EJERCICIOS RESUELTOS DE ESTADISTICA

SISTEMAS ELÉCTRICOS DE POTENCIA IV
Nombre: William Mendoza
1.


Un parque generador y la demanda a cubrir tienen las siguientes características:
Potencia Térmica 10000 MW instalados



Potencia Hidráulica 3000 MW instalados



Demanda máxima prevista 11500 MW



Potencia del grupo más grande 1000 MW



Potencia Hidráulica máxima en año seco 1300 MW

CÁLCULOS
Cálculodel Margen de Reserva (RM)

RM (GW )  GeneraciónDisponible  PotenciaMáximaDemandada
GH  GT  Pd  10  3  11,5  1,5[GW ]

RM ( pu ) 

GeneraciónDisponible  PotenciaMáximaDemandada
PotenciaMáximaDemandada

GH  GT  Pd 1,5[GW ]

 0,13[ pu ]
Pd
11,5[GW ]
Cálculo de la Pérdida del Mayor Generador (LU)

LU [ pu ] 

LU [ pu ] 

RM [ MW ]
PotenciaMayorGenerador[ MW ]1,5[GW ]
1[GW ]

 1, 5[ PU ]

Cálculos para el año seco
Cálculo del Margen de Reserva (RM)

RM ( p.u .) 

GeneraciónDisponible  PotenciaMáximaDemandada
PotenciaMáximaDemandada

GH  GT  Pd 

(10  1,3)  11,5
 0, 017[ p .u .]
11,5

Falta el -1,7% del Margen de Reserva

LU ( pu ) 

RM (GW )
PotenciaDelMayorGenerador

GH  GT  Pd 10  1,3  (11,5)

 0, 2[ pu ]Pd
1[GW ]
Falta un 20% del Mayor grupo.

2.

Considerando los índices determinísticos RM y LU indican la falta de potencia para abastecer
la demanda, el grupo de ingenieros toman un criterio de confiabilidad de RM=2. Determinar la
potencia nueva que se va a instalar en el sistema. Tanto para el año lluvioso como para el año
seco.

La potencia nueva para un año lluvioso es la siguienteRM  2GW
RM  (10  3  PNUEVA )  (11,5)  2
PNUEVA  0,5GW
La potencia nueva para un año seco es la siguiente

RM  2GW
RM  (10  1, 3  PNUEVA )  (11,5)  2
PNUEVA  2, 2GW

3.

Un parque de generación que la demanda a cubrir tiene los siguientes datos:
G1=1000 MW, la tasa de falla es 0,05.
G2=900 MW, la tasa de falla es del 4%.
La demanda máxima prevista es de 1100 MW.Hallar el
LOLP y el LOLE.

ESTADO
1
1
0
0

1
2
3
4

P(g1)
P(g2)

operación falla
0,95
0,96

PG1
PG2

1000
900

PG P[MW] PD P[MW]
1900
1100
1000
1100
900
1100
0
1100

1
0
1
0

Probabilidad Potencia de generación
0,912
1900
0,038
1000
0,048
900
0,002
0

0,05
0,04
0
0

PD - PG
DEFICID
P[MW]
LOLP
-800
100
200
1100

0,038
0,048
0,002LOLP  0, 038  0, 048  0, 002
LOLP=0, 088 p .u .

LOLP=

LOLE
8760horas

LOLE  LOLP *8760horas
LOLE  0,088*8760horas  770,88horas

Caso a) Hallar el LOLP si habrá pérdida de carga en cualquier generador

LOLP  (0, 05  0, 04)  (0, 04* 0, 05)
LOLP  0, 088  (8,8%)

Caso b) Hallar el LOLP solo cuando ambos generadores falle.

LOLP  0, 05*0, 04
LOLP  0, 002  (0, 2%)4. Se desea abastecer un sistema de potencia cuya carga es de 600 MW mediante cuatro
generadores cuya tasa de falla EFOR es para cada uno de los generadores los siguientes
valores G1=1% tasa de falla, G2=2% tasa de falla, G3=5% tasa de falla y G4=10% tasa de
falla. Si se supone que los cuatro generadores operan de forma anual con un factor de
planta que se muestra a continuación: G1=80%,G2=60%, G3=100% y G4=60%.
Determinar el LOLP, el LOLE y el LOEP si se considera que la potencia de generación para
cada uno de los generadores es la siguiente G1=100 MW, G2=100 MW, G3=500 MW y
G4=100 MW. La energía demandada del sistema en forma anual es 4 GWh.

DATOS:

GENERADOR EFOR (%) Factor de Planta (%) Potencia (MW)
G1
1
80
100
G2
2
60
100
G3
5
100
500
G4
10
60
100

# deCasos
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16

1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0

Estados
1 1
1 1
1 0
1 0
0 1
0 1
0 0
0 0
1 1
1 1
1 0
1 0
0 1
0 1
0 0
0 0

1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0

PROBABILIDAD CAP. GEN.[MW]
0,829521
800
0,092169
700
0,043659
300
0,004851
200
0,016929
700
0,001881
600
0,000891
200
0,000099...