Este documento describe los fundamentos básicos de un sistema de potencia. Explica que las centrales eléctricas convierten la energía primaria (agua, gas, uranio, etc.) en energía eléctrica. Luego, describe los tres niveles de un sistema de potencia: transmisión, subtransmisión y distribución. Finalmente, explica que los sistemas de transmisión usan una estructura de malla para facilitar el control y operación del flujo de energía.

1. TRANSPORTE Y DISTRIBUCION DE ENERGIA
Ing. Carlos Alberto Rey Soto
Tema 2 – GENERACION DE ENERGIA ELECTRICA
La generación de energía eléctrica se consigue a nivel industrial a través de instalaciones
conocidas como centrales eléctricas, las cuales constituyen la primera etapa del sistema eléctrico
de potencia y en su mayoría están diseñadas para convertir la energía mecánica en energía
eléctrica. Las principales fuentes de energía primaria que se utilizan para la generación de
energía son: agua, gas, uranio, viento y energía solar, para mover los álabes de una turbina, que a
su 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 centrales
eléctricas que conforman el Sistema de Generación de un Sistema de Potencia (SP). Sin
embargo, para iniciar es necesario revisar aspectos fundamentales del SP, para evaluar su
funcionamiento 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. 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 2.1
Componentes ~
básicos de un
GENERADOR LINEA DE TRANSMISION CARGA
sistema 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 V
Figura 2.2
Estructura general Cargas pequeñas Cargas pequeñas
Carga mediana
de un sistema de
potencia.
Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-2

3. Por otro lado, independiente del tamaño, todo SP tiene en común que opera a diferentes
niveles de voltaje, separados por transformadores. De este modo podemos distinguir 3
niveles de voltaje en el desarrollo de un SP:
- nivel de distribución (primaria y secundaria)
- nivel de sub-transmisión
- nivel de transmisión
Considerando estos niveles de voltaje, la figura 2.2 muestra esquemáticamente la estructura
de un SP y sus 4 componentes fundamentales:
- generador o alternador
- transformador
- líneas
- cargas
Nivel de distribución
Recibe la energía de la subestación de distribución (STD) y la entrega a los consumidores
pequeños 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% del
sistema total. La ingeniería de distribución es en sí una sub-tecnología de considerable
importancia y diversificación, que cubre problemas de servicio aéreo y subterráneo,
medición, protección, maniobra e interrupción.
Nivel de subtransmisión
Suministra energía eléctrica a las STD y a consumidores grandes, dentro de una cierta área
geográfica, a niveles de voltaje entre 11 y 138 KV. Recibe energía directamente de las
barras 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 de
servicio y distribuye energía en grandes bloques de alta potencia y elevados niveles de
voltaje. Es frecuente que en muchos sistemas no exista una demarcación clara entre los
circuitos de transmisión y subtransmisión. Con el crecimiento de un SP, generalmente los
sistemas de transmisión se convierten en sistemas de subtransmisión.
Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-3

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 2.3
Sistema de potencia con
estructura 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. 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
L5
Figura 2.4
Sistema de L6
potencia con
estructura en ~ G4
anillo.
T4 L7 Código de barra
4 6
Símbolo de carga
2.2 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. 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 2.5
Componentes de la
potencia en un circuito
inductivo.
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. Figura 2.6
Potencia activa y
potencia reactiva en un
circuito 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. Internamente, en el generador trifásico (ver sección 4.1) las 3 fases se conectan a un punto
neutro, usualmente conectado a tierra. Si la carga inductiva es balanceada o simétrica, la
corriente 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
ϕ
Figura 2.7 VR
Diagrama fasorial de ϕ
un sistema trifásico IR
simétrico con carga ϕ
inductiva balanceada. Is
VS
Como el sistema de la figura 2.7 es lineal, su potencia instantánea total es la suma de las
potencias 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 simétrico
y 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 estos
resultados, 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. 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 Z
Figura 2.8 VL
Modelo equivalente de S Z
un motor trifásico de
inducción.
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. 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
Z
Figura 2.9
Representación por
ϕ V
fase de un sistema V
trifásico 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. S
Q
Figura 2.10
Triángulo de potencia ϕ
de 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. 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. 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 = 121.7899
Comentarios:
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 transmisión
Como una aplicación del concepto de potencia, consideremos el sistema mostrado en la
figura 2.11, el cual representa una línea de transmisión que interconecta dos barras de un
gran sistema de potencia.
Tema 2 - FUNDAMENTOS BASICOS DE UN SISTEMA DE POTENCIA 2-13

14. Barra 1 Barra 1
I
Figura 2.11 S12 S21
Representación por V1 V2
fase de un sistema
de 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. 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 kV
Figura 2.12 Vb Ib Sb I b : corriente base en kA
Valores base para
análisis de sistemas Ib
de 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. Aplicando la expresión (2.21) y utilizando los valores base definidos en (2.22) y (2.23), las
expresiones 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 Zb
En (2.24) se observa que como las magnitudes reales son complejas, las magnitudes
resultantes 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. 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. 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 2.13
Central
hidroeléctrica de
agua fluyente o de
pasada.
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