Anexo 3.1 Sistema Por Unidad
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- Juan Luis Villalobos Sandoval
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1 ELC Sistemas de Potencia I Anexo 3.1 Prof. Francisco M. González-Longatt fglongatt@ieee.org
2 Ejemplo Considere el sistema de potencia de la Figra sigiente. Constrir el Diagrama de Impedancias en el sistema por nidad tomando como base de 100 MVA, y 30 kv en el sistema de transmisión.
3 Resolción Se procede a bicar las zonas de igal base de voltaje y calclar las bases restantes: Base 3 V base 1 30kV V base 13. 8kV Conocida V base 18kV Z base1 59Ω V base kV
4 18kV Vbase3 Vbase kV V base 3 18kV V base 1 30kV V base 13. 8kV V base Vbase kV 30kV Z base Ω ( 13.8kV ) Z base 100MVA Z base1 59Ω ( ) 30kV Z base 1 100MVA V base kV V V base4 base1 34.5kV 3kV
5 Resolción Se procede a realizar los respectivos cambios de base. En los generadores: 18kV 100MVA x G kV 77MVA x G p. x 18kV 100MVA G kV 105 MVA x G p.
6 Resolción En los transformadores asociados al sistema de transmisión. En el transformador T 1, se trata de n banco, de modo qe en el lado de alta, debido a la conexión estrella, el dato de placa es de línea a netro por tanto la base debe ser dividido entre raíz de tres kV 100MVA x T kv 3 100MVA 3 x T p. Banco 3φ V base 30 kv
7 Resolción En el transformador T,setratadenbanco,demodo qe en el lado de alta, debido a la conexión estrella, el dato de placa es de línea a netro por tanto la base debe ser dividido entre raíz de tres. kv MVA x T MVA kv x T p. Banco 3φ V base 30 kv 3x133 MVA 10.39/13.79 kv X 1 %
8 Resolción El transformador T 3,esnbancoyenelmismose pede aplicar directamente la transformación de bases de voltaje, debido a qe el arrollado de alta esta en delta. x 30kV 100MVA T kv MVA x 3 T p. Banco 3φ 3x100 MVA 30/7.967 kv X 8 % 3 Vbase 30 kv
9 Resolción El transformador T 4,esnbancoyenelmismose pede aplicar directamente la transformación de bases de voltaje, debido a qe el arrollado de alta esta en delta. x 30kV 100MVA T kV MVA x T p. 3x100 MVA 4 30/13.8 kv Banco 3φ X 9.5 % V base 30 kv
10 Resolción En T5, se trata de na nidad, de modo qe el cambio de bases es directo. x 3kV 100MVA T kV 100 MVA x T p. 5 V base 30 kv Unidad 3φ
11 Resolción Se procede al cálclo de los modelos de las cargas estáticas. En la carga 1 se emplea el modelo serie: S ( load j )MVA 1 + S load jp. 1 + S load p. 1 V kv 34.35kV V 34.05kV load1 base V load p. 0 MW 10 MVAr kv (Serie)
12 Resolción En la carga 1 se emplea el modelo serie: ( ) S 05 V load jp. load Z load * S V load p. load ( ) Z load j Z load j 0 MW 10 MVAr kv (Serie) Z load j p. 1
13 Resolción En el modelo paralelo, se conoce qe: ( V ) ( ) load R load P load R load p. R load 0.30 X load ( ) ( V ) 0.05 X load p. X load load Q load 0 MW 10 MVAr kv (Serie)
14 Resolción Se procede de n modo semejante en el caso del reactor capacitivo conectado en la barra C. 13.8kV 13.8kV V c 1.0 p. V base 13. 8kV Q c 6MVAr Q c 0.06 p. X c ( V ) c Q c X c p. c ( 1.0 p. ) X c p.
15 Resolción Ahora se procede a calclar los respectivos cambios de bases en las máqinas giratorias: (i) condensador sincrónico CS, y (ii) motor de indcción MI. (i) () En el condensador sincrónico CS, se tiene qe los datos de placa están dados en HP, y el factor de potencia es 80%, de modo qe se aplica: KVA base HP x 34.5kV 100 MVA 0.0 CS 34.05kV 1 MVA x CS p. KVA base 1000 kva 1MVA
16 Resolción (ii) En el caso del motor de indcción, MI, se cmple: KVA base HP KVA base kva 15 MVA De modo qe la reactancia de la maqina en las nevas bases reslta ser: x 13.8kV 100MVA MI kV 15 MVA x MI p.
17 Resolción En las líneas de transmisión se tiene: X X EH BG X BF Ω km km 80Ω Z base 59Ω b 1 Ω Ω 0. 10km km 4 Ω Z 59Ω base1 Ω km km 7Ω Z base 59Ω 1 Ω p p p.
18 Resolción Finalmente el diagrama de impedancias reslta ser: + C A E H j j j j j E G1 E MI E G j j F G j j j D B ) j j j j.0178 j E CS
19 + C A E H j j j j j E G1 E MI E G + F G ) j j j j j j D B j j j.0178 j E CS
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