Análisis en p.u. en un SEP

Análisis de Sistemas de Potencia I - ELI246
Profesor: Victor Hinojosa
Tarea Corta N◦ 2 - Análisis en p.u.
Alejandro Ferrada (2923049-8)
Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Ingeniería Eléctrica
23 de septiembre de 2014

2

1

200 MVA
50 Hz
12 KVLL
Xs = 60%

240/12 KVLL
Yd1
240 MVA
Xcc = 10%

3

X L= 1Ω/Km
l = 40 Km
1 KA

4

240/120 KVLL
Yy 0
S3Φ= 120+j90 MVA
240 MVA
120 KV
Xcc = 10%

Figura 1: Sistema de potencia a analizar

1.

Problema I

tos a p.u.
Para la reactancia sincrónica del generador, usaremos el
método de cambio de base:
150
(Xs ) = 0,6 ·
= (0,45)
200
Para los transformadores, consideramos llevar ambos al
lado de alta que tienen en común, por lo tanto su reactancia en p.u. será determinado a 120[KVLL ].Nuevamente
haremos uso del cambio de base:
150
(T1 ) = (T2 ) = 0,1 ·
= (0,0625)
240
La reactancia de la línea simplemente se divide por la impedancia base correspondiente a su tensión:

Si la carga es de potencia constante, encuentre el
valor de potencia activa y reactiva que el generador
debe entregar (fuente de tensión equivalente) en la barra 1 del sistema, considerando una tensióninterna de
la fuente de 1,49 pu; utilice la hoja 9 y 13 del apunte
”tema 3” para resolver la ecuación no lineal utilizando
un algoritmo iterativo y utilizando el método matemático módulo de la ecuación compleja.
Desarrollo
Determinamos los valores base, considerando la potencia
nominal de la carga como la base:

(XL ) =

2
SB = 150[M V A] VB = 120[KVLL ] ZB = VB /SB

40[Ω]
40[Ω]
=
=(0,1042)
ZB (120[KVLL ])
380[Ω]

Finalmente, sumando todas las reactancias, tendremos:
ZB (12[KVLL ]) = 0,96[Ω] ZB (120[KVLL ]) = 96[Ω]
ZB (240[KVLL ]) = 380[Ω]

(X) = (0,6792)

Por lo que tendremos el siguiente circuito reducido al lado
A continuación llevaremos las reactancias de los elemen- de ZB (240[KVLL ]):
1

j0.6792

IR

Ambos resultados son válidos, pero es más convienteusar
el valor más cercano a 1p.u.: 0,9393, pues de esta forma
los demás valores (IR , IS y SG ) también serán cercanos a
la unidad.
Finalmente, el ángulo se determina despejando desde la
parte real o la parte imaginaria, lo haremos con la última:

VR

Vg δ

sin(δ) =
Figura 2: Sistema de potencia a analizar

Método 2: Iteraciones
Usaremos la siguiente fórmula de recurrencia:

Paranuestro caso, (Vg ) = (1,49).
Realizando un L.V.K.. tendremos:

k+1
VR
= 1,49

k
0
1
2
3
4
5
6
7

Además, por el enunciado:
(VR )(IR )∗ = (S) = (1∠36,87◦ )
Despejando (IR ):
(1∠36,87)
(1∠ − 36,87)
⇔ (IR ) =
∗
(VR )
(VR )

Finalmente, la relación queda:

Para resolver este problema consideraremos que el ángulo
δ estará junto a Vg , de esta forma: VR = VR ∠0◦ (seránuestra referencia para los ángulos), y obtenemos que
∗
VR = VR , lo que simplifica nuestros cálculos.
A contniuación resolveremos esta ecuación mediante dos
métodos:

IR =

1∠ − 36,87
= 1,0646∠ − 36,87
VR

No podemos considerar que IR = IS , debido a un desfase
existente el transformador 1, por lo tanto se debe determinar la corriente que pasa por la fuente teniendo esto enconsideración:

Método 1: Módulo de la Ecuación Compleja
Escribimos la ecuación de forma rectangular:

j0.0625

0,4075 j0,5434
+
+ VR
VR
VR

Va

Ahora calculamos su módulo:

T1

VA V2

2

j0.1042

3

j0.0625

V3

(0,4075 + VR )
0,5434
+
2
2
VR
VR

T2
1 0°:1

1:1 30°

2

1,492 =

VR (k)
1∠0◦
1,21123∠26,656◦
1,01914∠14,1999◦
1,05802∠23,3181◦
0,986092∠18,887◦0,921416∠19,4109◦
0,96568∠20,8011
0,971511∠22,7696

Como podemos observar, a siete iteraciones no llega a un
valor cercano en magnitud, pero sí en ángulo.
Una vez obtenido VR , calculamos IR :

(j,07692) · (1∠ − 36,87)
(1,49∠δ) =
+ (VR )
∗
(VR )

1,49cos(δ) + i1,49sin(δ) =

0,6792∠53,13◦
k
(VR )∗

Los resultados de la iteración fueron:

(1,49∠δ) = (j,07692)(IR ) + (VR )...