Parcial Recup (solu).docx 4z3t30

SISTEMAS DE POTENCIA EXAMEN PARCIAL "FLUJOS DE POTENCIA Y CORTOCIRCUITOS" ALUMNO: L.U:

TEMA:1

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

Datos: G2

TR3

Vn=11 kV Sn=15 MVA cos=0,85 (sobrexcitado) x1=20%

Vn=132/13,2 kV Sn=30 MVA x1=10% TR1

LD1 P=6 MW cosfi=0,85

Vn=132/13,2 kV Sn=30 MVA x1=10%

LAT B-C r= 0,105 Ω/km x= 0,380 Ω/km B=2,8 µS/km longitud= 120 km

BC

TR2

LD

Vn=13,2/11 kV Sn=15 MVA x1=8%

P= 30 MW Q= 20 MVAr (inductivo)

Vn=13,2 kV Qn=5MVAr

Solución: Valores BASE: Para 13,2 kV: 𝑍𝐵𝐴𝑆𝐸 =

(13,2 𝑘𝑉)2 1 = 1,742 𝛺 → 𝑌𝐵𝐴𝑆𝐸 = = 0,574 𝑆 100 𝑀𝑉𝐴 𝑍𝐵𝐴𝑆𝐸

Para 132 kV:

𝑍𝐵𝐴𝑆𝐸

(132 𝑘𝑉)2 1 = = 174,24 𝛺 → 𝑌𝐵𝐴𝑆𝐸 = = 0,00574 𝑆 100 𝑀𝑉𝐴 𝑍𝐵𝐴𝑆𝐸

Valores en pu: G2: 𝑃 = 15 𝑀𝑉𝐴 ∗ 0,85 = 12,75 𝑀𝑊 → 𝑃(𝑝𝑢) = 0,2125 𝑝𝑢 𝑄 = 15 𝑀𝑉𝐴 ∗ 𝑠𝑒𝑛(𝑐𝑜𝑠 −1 0,85) = 13,17 𝑀𝑊 → 𝑃(𝑝𝑢) = 0,079 𝑝𝑢

LD1: P= 0,06 pu 𝑄 = 0,06 ∗ tan(cos−1 0,85) = 0,0372 pu (inductivo) BC: 𝐵𝐵𝐶 =

5 𝑀𝑉𝐴𝑟 = 28,696 𝑚𝑆 (13,2 𝑘𝑉)2

𝐵𝐵𝐶 (𝑝𝑢) = TR1-TR3:

28,696 ∗ 10−3 𝑆 = 0,05 𝑚𝑆 0,574 𝑆

(13,2 𝑘𝑉)2 1 𝑍𝑇𝑅1 (𝑝𝑢) = 𝑍𝑇𝑅3 (𝑝𝑢) = 0,1 = 0,333 𝑝𝑢 30 𝑀𝑉𝐴 (13,2 𝑘𝑉)2 100 𝑀𝑉𝐴

TR2:

𝑍𝑇𝑅2 (𝑝𝑢) = 0,08

(13,2 𝑘𝑉)2 1 = 0,533 𝑝𝑢 15 𝑀𝑉𝐴 (13,2 𝑘𝑉)2 100 𝑀𝑉𝐴

LD: P= 0,30 pu Q= 0,20 pu (inductivo) LAT B-C

𝐵 = 2,8 µ

𝑟 = 0,105 𝛺/𝑘𝑚 ∗ 120𝑘𝑚

1 = 0,0723 𝑝𝑢 174,24 𝛺

𝑥 = 0,380 𝛺/𝑘𝑚 ∗ 120𝑘𝑚

1 = 0,2617 𝑝𝑢 174,24 𝛺

0,0585 𝑝𝑢 𝑆 1 = 0,0293 𝑝𝑢 ∗ 120 𝑘𝑚 = 0,0585 𝑝𝑢 → {𝐵1 = 2 𝑘𝑚 0,00574 𝑆 𝐵2 = 0,0293 𝑝𝑢

Esquema unifilar en pu: Si nos paramos en la barra D: 𝑄𝐵𝐶 = |𝑉2 |2 ∗ 𝑌𝐵𝐶 ∗ = (1,01)2 ∗ (−𝑗0,05) = −𝑗0,051 Podemos calcular la potencia que “entra” a la barra D a través del trafo 3, haciendo un balance de potencias: 𝛴𝑆 = 0 → 𝑆𝐷′ = (0,3 + 𝑗0,2) − 𝑗0,051 = 0,3 + j0,149 Con esta potencia podemos calcular la corriente que “ingresa” a la barra D, de la siguiente manera: 𝐼𝐶𝐷 = (

0,3 + j0,149 ∗ ) = 0,2970 − 𝑗0,1475 = 0,3316∠ − 26,4105 1,01

La caída de tensión en el TR3 será: 𝛥𝑉𝑇𝑅3 = (0,297 − 𝑗0,1475) ∗ 𝐽0,333 = 0,04913 + 𝐽0,09891 ⇨ 𝑉𝐶 = (0,04913 + 𝐽0,09891) + 1,01 = 1,05913 + 𝑗0,09891 = 1,06373∠5,3353 La potencia perdida en el TR3 será: |𝐼𝐶𝐷 |2 ∗ 𝑗0,333 = 𝑗0,03662 Estudiando ahora la barra C vemos la potencia que suma a esta barra el capacitor equivalente de la representación pi de la línea de 132 kV:

𝑄1−𝐿𝐵−𝐶 = |1,06373|2 ∗ (−𝐽0,0293) = −𝐽0,03315 Podemos calcular la potencia que “entra” a la barra C a través de la línea L B-C, haciendo un balance de potencias: 𝛴𝑆 = 0 → 𝑆𝐵′ = (0,3 + j0,149) + 𝑗0,03662 − 𝑗0,03315 = 0,3 + 𝑗0,1525 Con esta potencia podemos calcular la corriente que “ingresa” a la barra C, de la siguiente manera: 0,3 + 𝑗0,1525 𝐼𝐵𝐶 = ( ) ∗ = 0,2941 − 𝑗0,1165 = 0,3163∠ − 26,6097 (1,06373∠5,3353) La caída de tensión en la línea L B-C será: 𝛥𝑉𝐿 𝐵−𝐶 = (0,2941 − 𝑗0,1165) ∗ (0,0723 + 𝐽0,2617) = 0,05176 + 𝐽0,06855 ⇨ 𝑉𝐵 = (0,05176 + 𝐽0,06855) + 1,05913 + 𝑗0,09891 = 1,1109 + 𝐽0,1675 = 1,1234∠8,5725 La potencia perdida en la línea L B-C será: |𝐼𝐵𝐶 |2 ∗ (0,0723 + 𝐽0,2617) = 0,0072 + 𝑗0,02618 Estudiando ahora la barra D vemos la potencia que suma a esta barra el capacitor equivalente de la representación pi de la línea de 132 kV: 𝑄2−𝐿𝐵−𝐶 = |1,1234|2 ∗ (−𝐽0,0293) = −𝐽0,03698 Podemos calcular la potencia que “entra” a la barra B a través del trafo TR1, haciendo un balance de potencias: 𝛴𝑆 = 0 → 𝑆𝐵′ = (0,3 + 𝑗0,1525) + 0,0072 + 𝑗0,02618 − 𝐽0,03698 = 0,3072 + 𝑗0,1417 Con esta potencia podemos calcular la corriente que “ingresa” a la barra C, de la siguiente manera: 0,3072 + 𝑗0,1417 ∗ 𝐼𝐴𝐵 = ( ) = 0,2893 − 𝑗0,08407 = 0,3013∠ − 16,2048 (1,1234∠8,5725)

La caída de tensión en el TR1 será: 𝛥𝑉𝑇𝑅1 = (0,2835 − 𝑗0,08483) ∗ 𝐽0,333 = 0,02774 + 𝐽0,09547 ⇨ 𝑉𝐴 = (0,02825 + 𝐽0,0944) + 1,1109 + 𝐽0,1675 = 1,1382 + 𝐽0,2620 = 1,1679∠12,965 La potencia perdida en el trafo TR1 era: |𝐼𝐴𝐵 |2 ∗ (𝐽0,333) = 𝑗0,02995 Para obtener la tensión de la barra E, consideraremos la potencia de la carga menos la del generador e iteraremos para obtener la corriente y la tensión en la barra E, entonces:

0,06 + 𝐽0,0372 − 0,1275 − 𝑗0,079 ∗ 𝐼𝐴𝐸 = ( ) = −0,0679 + 𝑗0,0418 = 0,07939∠148,2318 1 La caída de tensión en el TR2 será: 𝛥𝑉𝑇𝑅2 = (−0,0675 + 𝑗0,0418) ∗ 𝐽0,533 = −0,0223 − 𝐽0,03619 ⇨ 𝑉𝐸 = 1,1391 + 𝐽0,2619 − (−0,0222 − 𝐽0,03598) = 1,1605 + 𝑗0,2982 = 1,1981∠14,413 La nueva corriente será: 0,06 + 𝐽0,0372 − 0,1275 − 𝑗0,079 ∗ 𝐼𝐴𝐸 ′ = ( ) = −0,0636 + 𝑗0,01968 1,1613 + 𝑗0,2979 La nueva caída de tensión en el TR2 será: 𝛥𝑉𝑇𝑅2 = (−0,0636 + 𝑗0,01968) ∗ 𝐽0,533 = −0,0104 − 𝐽0,0339 ⇨ 𝑉𝐸 = 1,1391 + 𝐽0,2619 − (−0,0104 − 𝐽0,0339) = 1,1496 + 𝐽0,2956 = 1,186∠14,446 La nueva corriente será: 𝐼𝐴𝐸 ′ = (

0,06 + 𝐽0,0372 − 0,1275 − 𝑗0,079 ∗ ) = − 0,06384 + 𝑗0,01994 1,1496 + 𝐽0,2956

La nueva caída de tensión en el TR2 será: 𝛥𝑉𝑇𝑅2 = (− 0,06384 + 𝑗0,01994) ∗ 𝐽0,533 = −0,01063 − 𝐽0,03403 ⇨ 𝑉𝐸 = 1,1391 + 𝐽0,2619 − (−0,01063 − 𝐽0,03403) = 1,1488 + 𝑗0,2963 = 1,186∠14,461 Deteniéndonos en este valor. La potencia perdida en el trafo TR2 era: |𝐼𝐴𝐸 |2 ∗ (𝐽0,5333) = 𝑗0,0024 Por lo tanto la potencia entregada por la red equivalente será: 𝛴𝑆 = 0 → 𝑆𝑅𝐸𝐷 𝑒 = (0,06 + 𝐽0,0372 − 0,1275 − 𝑗0,079) + 𝑗0,00238 + (0,307 + 𝑗0,1415) + 𝑗0,02995 = 0,2393 + 𝑗0,1321

Finalmente los valores obtenidos son:

2. Dado el siguiente sistema, se pide: a- Dibujar las redes de secuencia positiva, negativa y cero del mismo b- Reducir las redes de secuencia a sus equivalentes de Thevenin vistos desde la barra C

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

Considerar que: 𝒁𝑨 =

𝟏 𝟏 𝟏 (𝒁𝑨𝑩 + 𝒁𝑨𝑪 − 𝒁𝑩𝑪 ); 𝒁𝑩 = (𝒁𝑨𝑩 + 𝒁𝑩𝑪 − 𝒁𝑨𝑪 ); 𝒁𝑪 = (𝒁𝑨𝑪 + 𝒁𝑩𝑪 − 𝒁𝑨𝑩 ) 𝟐 𝟐 𝟐

El equivalente de Thevenin, en la barra C, para la red directa es: 𝒁𝟏 =

𝟏 (𝑿

𝟏

𝑮 +𝒁𝑨 +𝒁𝑪

𝟏

) + (𝑿 ) 𝑴

=

𝟏 𝟏

𝟏

(𝒋𝟎,𝟏𝟓+𝒋𝟎,𝟗𝟐𝟗+𝒋𝟎,𝟗𝟒𝟔) + (𝒋𝟐𝟑,𝟔𝟑)

= 𝒋𝟏, 𝟖𝟔𝟓

La red inversa, solo difiere de la directa (además de no incluir las f.e.m.), en la reactancia inversa del generador: 𝒁𝟐 =

𝟏 (𝑿

𝟏

𝟏

𝑮 +𝒁𝑨 +𝒁𝑪

𝒁𝟎 =

𝟏 (𝑿

𝟏

𝟏

𝑮 +𝟑𝒁𝑵 +𝒁𝑨

) + (𝒁 ) 𝑩

) + (𝑿 )

=

𝑴

+ 𝒁𝑪 + 𝑿𝑴 =

𝟏 𝟏

𝟏

(𝒋𝟎,𝟏𝟐+𝒋𝟎,𝟗𝟐𝟗+𝒋𝟎,𝟗𝟒𝟔) + (𝒋𝟐𝟑,𝟔𝟑)

𝟏 𝟏

𝟏

(𝒋𝟎,𝟎𝟗+𝟑.𝒋𝟎,𝟏𝟏+𝒋𝟎,𝟕𝟒𝟑) + (𝒋𝟎,𝟔𝟖𝟕)

= 𝒋𝟏𝟓, 𝟑𝟔𝟕 b-

𝑍1 = 𝑗1,865

𝑍2 = 𝑗1,839

= 𝒋𝟏, 𝟖𝟑𝟗

+ 𝒋𝟏𝟒, 𝟏𝟕𝟖 + 𝒋𝟎, 𝟕𝟓𝟕

𝑍0 = 𝑗15,367 1,1 𝑈𝑛𝐶 1,1 = = −𝑗0,589 1 𝑍1 𝑗1,865 100 𝑀𝑉𝐴 " " |𝐼𝑘3𝐶 | = |𝐼𝑘3𝐶 ∗ 0,589 = 14,785 𝑘𝐴 0⁄ | ∗ 𝐼𝐵𝑎𝐶 = 1 2,3𝑘𝑉√3 " 𝐼𝑘3𝐶 0⁄ =

SISTEMAS DE POTENCIA EXAMEN PARCIAL "FLUJOS DE POTENCIA Y CORTOCIRCUITOS" ALUMNO: L.U:

TEMA: 2

1. Dado el siguiente sistema se pide a- Calcular las tensiones en módulo y ángulo en todas las barras del sistema con realizando al menos 3 iteraciones con método a elección. Sb= 10 MVA b- Obtener la potencia que debe suministrar la RED al sistema c- Calcular los flujos de potencia y las pérdidas en cada una de las líneas.

aLa matriz de itancias de este sistema es: −𝑗15 𝑌 = { 𝑗10 𝑗5

𝑗10 𝑗5 −𝑗14 𝑗4 } 𝑗4 −𝑗9

El método siguiente es el método de Gauss-Seidel. Iteración 1: En primer lugar vemos que la barra 2, es una barra PV, por lo que tendremos que calcular la potencia reactiva que entrega el generador para la tensión determinada: 𝑄2 = −𝐼𝑚{1,02∗ (1,05 ∗ 𝑗10 + 1,02 ∗ (−𝑗14) + 1 ∗ 𝑗4)} = −0,2244 Entonces V2 será: 𝑉2 =

1 0,4 − 0,2 − (−𝑗0,2244) [ − (1,05 ∗ 𝑗10 + 1 ∗ 𝑗4)] = 1,02⦟0,787 −𝑗14 1,02∗

1,02⦟0,787 = 1,02⦟0,787 |1,02⦟0,787| La barra 3 es una barra PQ, por lo tanto debemos calcular su tensión y ángulo: 𝑉2 = 1,02

𝑉3 =

1 −1 + 𝑗0,6 [ − (1,05 ∗ 𝑗5 + 1,02⦟0,787 ∗ 𝑗4)] = 0,9756⦟ − 6,172 −𝑗9 1 𝛥𝑄2 = |−0,2244 − 0| = 0,2244 𝛥𝛿2 = |0,7932 − 0| = 0,7932

𝛥𝑉3 = |0,9756 − 0| = 0,9756 𝛥𝛿3 = |−6,172 − 0| = 6,172 Iteración 2: 𝑄2 = −𝐼𝑚{(1,02⦟0,7932)∗ (1,05 ∗ 𝑗10 + (1,02⦟0,7932) ∗ (−𝑗14) + (0,9756⦟ − 6,1687) ∗ 𝑗4)} = −0,0946 𝑉2 =

1 0,4 − 0,2 − (−𝑗0,0946) [ − (1,05 ∗ 𝑗10 + (0,9756⦟ − 6,172) ∗ 𝑗4)] = 1,02⦟ − 0,902 (1,02⦟0,787)∗ −𝑗14 𝑉2 = 1,02

𝑉3 =

1,02⦟ − 0,902 = 1,02⦟ − 0,902 |1,02⦟ − 0,902|

1 −1 + 𝑗0,6 [ − (1,05 ∗ 𝑗5 + 1,02⦟ − 0,9147 ∗ 𝑗4)] = 0,963⦟ − 6,742 −𝑗9 (0,9756⦟ − 6,1687)∗ 𝛥𝑄2 = |−0,2244 − (−0,0946)| = 0,13 𝛥𝛿2 = |0,7932 − (−0,902)| = 1,695 𝛥𝑉3 = |0,9756 − 0,963| = 0,0126 𝛥𝛿3 = |−6,1687 − (−6,742)| = −0,573

Iteración 3: 𝑄2 = −𝐼𝑚{(1,02⦟ − 0,902)∗ ∗ (1,05 ∗ 𝑗10 + (1,02⦟ − 0,902) ∗ (−𝑗14) + (0,963⦟ − 6,742) ∗ 𝑗4)} = −0,0521 Entonces V2 será: 𝑉2 =

1 0,4 − 0,2 − (−𝑗0,0521) [ − (1,05 ∗ 𝑗10 + (0,963⦟ − 6,742) ∗ 𝑗4)] = 1,02⦟ − 1,025 (1,02⦟ − 0,902)∗ −𝑗14

𝑉2 = 1,02 𝑉3 =

1,02⦟ − 1,025 = 1,02⦟ − 1,025 |1,02⦟ − 1,025|

1 −1 + 𝑗0,6 [ − (1,05 ∗ 𝑗5 + 1,02⦟ − 1,025 ∗ 𝑗4)] = 0,961⦟ − 6,848 −𝑗9 0,963⦟ − 6,742 𝛥𝑄2 = |−0,0521 − (−0,0946)| = 0,0425 𝛥𝛿2 = |−1,025 − (−0,902)| = 0,123 𝛥𝑉3 = |0,961 − 0,963| = 0,002 𝛥𝛿3 = |−6,848 − (−6,742)| = 0,106

Iteración 4: 𝑄2 = −𝐼𝑚{(1,02⦟ − 1,025)∗ (1,05 ∗ 𝑗10 + (1,02⦟ − 1,025) ∗ (−𝑗14) + (0,961⦟ − 6,848) ∗ 𝑗4)} = −0,044 Entonces V2 será:

𝑉2 =

1 0,4 − 0,2 − (−𝑗0,044) [ − (1,05 ∗ 𝑗10 + (0,961⦟ − 6,848) ∗ 𝑗4)] = 1,02⦟ − 1,049 (1,02⦟ − 1,025)∗ −𝑗14 𝑉2 = 1,02

𝑉3 =

1,02⦟ − 1,049 = 1,02⦟ − 1,049 |1,02⦟ − 1,049|

1 −1 + 𝑗0,6 [ − (1,05 ∗ 𝑗5 + (1,02⦟ − 1,049) ∗ 𝑗4)] = 0,961⦟ − 6,866 −𝑗9 (0,961⦟ − 6,848)∗ 𝛥𝑄2 = |−0,0521 − (−0,044)| = 0,008 𝛥𝛿2 = |−1,025 − (−1,049)| = 0,024 𝛥𝑉3 = |0,961 − 0,961| = 0 (𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒) 𝛥𝛿3 = |−6,848 − (−6,866)| = 0,018

Iteración 5: 𝑄2 = −𝐼𝑚{(1,02⦟ − 1,049)∗ (1,05 ∗ 𝑗10 + (1,02⦟ − 1,049) ∗ (−𝑗14) + (0,961⦟ − 6,866) ∗ 𝑗4)} = −0,0426 Entonces V2 será: 𝑉2 =

1 0,4 − 0,2 − (−𝑗0,0426) [ − (1,05 ∗ 𝑗10 + (0,961⦟ − 6,866) ∗ 𝑗4)] = 1,02⦟ − 1,053 (1,02⦟ − 1,049)∗ −𝑗14

𝑉2 = 1,02 𝑉3 =

1,02⦟ − 1,053 = 1,02⦟ − 1,053 |1,02⦟ − 1,053|

1 −1 + 𝑗0,6 [ − (1,05 ∗ 𝑗5 + (1,02⦟ − 1,053) ∗ 𝑗4)] = 0,9608⦟ − 6,869 −𝑗9 (0,961⦟ − 6,866)∗ 𝛥𝑄2 = |−0,0426 − (−0,044)| = 0,0014 𝛥𝛿2 = |−1,053 − (−1,049)| = 0,004 𝛥𝑉3 = |0,9608 − 0,961| = 0,0002 (𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒) 𝛥𝛿3 = |−6,869 − (−6,866)| = 0,003

Iteración 6: 𝑄2 = −𝐼𝑚{(1,02⦟ − 1,053)∗ (1,05 ∗ 𝑗10 + (1,02⦟ − 1,053) ∗ (−𝑗14) + (0,9608⦟ − 6,869) ∗ 𝑗4)} = −0,0424 Entonces V2 será: 𝑉2 =

1 0,4 − 0,2 − (−𝑗0,0424) [ − (1,05 ∗ 𝑗10 + (0,9608⦟ − 6,869) ∗ 𝑗4)] = 1,02⦟ − 1,054 (1,02⦟ − 1,053)∗ −𝑗14

𝑉2 = 1,02 𝑉3 =

1,02⦟ − 1,054 = 1,02⦟ − 1,054 |1,02⦟ − 1,054|

1 −1 + 𝑗0,6 [ − (1,05 ∗ 𝑗5 + (1,02⦟ − 1,054) ∗ 𝑗4)] = 0,9608⦟ − 6,869 −𝑗9 (0,9608⦟ − 6,869)∗

𝛥𝑄2 = |−0,0426 − (−0,0424)| = 0,0002 (𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒) 𝛥𝛿2 = |−1,053 − (−1,054)| = 0,001 (𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒) 𝛥𝑉3 = |0,9608 − 0,9608| = 0,0002 (𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒) 𝛥𝛿3 = |−6,869 − (−6,869)| = 0 (𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒) b– (1,05 − 1,02⦟ − 1,054) = 0,355⦟ − 58,125 𝑗0,1 (1,05 − 0,9608⦟ − 6,866) = = 0,749⦟ − 39,915 𝑗0,2 𝐼𝑅𝐸𝐷 = 𝐼𝑎𝑏 + 𝐼𝑎𝑐 = 1,092⦟ − 45,747

𝐼𝑎𝑏 = 𝐼𝑎𝑐

𝑠𝑅𝐸𝐷 = (1,092⦟ − 45,747)∗ ∗ 1,05 = 0,8 + 𝐽0,821 = 8𝑀𝑊 + 𝐽8,21𝑀𝑉𝐴𝑟 c–

→ 𝑠𝐿 2−3

→ 𝑠𝐿 1−2 = |0,355|2 ∗ 𝑗0,1 = 𝐽0,013 = 𝐽0,13𝑀𝑉𝐴𝑟 → 𝑠𝐿 1−3 = |0,749|2 ∗ 𝑗0,2 = 𝐽0,112 = 𝐽1,12𝑀𝑉𝐴𝑟 2 (1,02⦟ − 1,0538 − 0,9608⦟ − 6,866) =| | ∗ 𝑗0,25 = 𝐽0,054 = 𝐽0,54𝑀𝑉𝐴𝑟 𝑗0,25

→ 𝑠1−2 = (0,355⦟ − 58,125)∗ ∗ 1,05 = 0,197 + 𝐽0,317 = 1,97𝑀𝑊 + 𝐽3,17 𝑀𝑉𝐴𝑟 → 𝑠2−1 = −(0,355⦟ − 58,125)∗ ∗ (1,02⦟ − 1,0538) = −0,197 − 𝐽0,304 = −1,97𝑀𝑊 − 𝐽3,04 𝑀𝑉𝐴𝑟 𝑠3−1

→ 𝑠1−3 = (0,749⦟ − 39,915)∗ ∗ 1,05 = 0,603 + 𝐽0,505 = 6,03𝑀𝑊 + 𝐽5,05 𝑀𝑉𝐴 = −(0,749⦟ − 39,915)∗ ∗ (0,9608⦟ − 6,866) = −0,603 − 𝐽0,392 = −6,03𝑀𝑊 − 𝐽3,93𝑀𝑉𝐴𝑟 ∗

→ 𝑠2−3

(1,02⦟ − 1,0538 − 0,9608⦟ − 6,866) =( ) ∗ (1,02⦟ − 1,0538) = 0,397 + 𝐽0,262 𝑗0,25 = 4,62 𝑀𝑊 + 𝐽2,61𝑀𝑉𝐴𝑟 ∗

𝑠3−2

(1,02⦟ − 1,0538 − 0,9608⦟ − 6,866) = −( ) ∗ (0,9608⦟ − 6,866) = −0,397 − 𝐽0,207 𝑗0,25 = −3,97𝑀𝑊 − 𝐽2,07 𝑀𝑉𝐴𝑟

2. Dado el siguiente sistema, se pide: abcd-

Dibujar las redes de secuencia positiva, negativa y cero del mismo Reducir las redes de secuencia a sus equivalentes de Thevenin vistos desde la barra C Determinar las matrices Zbarra(0),Zbarra(1)y Zbarra(2) Calcular la Ikss monofásica en la barra C para una base de 100 MVA. Considerar que Vf= 1,1 + j0 pu y Rf= 0 ohm

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

b-

𝑍1 = 𝑗0,063

𝑍2 = 𝑗0,063

𝑍0 = ∞ c) A Y1= B C D

A B -j31,11 j20 j20 -j70 0 j50 0 0

C D 0 0 j50 0 Z1= -j70 j20 j20 -j31,11

A B C D A -j31,11 j20 0 0 Y2= B j20 -j70 j50 0 Z2= C 0 j50 -j70 j20 D 0 0 j20 -j31,11

A A -j31,11 Y0=

d)

A B C D

A B C D

B 0

C 0

D 0 0

B

0

-j50

j50

C D

0 0

j50 0

-j50 0 0 -j31,11

A j0,063 j0,048 j0,042 j0,027

A j0,063 j0,048 j0,042 j0,027

B j0,048 j0,075 j0,065 j0,042

B j0,048 j0,075 j0,065 j0,042

C j0,042 j0,065 j0,075 j0,048

C j0,042 j0,065 j0,075 j0,048

Z0=INDETERMINADO

D j0,027 j0,042 j0,048 j0,063

D j0,027 j0,042 j0,048 j0,063

𝐼𝑎1 =

1,1 1,1 = =0 𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍0 𝑗0,22 + 𝑗0,2 + 𝑗∞ 𝐼 " 10⁄ = 3 ∗ 𝐼𝑎1 = 3 ∗ (0) = 0 𝑘

1

" |𝐼𝑘1 |=0