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Utilizando trigonometría, podemos transformar (2.1) como:                                     p( t ) = 2 Vm I m [ cos( ϕ) ...
Figura 2.6Potencia activa ypotencia reactiva en uncircuito inductivo.    Se puede verificar que el valor máximo de las dos...
Internamente, en el generador trifásico (ver sección 4.1) las 3 fases se conectan a un puntoneutro, usualmente conectado a...
Cuando se hace referencia al voltaje de un sistema trifásico, se entiende que es el            voltaje de línea. Sustituye...
V 138 / 3     79.67                               IL = I =        =         =          = 0.7967 − 36.9° kA                ...
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Aplicando la expresión (2.21) y utilizando los valores base definidos en (2.22) y (2.23), lasexpresiones de conversión a p...
I = I pu × I b = (1.28 + 1.8°)(0.0722) = 0.0924 + 1.8° kA              que coincide con el valor obtenido en el ejemplo 2....
su caída entre dos niveles del cauce se hace pasar por una turbina hidráulica, la cual      trasmite la energía a un alter...
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  1. 1. TRANSPORTE Y DISTRIBUCION DE ENERGIA Ing. Carlos Alberto Rey SotoTema 2 – GENERACION DE ENERGIA ELECTRICA La generación de energía eléctrica se consigue a nivel industrial a través de instalacionesconocidas como centrales eléctricas, las cuales constituyen la primera etapa del sistema eléctricode potencia y en su mayoría están diseñadas para convertir la energía mecánica en energíaeléctrica. Las principales fuentes de energía primaria que se utilizan para la generación deenergía son: agua, gas, uranio, viento y energía solar, para mover los álabes de una turbina, que asu vez está conectada en un generador eléctrico o alternador. Según el recurso energético utilizado, las centrales generadoras se pueden clasificar en: - centrales hidroeléctricas - centrales térmicas convencionales - centrales térmicas de ciclo combinado - centrales hidroeléctricas - centrales nucleares En esta unidad se hará una breve descripción de las características de las centraleseléctricas que conforman el Sistema de Generación de un Sistema de Potencia (SP). Sinembargo, para iniciar es necesario revisar aspectos fundamentales del SP, para evaluar sufuncionamiento eficiente, como una forma de garantizar el uso racional de la energía eléctrica.2.1 OBJETIVO Y ESTRUCTURA DEL SP El objetivo fundamental de un sistema de potencia (SP) es el de suministrar energía eléctrica a diferentes cargas, ubicadas dentro de un área de servicio. Si el SP está bien diseñado y su operación es adecuada, debe cumplir con los siguientes requisitos: 1. Suministrar energía en cualquier lugar que le sea solicitada por el consumidor. 2. Ser capaz de cubrir las variaciones de demanda activa y demanda reactiva. 3. Satisfacer exigencias mínimas de calidad de la energía entregada, caracterizada por: - frecuencia constante - voltaje constante - absoluta confiabilidad 4. Generar energía eléctrica bajo condiciones de mínimo costo ecológico y económico. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-1
  2. 2. El SP más elemental puede representarse como se muestra en la figura 2.1, donde se observan sus 3 elementos básicos: generador, línea de transmisión y carga.Figura 2.1Componentes ~básicos de un GENERADOR LINEA DE TRANSMISION CARGAsistema de potencia. Sin embrago, por pequeño que sea un SP real, en la práctica está formado por una red eléctrica de relativa complejidad, como se muestra en la figura 2.2. Su forma depende final de un factor determinante: el tamaño del sistema. ~ CHE ~ Interconexión Nivel de 132 KV transmisión ~ ~ CTE Nivel de 33 KV 66 KV subtransmisión Subestación de distribución Carga especial 6.3 KV Primaria 13.2 KV Nivel de distribución Carga grande 240/120 V Secundaria 220/127 VFigura 2.2Estructura general Cargas pequeñas Cargas pequeñas Carga medianade un sistema depotencia. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-2
  3. 3. Por otro lado, independiente del tamaño, todo SP tiene en común que opera a diferentesniveles de voltaje, separados por transformadores. De este modo podemos distinguir 3niveles de voltaje en el desarrollo de un SP: - nivel de distribución (primaria y secundaria) - nivel de sub-transmisión - nivel de transmisiónConsiderando estos niveles de voltaje, la figura 2.2 muestra esquemáticamente la estructurade un SP y sus 4 componentes fundamentales: - generador o alternador - transformador - líneas - cargasNivel de distribuciónRecibe la energía de la subestación de distribución (STD) y la entrega a los consumidorespequeños y medianos, generalmente a dos niveles de voltaje, según el tipo de abonado: - nivel primario, por ejemplo 13.2 KV. - nivel secundario, por ejemplo 220/127 V.Es la parte más compleja de un SP y su costo puede llegar a ser del orden del 50% delsistema total. La ingeniería de distribución es en sí una sub-tecnología de considerableimportancia y diversificación, que cubre problemas de servicio aéreo y subterráneo,medición, protección, maniobra e interrupción.Nivel de subtransmisiónSuministra energía eléctrica a las STD y a consumidores grandes, dentro de una cierta áreageográfica, a niveles de voltaje entre 11 y 138 KV. Recibe energía directamente de lasbarras de generación (generalmente térmica) o a desde subestaciones de potencia.Su función es la misma del sistema de distribución, solo que sirve a una mayor área deservicio y distribuye energía en grandes bloques de alta potencia y elevados niveles devoltaje. Es frecuente que en muchos sistemas no exista una demarcación clara entre loscircuitos de transmisión y subtransmisión. Con el crecimiento de un SP, generalmente lossistemas de transmisión se convierten en sistemas de subtransmisión. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-3
  4. 4. Nivel de transmisión Se diferencia substancialmente de los dos anteriores tanto en sus características como en su operación. Mientras que los dos últimos reciben energía de una fuente y la transmiten a cargas individuales, le función del sistema de transmisión en bien diferente. Trabaja con grandes bloques de potencia, interconectando todas las estaciones generadoras y los puntos de mayor carga del sistema. Generalmente utilizan líneas aéreas montadas sobre torres de acero galvanizado. Sin embargo, pueden usarse cables de potencia, en el caso de líneas submarinas, cruces de autopistas, o a la salida de la casa de máquinas de una central. La diferencia fundamental está en la estructura de la red. Los niveles de distribución y subtransmisión, por el sentido lógico del flujo de potencia, utilizan generalmente distribución radial, tal como se muestra en la figura 2.3.Figura 2.3Sistema de potencia conestructura radial. Por el contrario, para facilitar el control y operación, los sistemas de transmisión utilizan distribución en forma de anillos o mallas, tal como se muestra en la figura 2.4. De este modo, la energía puede rotarse, en cualquier dirección dentro de los varios anillos del sistema de transmisión, para lograr condiciones óptimas de operación técnica y económica del SP. A este nivel se maneja además el intercambio de carga con otros sistemas. Los diagramas de las figuras 2.3 y 2.4 representan una sola fase del sistema eléctrico y como tal, se reconocen como diagramas unifilares, utilizados para en el análisis y diseño de los sistemas de potencia. En la figura 2.4 se muestran ademán los símbolos estándar utilizados para el desarrollo de diagramas del SP. En el diseño de un sistema de transmisión suelen considerarse aspectos similares a los utilizados en un sistema de transporte: Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-4
  5. 5. 1. Estado actual del sistema. 2. Situación geográfica de los centros de carga actuales y futuros. 3. Localización más adecuada de las estaciones generadoras, según la disponibilidad de recursos energéticos: gas, carbón, petróleo, agua, etc. 4. Limitaciones ecológicas y económicas: desarrollo sustentable. ~ G1 ~ G2 Símbolo de transformador T1 Símbolo de barra (bus) T2 1 L1 2 Interconexión L3 L2 ~ G3 Símbolo de línea T3 3 5 L4 L5Figura 2.4Sistema de L6potencia conestructura en ~ G4anillo. T4 L7 Código de barra 4 6 Símbolo de carga2.2 FUNDAMENTOS MATEMATICOS PARA ANALISIS DE UN SP En esta sección se hará una revisión breve de los conceptos de circuitos eléctricos de corriente alterna, necesarios para el análisis de un sistema de potencia. Potencia activa y potencia reactiva en sistemas monofásicos A continuación se analizarán los conceptos relacionados con la potencia en circuitos de corriente alterna (CA). Comenzaremos con el caso de un sistema monofásico y más adelante se demostrará su aplicación al caso de un sistema trifásico. Asumiendo un circuito inductivo, donde el voltaje es v( t ) = Vm sen(ω t ) y la corriente i( t ) = I m sen( ωt − ϕ) con un atraso de fase de ϕ radianes, la potencia instantánea es: p( t ) = v( t ) i( t ) = Vm I m sen( ω t ) sen( ω t − ϕ) (2.1) donde Vm e I m son los valores máximos o valores pico del voltaje y la corriente. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-5
  6. 6. Utilizando trigonometría, podemos transformar (2.1) como: p( t ) = 2 Vm I m [ cos( ϕ) − cos(2ω t − ϕ)] 1 (2.2) Expresando el voltaje y la corriente a través de su valor eficaz o rms: Vm Im V [A] I [V] 2 2 Obtenemos: p( t ) = V Icos( ϕ) − V Icos( 2ω t − ϕ) (2.3) En (2.3) se identifican dos componentes en la potencia del circuito inductivo, las cuales se muestran en la figura 2.5, para V = 120 V , I = 5 A , f = 60 Hz y ϕ = π / 6 rad .Figura 2.5Componentes de lapotencia en un circuitoinductivo. En la figura 2.5 se observa que la componente p1( t ) = V I cos( ϕ) es constante e igual a: p1( t ) = 120 × 5 × cos( π / 6) = 519.62 W y corresponde a la potencia activa en vatios (W) del sistema. La segunda componente p2 ( t ) = − V I cos(2ω t − ϕ) es pulsante con frecuencia angular doble y no realiza ningún trabajo, ya que su potencia media en un período es cero. Se observa que durante algunos intervalos esta potencia es negativa, indicando que la energía fluye en dirección opuesta. Para lograr un significado físico de la segunda componente de la potencia, la expresión (2.3) puede transformarse en: p( t ) = V Icos( ϕ)(1 − cos2ω t ) − V I sen( ϕ) sen(2ω t ) (2.4) Utilizando esta expresión y los valores anteriores, se obtuvo la figura 2.6, donde se observa que la primera componente de (2.4) es de doble frecuencia y pulsante alrededor del valor medio V Icos( ϕ) = 519.62 , pero nunca es negativa. La segunda componente también es pulsante con frecuencia doble, pero su valor medio sigue siendo cero; por lo tanto no realiza trabajo. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-6
  7. 7. Figura 2.6Potencia activa ypotencia reactiva en uncircuito inductivo. Se puede verificar que el valor máximo de las dos componentes de la figura 2.6, es: P V Icos( ϕ) potencia real o activa [W] (2.5) Q V I sen( ϕ) potencia reactiva [VAR] Estos dos conceptos son fundamentales en el análisis de un sistema de potencia y su definición algebraica en (2.5) puede ampliarse con los siguientes comentarios: 1. La potencia rea o activa P se define como el valor medio de p( t ) y por lo tanto físicamente significa que el sistema está transmitiendo una potencia útil. Su magnitud se ve afectada fuertemente por el factor de potencia: cos( ϕ) . 2. La potencia reactiva Q es por definición igual al pico de la segunda componente que viaja hacia delante y hacia atrás en la línea, con un valor medio de cero y por lo tanto no realiza ningún trabajo. 3. Las dos componentes de la potencia: P y Q, deberían expresarse en vatios. Sin embargo, para hace énfasis en que la segunda componente es “no activa” o “reactiva”, se mide en voltamperios reactivos o vars. 4. En el análisis anterior se asumió un circuito inductivo (corriente en atraso) y como resultado se interpreta físicamente como un consumo de potencia reactiva, para mantener la energía de los campos magnéticos, necesaria para su funcionamiento. 5. Por el contrario, en el caso de un circuito capacitivo, la potencia reactiva sería negativa y se interpreta físicamente potencia reactiva generada, por efecto de la energía necesaria para el funcionamiento de los campos eléctricos del sistema. Potencia en sistemas trifásicos El análisis anterior se hizo asumiendo un sistema monofásico de CA. En un sistema trifásico balanceado podemos representar el voltaje instantáneo de cada fase, como v R ( t ) = 2 Vsen( ω t ) vS ( t ) = 2 Vsen( ω t − 120°) (2.6) vT ( t ) = 2 Vsen( ω t + 120°) Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-7
  8. 8. Internamente, en el generador trifásico (ver sección 4.1) las 3 fases se conectan a un puntoneutro, usualmente conectado a tierra. Si la carga inductiva es balanceada o simétrica, lacorriente de las 3 fases también es simétrica y puede expresarse como: i R ( t ) = 2 I sen( ω t − ϕ) iS ( t ) = 2 I sen( ω t − 120° − ϕ) (2.7) iT ( t ) = 2 I sen( ω t + 120° − ϕ)La figura 2.7 muestra la representación fasorial de las corrientes (2.7) y los voltajes (2.6)de un sistema trifásico simétrico con secuencia R-S-T y carga inductiva balanceada. VT IR ϕFigura 2.7 VRDiagrama fasorial de ϕun sistema trifásico IRsimétrico con carga ϕinductiva balanceada. Is VSComo el sistema de la figura 2.7 es lineal, su potencia instantánea total es la suma de laspotencias instantáneas de cada fase: p3 φ ( t ) = v R ( t ) i R ( t ) + vS ( t ) iS ( t ) + vT ( t ) iT ( t ) (2.8)Sustituyendo (2.6) y (2.7) en (2.8) y simplificando, se obtiene p3 φ ( t ) = 3 V Icos( ϕ) (2.9)De acuerdo con la expresión (2.9), la potencia instantánea de un sistema trifásico simétricoy balanceado es constante, e igual a 3 veces la potencia real o activa por fase, dada por(2.5). Luego, p3 φ ( t ) = 3 P [W] (2.10)En las expresiones anteriores, P, V e I representan valores por fase. De acuerdo con estosresultados, un sistema trifásico simétrico y balanceado, se caracteriza por: 1. La suma algebraica de las 3 corrientes de fase es cero. Por lo tanto no se requiere un conductor de retorno (neutro). 2. La suma algebraica de los 3 voltajes de fase también es cero. 3. El voltaje de línea (VL), medido entre dos de las 3 fases es constante y su relación con el voltaje de fase viene dada por: VL = 3 V (2.11) Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-8
  9. 9. Cuando se hace referencia al voltaje de un sistema trifásico, se entiende que es el voltaje de línea. Sustituyendo (2.11) en (2.9) y considerando que I L = I , obtenemos: p3 φ ( t ) = 3 VL I L cos( ϕ) (2.12) 4. Como la potencia instantánea es constante, podríamos pensar que la potencia reactiva no tiene importancia en un sistema trifásico. Sin embargo, según la figura 2.5, esto mismo sucedió al analizar el sistema monofásico. 5. Así como la expresión (2.10) muestra que la potencia activa total es 3 veces la potencia de cada fase, lo mismo ocurre con la potencia reactiva total. Por lo tanto, a partir de (2.12) y utilizando la definición (2.5), obtenemos: P3 φ 3 VL I L cos( ϕ) potencia real o activa trifásica [W] (2.13) Q3 φ 3 VL I L sen( ϕ) potencia reactiva trifásica [VAR] 6. Debido a la completa de simetría entre las fases del sistema trifásico balanceado, es suficiente efectuar cálculos para una sola fase, conocido como análisis por fase. Si el sistema no es balanceado, es necesario recurrir al cálculo en base a componentes simétricas. Ejemplo 2.1 Un motor de inducción, conectado a una línea de 138 kV tiene una impedancia equivalente Z = 80 + j 60 Ω/fase . Determinar la potencia activa y la potencia reactiva absorbida por esta carga por fase y trifásica. Solución: La figura 2.8 muestra el modelo equivalente del motor de inducción que será utilizado en la solución del problema. Motor de inducción IL=I R ZFigura 2.8 VLModelo equivalente de S Zun motor trifásico deinducción. T Z V Como existe simetría entre las fases, limitamos el análisis a una de las 3 fases. Considerando la fase-R, la corriente de línea es: Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-9
  10. 10. V 138 / 3 79.67 IL = I = = = = 0.7967 − 36.9° kA Z 80 + j 60 100 36.9° Luego, el factor de potencia es FP = cos( ϕ) = cos(36.9) = 0.8 ( atraso ) y la potencia activa por fase y trifásica son: P = V Icos( ϕ) = (79.67) × 0.7967 × 0.8 ≈ 51 MW/fase P3 φ = 3 P = 3 × 51 ≈ 153 MW Para la potencia reactiva por fase y trifásica, obtenemos: Q = V I sen( ϕ) = (79.67) × 0.7967 × 0.6 ≈ 38 MVAR/fase Q3 φ = 3Q = 3 × 38 ≈ 114 MVAR Se observa que expresando el voltaje en kV y la corriente en kA, la potencia resulta en MW o MVAR. El mismo resultado se obtiene usando valores de línea, a través de (2.13): P3 φ = 3 VL I L cos( ϕ) = 3 × 138 × 0.7967 × 0.8 ≈ 153 W Q3 φ = 3 VL I L sen( ϕ) = 3 × 138 × 0.7967 × 0.6 ∼ 114 MVAR Potencia compleja: el triángulo de potencia Consideremos el sistema monofásico de la figura 2.9, que puede ser la representación de una fase del motor trifásico de inducción de la figura 2.8. I ZFigura 2.9Representación por ϕ Vfase de un sistema Vtrifásico balanceado. I Asumiendo que V e I están expresados como valores eficaces o rms, pueden expresarse usando notación fasorial, como: V =V 0 I = I −ϕ La potencia compleja se define como: ∗ S V I = V I ϕ = V I cos( ϕ) + jV I sen(ϕ) = P + jQ (2.14) La expresión (2.14) conduce a la interpretación gráfica mostrada en la figura 2.10, conocido como el triángulo de potencia de un sistema en CA. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-10
  11. 11. S QFigura 2.10Triángulo de potencia ϕde un sistema CA. P El valor de la hipotenusa corresponde a la magnitud del complejo S = P + jQ en (2.14): S= S = P 2 + Q2 (2.15) y se reconoce como la potencia aparente del sistema, expresada en voltamperios (VA). En aplicaciones prácticas del análisis de un SP, generalmente se expresa en kVA o MVA. Utilizando la impedancia compleja Z de la figura 2.9 y la admitancia compleja Y = 1/ Z , se pueden obtener expresiones alternas para evaluar la potencia activa (P) y la potencia reactiva (Q): ∗ ∗ ∗ S = V I = V ( Y V )∗ = Y V 2 S = ( Z I )I = Z I 2 Por lo tanto, aplicando en (2.14): ∗ S = P + jQ = Z I 2 = Y V 2 (2.16) Ejemplo 2.2 Resolver el ejemplo 2.2 utilizando las expresiones alternas (2.16). Solución: Como en este ejemplo se conoce el voltaje V, pero no la corriente, conviene utilizar la segunda expresión en (2.16). ∗ 1 1 Y = ∗ = = 0.008 + j 0.006 mhos Z 80 − j 60 Luego, 2 ∗ ⎛ 138 ⎞ P + jQ = Y V = (0.008 + j 0.006) ⎜ 2 ⎟ ≈ 51 + j 38 MVA/fase ⎝ 3⎠ Si en lugar de utilizar el voltaje/fase en (2.16), incluimos el voltaje de línea, obtenemos el valor trifásico de la potencia: ∗ P3 φ + jQ3 φ = Y VL 2 = (0.008 + j 0.006)(138)2 ≈ 153 + j 114 MVA Los resultados anteriores coinciden con los del ejemplo 2.2. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-11
  12. 12. Ejemplo 2.3 Una fuente potencia de 2.4 kV cuya secuencia es R-S-T alimenta 2 cargas en paralelo con las siguientes características Carga-1: 300 kVA, FP = 0.8 atraso Carga-2: 300 kVA, FP = 0.6 adelanto a. Calcular la impedancia equivalente para análisis por fase. b. Calcular las 3 corrientes suministradas por la fuente de potencia. Solución: Asumiendo como referencia la fase-R, el voltaje de fase es V = 2400 / 3 = 1385.6 0° V/fase a. La potencia aparente por fase de cada carga y el ángulos de carga son: 1 1 S1 = 3 S13 φ = 3 × 300 = 100 kVA 1 1 S2 = 3 S23 φ = 3 × 240 = 80 kVA ϕ1 = + cos −1(0.8) = +36.9° ϕ2 = − cos −1(0.6) = −53.1° Luego, la potencia compleja de cada carga es: S 1 = 100 + 369° = 80 + j 60 kVA S 2 = 80 − 53.1° = 48 − j 64 kVA Aplicando (2.14), obtenemos las corrientes por fase de cada carga: ∗ S1 100 − 36.9° I1 = ∗ = = 72.17 − 36.9° A V 1.3856 0° ∗ S2 80 + 53.1° I2 = ∗ = = 57.74 + 53.1° A V 1.3856 0° Luego, las impedancias equivalentes de cada carga son: V 1.3856 × 10 3 0° Z1 = = = 19.20 36.9° = 15.36 + j 11.52 Ω I 1 72.17 − 36.9° V 1.3856 × 10 3 0° Z2 = = = 24.00 − 53.1° = 14.40 − j 19.20 Ω I2 57.74 + 53.3° b. Para la fase-R, que fue tomada como referencia en el cálculo por fase: I R = I 1 + I 2 = 72.17 − 36.9° + 57.74 + 53.1° = 92.38 + j 2.89 = 92.42 1.8°A Para las fases restantes, asumiendo simetría: I S = 92.42 (1.8 − 120)° = 92.42 − 118.2° A I T = 92.42 (1.8 + 120)° = 92.42 + 121.8° A Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-12
  13. 13. Como el programa MATLAB® acepta algebra compleja, es fácil verificar loa resultados anteriores: >> %daos de las cargas >> VL=2.4, S1=300, fp1=0.8, S2=240, fp2=0.6 >> %potencias por fase y voltaje de fase de referencia >> phi1=acos(fp1); S1F=pol2rec(S1/3,phi1,r) S1F = 80.0000 +60.0000i >> phi2=-acos(fp2); S2F=pol2rec(S2/3,phi2,r), V=VL/sqrt(3) S2F = 48.0000 -64.0000i V = 1.3856 >> %corrientes por fase de cada carga >> I1=conj(S1F)/V, [magI1,faseI1]=rec2pol(I1) I1 = 57.7350 -43.3013i magI1 = 72.1688 faseI1 = -36.8699 >> I2=conj(S2F)/V, [magI2,faseI2]=rec2pol(I2) I2 = 34.6410 +46.1880i magI2 = 57.7350 faseI2 = 53.1301 >> %impedancia equivalente de cada carga en ohms/fase >> Z1=V*10^3/I1, [magZ1,titaZ1]=rec2pol(Z1) Z1 = 15.3600 +11.5200i magz1 = 19.2000 titaz1 = 36.8699 >> Z2=V*10^3/I2, [magZ2,titaZ2]=rec2pol(Z2) Z2 = 14.4000 -19.2000i magz2 = 24.0000 titaz2 = -53.1301 >> %corrientes suministradas por fuente de potencia >> IR=I1+I2, [magIR,faseIR]=rec2pol(IR) IR = 92.3760 + 2.8868i magIR = 92.4211 faseIR = 1.7899 >> magIS=magIR, faseIS=faseIR-120 magIS = 92.4211 faseIS = -118.2101 >> magIT=magIR, faseIS=faseIR+120 magIT = 92.4211 faseIT = 121.7899Comentarios: 1. En el análisis por fase de cargas trifásicas balanceadas es conveniente asumir que se encuentran conectadas en estrella (Y). 2. Si la conexión actual es triángulo (Δ) es posible obtener su equivalente es estrella. 3. En consecuencia, en el análisis por fase, las impedancias equivalentes están conectadas entre fase y neutro, los voltajes son línea-neutro y las corrientes son de línea.Flujo de carga en una línea de transmisiónComo una aplicación del concepto de potencia, consideremos el sistema mostrado en lafigura 2.11, el cual representa una línea de transmisión que interconecta dos barras de ungran sistema de potencia. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-13
  14. 14. Barra 1 Barra 1 IFigura 2.11 S12 S21Representación por V1 V2fase de un sistemade interconexión. Para determinar el flujo de potencia activa y reactiva, haremos las siguientes suposiciones: 1. Los voltajes V1 y V2 se conocen y se expresan en valores por fase. 2. La línea de transmisión tiene una impedancia Z = R + j X en Ω/fase. 3. La corriente I es la misma a través de toda la línea de transmisión. En líneas grandes esto no es del todo cierto (ver sección 4.3). 4. Debido a las pérdidas en la línea, la potencia medida en cada extremo de la línea no es la misma. 5. El sentido de la potencia en cada extremo de la línea, se asume positivo cuando se aleja de la barra respectiva. Tomando como punto de partida la corriente a través de la línea: V1 − V2 I= Z podemos calcular la potencia del sistema, como: 2 V1∗ − V2∗ V1 − V1 V2 ( α 1 − α 2 ) S12 = P12 + jQ12 = V1 I ∗ = V1 = Z∗ R− jX 2 (2.17) V ∗ − V ∗ V − V1 V2 ( α 2 − α 1 ) S21 = P21 + jQ21 = V2 ( − I ∗ ) = V2 2 ∗ 1 = 2 Z R− jX Definimos el ángulo de fase entre el voltaje de las dos barras: δ = α1 − α2 (2.18) Sustituyendo (2.18) en (2.17) y separando la parte real y la parte imaginaria, obtenemos para el flujo de potencia de salida de la barra-1: 1 ⎡ R V1 − R V1 V2 cos(δ) + X V1 V2 sen( δ)⎤ 2 P12 = 2 ⎣ R +X2 ⎦ (2.19) 1 ⎡ X V1 − X V1 V2 cos( δ) − R V1 V2 sen( δ)⎤ 2 Q12 = 2 2 ⎣ R +X ⎦ Repitiendo para el flujo de salida de la barra-2: Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-14
  15. 15. 1 ⎡ R V2 − R V1 V2 cos( δ) − X V1 V2 sen( δ)⎤ 2 P21 = 2 ⎣ R +X2 ⎦ (2.20) 1 ⎡ X V2 − X V1 V2 cos( δ) + R V1 V2 sen( δ)⎤ 2 Q12 = 2 2 ⎣ R +X ⎦ Si en (2.19) y (2.20) se utilizan voltajes de línea en kV, las potencias resultante son trifásicas y se expresan en MW y MVAR, respectivamente. Estas expresiones son fundamentales en el análisis de la capacidad de transmisión de un sistema de potencia. Cálculo por unidad En el análisis de sistemas de potencia es conveniente expresar las impedancias, corrientes, voltajes y potencias en por-unidad (p-u), en lugar de utilizar dimensiones reales: ohms, amperios, kilovoltios, megavars o megavatios. Definición de valores base: La ecuación básica para el escalamiento es: Valor real Valor en p − u = (2.21) Valor base La selección adecuada del valor base, es fundamental para simplificar el trabajo de cálculo. Como primera regla, debe satisfacer las leyes de los circuitos. La figura 2.12 muestra los valores base utilizados en el análisis de sistemas de potencia. Ib Vb : voltaje base en kVFigura 2.12 Vb Ib Sb I b : corriente base en kAValores base paraanálisis de sistemas Ibde potencia. Sb : potencia base en MVA Para el sistema trifásico de la figura 2.12, la relación entre los valores base es: Sb = 3 Vb I b MVA (2.22) Aplicando la figura 2.9 a los valores base, obtenemos la impedancia base: Vb / 3 V V Vb2 Zb = = b × b= Ib 3 I b Vb 3 Vb I b Sustituyendo (2.22) en la expresión anterior y considerando las unidades de la figura 2.12: Vb2 Zb = Ω (2.23) Sb Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-15
  16. 16. Aplicando la expresión (2.21) y utilizando los valores base definidos en (2.22) y (2.23), lasexpresiones de conversión a p-u son: V [kV] I [kA] S [MVA] Z [Ω] V p− u = I p− u = S p− u = Z p− u = (2.24) Vb Ib Sb ZbEn (2.24) se observa que como las magnitudes reales son complejas, las magnitudesresultantes en p-u también son complejas, preservando los ángulos de fase de cada variable.Ejemplo 2.4 Resolver el ejemplo 2.3 utilizando magnitudes en p-u, asumiendo: Sb = 0.300 MVA Vb = 2.4 KV Solución: Aplicando (2.22) y (2.23), obtenemos los valores base restantes Sb 0.3 Vb2 (2.4)2 Ib = = = 0.0722 kA Zb = = = 19.20 Ω 3 Vb 3 × 2.4 Sb 0.3 Utilizando (2.24), la potencia compleja trifásica de cada carga en p-u, es: S 1 0.3 + 36.9° S 1 pu = = = 1 + 36.9° Sb 0.3 S 2 0.24 − 53.1° S 2 pu = = = 0.8 − 53.1° Sb 0.3 Aplicando (2.24), la corriente de cada carga en p-u, es: I 1 0.0722 − 36.9° I 1 pu = = = 1 − 36.9° Ib 0.0722 I 2 0.0578 + 53.1° I 2 pu = = = 0.8 + 53.1° Ib 0.0722 Finalmente, aplicando (2.24), la impedancia equivalente de cada carga en p-u: Z 1 19.20 36.9° Z 1 pu = = = 1 36.9° = 0.8 + j 0.6 Zb 19.20 Z 2 24.00 − 53.1° Z 2 pu = = = 1.25 − 53.1° = 0.75 − j 1.0 Zb 19.20 La corriente total (corriente de línea) consumida por las dos cargas es: I = I 1 pu + I 2 pu = 1 − 36.9° + 0.8 + 53.1° = 0.8 − j 0.6 + 0.48 + j 0.64 = 1.28 + j 0.04 = 1.28 + 1.8° A partir del resultado anterior, se puede obtener el valor real: Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-16
  17. 17. I = I pu × I b = (1.28 + 1.8°)(0.0722) = 0.0924 + 1.8° kA que coincide con el valor obtenido en el ejemplo 2.3. Comentarios: 1. En el ejemplo anterior se agregó el índice “pu” para evitar confusión y diferenciar los valores en p-u de los valores reales. 2. El sistema p-u permite la combinación de parámetros dados por fase, con voltajes, corrientes y potencias trifásicas. 3. En el tema 4 se demuestra que el cálculo p-u facilita considerablemente el desarrollo el modelo del sistema de potencia y su utilización en procesos de simulación analógica y digital. Ventajas del cálculo en por unidad: Utilizando el sistema de cálculo en p-u se pueden lograr las siguientes ventajas, las cuales se demostrarán en el tema 4: 1. Los parámetros equivalentes de los diferentes componentes del SP (generadores, transformadores, líneas, motores, etc.) resultan en rangos relativamente estrechos, facilitando el análisis e interpretación de resultados. 2. Permite eliminar la diferencia entre voltajes de línea y de fase, potencias por fase y potencias trifásicas. 3. En el caso de transformadores, no es necesario hacer consideración de lado primario y lado secundario, para el maneo de corrientes, voltajes e impedancias. 4. Facilita considerablemente la representación del modelo del sistema de potencia en los procesos de simulación analógica y digital.2.3 CENTRALES HIDROELECTRICAS Una central hidroeléctrica es una instalación que permite aprovechar la masa de agua en movimiento que circula por los ríos, para transformarla en energía eléctrica. La potencia de una central puede variar desde unos pocos MW, como en el caso de las mini-centrales hidroeléctricas, hasta 14.000 MW como en Paraguay y Brasil donde se encuentra la segunda mayor central hidroeléctrica del mundo, la ITAIPU que tiene 20 turbinas de 700 MW cada una. La más grande del mundo es la Presa de las Tres Gargantas, instalada en China, con una potencia de 22.500 MW. En general estas centrales aprovechan la energía potencial que posee la masa de agua de un cauce natural en virtud de un desnivel, también conocido como salto geodésico. El agua en Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-17
  18. 18. su caída entre dos niveles del cauce se hace pasar por una turbina hidráulica, la cual trasmite la energía a un alternador para transformarla en energía eléctrica. Tipos de centrales hidráulicas Existen muchos tipos de centrales hidroeléctricas, dado que las características del terreno donde se sitúa la central condicionan en gran parte su diseño. Se podría hacer una clasificación en tres modelos básicos: - central de agua fluyente o de pasada - central con embalse de reserva - central de bombeo o reversibles En la central de agua fluyente o de pasada mostrada en la figura 2.13 no existe embalse, el terreno no tiene mucho desnivel y es necesario que el caudal del río sea lo suficientemente constante como para asegurar una potencia determinada durante todo el año. En la temporada de precipitaciones abundantes, desarrollan su máxima potencia y dejan pasar agua excedente. En cambio, durante la época de sequía, la potencia disminuye en función del caudal, llegando a ser casi nulo en algunos ríos en verano.Figura 2.13Centralhidroeléctrica deagua fluyente o depasada. En la central con embalse de reserva mostrada en la figura 2.14, se almacena un volumen considerable de agua arriba de las turbinas, mediante la construcción de una o más presas que forman lagos artificiales. El embalse permite graduar la cantidad de agua que pasa por las turbinas, lo cual permite producir energía eléctrica durante todo el año, aunque el río se seque completamente durante algunos meses, cosa que no es imposible con una central de pasada. La figura en referencia corresponde a la Central “Simón Bolívar” en Venezuela, que tiene una capacidad de 7.300 MW y 50.000 GWh/año. Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-18

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