8 -0.8 + l¿ lpu

L -o.e * i¿ -0.8 + i4 1.6 - i8l

As¡mismo, v, = I l91y Pz - iQz = -0.8 + 10.6. Determi-ne vl" por el procedimiento de Gauss€eidel.

Resp.0.951'!59"

Fig. 8-12.

Resp. LM736l_1.29" pu; 1.0480/_!$" pu

-0.4 + j0.2

-0.3 + /0.3

Operoción ycontrol de unsistemo de potenciq

1,,

De los numerosos aspectos de la operación y con'trol oe un sistema de potencia, vamos a considerar sólola operación económica de éstos y el control de la fre-

cuencia de la carga, el voltale del generador y el regula'dor de turbina..

9.1 DrsrRrBuctóx eco¡lómtcA DE cARGAENTRE GENERADORES

Dentro de una planta de energía, varios generado-

res de ac generalmente operan en paralelo. Para la ope-

ración econdmica de la planta, el total de carga debe ser

dividido en forma apropiada entre las uniclades genera'

doras. Debido al costo del combustible que es el factorprincipal en la determinación de la operación económi'ca, curvas como las de la figura 9-1 son importantes en

la operacidn de una planta de energía. Observe en la fi-gura que el inverso de la pendiente de la curva en cual'quier punto es la eficiencia de combustible de la ope-

ración de las unidades generadoras en ese punto. La

eficiencia máxima de combustible ocurre en el punto en

el cual la línea del origen es tangente a la curva. El pun-

to A en la figura 9-1 es el punto para una unidad que

tiene la característica entrada/salida de la figura 9-1;

ahí, una salida de 250 MW requiere una entrada de apro'ximadamente 2.1 x 1Os Btu/h. O podemos decir que el

requerimiento de combustible es 8.4 x 106 Btu/MWh.

Para obtener la distribución más económica de lacarga entre dos unidades, debemos determinar el costoincremenial correspondiente a una repartición parcialde carga entre las unidades. Primero convertimos los re-

' Discusiones en el capítulo, tomado de W. D. Stevenson, Jr.,

Elements of Power Sys¡em Analysis,4th ed., McGraw-H¡ll, 1982.

I,. , L.:i ¡¡\,.,{ I jÁ l}e

r00 200 300 400 5m

Salida de potencia P, MW

(Fie. 9-l,

quer¡mientos de combustible en un costo de mega-watthora por un dólar. Después el costo incremental se

determina de las pendientes de las curvas entradaisa-lida (Fig. 9-1) para las dos unidades. Según la f igura 9-1 ,

para cada unidad,

Cosro incremenral de combusrible = jLdP

(en dólares por megawatthora) (9.1)

donde F = entrada en dólares por hora y P = salida en

megawatts. En una salida dada, este costo incrementalde cornbustible es el costo adicional del aumento de lasalida por 1 MW. (Véanse los problemas 9.2 y 9.3.)

ca

o-o

-oEoIo

I¡

4

SISTEMA DE POTENCIA

oc104 OPEBACIóN Y CONTROL DE UN EEn una planta que tiene dos unidades en operación,

generalrnente el costo incremental del combustible de

una unidad será más alto que el de la otra. Para lograr la

operación más económica, la carga se debe transferir

de la unidad con el costo incremental más alto a la uni-

dad con el costo incremental más bajo, hasta que los

costos incrementales de las dos sean iguales. En una

planta con varias unidades, el criterio de la división de la

carga es que todas las unidades deben operar al mismo

costo incremental de combustible. (Esta conclusión se

puede derivar matemáticamente como se muestra en el

problema 9.5.) Si una gráfica de dF,ldP' con respecto a

P., pata cada unidad es lineal, entonces se puede trazar

una curva de X en f unción de P. para determinar el valor

óptimo de \, donde Fo es la entrada de la unidad k en dó-

lares por hora, y |, = dFJdPr es el costo diferencial de

combustible de la unidad k en dólares por megawattho'

ra. (\ se conoce también como el multiplicador de La'

grcnge;véase el Problema 9.6.)

g.2 EFECTO DE PÉRDIDA EN UNA LíNEA

DE TRANSMISIÓN

Para incluir el efecto de las pérdidas en una línea

de transmisión en la operacidn económica de un siste'

ma, debemos expresar esas pérdidas en función de la

potencia de salida de una planta. La figura 9-2 muestra

dos plantas conectadas a una carga trifásica' La pérdi-

da de transmisión total (para las tres fases) está dada

por

4,irdida : 3(l/,ltR, + Vrlt R2 + l13l2R3) e'2)

donde las F's son las resistencias por f ase de las líneas

y donde

l/rl : llt + Izl: l4l + l/rl (e.3)

si suponemos que /, e /, están en fase. Estas corrientes

se pueden expresar en términos de Pry Pr, o sea las sal¡-

das respectivas de la Planta, como

(Fie- 9-2

Las ecuaciones (9.2) a (9.5) se pueden combinar para ob'

tener

Pnu,¿iau : PlBn + zPrPzBD + PZBv e'6)

donde 8,,, BrzY Bzz se llaman coeficientes de pérdida o

coeÍicientes I y están dados Por

R,+R"D"tt - lvrl' cos2 ór(e.7)

(e.8)

(e.e)

(e.10)

R3Bo=

Pnur,ti,tu

donde 8,,,*

lvtllvrl cos @l cos @2

R"+R"D"" - lvrf co* e,

para un s¡stema de n plantas, (9.6) se puede generalizar a

4n

k:l m:l

_D

donde cos dr y cos 4, son los faclores de potencia en los

conductores 1 y 2, respectivamente.

9.3 DISTRIBUCIÓru OE CARGAENTRE PLANTAS

En esta sección combinamos el método de la sec'

ción 9.1 con los resultados de la sección 9.2para obtener

una distribuciÓn económica de la carga entre un número

de plantas de energía. Para un sistema de n plantas, el

costo total de combustible por hora es

4o,': ) 4k:t

,,, - P,

*rr - \6l%lcos d,

,,, _ P,tr2t - lTlvzl cos óz

(e.4)

(e.s)

dólares/h (e.11)

E OPERACóN Y CONTROL DE

y el total de potencia de salida es

n

P,o,"r: ) p* Mwk:r

(e.12)

Considerando las pérdidas de transmisión, debemos tener

Pro,"r:Pa+Pne,arau (e.13\

donde P* y Ppérdida son, respectivamente, la potencia to-tal recib¡da por la carga y la pérdida en la transmisión.Para una P, (constante) dada, P., dP* = O. De esta ma-ne(a, (9.12) y (9. f3) dan

UN SISTE]úA DE POTENCIA

la condición (9.78) se puede escribir como

dF,

fiL* = )' parak : 1,2,...,n

105

Q.n)

donde L*, llamada facfor de cast¡go de la késima planta,está dada por

L*=| - oPo¿,¿¡¿u/\P,

(e.21)

La condición (9.20) supone que el costo de combustibledel sistema se minimiza cuando el costo incremental delcombust¡ble para cada planta, multiplicado por su fac-tor de castigo, es el mismo en todo el sistema, esto es,

f orr-dpp",aio,: o/<:1

cuando

dr, dEdnLt:fiLz:"'

(e.14)

(e.17)

(e.18\

:#u: ),.Además, cuando la carga se distribuye entre las n plan-tas para el costo míirimo de combustible, dfio,", - 0.Por lo que

)F - $dPou'o'u"--4rtorar : Z, ^, dP¡, : 0 (9. 15)

k=r dt*

Asimismo. dppediaa: fulr!^aer e.rc)

Sustitu¡mos dPpéroida de (9.76) en la (9. f 4), multiplicandoel resultado por \, y restando ese resultado al miembroderecho de la ecuación (9.75), se obtiene

¿ t(H * 114u33"- t")ae-f : o

Esta ecuación se cumple si

á4o,", ^ dPp"r.ll¿u

+ L_ _ i.:0)Po )Po

k:1,2,...,fl

Ahora bien, puesto qúe

óFiot.r : 4F^0P* dPo

(e.22)

Para determinar las Lo tenemos, de (9.t0),

áPo¿,¿i¿, A /3 3 \ au&

: *- \¿ Z,P*P^B*^) :' ),P^B^*(e.23)

Las ecuaciones simultáneas representadas con (9.20) sepueden resolver si se supone un valor para \.

9.4 CONTROL DEL SISTEMA DE POTENCIA

Un gran número de controles automáticos se utilizanen sistemas de potencia hoy en día. Son dispositivos quecontrolan el voltaje del generador, regulador de turbina yla frecuencia de la carga; existen también computado-ras que aseguran el control del flujo de potencia econó-mico y la potencia reactiva, entre otras variables de lossistemas de potencia.

El control del generador de voltaje se realiza me.diante el control del voltaje excitador. La representa-ción, mediante diagramas de bloque, de un sistema deregulación automática de voltaje de lazo cerrado semuestra en una forma simplificada en la figura 9-3.(fambién existen otras formas numerosas de control delgenerador de voltaje.) En la figura 9-3, la funcidn detransferencia de lazo abierto G(s) está dada por

para todo

(e.Ie)

OFEFAOÓN Y CONTROL DE UN SISTEMA OE POIENCIA tg106

G(s) :(1 +[s)(1 +r"sxl+r,.r)

(e.24)

donde f,, f. y Ir son, respectivamente, las constantes

del tiempo asociadas con el amplificador, el excitador y

el campo del generador, y la ganancia de malla abierta k

del circuito es

k : kok"k¡ (e.2s)

Repentinos cambios en la carga provocan cambios en la

velocidad de la turbina y, en consecuenc¡a, lambién ha'cen que cambie la frecuencia del generador. El cambiode velocidad de la turbina ocurre cuando el par electro-magnético del generador no puede igualar el par mecá-

nico de la turbina (o de otro impulsor primario). Asípues,el cambio af en la frecuencia del generador se puede

usar como señal de control para manipular la potencia

mecánica de la salida de la turbina. El cambio de la po'

tencia de salida de la turbina en función de un cambioen la frecuencia del generador está dado por

AP- : AP*¡ (e.26\

donde AP- y AP,¿¡ son, respectivamente, los cambios en

la potencia de salida de la turbina y la potencia de refe'

- 1orR

rencia (determ¡nada esta última por el valor prefijado en

el regulador) y F se conoce como constante de regula'

ción.La figura 9-4 muestra el diagrama de bloques para

un sistema de control formado por un regulador y la tur'bina; suponemos que el s¡stema es lineal y que el regu'

lador y el grupo turbinagenerador son dispositivos de

primer orden.

En la explicación anterior, hemos supuesto que las

aceleraciones y desaceleraciones del rotor del generador

son controladas por el regulador de la turbina. Sin em-

bargo, la desviación de frecuencia af todavía permane-

ce si aPrer = 0. Esta desviación de frecuencia se puede

reducir a cero por un proceso llamado control de fre'cuencia de carga (o CFC). El proceso CFC también

controla el flujo de potencia en la línea de amarre. Así,

por medio del CFC, cada área interconectada de un sis-

tema de potencia mantiene la salida del flujo de poten-

cia de esa área en su valor programado, absorbiendosus propias variaciones de carga.

Para establecer la estrategia adecuada de control pa-

ra CFC, definimos el error de área de control (EAC) como

ACE = Mo."rr. + B, A"f (e.27)

donde aPar,,ar," es la desviación de la salida del fluio de

potencia en la línea de amarre del flujo de potencia

Fig. 9-3.

E OPERACóN Y CONTROL DE UN SISTEMA DE POTENCIA 107

programado, Al es el error de frecuencia y g, se conocecomo la frecuencia de polarización constante.

El cambio aPrer en el valor prefijado de la potenciade relerencia del regulador de turbina de carga de fre_cuencia controlada es proporcional a la integral de EAC.Así,

(e.28)

donde k es una conslante. El signo menos en (g.2g)implica que, si la salida del flujo de potencia neta delárea o si la frecuencia son bajas, entonces EAC es nega_tivo y el área debe incrementar su generación.

Si un área contiene n unidades generadoras, pode-mos escribir (9.26) como

APa(torat)

A/: AP,"rttor"q- BLf (e.2e)

donde É se conoce como el área característica de res-puesta a la Írecuencia y está dada por

p=

Asimismo,

APrer(rorar) --

(e.30)

AP*rt (e.31)

y Af permanece igual para cada unidad.Para resumir, (9.2n a (9.29) rigen al CFC del siste_

ma. Los problemas 9.19 y 9.20 muestran el procedimien-to con ejemplos numéricos.

Problemas resueltos

9.1 Use la figura 9-l para de,erminar los requerimien-tos de combustible para salidas de (a) 100 MW y(b) 400 MW. Así pues, verifique que el punto A esprobablemente el punto de eficiencia de combus-tible máximo.

(a) De la figura 91, con una satida de 100 MW, la entradade combustible es aproximadamente 1 x 10e Btu/h. portanto.

Requerimientode I x lOe

combustible =-100 = 10x l0"Btu/MWh

(ó) De igual manera, con una salida de 400 MW, la entradade combustible es aproximadamente 3.6 x 10e Blu/h. En.tonces

Requerimiento de 3.6 x 10e

combustible = --?m'- = 9'0 x lf Btu/Mwh

Está claro que ambos valores son más grandes queaquellos para el punto A.

9.2 Cierta cantidad de carbdn cuesta $1.20 y produce'106 Btu de energía como combustible para unaunidad de generación. Si la característ¡ca entra-da/salida de la unidad es como la de la figura g-1,

determine el costo incremental del combustibleen el punto A.

Q.2 - 2.0tt0erenorenteen A = effi _ Zffi= 7.7Btu/MWh

Así,

Costoincremental = 7.7 x 1.20 = $9.24lMWh

9.3 Convierta la curva de la f igura 9-1 a una gráf ica decosto ¡ncremental de combustible en relación conla potencia de salida, con un costo de combus-tible de $1.50 por 105 Btu.

Trazamos el costo ¡ncremental de combustible en.contrando la pendiente de la curva de entrada/salida (F¡g-9.1) para varios valores de potencia de salida y grafica.mos la pendiente coslo por Btu en funcidn de la potenciade sal¡da. (Véase el problema 9.2.) por consiguiente, obte-nemos la curva que se aprec¡a en la f¡gura g-S.

9.4 Aprox¡me la curva obtenida en el problema 9.3con una línea recta y obtenga una ecuación paradicha línea. Utilice esto para determinar el costoincremental a 250 MW.

La aproximacidn se mueslra en la figura g.5. Lalinea tiene un corte de $6.25lMWh y una pendiente de0.0226. Así, la ecuación requerida es

dFdP

.AP*r= -xIecnat

= 2,or^r = á o*",0 - (á *)

nasrft, Ro

n

k=l

= 0.0226P + ó.25 (I)

OPERAOÓN Y CONTROL DE UN SISTEMA DE POTENC¡A IE

(4\

108

9.5

Si sustituimos P - 25O en (1)da

dFCosto incremental : 7i = o.OzZ0 x 25o + 6.25

= 911.9/MWh

Demuestre que' para lograr una operación más

económica de una planta de energía que tiene va'

rias unidades generadoras, la carga debe estar di'

vidida entre las unidades de modo que todas ope'

ren con el mismo costo incremental \'

dF,...,= f,EdPr=g (3)

Puesto que Ptorat €S constante, dqotat = 0 Entonces (2)

da

dP,or^t:2afr:gt=l

Multiplicando (4) por \ y restando el resultado de (3)' se

obtiene

át(#-,)anl =o

La suma en (5) será cero si cada término entre paréntesis

es cero. Además, para cada unidad, áF1o1"¡ /dP- = aFrklP^'

debido a que un cambio en la salida de una unidad de po'

tencia afecta sólo el costo de combustible de esa unidad'

Por tanto,

y la condición requerida es

(5)

¿.

o

,.li-t"

oEo

ooQ

84"o, dFr r

-=oPr dPo

dndP'

dF, - ...dP,

d4=-=dP"

Potencia de salida P' MW

Fig. 9-5.

Si existen n unidades en la planta, el costo Ftotal del

combustible de entrada, en dólares por hora' está dado

por

Ftot"¡ = (1)

én megawatts, seLa potencia total de sal¡da 4otal'puede escrib¡r como

P."r", : ) P*t=t

Para una P1o1"¡ dada, F1o1"¡ es un minimo cuando dF1o1"¡

0, esto es, cuando

Las gráficas de los costos incrementales de com-

bustible (en dólares por megawatthora) de dos

unidades generadoras en una planta de energía

se muestrán en la f igura 9-6' Esas gráf icas son li-

neales. Los intervalos de producción de la planta

van de 240 MW a 1000 MW en un periodo de 24h'

Durante este periodo la carga en cada unidad

varía de 120 MW a 600 MW' Trace una curva del

costo incremental de combustibie \ en relación con

la salida de la planta para una operación con cos'

to mínimo de combust¡ble.

De la figura 9-6 obtenemos

4=0.008R+8dP'

9.6

)n

dF,

dP,(2) : 0.009P2 + 6

(1)

(2)

Con 120 MW, dFrldPr = 8'96 y dF?tdP2 - 7 08' Por tanto'

hasta que dF2!dPz alcance el valor de 8'96' la unidad 2 to-

Aproximación en línea recta

Costo incremental real

E OPERACóN Y @NTROL OE UN SISTEITIA DE POTENCLA

Unidad 2

Unidad I

109

oEo:>=¿.,o\coÍdo.O!€(ú /<E(!o=EdO=beccÉ

O

>

o¡l'

. t:rL Í.t\l\I,,Il-_-IIt

\ contra {o,",

Ptu,"r, MW

Fig. 9-6.

df¡ ,,.i-]

bl¡

t4'

(r)

mará todas las cargas adicionales arriba de 120 MW. Usan-

do (2), determinamos que dFzldPz es igual a 8.96 cuandoP2 = 328.9 MW, en este valor

Pr.¡.r - Pt + P2 = 120 + 3?3-9 = '148.9 MW

Eslos valores nos dan el segundo renglón de la tabla 9-1.

Cálculos s¡milares dan los renglones de la tabla; estosvalores se trazan en la figura 9€ (lineas punteadas)

TABLA 9-I

\, dólares/MWh &, MW Pr, MW P,o,"r, MW

por las dos unidades generadoras para el costomínimo de combustible.

La carga máxima es

P.o,"r=1000= Pt+Pz

Para el costo mínimo de combustible, (r) y (2) del

problema 9.6 dan

0.008P, + 8=0.009Pr+6 (2\

Resolviendo (l) y (2) para Pr y P? se obt¡ene

Pr : 411.76 MW Y Pz: 588.24 MW

9.8 Determine el costo incremental de combustiblepara cada unidad con las condic¡ones del proble-

ma 9.7.

El costo incremental de combustible X es el mismo

en ambas unidades. Con P, = 411.76 MW, (t)del proble-

ma 9.6 da

.1, = 0.ü)8 x 411.76 + 8 = $11.29lMWh

lo cual está de acuerdo con el últ¡mo renglón de la ta-bla 9-1 (Problema 9.6).

7.L78.969.6

10

10.4tt.2

r20r20200250300,m0

130

328.9400444.4¿188.9

577.77

250448.9

600694.4788.9977.7

9.7 Para la demanda máx¡ma de la planta del proble'

ma 9.6, determine cómo debe repartirse la carga

OPERAG|ÓN Y CONTROL OE UN SISTEMA DE POTENCIA E110

9.9 Para la salida de potencia máxima de la planta del

problema 9.6, calcule el ahorro por hora en costo

de combustible con la operación económica (ópti'

ma), si se compara con la operación de la cargadividida igualmente entre las dos unidades.

En una operación económica lenemos, del problema 9.7,

Pt - 411.76 MW y & = 588.24 MW. Si P1 = P, = 500 MW' el

incremento en costo por hora de operación de la unidad 1 es

a, : J* "{0.008P,

+ 8) dPt = $r027.731h

Para la u.nidad 2 tenemos una disminución en el costo:

a, = J* {o.oogP, + 6')dP: -$9ó1.s6lh

El ¡ncremento neto en el costo de operación es, por lo

tanto, 1027.73 - 961.56 = $66.17/h

9.10 Encuentre los coeficientes de pérdida para el sis-

tema que se observa en la f igura 9-2 con los datossiguientes, en los cuales todas las cant¡dades nu-

méricas son valores por unidad: tt = O.8lOo ,lz -o.g¡Q:, v3 = 1.1 l!',Zt = zz = 0.06 + io.2ay Z'

= 0.04 + 10.06.

De la figura 9-2 y los datos dados,

vt = l.L + (0.810')(0.0ó + i0.20) = 1.148 + i0.16

Vz = 1.1+ (0.9¿0"X0'0ó + j0.20) = 1.156 + i0.18

Por lo tanto, lVrl cos ór - 1.148 y yzicos ó2 - 1.156.

Ahora de (9.4 a (9.9) da

¡,, = I9l*#: o.o75epu(1.148)'

8,, = (r-#ffrso = o'o3o1Pu

0.06+0()4B-=:.ii-=]|=0.0748pu(1.156)',

9.11 Calcule la pérdida de transmisión para el s¡stema

del problema 9.10.

Tenemos

P, = Re[(0.s10"X1.148 + i0.16)] = 0'9184pu

& = Re [(0.9¿0"X1.156 + i0.18)] = l.Qd$4pu

Sust¡tuyendo estos valores y los coeficientes I del

problema 9.10 en (9.6) se obtiene

Ppérd¡ra = (0.8384F(0.0910) + 2(0.8384X0.904X0.0360)

+ (0.9s04)'z(0'0897) : 0.?-024 pu

9.12 En un sistema de dos plantas, la carga total se lo-

caliza en la planta 2, la cual está conectada a la

planta 1 por una línea de transmisión. La planta 1

suministra 1OO MW de potencia con una pérdida

de transmisión correspondiente a 5 MW. Calcule

los factores de castigo para las dos plantas.

Como toda la carga está en la planta 2, la variación

de Pz no afecta la pérdida de transmisión Pper6¡6¿. Así , de

(e.6),

Pner,,,.,o : 5 = PlBu= 10aBrr

por lo que 8,r = 5 x 10-{ MW-r. Además, esta expresiónpara po¿roioada

áPn¿.¿¡¿oI:::: = ZP¡B¡ :2(100X5 x 10-a) = 9.1an

Por lo tanto, de (9.211, 1L,:r_0.

1 =r.1r1

De igual manera, ya que áPp¿roiaa l0P2 = o, tenemos que

L2 = 1.

9.13 Para el sistema del problema 9.12, \ - $1S/MWh y

los costos incrementales del combustible para

las dos Plantas están dados Por

dfi = 9.61¿ a 19 y

dPt

dFz:o.ozP,+rzdP,

en dólares por megawatthora. ¿Cuánta potencia

se debe generar en cada planta para minimizar el

costo total de combustible?

De (9.221y el problema 9.12,

4F =ldPt

o (0.01P, + 10)1.111 = 15

del cual Pr = 350 MW. De manera parecida,

ffir, = (o'02P2+ 12)1 = 15

de donde P2 = 150 MW.

E OPERAOÓN Y CONTROL DE UN S]STEMA DE POTENC]A

"*=$** o

ffl

t*k=(1Y!")* e)ae*

9.14 Para las condiciones de operación obten¡das enel problema 9.13, determine el ahorro en dólaresque se lograría coordinando la pérdida de trans-misión en vez de despreciar su efecto.

Con la transmisión no coordinada, tendríamos (ba-

sándonos en la sección 9.11 dFtldPt = dFzldP¡ para laoperación económica. En consecuencia, tendríamos

0.01P, + I0 : 0.OZPz + t2 (f)

Del problema 9.13, sabemos que la carga requ¡ere

Pt + P2 - Ppc..dirra= 350 + 150 - P?Bt,

: 500 - 6I.25 : 438.75 MW

Por esto, con la pérdida de transmisión no coordinada,tendríamos

Pt+ Pz- 5 x 1Ó-4P1=438.75 (2,

Resolviendo (l) y (2) simultáneamente se obtiene P, =417 MW y Pz = 108.5 MW.

Si comparamos estos resultados con los del proble.ma 9.13, notamos que la carga en la planta 1 se incremen-ta de 350 MW a 417 MW; de aquí que su aumenlo en el

costo del combustible sea

r108.5

- | (0.02P2 + 12) dP, = $ffi5.777|hJrso

La carga en la planta 2 disminuye de 150 MW a 108.5 MW;

de manera que su costo disminuye en

(t7| (o.olP, + lo) dR = $926.9451h

J¡so

El ahorro logrado con la coordinación de la pérdida es,

pof lo tanto, 926.945 - 605.277 = $321.67/h.

9.15 En el sistema que se observa en la figura 9-3, ¿cuáles la ganancia mínima de circuito abierto tal que

el error del estado estacionario ^ess

no excedadel 1 por ciento?

En la figura 9-3,

Le1 (r)6Vu 1 + G(s)

Sustituyendo (9.24, en (t) y estableciendo s = 0 (para el

estado estacionario) da

La condición del problema implica que el lado derecho de(2) no es menor que 100. En consecuencia,

1+k>100

yk > 99.

9.16 Obtenga la forma de la respuesta dinámica del

sistema de la f igura 9-3 a un cambio de escalón en

el voltaje de referenc¡a de entrada.

De la figura 9-3,

LV,(t) = r1-'[#3t¡v..d,)] (I)

Donde G(s)está dado en (9.241. la respuesta del sistema

dependerá de las raíces de la ecuación característica.

1+G(s)=0 (2)

Si las raíces s,, s2 y s3 son reales y diferentes, entonces larespuesta incluirá los componentes transitorios A,eslr,Ares2t , Ares3'. Sin embargo, si (2)tiene un par de raícesconjugadas compleias s¡, s2 = o + /@, entonces la res-puesla dinámica será de la forma Ae ot sen(ol + ó).

9.17 Suponga que aquí no ocurran cambios en la po-tencia pref ijada del sistema de potencia de un sis-tema con regulador de turbina (esto es, el sistemaestá operando en el estado estacionario) y que larelación de potencia y frecuencia del regulador dela turbina sea la representada gráficamente en lafigura 9-7. Determine la constante de regulación 8.

En (9.26), observamos que, con APret = 0, R es lapendiente negativa de la curva de f en función de P-, dibu-jada en valores por unidad. Por tanto, de la figura 9-7,

R = Lf -

o'01 = -0.05 ouLP^ -0.2

9.18 Para un conlunto de turbina y generador, F = 0.04

pu, basado en la especificación del generador de

100 MVA y 60 Hz. La frecuencia del generador dis'minuye en 0.02 Hz y el sistema se a¡usta a la ope-

ración del estado estacionario. ¿Cuánto aumentala potencia de salida de la turbina?

OFERACÉN Y @NTFOL DE UN SISTEMA DE POTENCIA ro112

P", pu

Fig. 9-7.

El cambio de trecuencia por un¡dad es

af _r,.y = _3.33 x lo_a pu

Por unidad Lf = l- = 60Jue

Entonces (9.26) da

l-r-l.ll x lo-a)Porunidad LP^ = -O.O¿.

= 8.33 x 10-3 pu "

El incremento real en la potenc¡a de salida es' por lo tanto'

LP^ = (8.33 x 10-3x100) = 0'E33MW

9.19 Un área incluye dos unidades generador-turbina'

especificadas en 500 y 750 MVA y 60 Hz' para las

cuales Flr = 0.04 pu y F, = 0'05 pu, basada en sus

respect¡vas especificaciones' Cada unidad pro-

porciona una carga de 300 MVA de estado esta-

cionario. La carga del sistema se incrementa de

repente en 250 MVA. (a) Calcule P en una base de

lo,oo t'¡vn. @) Determine al en una base de 60 Hz y

en hertz'

€) Podemos cambiar las bases de los valores B con

la lórmula

AsÍ

Rr(nu.ua) = (0'04)# : 0'08Pu

Y R2(nu."") : (0.05)# = o.oó7 pu

Ahora bien, de (9'30),

o:t *1= 1* 1 -27.5out R, R, o.o8 o.oó7

(b) El incremento por unidad en la carga es 250/1000 =

0.25 pu. De (9.29), con aPrel(total) = 0 en condiciones de

estado estacionario,

-t 1Af = i LP^ : -¡¡o.zs: -e.oel x 1o-3 Pu

También,

A/ = -9.09t x 10-3 x 6() = -0.545 Hz

9.20 Para las áreas 1 y 2 en un sistema de potencia de

60 Hz, B' = 400 MW/Hz y P, = 2fi MW/Hz' La po-

tencia total generada en cada una de estas áreas

es, respectivamente, 1000 y 750 MW' Mientras ca-

da área está generando potencia en estado esta-

cionario con APamarrel = LPa ^rre2

= 0, la carga

en el área 1 aumenta de repente en 50 MW' De-

termine la ¿f resultante, (a) sin CFC y (b) con CFC'

Desprecie todas las Pérdidas'

(a) De (9.29), puesto que aPref (total) = 0 sin CFC'

s0 : _(400 + 2s0) A,f

de donde Al = -0.0769 Hz.

(ó) Con CFC, en el estado estac¡onar¡o, (9 24 implica que

EAC¡ = EAC, - O; en caso contrario, el CFC dado por

(9.22) cambiaría los valores pref iiados de la potencia de

referencia de los reguladores en CFC' Asimismo, la suma

de los fluios de línea neta de amarre, APamarrel +

APama(e2 es cero (despreciando las pérdidas)' Así pues'

ACEr + ACE2 = 0 = (B' + B)Lfyaf = 0dondeBr + 82+O'

Problemas comPlementarios

g.21 Una gráfica de entrada de combustible en función de la

salida de potenc¡a para una planta está dada en la figuraRnu"u" = &,.j"+!!!$9EL,rbase(vieja)

E OPERACóN Y CONTROL DE UN SISTEMA DE POTENC]A ft3

9€. Determine los requerimientos de combustible a (a)

120 MW y (b) 560 MW de salida de polencia.

Salida de potencia P, MW

Fig. 9-8.

Resp. (a) L6.67 x 106 Btu/MWh;

(ó) 10.71 x 10óBtu/MWh

9.22 (a) Para la planta del problema 9.21, determine los re-

querim¡enlos del combustible en el punto de operación

de eficiencia máxima. (ó) ¿Cuál es la salida de potenc¡a

en ese punto?

Resp. (a) 10 x 10óBtu/MWh; (á) 400MW

9.23 Suponga un costo de gasolina de $1.60 por millón de Btupara la planta del problema 9.21, grafique el costo incre-

mental del combustible en función de la potencia de sal¡da.

Resp. Fig. 9-9

Del resultado del problema 9.23, calcule el costo incre-mental de combustible en el punto en que la planta operaa la eficienc¡a máxima de combustible.

Resp. $lólMwh

400 600

Potencia de salida P, MW

Fig. 9-9.

Aproxime la curva obten¡da en el problema 9.23 con unalínea recta y obtenga una ecuación para esta línea.

Resp. dFldP: 0.0093P + 6.75

El costo incremental de combustible, en ddlares por me.gawatthora, para dos unidades en una planla está dadopor

dFl

dPl:O.ffi7Pr+7 y

Durante un periodo de 24h la carga en cada unidad varía

entre 100 y 500 MW, mientras que la salida de la plantavaría de 200 a 700 MW. (a) ¿En qué nivel de potencia debe

empezar la unidad 2 a tomar toda la carga adicional para

la operación más económica de la planta? (ó) ¿Cuál es la

salida de potencia de la planta en este punto?Desprecie

las pérdidas.

Resp. @) 122.22MW; (ó) 222.221,tf1V

En relación con el resultado del problema 9-5, trace unacurva de costo incremental de combustible en función dela producción de la planta para costo de combustiblemínimo de la planta del problema 9.26.

Cuando la planta del problema 9.26 está proporcionandosu salida máxima de potencia, ¿cómo se debe distribuir

2N

ca

o-o

-o

oOd,E(d

c!

ul

600

#,= o'*" * u

9.27

Línea recta de aproximación

9.28

OPERACóN Y CONTROL

esta carga entre las dos unidades para que el costo del

combustible sea mínimo?

Resp. 331.25 MW; 368.75 MW

¿A qué valor de salida total las unidades en el problema

9.26 deben compart¡r la carga en forma equitativa?

Resp. 1000 MW

Calcule el costo incremental de combust¡ble para la con-

dición de operación obtenida en el problema 9'28.

DE UN SISTEMA DE POTENCIA @114

9.29

ff= o.ow, + todF2

Y dP,

= 0.02P2 + 10

9.30

Resp. $9.319/MWh

9.31 En la salida de potencia máxima de la planta del proble'

ma 9"26, determ¡ne el ahorro por hora en costo de com'

bust¡ble para la operación económica contparada con la

s¡tuación en que la un¡dad 1 entrega 400 MW.

Resp. $37.81/h

9.32 Para el sistema que se aprecia en la figura 9-2, sea /, =1.OlO",t? = 0.8¿9-0, V, = 105llAo,y Vt = 1'071!ff,todasen valores por unidad. Las ¡mpedanc¡as en la línea, por

unidad, son 21 = O'O5 + 10.20' Z, = 0.O6 + iO'30y Z. =0.06 + 10.40. Determine los coef¡cientes de pérdida del

sistema.

Resp. 0.1029,0.0561, Y 0.1123Pu

9.33 Calcule las pérdidas de transm¡sión para el sistema del

problema 9.32 con la fórmula de pérdidas (9'6). Verifique

el resultado con un cálculo directo de las pérdidas /'zR.

Resp. 0.2828 Pu

9.34 Exprese en forma de matriz el resultado dado por (9.70)'

Resp. Pnr',¿¡¡u : iBP, ctonde F = P transpuesta

9.35 Calcule los factores de castigo para las dos plantas que

operan como las del Problema 9.32.

Resp. 1.35;1.32

9.36 Para e¡ sistema del problema 9.32, el costo ¡ncremental

de combustible de las dos plantas está dado por

El sistema opera a ]\ = $1 1.6/MWh para el costo m ín¡mo

de combustible. Determ¡ne la potencia generada en cada

planta.

ResP' 160 MW; 80 MW

9.37 Calcule la eficiencia de la planta del problema 9.32.

Resp. 7t.72 por ciento

9.38 Los costos incrementales de combust¡ble para dos uni-

dades en una planta son

#= o'zoP' * q'o u dF':0.25R + 3.0' dP,

Las cargas mínima y máxima de cada unidad son 20 MW

y 125 MW, en tanto que las de la planta son 40 MW y 250

MW. ¿Cuál es la salida en que la primera unidad debe em-

pezar a compartir la carga para la operación más econó'

m¡ca de la Planta?

Resp. 40 MW

9.39 Oetermine el costo incremental de combust¡ble para la

operación de la planta dada en el problema 9'38.

Resp. $8.0/MWh

9.40 Para el sistema de la f ¡gura 9-3, calcule el porcentaje de

error de estado estacionario con una gananc¡a de circuitoabierto de 90.

Resp. 1.1 Por ciento

9.41 Un generador de 500 MW y de 60 Hz t¡ene una costante de

regulac¡ón de 0.05. Calcule el incremento en la potencia

de entrada resultanle de una caida de 0.2 Hz en la fre'

cuencia, sin cambio en la entrada de referencia del sistema'

Resp. 20MW

9.42 Para el sistema del problema 9.19, determine el ¡ncremen'

to por unidad en la entrada de cada generador que resultadel incremento de carga.

E] OPERACIÓN Y CONTROL DE UN SISTEMA DE POTENCIA 115

Determine el costo minimo de operación por hora para el

sistema del problema 9.43, con una carga de 600 MW en

el sistema.

Resp. 96900/h

Calcule el costo incremental de operación que minimizael costo total de operación para el sistema del problema

9.43, cuando su carga total es 1300 MW.

Resp. $20lMWh

Resp. 0.t8L25 pu; 0.21642 pu

9,43 Los costos de operación de dos unidades que suministran potenc¡a a un sistema son, en dólares por hora,

4 : lOP' + 8000P? y F2: SP, + 9000Pi

donde P¡ y P, están en kilowatts. Para una salida total de

800 MW, calcule la salida de caoa unidad de modo que el

costo total de operación sea mínimo.

Resp. 365 MW: 435 MW

9.44

9.45

Eslobilidqd de los sistemqs depolencio

Por estabilidad de un sistema de potencia entende-mos su capacidad de permanecer en equilibrio de opera-

ción o sincronismo, aun cuando ocurran perturbaciones

en é1. Aquíse estudiarán tres tipos de estabilidad: esta-

bilidad del estado estacionario, del estado dinámico y

del estado transitorio.La estabit¡dad del estado estac¡onario relaciona la

respuesta de una máquina síncrona con una carga in'crementada gradualmente.

la estabil¡dad dinámica re-laciona la respuesta a

pequeñas perturbaciones que.ocuilen en el sistema,produciendo oscilaciones. Si éstas son'de ampl¡tudessucesivamente más pequeñas, el sistem,a se consideradinámicamente estable. Si las oscilaciqnes crecen en

amplitud, el sistema es dinámicameñlé inestable. La

fuente de este tipo de inestabilidad suele ser una inter-

acción entre los sistemas de control. La respuesta del

sistema a la perturbación puede no manifestarse duran-te unos 10 a 30 s.

La estab¡l¡dad lransitoria implica la respuesta agrandes perturbaciones, las cuales pueden causar más

bien grandes cambios en la velocidad del rotor, en los

ángulos de potencia y, en la transferencia de potencia.

La respuesta del sistema ante dichas perturbaciones se

manifiesta normalmente en menos de 1 s.

10.1 CONSTANTE DE INERCIA Y ECUACIÓNDE ACELERACIóN MECÁNICA

El momento angular y la constante de inercia iue-gan un papel importante en la determinación de la esta-bilidad de una máquina síncrona. la constante de iner-cia pot unidad H está definida como la energía cinéticaalmacenada en las partes en rotación de la máquina a

velocidad síncrona en megavoltampere (MVA) por uni'

dad según la especificación de la máquina. Así, si G es

la especificación en MVA de la máquina, entonces

6¡7 : lJa? (10.1)

donde J es el momento polar de inercia de todas las par'

tes en rotación en kilogramos (metros cuadrados) y c,r. esla velocidad angular síncrona en radianes eléctricos por

segundo. Si M es el momento angular correspondiente,entonces

M=Ja, (10.2\

donde c¡- = 3601 grados eléctricos por segundo, (10.11y

(10.2) dan

GH:lMr"=tM(3ffi)fo

U : 9!t MJ's/grados eléctricos (10'3)180/

donde f es la frecuencia de rotación.Considere un generador síncrono que desarrolla un

par electromagnético f. (y una potencia electromagnéti'ca correspondiente P..) mientras opera a una velocidadsíncrona o". Si el par de entrada proporcionado por el pri-

mer movimiento al eje del generador es l, entonces en

condiciones del estado estacionario (sin perturbación)

tenemos

T"=T'

T.or: T¡tt¡"

T,tt¡"-Tra"=P¡-P":0

10

(10.4\

@ ESTABIUDAD DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA 117

(10.9\Si ocurre una desviacidn del estado estacionario, comoun cambio en la carga o una falla, la "potencia de entra-da" P¡ya no es igual que la "potencia de salida" P""¡ y ellado izquierdo de (10.4) no es cero. Por el contrario, inter-viene un par de aceleración. Si P., es la potencia de ace-leración correspondiente (o desaceleración), entonces

d20P,: P, - P": M dF U0.5)

donde M ha sido def inida en Q0.3), P., está en megawattsy des la posición angular del rotor. Más aún, en el esta-do estacionario,

así

0 : a"t * 6' (10.6)

donde la constante de integración ó se llama ángulo depotenc¡a de la máquina síncrona. Sustituyendo (70.6) en(70.5) se obtiene

Un valor base conveniente en un sistema es 100 MVA.El momento dé inercia de una máquina síncrona es-

tá dado por WR2132.2 slug (pie cuadrado), donde Wes elpeso de la parte rotatoria de la máquina en libras y R essu radio de giro en pies. Los fabricantes de maquinariageneralmente proporcionan como dato el valor de WR2

de sus máquinas.

10.3 CRITERIO DE ÁREAS IGUALES

Considere ó en la ecuación de aceleración mecáni-ca (10.7), la cual describe el movimiento o aceleracióndel rotor. Como se muestra en la figura 10.1, en un siste-ma inestable 6 se incrementa indefinidamente con el

Fig. 10-1.

que un sistema sea estable, debe ser d6ldt = 0 en algúninstante. Este criterio (que dó/dt sea cero) se puede obte-ner simplemente de (10. Z). Además, si suponemos que Hes constante y que la amortiguación es despreciable e

ignoramos el s¡stema de control, entonces tenemos

nd6d26 _2P,d6" dt dt': MA

que, después de la integración, da

H.¡, - ""r*,P

ded: t"

d26,E-Pi-P"=P" (10.7)

la cual se conoce como la ecuación de aceleración me.cánica. Si combinamos (70.3) y Q0.n y dividimos entreG, obtenemos la ecuación de la aceleracidn mecánicapor unidad como

H d26

tg}¡ dF - Pi - P": I Por unidad (10'8)

La ecuación de aceleración mecánica contiene informa-ción referente a las máquinas dinámicas y su estabili-dad. Sin embargo, es importante señalar que hicimosdos suposiciones básicas al deducir esto: (l) En (10.2)

supusimos que M es constante, aunque, en rigor, estono es cierto; (2) se ha despreciado el término de amorti-guación proporcional dóldf .

10.2 LA CONSTANTE H EN UNA BASECOMÚN MVA

Una constante de inercia Hrro basada en su propia es-pecif icación en MVA se puede convert¡r a un valor ftisrelacionado a la base del sistema S"¡, coñ la fórmula (#)' : ?,1:, P, d6

2foM Jo,

118

así que

donde fr es el ángulo de potencia inicial antes de que el

rotor comience a acelerarse debido a la perturbación. El

criterio de estabilidad d6ldt = 0 (en algún momento)irnplica que

ESTABIUDAD DE LOS SISTEMAS DE POTENC¡/A @

(10.10)

Esta condición implica que, para condiciones de estabi-lidad, el área bajo la curva de la potencia de aceleraciónP. en f unción de 6 (Fig. 10-2) debe ser cero para algún va-lor de 6; esto es, el área positiva (o aceleración) bajo la

curva debe ser igual al área negativa (o desaceleración).Este criterio es, por lo tanto, conocido como cr¡ter¡o de

áreas iguales para lograr'la estabilidad.

62

Fig. 1G2.

El criterio de áreas iguales implica que, para estabili-dad,

Area A, = irea Az

(P, - P," senó)dó

o después de que se realizan las integraciones,

P,(ó, - óo) + P,r,(cosó1 - cosóo): P,(ó,

- ór) + Pn,r^ (cos ó, - cos ó2) Q0.11)

Pero puesto que

P¡ = P-r, senó¡

(10.111 se convierte en

(ór - óo) senó1 + cos ó2 - coS ó6 = Q (10.12\

Si conocemos ó0 y ór, podemos resolver (10.12)para ü.

10.4 ÁNCUIO CRÍTICO DE INTERRUPCIóNDE LA FALLA

Si una perturbacidn (o falla) ocurre en un sistema, ó

comienza a incrementarse bajo la influencia de una po-

tenc¡a de aceleración positiva y el sistema se volveráinestable si ó aumenta mucho. Existe un ángulo críticodentro del cual la falla debe ser removida, si se quiereque el sistema permanezca estable y se cumpla el crite-rio de áreas iguales. Este {ngulo se conoce como ángu-lo critico de interrupción de la falla 6.. Por ejemplo, con-sidere un sistema que opera normalmente a lo largo deuna curva A en la figura tO-3. Si ocurre un cortocircuitotrifásico a través de la lÍnea, su curva de potencia en

función del ángulo de potencia corresponderá al eje ho-rizontal. Para lograr la estabilidad, el ángulo critico deinterrupción de la falla debe ser tal que el área A, =área Ar.

d6dt

[o","oo :,

: Ju'{r,.,,senó

-- nd6 Fig. lG3.

E ESTABIUDAD DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA 1't9

En la figura 10-4 mostramos una curva con un ángu-lo de potencia A antes de una f alla, B durante la f alla y Cdespués de la falla tal que A = Prá, sen 6, B = ktA,yC - k2A, con k, < kr. Para alcanzat la estabilidad debe-

Fig. 1G4.

mos tener un área At = área Ar. Basándonos en la f igu-ra 104, esta condición da

(ó- - óo)P, = ["" naa + !".^

caa (rc.fi\

Sustituyendo para By Cen (10.13\, con P, = Pmáx sen ñ,finalmente se obtiene

1

cosó,= [(ó--ó6)senó6Kz-Kt

- k1 cos 6o + krcos ó-] (10.14)

10.5 UN SISTEMA DE DOS MÁOUINAS

La ecuación de aceleracidn mecánica (10.4 se pue-

de escribir para dos máquinas como

Mr{*=P¡t- P"tdI-

(10.17)

d26"M'# = P¡z - P"z (10' t8)dI'

donde los subíndices 1 y 2 corresponden a las máquinas1 y 2, respectivamente. Si indicamos el ángulo relat¡vo

entre los dos ejes del rotor por E, tales que ¿ - ót - ü,entonces (10.1ny 00.18)se pueden combinar y simplifi'car como

d26M - : P¡ - P" Para dos máquinas (10.19)

dt-donde

M2Fit - MtPizM,M"M:M:+M, P¡=M1+M2

^ MzP"t - MtP"zP :-'e Mr+ M2

De la figura 10-4, tenemos

1: P^senóo = k2P^sen6^

= kzP^sen(n - ó-)

Por tanto, de 110.15l,,

10.6 SOLUCTÓN PASO POR PASO

La ecuacidn de aceleración mecánica se puede re-

solver iterativamente con el procedimiento paso por

paso que se muestra en la figura 10-5. En la solución, se

supone que la potencia de aceleración P,, y la velocidadangular relativa del rotor sr. son constantes dentro de ca-

da una de las sucesiones de los intervalos (parte supe-rior y media, figura 10-5); sus valores se utilizan para de-

terminar el camb¡o en 6 durante cada intervalo.Para empezar las iteraciones necesitarnos P,,(0+),

la cual evaluamos como

P,(0+) - P¡ - P.(0+) (10.20)

Después, la ecuación de aceleración mecánica se puede

escribir como

d26 ¿10+)ü=d(0+):T U0.21)

y el cambio en o, eStá dado (Fig. 10-5) por

L0), : a(0+) At (10.22)por lo tanto,

@, = 0)o * L,a¡: ú)o * a(0+) At (10.23)

(10.ls)

(10.16)S€nó6: k2sen(n - 6-)

Con k,, kz y h especificadas, el ángulo crítico de ¡n-

terrupción de falla se puede obtener de 110.141y (10.16).

@1n ESTABIUDAD DE LOS SISTEII.AS DE POTENCIA

Dta(n'

P"tn -

Valor

Valofx

l/'r-

t

)*"-n\

6

3n-2<-af -->

1n-2<-A¡->

t

),

Evaluación de P"

Si no hay discontinuidad en la curva de aceleración

mecánica durante un intervalo de iteración, entonces

P,,(O+) es igual a la mitad de P' inmediatamente des'

pués de la falla. (Una curva de aceleración mecánica es

una curva de potencia en función de 6.) Si existe una dis-

continuidad al principio del lésimo intervalo, entonces

Pa(¡-rt = L(Po<¡-t'¡- * P"<¡-tl*) Q0.26)

donde P,,,,-r,- y P,,,,-1¡, son, respectivamente, la potencia

de aceleración inmediatamente antes y después de que

se repare la falla.Si ocurre la discontinuidad en la mitad de un inter-

valo, entonces Para ese intervalo

Po : P¡ - salida durante la falla (10.27')

En este caso, al principio del intervalo inmediato si'guiente a la ¡nterrupción de la falla, P,, está dado por

P" : P, - salida desPués de que la falla

fueinterrumpida (10.28\

Finalmente, si no ocurre la discontinuidad ni al principio

ni a la mitad del intervalo, P,, todavía puede evaluarse de

(10.261a (10.28).

Algoritmo para las iteraciones

Si regresamos ahora a (10.251, vemos que ót nos da

un punto en la curva de aceleracidn mecánica. El algorit-

mo para el proceso ¡terativo es como sigue:

)r supuesto

ores reales

Supuesto

Real

- tn) - ú).(, - ¡lZ)

ADtol

A6tn - tl

Parnl

Ar(, -úI(, -

n-2 n-l n t

Fig. 10-5.

De la misma manera, el cambio en el ángulo de potencia

para el pr¡mer ¡ntervalo es

Aór : L,a, Lt (10.24)

y asl

ór : óo + Aór : óo -F a(0+)(Ar)'z (10.25)

Po(n-t)- Pi- P.(n-r')

pe(n-r) : gys€nó1¿-r)

Patn - t\&6_tl: M

Lro,@): d6--q Lt (10.32)

a,(n\ : @r(n-r) * 41,,-r¡ Af (10.33)

PAó1,¡ : Aó1a-r¡ + -iff!(LD2 Q0.34)

ó(,) : ó1,-r¡ * Aó1'¡ Q0.35)

(10.2e)

Qa3o)

(10.31',)

12r@ ESTABIUON) DE LOS SISTEMAS DE FOTEIT¡CüA

El uso de este algoritmo junto con el criterio de áreasiguales proporciona el ángulo crítico de interrupción dela falla y el tiempo crÍtico correspondiente de interrup-ción.

Problemas resueltos

10.1 La constante de inercia H para un generador hi-droeléctrico de 100 MVA y 60 Hz es 4.0 MJ/MVA.

¿Cuánta energía cinética se almacena en el rotora la velocidad síncrona? Si la entrada al genera-

dor se incrementa de repente en 20 MVA, ¿cuál esla aceleración impartida al rotor?

La energia almacenada en el rotor a una velocidadsincrona está dada por (t0. t) y es

GH:100x4:400MJ (t)

La aceleración del rotor ú6ldtz eslá dada por (10.7), con

P., = 20 MVA de potencia de aceleración y con M como se

determinó en (70.3). Así, (t0.3) da

GH 400 1lrI:- 180f 180 x 60 27

y Q0.n se convierte en

I d26__ : )n27 dtz

o sea d26ldt' = 20 x 27 : 54o"1s2.

1O.2 En la sección 10.2 notamos que los fabricantes de

maquinaria generalmente proporcionan el valc¡r

de WRz. Deduzca una relación entre H y WRz parauna máquina cuya especificación es qáq MVA.

La energía cinét¡ca de rotación del rotor en veloci-dad sincrona es

lWR2 /2nntKE=:::_l -- I (enpreslibras)232.2 \ ffi /

donde n es la velocidad del rotor en revoluciones por mi-nuto. Puestoque550ft.lb/s = 746w, 1it.lb = 746/550J.

Convirtiendo libras pie a mega¡oules y dividiendo la últi.ma ecuación por la espec¡f ¡cación de la máquina en me-gavoltamperes, obtenemos

Sreq

2.31 x l}-towRzn2 (r){nro

10.3 Un generador síncrono de '1500 MVA y 1800rev/min liene WRz = 6 x 106 lb'ft2. Encuentre laconstante de inercia H de la máquina relacionadaa una base de 100 MVA.

De (7)del problema 10.2,

H _ (2.31 x 10-r)(g_x 10"X1800)'z: 2.994lvu/MVA

1500

Relacionada con una base de 100 MVA, por lo tanto,

15mH :2.994 x -':::- = 44.91IV1J/MVA

100

10.4 Una máquina síncrona de 500 MVA tiene Hr - 4.6

MJ/MVA, y otra máquina de 1500 MVA tiene H, =3.0 MJ/MVA. Las dos operan en paralelo en unaestac¡ón de potencia. ¿Cuál es la constante H

equ¡valente para las dos, en relación con una ba-

se de 100 MVA?

La energía cinética total de las dos máquinas es

KE = 4.6 x 600 + 3 x 1500 = 68ü)MJ

Así pues, el equivalente H relativo a una base de 100 MVA es

68mH : :-^::68MUMVA

100

10.5 Para cierta carga con un factor de potencia retar-dado, los voltajes del extremo transmisor y elextremo receptor de una línea de transmisión cor-ta de impedancia R + lX son iguales. Determinela razón XIR pa.a que la potencia máxima setransmita sobre la línea en las condiciones del es-tado estacionario.

Según el diagrama del fasorial 'Je

ia figura 106, po-

demos escr¡bir

Vs = Vn + /(cos f - jsenOXR + iX)= (YR + /Rcos{ + lXsenf)

+ i(/Xcos @ - /R sen{)

(H'**)eY*)WlH_

12, ESTABIUDAD OE IJOS SSTEITAS DE FOTE}ICIA E

Fig. 1G6.

R(V.scosó): (V¡ * IRcos{ + IXsenQ)RX(7"senó) = (IXósf - /Rsenf)X

S¡ combinamos estas ecuacion€s y s¡ hacemos 22 = B2

X2, obtenemos

V"(Rcosó + Xsend) = RVn + IZ2 cos Q

rcosf = f {n"*o*Xsen6\-V

En consecuencia, tenemos

Pn = VnI c.osO =S<ncos ó + Xsenó) - RVI

Ahora sea lan É = "rr, "nrona",

,rr a" aonrt"U"

r" =ffcos(P - ó) - yPara una polsncia máxima P = 4 por lo cual

P*(,¿,r=d#?r-#v

o?f" = oüt

Por consiguienle,

(f,)i.'*xz\=!,p2y como % = Yr, tonemos X/R = r/3.

10.6 Los voltajes del extremo transmisor y el extremoreceptor de una línea de transmisión a una cargade 100 MW son iguales a 115 kV. La impedanciade la línea por fase es (4 + l7) O. Galcule la poten-cia máxima en estado estacionario que se puedetransrn¡tir en la línea.

De V, = yJ = 115000/J5 = 664oo,tenemos,de (2)

del problema 10.5,

D v*v, RV'^¡ R(mi¡x)

| (óó.4)'z 4(6.4\?1- ^^= l--!! - '\--"/ ¡lflo - t?< <rfrV/faSe- LlT +T 42 + 72 J^" - L'r'J Lrtt

= 826,5 MW total

10.7 Un generador síncrono, capaz de desarrollar 500MW de polencia, opera a un ángulo de potenciade 80. ¿Cuánto puede incrementarse de repente lapotencia del eje sin pérdida de estabilidad?

ln¡cialmente, en 6 = 8o, la potenc¡a electromagnét¡-ca que se está desarrollando es de

P.n =P.r,senóo = 5ü)sen8'= ó9.6MW

Sea ó- {Fig. 10-7) el ángulo de potencia al cual el rotorpuede acelerarse antes de perder s¡ncronismo. Por el cri.lerio d€ áreas iguales se requ¡ere que (t0. t2) se satisfaga(con ó. reemplazado a 4). De la figura 10-7, ó. = 7 - tr,así 110.121 da

(r - ót - óo)senó, + cos(z - ó,) - cosóo = go

(¡ - ót - ó6)senó, - cosó, - cosóo = 0(r)

P¡t = Pr¡

P¡o= Pro

Fig. 1G7.

@ ESTABIUOAD DE LOS SISTEITAS DE POTET{CIA

Sust¡tuyendo ñ = 8o = 0.13885 racl en (t) da

(3 - ó')senór - cos ó¡ - 0.99 = 0

Esta da a, = 50o, para lo cual la potencia electromagnéti-ca correspondiente después de la falla es

P,Í = P^¿osenó¡ = 5ü)sen5ff : 383'02MW

La potencia inicial desarrollada por la máquina fue de

69.6 MW. De aqui, sin pérdida de estabilidad, el sistemapuede sumin¡strar un súbito ¡ncremento de

Pa - P,o: 383.02 - 69.6 = 313.42MW

10.8 Determine la carga máxima adicional que puede

tomar de repente la línea de transmisión delproblema 10.6 sin pérdida de estabilidad.

Si despreciamos la resistencia, enionces la poten-.cia inicial (máxima) Po es

^ V"V*Pn = fsenóo = P*,rr",senóo

De (t) det probtema 10.7,

(r - ót - óo)senó, - cos ór - cos óo = g (1)

Tenemos

Po = *(100):33.33MWv

I 1152PP,-á,, : :-, 1ü = 62g.76lvf!ll'I

J

así

óo = s€n-t ffi= 3o: o.o52rad

Luego, (t) se convierte en

(z - ár - 0.052)senó¡ - coS6¡ - cos3" = 0

lo cual da \ = 47.8". De aquí el sistema permanecerá es.table para un ¡ncremento en la carga de hasta

P¡1.¿¡¡s€nó¡ - Po = 629.?6sen47.8" - 33.33

= 433.2MWfase

= 1299.6MW toral

10.9 Un generador síncrono opera en un conductor in_finito y sumin¡stra 0.45 pu de su capacidad de po-tencia máxima. Ocurre una falla y la reactanc¡aentre el generador y la línea se convierten encuatro veces su valor antes de la faila. La poten.

18

cia máxima que se puede entregar después deque la falla se interrumpe es 70% del valor máxi-mo original. Determine el ángulo crítico de in'terrupción de la falla.

Dado

Pr¿" durante la falla

'' = ffii;;iiiJffiP*¿^ después de la fallat,=ffiiffi

óo = ángulo de potencia en el momento de la falla

4 = ángulo de potencia cuando se interrumpe la falla

ó- : ángulo máximo de aceleración

El criterio de áreas ¡guales, A, = A2 €n la figura 10.8, nosda

P,(¿ - o"> - [l^r,e^*senódó

= l]"rr",*renódó - p"(ó- - A)

De aquf,

cos ó" = *[*,"-," - óo) + r2cos 6-

-.r,*0"] (t)

-Antes de la falla

Durante la falla

Después de la falla

,0;Fig. 1G8.

ESTABIUDAD DE LOS SISTEMAS DE FOTENCIA @124

lnicialmente, el generador suministra 0.45 pu de

Pmáx. Así,

P" = 0'45Prr^ = Pru* sen ó6

de lo cual 6o = S€n-r O.45 = 26.740. Ahora P.¿, = EVIX'

Cuando ocurre la falla, X se conv¡erte en 4X, asi que

-EVtrPmáxsenó- = ft tanó- - lP.r*send-

así que x¡ = 0'25.

Después de la falla, con xz = 0'70' tenemos

P" = ¡zPra"senói'

de lo cual

A' : sen-r P" -."n-'9i&"= 4oovñ xzP^e* 0.70P.á,

Después ó- = 90o + ól = 1300 (véase la figura l0'8)' y

ó- - óo : 130" - 26.74" = I03.2f o 1'8019rad

De aquí, de (l)

1

cos ó. = 0.?0: 0.r5 [0.45(1.8019) + 0.70cos 130'

- 0.25 cos26.74:l = 0.3059

así que ó. = cos-l O3059 : 72.2"'

10.10 Un generador de dos polos, 100 MVA' 60 Hz tiene

un momento de inercia de 50 x 103 kg 'm'?' ¿Cuál

es laenergía almacenada en el rotor a la veloci-

dad especificada? ¿Cuál es el momento angular

correspondiente? Determine la constante de iner-

cia H.

La energía almacenada es

10.11 La entrada del generador del problema 10.10 se

incrementa de repente por 25 MW. Determine la

acelerac¡ón del rotor.

De los problemas 10.10 Y 10.1,

03296 = 25

Así, t = #= 7f lsz

10.12 Si suponemos que la aceleración calculada en el

problema 10.11 permanece constante por doce

c¡clos, calcule el cambio en el ángulo de potencia

y la velocidad que transcurre durante esos doce

ciclos.

Doceciclos son equivalentes a 12160 = 0'2s Duran-

te ese tiempo, 6 cambia pot + (471.251\o.2f = 9.425 gra'

dos eléctr¡cos. Ahora

.. 4tl )\ó = ó() x+ = 78'5rev/min/s

360

adí la velocidad del rotor al final de los doce c¡clos es

3600 + 78.5 = 3678.5 rev/m¡n.

10.13 Un generador de 60 Hz, conectado directamente a

un conductor infinito que opera a un voltaje de

1 E pu, tiene una reactancia síncrona de 1'35 pu'

El voltaje sin calga del generador es 1'1 pu y su

constante de inercia H es 4MJ/MVA' El generador

se carga de repente a 60% de su limite de poten-

cia máxima; determine la frecuencia de las oscila-

ciones naturales resultantes del rotor del genera-

dor.

Encontramos ,\ usando sen ó0 = P,/P, = 0'6' lo cual

da ¿o = 36.87'. Por lo tanto,

u'"1 =

1'1 I 1"o, 36.87 = 0.6518pu/racl

dó 1." *, 1.35

Asim¡smo, tenemos

Frecuencia de oscilación =

EC(armacena aa¡ :)tn,'^: lOo

,. .)(U#q9:M = !ú:

-1 ^ pu srlrad

Por lo tanto,

,, _ EC(almacenada) - 3553: 35.53MJ/MVA" = -- MVA 1oo

M = GH

= (loolQq{l)

= 0.329MJ. rad/s180/ (180X60) = 5.5 rad/s = 0.882 Hz

E10.14 Deduzca (10.19).

ESTABIUDAD DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA

senó; = *1 v

de los cuales 6^ - 2.8 rad. Sust¡luyendo k¡, kz, & y 6- en

(10.141 da

1

cos ó" = s;t(2.8 - 0.2s2q0.2s - o

125

6^=n-6'^

+ 0.75cos2.81 : -0.093

ó=ó,_ó,(1)

De (11, (10.14y Q0.18), tenemos

11ót - ót = *(1, - P,r) - n.@,- P,t) = 6

e)

Multiplicando ambos lados de (2) por MtMzIMt + Mr) seobtiene

MrM, Á 1

ffi,6 = M:+ L42I(M'1' - M'P'') - (M'n'- MtP,r)l

M2Pil - Mtn2 MrP,, - MrP.,

Mt*Mz Mr+M,o

M6=P,-P,lo cual es lo mismo que (t0.tg).

10.15 La energía cinética almacenada en el rotor de unamáquina síncrona de 50 MVA, de seis polos y de60 Hz es 200 MJ. La entrada a la máquina es de 25

MW cuando entrega 22.5 MW. Calcule la potenciade la aceleración y la aceleración.

La potencia de la aceleración es

P" = P, - P, - 25 - 22.5 = 2.5MW

Ahora bien, también,

EC(almacenada) - 2m -ry - ' - ¿4' ' - especificación de la máquina en 50

y , de (10.31,

GH 50X4M - ::: = -:]-_| = 0.0185 MJ.s/ erados180/ 180 x 60

= 1.0ó MJ . s/rad

Finalmente, de (10.4,

" 2.5ó =.-l =2.356:.ad1s2

1.0ó

10.16 Si la aceleración de la máquina del problema10.15 permanece constante durante diez ciclos,

¿cuál es el ángulo de potencia al final de los diezciclos?

Del problema 1O-15, ; = 2.356. La integración con

respecto a I da

ii=2.356t+CtPuesto que ó - 0 en f = 0, Cr = 0. Una segunda integra'

ción ahora da

6=t.L7Et2+CzEn I = 0, sea 6 = 6o (el ángulo de potenc¡a inicial). Por lo

tanto

6=1.178t2+óoA 60 Hz, el tiempo requerido pa'a diez ciclos es t = is.Para este valor de l,

ó = 1.178(á), * ó6 = (0.0327 + óo)rad

10.17 El generador del problema 10.15 tiene un voltajeinterno de 1.2 pu y se conecta a un conductor infi-nito que opera a un voltaje de 1.0 pu a través deuna reactanc¡a de 0.3 pu. Un cortocircuito trifási-.co ocurre en la línea. Después, operan los in-terruptores del circuito y la reactancia entre el ge-

nerador y el conductor se convierte en 0.4 pu. Cal-cule el ángulo crítico de interrupción de la falla.

Antes de la lalla,

t.2 x 1.0D _ :4.0ou¡ máx - 0.3

Durante. la falla,

Pt¿'2 = 0

y kr = 0 para utilizarse en (10.141. Después de que se in'terrumpe la falla,

1.2 x 1.0Pmáx¡ = 0/ = 3.0 pu

y k, = 3.O14.0 = 0.75 para ut¡l¡zarse en (10.141.

El ángulo de polencia inicial 6 esta dado por 4 sen fo

= 1.0, de lo cual ó0 = 0.2527 rad. Defina 6í = ¡ - 6-

(Fig. 10"4). El ángulo 6^en (10.141 se obtiene de

de lo cual 6. = 95.340.

128

10.18 Utilizando el algoritmo paso por paso, grafique la

curva de aceleración para la máquina del proble-

ma 10.17.

El valor por unidad del momento angular, basado en

la especificación de la máquina, es

1.0x4t=ffi=3.7xlO-apuDe (10.26), tenemos

1.0-i.0=6.5P"(0+) ::

z

De (10.211,

d(0+)=-!'i===1351'/s3.7 x 10"

De (10.221con al - 0.05 s,

Aú)'(r) = 1351 X 0'05 = 61.55"1s

De (10.231,

o)'<t':0 + 67'55 = 67'55"/s

De (10.24',,

Aó1r¡ = 61.55 x 0.05 = 3.3'175'

Finalmente, de (10.251, con 4 = 14.47750 como se deler'minó en el problenia 10.17,

6ot = 14'47'15 + 3'3775: 17'855"

Para el segundo intervalo, (10.291 y de (10.311 a

(t0.35) nos dan

P.tu=1.0-0.0:1.01.0

u¡¡ = ¡ffi;= T|A"ls

L,o)44: Z7U2 x 0.05 : 135.1'

@42)= {o4r¡* Lú)4zr= 67.55+135.1 =2A.65"1s

Aó12¡ : @42¡Lt = 2V2.65 x 0.05 = 10.1325e

ó12¡ : ó1r¡ * Aóp¡ = 17.855 + 10-1325 = 27-9875"

Debido a que o y Ao., no cambian durante intervaios suce'sivos, tenemos

o)4r: @42¡ * Ao4r¡ = 337'75"1s

Aó1r¡ : ton rLt = 337-75 x 0.05 : 16.8875'

ó13¡ : ó1u¡ * A61r¡ : M.875"

y así sucesivamente. En esta forma obtenemos la tablade valores, a partir de la cual se graf¡ca la figura 10-9:

ESTABIUDAD DE LOS SISTEMAS DE FOTENCIA @

t,s ó, grados

0.00.050.100.150.200.?5

14.¿t8

17.8527.9,14.88

68.5298.92

10.19 Con base en los resultados de los problemas

10.17 y 10.18, encuentre el tiempo de interrupcióncrítico en c¡clos para un circuito ¡nterruptor (d¡s'

yuntor) apropiado.

Del problema 10.17, A = 95.34o. Para este ángulocrítico de interrupción de la falla, la figura 10.9 da I =0.245 s. De aquíque la falla se deba interrump¡r dentro de

los 60 x 0.245 = 14.7 ciclos.

Problemas complementar¡os

10.20 La constante de ¡nercia H de una máquina síncrona de

150 MVA, seis polos, y de 60 Hz es 4.2 MJ/MVA. Determ¡-

ne el valor de l,Vfl2 en lb'ft2.

Resp. 1 893 939|b .ft'?

.15

E ESTABIUOAD DE tOS SISTETIAS DE POTENCIA

f0.21 El generador del problema t0.20 está operando a su velo.cidad síncrona de estado estacionar¡o. (a) ¿Cuál es laenergía c¡nética almacenada en el rotor? (b) S¡ la poten.cia de aceleración debida al canrbio transitorio es de 2gMW, calcule la aceleración del rotor.

Resp. (a) 630 MJ; (á) 480"/s,

1O.22 U¡a máquina síncrona de 300 MVA y de 1200 rpm !¡eneWBz = 3.6 x 106 lb .f t2. Calcule H para la rráquina (a) ensu propia base y (b) en una base de 100 MVA.

Resp. (a) 3.99MJ/MVA; (b) lt.97MJlMvn

10.23 Un generador de 100 MVA tiene una H = 4.2 MJIMVA yuna máquina de 250 MVA, que opera en paralelo con elprimero, tiene una H = 3.6 MJiMVA. Calcule la constantede inercia equivalente H para las dos máquinas en L¡na

base 50 MVA.

Resp. 26.4 MUMVA

10.24 El momento de ¡nercia de un generador de S0 MVA dese¡s polos x 60 Hz'es 20 x 103k9.m2. Determine H y Mpara la máqu¡na.

Resp. 3.15 MJ/MVA; 0.0146 MJ . s/grados

10.25 Un motor síncrono desarrolla 30% de su potencia especi.ficada para una c¡erta carga. La carga en el motor seincremen!a de repenle en 150 por ciento del valor or¡gi-nal. Desprecie todas las pérdidas, calcule el ángulo depotencia máxima en la curva de aceleración.

Resp. 40o

Un generador síncrono de 100 MVA sumin¡stra 62.5 MVAde potencia, con un faclor de potenc¡a retardado de O.g.

La reactancia entre la carga y el generador es normal-mente de 1.0 pu, pero se incrementa a 3.0 pu debido a unrepentino coÍtoc¡rcu¡to trifásico. [.a falla se ¡nterrumpesubsecuentemente y el generador entonces suministfa43.75 MVA a un factor de potencia retrasado de O.g. Deter-mine el ángulo crílico de interrupción de la falla.

Resp. 68.58"

f 0.25

t27

14.27 Un generador síncrono sumin¡stra su polencia especif i-cada a un conductor infinito a un volta¡e de 1.0 pu. Lareactancia entre el generador y la línea, normalmente de0.825 pu, se incrementa a 0.95 pu debido a una falla. En-cuentre el ángulo crítico de interrupción de la falla.

Resp. 58.73"

10.28 Parael generadordel problema 10.15,determ¡nelaveloci-dad del rotor en revoluciones por minuto al final de losd¡ez ciclos.

Resp. 1203.75 revlmin

10.29 Un motor entrega 0.25 pu de su potencia especificadamientras está operando un conductor infin¡to. Si la cargaeñ el molor se duplica de repente, determine 6- basándo-se sn el criterio de áreas iguales. Desprecie todas las pér.didas.

Resp. 45o

10.30 La constante de inerc¡a M de una máqu¡na síncrona es4.45 x 10-¡ pu. La máquina opera a un ángulo de potenciaen el estado estac¡onario de 24.7o. Debido a una falla, elángulo de potencia cambia a un valor dado por laecuación de aceleración mecánica

,O = O.S.tO pu. Ut¡li.zando el algoritmo paso por paso, trace la curva de acel€-ración mecánica y utilícela para determinar el valor máxl-mo dei ángulo de potencia.

Resp. 67'

10.31 Las constantes ABCD para la representación del circuitonominal ll de una línea de transmisión son A = D =0.9re4.,8 = 82.540:oyC = O.OOOS/90.S.¿Cuát estapotencia máxima que se puede transmitir en la línea sinque el sistema se haga inestable, si I

y, = | ytrl = 110 kV?

Resp. 114.09 MW

10.32 Trace el diagrqFa del ángulo de potencia para la l¡nea detproblema 10.31 cuando esa línea se representa por (a) unclrcuito serie aproximado y (b) solamente una reactanciaen ser¡e. Determine la potencia máxima transmitida encada caso.

Resp. (a) 111.18MW; (á) 151.16MW

10.33 Las reactanclas por unidad para un sistema dado semuestran en la figura 10.10. La potencia unitar¡a eslásiendo entregada al extremo receptof del s¡stema con un

Fig. 1G10.

18 ESTABIUOAD DE LOS SI{¡TETTAS DE POTENCIA @factor de potencia por unidad y un voltaje unitario. Un cor-tocircuito irifásicc ocurre en F, el extremo receptor deuna de las líneas, Encuentre el ángulo crítico de interrup-ción de la falla.

Resp. 59'

10.34 Un generador síncrono trifásico de 50 MVA, 33 kV, de

cuatro polos, €ntrega 40 MW de potencia a un conductorinfinito a través de una reactancia total de 0.55 pu. Debi'

do a una falla repentina, la reactanc¡a de la I ínea de trahs'misión cambia a 0.5 pu. La constante de inercia en la má'quina es de 4.806 MJ/MVA. Trace la curva de aceleración

mecánica durante la falla, suponiendo que el voltale en el

conductor infinito es 1.0 pu y que la reactancia después

del transitorio es 1.05 pu. La reactancia transitoria de la

máquina es 0.4 pu.

Resp. Fig. lGll

Fig. lGrl.

10.35 En una planta, dos máquinas síncronas operan iuntas.Sus constantes de inerc¡a son Hr y H2, sus especifica-ciones de MVA son S, y Sr, la potencia meiánica por uni-dad que entra a las dos unidades es P-, y P-2y P.ty P"z

son, respectivamente, las potenc¡as eléctricas de-sarrolladas por las máquinas. Obtenga una ecuaciónequivalente de aceleración para el sistema de las dos má-quinas en términos de las constantes de inerc¡a referidasa una base común, la frecuencia sincrona por unidad o,,

en radianes por segundo, la frecuenc¡a eléctrica por un¡-

dad en radianes por segundo y los valores dados de po-

tencia por unidad.

Resp. 1@, * Hr)ar.(t)6 = p^, + p-.@.'

- (P" + 1')

10.36 Durante unafalla que tarda 0.05s, la ecuación de acelera-

ción mecánica para una máquina de 60 Hz fue, en valorespor unidad.

0sr=0.05s

El ángulo de la potencia in¡cial fue 0.418 rad. Cuando in-terrumpió la falla la potencia eléctrica desarrollada fuede 2.46 sen 6 por unidad. Determine (a) el ángulo de poten-

cia máxima y (b) s¡ se mantiene o no estable la máquina.

Resp. (c) 156'; (á) permaneceestable

10.37 Calcule el tiempo de interrupción crítico en ciclos para lamáquina del problema 10.37.

Resp. 11.5 ciclos

10.38 Vuelva a resolver los problemas 10.36 y 10.37 utilizandoun método numérico.

*5nó=-3

Protección o los sislemos depotenciq

Hemos visto en capítulos anteriores que una fallaen un sistema de potencia puede originar corrientes y

voltajes anormales. Por ejemplo, durante un cortocir-cuito tr¡fásico las corrientes pueden volverse excesiva-mente grandes y los voltajes pueden reducirse a cero. El

sistema debe protegerse contra tales corrientes y se de-ben tomar medidas para eliminar una falla tan rápidocomo sea posible. En este capítulo examinamos algu-nas de las maneras para hacerlo.*

11.1 COMPONENTES DE UN SISTEMAoe pnotecc¡ót¡

Un sistema de protección de potencia generalmen-te está constituido por tres componentes: lnterruptoresde circuito, transductores, y relevadores. En esencia,cuando ocurre una falla en el sistema, una señal de vol-taje o corriente es transmitida a un relevador por untransductor. El relevador, a su vez, opera un ¡nterruptorde circuito y con eso se interrumpe la falla. La falla pro-duce voltajes y corrientes anormales, que pueden estarcomprendidas en voltajes de kilovolts y kiloamperes. El

transduclor las reduce a niveles mucho más bajos antes

11

de que se transmita la señal al relevador. La secuenciacompleta de detección e interrupción de la falla debeser rápida y segura.

La figura 11.1 muestra un diagrama unifilar de unaparte de un sistema de potencia, con los componentesde su sistema de protección indicados.

Por razones de confiabilidad, el concepto de zonasde protección se implanta en sistemas de protección. La

figura 11-2 muestra zonas de protección traslapadas,las cuales se indican por líneas punteadas cerradas, pa-

ra un sistema de potencia clásico. Cada zona contienedos interruptores de circuito y uno o más componentesdel sistema de potencia. Cuando ocurre una falla dentrode una zona, el sistema de protección de esa zona actúapara aislarla del resto del sistema. El traslape de zonasasegura que ninguna parte del sistema de potenciaquede desprotegida a la izquierda. Sin embargo, las re-giones de traslape se deben hacer tan pequeñas comosea posible.

11.2 TRANSDUCTORES Y RELEVADORES

Como se mencionó anteriormente, los transducto-res se usan para reducir los niveles de corriente y voltaje

CB = Circuito interruptorT = TransductorR = Relevador

Fig. r1-1.

4a. ed., McGraw-Hill, 1982.

Fig. r1-1.

r Tomado de W. D. Stevenson, Jr. , Elements ol Power System Analysis,

130 PROTECCÉN A LOS SISTEMAS DE POTENCIA

I I Zona5-_______-_/

Zona4

m

7.sra1-J7/

Fig. l1-2.

anormales y transm¡tir señales de entrada a los releva-

dores de un sistema de protección. Estos transductorestoman la forma de transformadores de corriente y trans-fornnadores de voltaje (o de potencial); también se les

conoce como transformadores de instrumentación. En

contraste con los transformadores de potencia, sus es-pecificaciones de polencia son más bien bajas, tal vez

de 25 a 500 VA, según la carga o sobrecarga en el trans-formador.

Un transformador de corriente OC) se represe¡tasimbólicamente como en la figura 11-3. El primario

consta generalmente de transmisión (aÓ en la figura 11-3);

el devanado secundario consiste de una bobina de va'rias espiras. Los puntos en el símbolo indican que lacorriente del secundario que sale por la terminal a' estáen fase (para el caso ideal)con la corriente del primarioque entra por la terminal a. Los transformadores de ins-

trumentac¡ón reales (no ideales) presentan errores en larelación de transformación y en desfasamiento, comose ilustra en la figura 11.4. Las razones de transforma-ción estándar de TC fluciúan entre 50:5 y 1200:5.

Los transformadores de voltale (IV) para aplicacióna 12 kV (volta¡e primario)o por debajo de este voltaje ge-

neralmente tienen un clevanado secundario de 67 V. En

aplicaciones de alto volta,ie se usa una configuracióncomo la de la f igura 1 1-5. En dicho franslo rmador de vol-

ta¡e,se utiliza un capac¡tor de acoplamiento de transfor-mador de voltaje (IVC), con los valores apropiados de Ly C (sintonizado para resonancia), se elimina el error en

el ángulo de fase. Por otra parte, Ct y C, se escogen paraque sólo unos pocos kilovolts aparezcan a través de C,cuando A es el voltaje del conductor (inf in¡to) y el voltajede las derivaciones se reduce al voltaje de operación delrelevador.

11.3 TIPOS DE RELEVADORES

La mayoría de los relevadores uti!izados para prote-ger los sistemas son de los siguientes cinco tipos: rele-

Fig. 11-4.

vadores de magnitud, relevadores direccionales, releva-

dores de razdn, relevadores diferenciales y relevadorespiloto.

Los relevadores de magnitud, también conocidoscomo relevadores de sobrecorriente, responden a las

C)

,(Ú

C'

oáfJ

.o'6clEL

€(g

qJ

.oNclú

I

EI

A--4

Fig. 11-5.

entradas de corriente. Su acción consiste en desconec-tar un interruptor de un circuito cuando la corriente de lafalla excede un valor predeterminado. La corriente (en ellado secundario de un TC) requerida para act¡var el rele-vador se denomina corr¡ente de señal l/,,1. Si i/, 1 es lacorriente de la falla referida al secundario, entonces elrelevador opera de acuerdo con las sigu¡entes limitan-tes:

Disparo para llrl > l/nlC)bstrucción o bloqueo para llpl < l/ol

(11.1)

Estas restricciones se muestran gráficamente en la f¡-gura 11-6. Pero, existe otra limitante: El tiempo 7'de ope-

PROTECCóN A LOS SISTEMAS DE POTENCI,A

ración del relevador, es una f unción de /o e /,,. Esto es, ell¡empo requerido para que el relevador opere una vezque l/, I excede a j/,, I se puede escribir como la f unción

T=g(llrl-Vol) (11.2)

y representarse con un círculo, como f, o I, en la figura.t1.6.

Las características de tiempo de los relevadores desobrecorriente generalmente se representan en formade curvas como las de la f igura 11-7. La corriente de se-ñal se ajusia escogiendo la regulación de derivación pri-maria apropiada. (Demostramos la utilidad de estas cur-vas en el problema 11.2.)

Un relevador direccional responde a fallas tanto dellado izquierdo como del derecho de su localización. Suoperación depende de ia dirección (adelanto o atraso)de la corriente de falla con respecto a un voltaje de refe-rencia. Si el voltaje de referencia es 4"r,las fallas queproducen corrientes retardadas en la región sombreadadel diagrama fasorial de la figura 11.8 harán que el re-levador se active (y obstruirá todas las otras fallas). Elvoltaje de referencia se conoce como voltaje de polari-zación. Las limitantes en la operación de un relevadordireccional están dadas también por

Disparo para 0r,,, ) 0oo ) dn¡"Obstrucción o bloqueo para A

^in ( 0oo ( 0.,i"

(11.3\

131

i1

;,{

Fig. ll-ó.

132 PROTECOÓN A LOS SISTEMAS DE POTENCIA

Múltiplo de ajuste de señalRadio lI//lI'l

Fig. 11-7.

E

do

ooo

EoF

o

q

o

oo

oq

o Blooueou max

Fig. 11-8.

donde dop es el ángulo de fase de la cantidad de opera-

ción (t en la Fig. 11'8), en relación con el de la cantidad

de referencia (4"r en la figura), Y 4nin Y Qt¿, definen los

límites del intervalo de operación.Un relevador de razón rcsponde a fallas sólo dentro

de cierta distancia de su localización. Suponga que la

impedancia de la longitud de una línea de transmisión

igual a esa distancia es lZ, I e indique larazón del volta'

je a la corriente en la dirección del relevador por Z (Fig'

11-g). Un relevador con las lim¡tantes de operación

Disparo para lzl < lz,lBloqueo para lzl > lz,l

(11.4)

se llama relevador de impedancia o de distancia y en el

plano de impedancia cqmpleja' tiene las características

de operación mostradaS en la f igura 1 1'9(b)' Obsérvese

que este relevador es bidireccional. Por otro lado, al

trasladar el círculo de la figura 11-9(D) por Z' obtenemos

las limitantes del relevador.

Disparo para lZ_- t_:.1..1,t:1, eI.S)

Obstrucción para lZ - Z'l > lz,lSi se selecciona qúe lZ' I sea igual a lZ'1, la caracterís'

t¡ca del relevador se puede hacer que pase a través del

E

origen, como se ilustra en la f igura 11-9(c). Dicho releva-

dor es obviamente direccional y se llama relevador mho.La operación de un relevador diferencial se puede

entender consultando la figura 11-10. En condicionesnormales tenemos l, - l, - 0. En condiciones de falla, /r -!2 = 1,, donde /o es la corriente de la falla que se re'f iere al secundario de los TC. Si una corriente l/,,1 < 1/.]se escoge para producir la operación del relevador, en'tonces las limitantes de operacidn del relevador son

Disparo para llt - Irl > llolBloqueo para llt - Ll < Vol

Observe que la zona de protección de un relevador dife-renc¡al es pequeña; esto es, los puntos límite de la zo-na son cercanos unos con otros.

Un relevador p,/oto proporciona una forma de trans-mitir señales de fallas del límite de una zona remota arelevadores situados en las terminales de una línea detransmisión larga.

PROTECOóN A LOS SISTEMAS DE POTENCIA

(b)

Fig. 11-9.

(11.6)

t-----------I Devanado de laI fase del generador

11.4 PROTECCIÓN DE LÍNEAS,TRANSFORMADORES Y G EN ERADORES

Una línea de transmisión radial como la de la f igura11-11 puede protegerse con relevadores de tiempo de

sobrecorriente temporizados. Estos relevadores pueden

establecerse para proporcionar protección primaria a

una línea y protecc¡ón de respaldo remoto a otra línea

vecina. Por ejemplo, el relevador en el conductor 1 prote-gerá la línea del conductor 1 al 2 y actuará como respaldo

entre los conductores 2 y 3. Sin embargo, debe ajustarsepara que proporcione un retraso de tiempo adecuado,de modo que el relevador del conductor 2 opere primeropara una falla en la línea 2.

Para proteger las líneas alimentadas por ambos ex-tremos (Fig. 11-12) o los s¡stemas de lazo cerrado (Fig.

1'l-13), se utilizan los relevadores direccionales contiempos de operación coordinados. (En las figuras lasflechas muestran la dirección protegida por cada releva-

13t¡

(c)(a)

I'¡+ I"j+

)

I Disparo dentro de la i

I zona de protección iL________-- --------l

Fig. 11-10.

lDirpuro aentio ae ta I

I, IIt - I:l 3l¿

t34

o

Fig. lr-13.

dor.) Los relevadores asociados con los ¡nterruptores 1,

3 y 5 deben estar coordinados, lo mismo que los aso-ciados con los disyuntores 2, 4 y 6. Los relevadores desobrecorriente se utilizan y se hacen direccionalesaumentando un relevador direccional en cada localiza-ción y reacomodando después las salidas del relevadordireccional y el relevador de sobrecorriente de maneraque sus interruptores no operen a menos que ambos re-levadores proporcionen una señal de activación.

Las líneas de transmisión que pertenecen a un sis-tema complejo interconectado se protegen por mediode relevadores de impedanci7, los cuales res¡onden a la

¡

PROTECCóN A LOS SISTEMAS DE POTENCI¿A

Fig. 11-11.

Fig. 1i-12.

impedancia entre su propia localización y la localiza-ción de una falla.

Los transformadores y generadores se protegencontra ciertos tipos de fallas por medio de relevadoresdiferenciales. Las figuras 1'l-14 y 11-10, respectivamen-te, muestran la conexión de los relevadores diferen-ciales para protección conlra fallas en un transforma-dor y un generador.

Ec

I"-ao

r,_+

Fig. 11-14.

Problemas resueltos

11.1 Un transformador trifásico conectado en deltaestrella, de 30 MVA y 33/11 kV, está protegido por

E PROTECCÉN A LOS SISTEMAS

un relevador diferencial. Calcule la corriente deactivación del relevador para fallas que consu-men hasla el 200 por ciento de la corriente especi.ficada. La razón de corriente del TC en el lado pri-mario es 500:5 y en el secundario es de 2000:5.

La corriente en la línea del primario es

30xlf/" : 6; l3X rr = 524.88A

y la corriente en la linea del secundario es

I" = 3Ip = L574.64 A

La corriente del TC en el lado del primario es

/, = s24.88(*) = t.ron o

y la del lado secundario es

r, = ts74.64(afo)vt : 6.818 A

DE POTENCIA 135

A¡ustes del relevador R2: oDtamos por sur¡in¡strarun factor de segur¡dad de 3, de modo que ¡12 debe operarcuando la corriente en la línea sea *{l0S) = 55 A. Esco.giendo la razón del TC estándar más cercana, la cual es50:5, obtenemos una corriente del rele\,ador de 55(5/50) =5.5 A. De esla manera, escogemos un aiuste de der¡va.ción de 5.0 A. Seleccionamos un reievador con calibradorde tiempo de 112 para la operación más rápida posible.

Aiustes del relevador Bl: Debe haber un relevadorR3 (que no aparece en la f¡gura) que proporcione un res.paldo para 42. El relevador F1 debe efiionces selecc¡onarcon segundad la corriente más pequeña vista por 82. En

consecueneia, utilizamos nuevamente una ¡azdn TC de

50:5 y un aiuste de derivac¡ón de 5 A. La primera etapa alseleccionar la calibración del selector de t¡empo, consis-te en operar por lo menos 0.3 s después que F2. Observa.mos que la corriente de la falla máxima vista por B2 es de300 A. La corriente del relevador para ambos R1 y R2 espues 300(5/50) = 30 A. En un aiuste de la derivac¡dn delrelevador de 54, la razón de la corr¡ente del relevador al

ajuste del relevador para ambos relevadores es 30/5 =6.0. En la figura 1 1.7 encontramos que, para esta razón, eltiempo de operación de R2 (el cual t¡ene un selector de

a¡ustes de liempo cle 1i2) es 0.135 s. Por tanto, si R2 falla,Fl debe operar en 0.135 + 0.3 = 0.435 s. La figura 11.7

muestra que el ajuste del selector de tiempo requeridopara A1 es 2.0.

11.3 Un transformador trifásico, con conexión delta.estrella, de 15 MVA y de 33/1 1 kV, está protegidopor TC. Determine las razones del TC para protec-ción diferencial de modo que la corriente que cir.cula (a través del transformador delta) no excedade5A.

Las corr¡entes en la línea son

15 x 10óI^- !3x33x1d = 262.44 A

15 x l0ó/"=frx]t*ld:787'3oA

Si los TC en el lado de allo voita¡e están conectados enestrella, enlonces la razón de TC en el lado de alto volta¡ees 787.30/5 = 157.46.

De manera similar, la razdn del TC en el lado de baiovoltaje es de 262.44(5/v3) - 757.6.

Problemas complementar¡os

f1.4 Un transformador trifásico conectado en d€lta€sirellade 345ts4.5 kV, tiene una especificación de emergencia de

La corriente del relevador a 200 por ciento de la corrienteespecif¡cada es entonces

2(12 - I) = 2(ó.818 - 5"249) = 3.3138 A

11.2 Una parte de un sistema radial se muestra en la fi-gura 11-15. Para las fallas en el conductor 3, lascorrientes de falla máxima y mín¡ma son 200 A y165 A, respect¡vamente, y parala falla en el con-ductor 2 el intervalo de corrientes está comprendi-do entre 300 A y 238 A. Utilizando los relevadoresde sot¡recorriente que tienen las característicasmostradas en la figura 11-7, con derivaciones deajuste disponibles en 3.0 A, 4.0 A, 5.0 A, 6.0 A y 7.0 A,selecciqne las razones de TC, las derivacionesde ajuste de los relevadores y el ajuste de tiempo delos relevadores temporizados para proteccidn del

- subsistema de la f igura 11-15. El interruptor de ca.da conductor opera en las tres fases cuando seactiva alguno de los dos relevadores asociados.

o

Fig. 11-15.

136 PROTECCóN A LOS SISTEMAS DE POTENCIA

Fig. 11-16.

60 MVA. Determine las razones y conexiones TC requeri-

das para la protección del transformador'

Resp. 1000:5, coneoada err estrella del lado de bajo vol-

taie; 200:5, conectado en delta del lado de alto voltaje

11.5 ¿Cuáles son las corrientes secundarias en los Tc del

problema 11.4?

Resp. 5.0 A; 2.51 A

11.6 Para las fallas en los conductores 2 y 3 del sistema rad¡al

de la ligura l16, determine la 'azóndel TC y el'aJuste del

relevador para proteger con relevadores que tienen deri'

vaciones para aluste de 5.0, 6'0, 7.0' 8.0' 10.0 y 12'0 A' su-

poniendo un faclor de seguridad de 1.3.

Resp. 12ffi:5;12.0 A

11.7 El sistema de la figura 11-17está protegido por relevado-

res que tienen la característica mostrada en la figura 11'7'

Las corrientes de las fallas máximas y mín¡mas son co'

mo sigue:

E

Falla de un conductor

Máxima corriente de

Mínima corriente de

3187.2 658.51380.0 472.6

430.7 300.7 202.7

328.6 237.9 165.1falla Alalta A

¡6.44

Procediendo como en el problema 1 1-2' con derivaciones

de ajuste del relevador de 3.0,4.0, 5.0,6.0 y 7.0, determine

las razones del TC, las derivaciones de ajuste del releva'

dor y los a¡ustes de selector de tiempo del relevador para

la protección del sistema.

j12.8 O

js.0 o

Fig. 11-17.

E PROTECCóN A LOS SISTEMAS DE POTENCIA 137

Resp.

R1

Razón TCAjuste de señal, AAjuste del selector de tiempo

100:5 50:5452.6 2.0

50:55

rl2

1ü):55

2.9

142

Unidad térmica británica (BTU), 2

Valor de la base, 11

Voltajede nodo,77interno,62

lruorce

subtransitorio, 63transitorio,63

Watt,2

Zonas de Protección, 't29