ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I CAPITULO III 3.1. PARÁMETROS Y MODELOS DE LÍNEAS DE TRANSMISIÓN Todas las líneas de transmisión las características resistivas inductivas, capacitivas y conductivas. La inductancia y la capacitancia se debe al efecto magnético y eléctrico alrededor del conductor y son parámetros especiales para el desarrollo de los modelos utilizados en el análisis de redes eléctricas, por otro lado, la conductancia paralelo mide la corriente de fuga a través de los aisladores y los caminos ionizados en el aire aunque en la mayoría de los casos esta corriente es dispensable comparada con las corrientes que fluyen por las líneas, por lo que no es tomada en cuenta. Una red de transporte de energía está conformada de soporte metálico concreto, madera u otros en los que se instalan aisladores, conductores y cables de guarda. La selección de nivel de tensión de la línea depende de la potencia a transmitir y la longitud de la línea. La elección de la tensión y el calibre del conductor es un proceso de ponderación de las pérdidas del nivel de ruido audible, y de las interferencias de radio respecto a las cargas fijas de la inversión 3.2. LÍNEAS DE TRANSMISIÓN AÉREAS Una línea de transmisión aérea está compuesta de soportes, conductores, aisladores y cables de guarda. Los conductores de las líneas se cuelgan en apoyos metálicos, apoyos de madera o concreto reforzado y tienen su propia área de servidumbre, los diseños de las torres de transmisión, pueden ser de 1, 2 o más circuitos. Existen diseños de torres de acero que soportan hasta 10 circuitos trifásicos de 60-10 kV sobre su ancho de servidumbre apropiado. Menos del 1% del total de líneas de transmisión son subterráneas, y aunque la transmisión subterránea AC podría ser una solución a problemas estéticos y ambientales, existen razones técnicas y económicas que hacen prohibidas el uso de líneas subterráneas. En nuestro país las tensiones estandarizadas para la transmisión son: 60 kV, 138Kv, 230Kv y 500 Kv. Figura 3.1. Estructura de una línea de transmisión de 345Kv ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 1 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.2. Líneas aéreas de alta tensión. Los conductores más utilizados en líneas de alta tensión son: Conductor de aluminio reforzado de acero (ACSR) Conductor de aluminio (AAC) Conductor de aluminio reforzado de aleación (ACAR) Conductor de aluminio puro con aleación (AAAC) Figura 3.3. Conductores alma de acero ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 2 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Para tensiones de 230 kV o más, se utiliza más de un conductor, esto se conoce como agrupamiento o empaquetamiento de conductores, y puede consistir de 2, 3 o 4 conductores para una sola fase. La ventaja es que reduce la reactancia de la línea y se incrementa el radio efectivo, lo que reduce la intensidad de campo eléctrico cerca de los conductores, que a su vez reduce sus pérdidas por efecto corona, también el agrupamiento reduce el ruido audible y las interferencias. 3.3. RESISTENCIA DE LA LINEA DE TRANSMISION La resistencia del conductor es un parámetro muy importante en la evaluación de la transmisión eficiente y en los estudios económicos. Como sabemos la resistencia DC de un conductor redondo solido a una temperatura dada se rige por la siguiente expresión: 𝑹𝒅𝒄 = 𝝆 𝑳 𝑨 (𝟑. 𝟏) La resistencia en la transmisión AC está dada por tres factores: frecuencia, temperatura y espiralado. Cuando fluye una corriente AC por un conductor, la distribución de la corriente no es uniforme en la sección del conductor, ya que la densidad de corriente es mayor en la superficie del conductor, este fenómeno se conoce como efecto skin. A raíz de este efecto, la corriente suele circular por las secciones externas del conductor desaprovechando la sección cercana al núcleo. Este desaprovechamiento ocasiona un incremento de la resistencia efectiva del conductor. A 60 Hz la resistencia AC es alrededor del 2 % mayor que la resistencia DC. Como todo conductor de hebras es espiralado cada hebra es más larga que el propio conductor y esto resulta en que la resistencia calculada con (3.1) sea mayor. La resistencia del conductor aumenta con la temperatura, este cambio puede considerarse linear en el rango de una temperatura establecida y puede calcularse: 𝑹𝟏 = 𝒕𝟏 𝑹𝟐 = 𝑹𝟏 𝑻 + 𝒕𝟐 𝑻 + 𝒕𝟏 (𝟑. 𝟐) 3.4. INDUCTANCIA DE LAS LÍNEAS DE TRANSMISIÓN La inductancia de las líneas de transmisión es de lejos el parámetro más importante desde el punto de vista de la ingeniería, en diseños normales de líneas la reactancia es igual a 𝑋 = 𝜔𝐿, es el parámetro dominante que afecta tanto a la capacidad de transporte como a la caída de tensión. La forma más fácil de determinar la inductancia de un circuito es encontrando en primer lugar el flujo embragado a partir del cual la inductancia se puede expresar como: ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 3 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝑳= 𝒅𝝓 𝒅𝒕 o Siendo 𝝍 = 𝑵𝝓 Entonces 𝑳=𝑵 𝑳= 𝒅𝝍 𝒅𝒕 𝒅𝝍 𝒅𝒕 𝝍 = 𝑵𝑳𝒊 En el análisis de las ecuaciones para obtener la inductancia y la capacitancia, es necesario conocer en forma precisa la geométrica del campo magnético y eléctrico. Si consideramos que el conductor está formado por una trenza de cables que cuelgan de apoyos metálicos y que atraviesan distintos tipos de terreno, cualquier modelo resulta una aproximación. Por los problemas que se tiene para calcular estos parámetros de forma precisa, es necesario asumir los siguientes: Los conductores se suponen rectos, paralelos y de longitud infinita. Los conductores son cilíndricos y la capacitancia en ellos es uniforme. La presencia de la tierra no altera el campo magnético y tampoco las ecuaciones de la inductancia. Esta suposición se mantiene para el cálculo del campo eléctrico y la capacitancia. La inductancia contenida en un campo magnético puede ser expresado como: 𝑾𝒆𝒎 = 𝟏 𝟐 𝑳𝒊 𝟐 (𝟑. 𝟑) Para el cálculo de la inductancia procedemos así: 1. Calculamos la inductancia de un conductor debido al flujo interno. Figura 3.4. Flujo interno de un conductor redondo ∮ 𝐇 𝐝𝐥 = 𝐈𝐱 (𝟑. 𝟒) 𝒙 𝟐 𝑰𝒙 = ( ) 𝑰 𝑹 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 4 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Reemplazamos en (3.4) y obtenemos: 𝒙 𝟐 𝑯 𝟐𝝅 𝒙 = ( ) 𝑰 𝑹 Despejamos H: 𝑯= 𝒙 𝑰 𝟐𝝅 𝑹𝟐 Por otro lado, tenemos que : 𝜷 = 𝝁𝑯 Y obtenemos: 𝜷=𝝁 𝒙 𝑰 𝟐𝝅 𝑹𝟐 (𝟑. 𝟓) Según (3.5) la densidad de campo magnético aumenta linealmente con X, por lo que podemos graficarlo así: Figura 3.5. Densidad de campo magnetico. En la figura el diferencial del volumen depende de 2𝜋𝑥𝑑𝑥 por metro de línea, entonces esto nos lleva a que podemos calcular la energía del campo magnético total dentro del conductor, para esto integramos en (3.5): ∫ 𝒅𝑾 = 𝟐 𝟏 𝒙 ∫ (𝝁 𝑰) 𝟐𝝅𝒙 𝒅𝒙 𝟐 𝝁𝒓 𝝁𝒐 𝟐𝝅 𝑹𝟐 De donde obtenemos: 𝝁 𝑰𝟐 𝟏𝟔𝝅 (𝟑. 𝟔) 𝝁 𝑯 [ ] 𝟖𝝅 𝒎 (𝟑. 𝟕) 𝑾= Igualando (3.6) y (3.3), obtenemos: 𝑳𝒊𝒏𝒕 = 𝑯 Si 𝝁 = 𝝁𝒐 = 𝟒𝝅 𝟏𝟎−𝟕 [𝒎] ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 5 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Reemplazamos en (3.7) y obtenemos: 𝑳𝒊𝒏𝒕 = 𝟏 𝑯 𝟏𝟎−𝟕 [ ] 𝟐 𝒎 (𝟑. 𝟖) 2. Calculamos la inductancia del conductor debido al flujo externo. Figura 3.6. Flujo externo de un conductor redondo 𝑯 𝟐𝝅𝒚 = 𝑰 𝑩=𝝁 𝒚 𝑰 𝟐𝝅𝑹𝟐 Como R«y, entonces: 𝑩=𝝁 𝑫−𝑹𝟐 ∫ 𝑹𝟏 𝝁 𝑰 𝟐𝝅𝒚 𝑰 𝝁𝑰 𝑫 − 𝑹𝟐 𝒅𝒚 = 𝒍𝒏 = 𝟐𝝅𝒚 𝟐𝝅 𝑹𝟏 𝑳𝒆𝒙𝒕 = 𝝁 𝑫 𝑾𝒃 𝒍𝒏 [ ] 𝟐𝝅 𝑹𝟏 𝒎 𝝁 𝑫 𝑯 𝒍𝒏 [ ] 𝟐𝝅 𝑹𝟏 𝒎 (𝟑. 𝟗) Si generalizamos (3.9) 𝑳𝒆𝒙𝒕 = Si 𝝁 𝒚 𝑯 𝒍𝒏 [ ] 𝟐𝝅 𝒙 𝒎 = 𝝁 𝑫𝟐 𝑯 𝒍𝒏 [ ] 𝟐𝝅 𝑫𝟏 𝒎 𝑯 𝝁𝒓 = 𝟏 , 𝝁 = 𝝁𝟎 = 𝟒𝝅 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 [𝒎] 𝑳𝒆𝒙𝒕 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝑫𝟐 𝑯 [ ] 𝑫𝟏 𝒎 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO (𝟑. 𝟏𝟎) 6 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.4.1. INDUCTANCIA DE LÍNEAS MONOFÁSICAS Consideramos una línea monofásica de 2 conductores como se muestra en la figura: Figura 3.7. Línea monofásica de dos hilos. Estos 2 conductores establecen líneas de campo magnético, estas líneas unen estos 2 conductores. Luego hemos determinado que la inductancia del conductor 1 debido al flujo interno es: 𝑳𝒊𝒏𝒕 = 𝟏 𝑯 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 [ ] 𝟐 𝒎 Luego para obtener la inductancia debido a la corriente del conductor 2, o al embragamiento o eslabonamiento evaluamos 3.10. 𝑳𝒆𝒙𝒕 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝑫 𝑯 [ ] 𝒓𝟏 𝒎 Luego la inductancia total del conductor es la suma de ambos. 𝑳𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝟏 𝑫 𝑯 + 𝒍𝒏 [ ] 𝟒 𝒓𝟏 𝒎 Esta última expresión se puede escribir como: 𝑳 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝒍𝒏𝒆−𝟏/𝟒 + 𝒍𝒏 𝑳 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝒍𝒏 𝟏 + 𝒍𝒏𝑫) 𝒓𝟏 𝟏 + 𝒍𝒏𝑫) 𝒓𝟏𝒆−𝟏/𝟒 𝑳 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝒍𝒏 𝟏 + 𝒍𝒏𝑫) 𝒓′ 𝒓′ = 𝑹𝟏𝒆−𝟏/𝟒 𝑟 ′ : Radio medio geométrico o distancia media geométrica prpia que resulta el radio de un conductor ficticio que se asume, no tiene flujo interno, pero si la misma inductancia de un conductor real de radio R. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 7 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Entonces: 𝑳𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝟏 + 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏𝑫 𝒓𝟏 ′ (𝟑. 𝟏𝟏) 𝟏 + 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏𝑫 𝒓𝟐 ′ (𝟑. 𝟏𝟐) Similarmente obtenemos: 𝑳𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 Si los dos conductores son idénticos, entonces 𝒓𝟏 = 𝒓𝟐 y 𝑳𝟏= 𝑳𝟐 = 𝑳 𝑳 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝟏 𝑯 + 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏𝑫 [ ] ′ 𝒓 𝒎 (𝟑. 𝟏𝟑) La expresión (3.13) también puede ser escrita como: 𝐋 = 𝟎. 𝟐 𝐥𝐧 𝐃 𝐦𝐇 [ ] 𝐑𝐌𝐆 𝐤𝐦 (𝟑. 𝟏𝟒) 𝐑𝐌𝐆 = 𝒓′ Donde Por otro lado si analizamos el flujo concentrado para 2 conductores, recordamos que: Figura 3.8. Línea monofásica vista como dos bobinas magnéticas. Esto nos lleva a escribir que: 𝝍𝟏 = (𝑳𝟏𝟏 − 𝑳𝟏𝟐 )𝑰𝟏 𝝍𝟐 = (𝑳𝟐𝟐 − 𝑳𝟐𝟏 )𝑰𝟐 Donde 𝑰𝟏 = −𝑰𝟐 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 8 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I En base a estas últimas 2 expresiones: 𝑳𝟏𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝟏 𝒓𝟏 ′ 𝑳𝟐𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝑳𝟏𝟐 = 𝑳𝟐𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝟏 𝒓𝟐 ′ 𝟏 𝑫 3.4.2. INDUCTANCIA EN LAS LÍNEAS DE TRANSMISIÓN TRIFÁSICAS Consideramos una línea de transmisión trifásica de tres conductores espaciados simétricamente y una longitud unitaria, además, la distribución de las corrientes en los tres conductores es simétrica (sistema balanceado). Figura 3.9. Línea trifásica con espaciado simétrico. Podemos escribir que los flujos concatenados de las fases son: 𝛙𝐚 = 𝐋𝐚𝐚 𝐈𝐚 + 𝐋𝐚𝐛 𝐈𝐛 + 𝐋𝐚𝐜 𝐈𝐜 𝛙𝐛 = 𝐋𝐚𝐛 𝐈𝐚 + 𝐋𝐛𝐛 𝐈𝐛 + 𝐋𝐛𝐜 𝐈𝐜 𝛙𝐜 = 𝐋𝐜𝐚 𝐈𝐚 + 𝐋𝐜𝐛 𝐈𝐛 + 𝐋𝐜𝐜 𝐈𝐜 Como el sistema es balanceado: 𝑫𝒂𝒃 = 𝑫𝒃𝒄 = 𝑫𝒄𝒂 Y si los conductores son iguales, entonces: 𝒓𝒂 = 𝒓𝒃 = 𝒓𝒄 Estas expresiones las escribimos como: 𝛙𝐚 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝑰𝒂 𝒍𝒏 𝟏 𝟏 𝟏 + 𝑰𝒃 𝒍𝒏 + 𝑰𝑪 𝒍𝒏 ) ′ 𝒓𝟏 𝑫 𝑫 Además: 𝑰𝒂 = −𝑰𝒃 = −𝑰𝒄 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 9 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Entonces: 𝑫 𝒓𝒂 ′ (𝟑. 𝟏𝟓) 𝑫 𝑯 [ ] 𝒓′ 𝒎 (𝟑. 𝟏𝟔) 𝛙𝐚 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝑰𝒂 𝒍𝒏 Entonces: 𝐋𝐚 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 Similarmente hallamos para Lb y Lc , como el sistema es balanceado, entonces 𝐋𝐚 = 𝐋𝐛 = 𝐋𝐜 = 𝑳 𝑫 𝑯 [ ] 𝒓′ 𝒎 (𝟑. 𝟏𝟕) 𝑫 𝑯 [ ] 𝑹𝑴𝑮 𝒎 (𝟑. 𝟏𝟖) 𝑳 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 Para escribir de otra forma será: 𝑳 = 𝟎. 𝟐 𝒍𝒏 3.4.3. ESPACIAMIENTO ASIMÉTRICO En la práctica las líneas de transmisión no pueden mantener el espaciamiento simétrico entre los conductores por condiciones de construcción. Entonces con un espaciamiento asimétrico, aun cuando las corrientes sean balanceadas, la caída de tensión debido a la inductancia de las líneas de transmisión será desbalanceada. Consideramos una línea de transmisión bifásica asimétricamente espaciada de 1 metro de longitud: Figura 3.10. Espaciamiento asimétrico de una línea trifásica. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 10 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Realizando un análisis similar a los anteriores, obtenemos: 𝛙𝐚 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝑰𝒂 𝒍𝒏 𝟏 𝟏 𝟏 + 𝑰𝒃 𝒍𝒏 + 𝑰𝑪 𝒍𝒏 ) ′ 𝒓𝟏 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟏𝟑 (𝟑. 𝟏𝟗) 𝛙𝐛 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝑰𝒂 𝒍𝒏 𝟏 𝟏 𝟏 + 𝑰𝒃 𝒍𝒏 ′ + 𝑰𝑪 𝒍𝒏 ) 𝑫𝟏𝟐 𝒓𝟏 𝑫𝟐𝟑 (𝟑. 𝟏𝟗) 𝟏 𝟏 𝟏 + 𝑰𝒃 𝒍𝒏 + 𝑰𝑪 𝒍𝒏 ′ ) 𝑫𝟏𝟑 𝑫𝟐𝟑 𝒓𝟏 (𝟑. 𝟏𝟗) 𝛙𝐜 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝑰𝒂 𝒍𝒏 Y para un sistema de corrientes trifásicas, se cumple que : 𝑰𝒃 = 𝑰𝒂 ∠𝟐𝟒𝟎° = 𝒂𝟐 𝑰𝒂 𝑰𝒄 = 𝑰𝒂 ∠𝟏𝟐𝟎° = 𝒂𝑰𝒂 Entonces (3.19) se transforma en: 𝑳𝒂 = 𝛙𝐚 𝟏 𝟏 𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝒍𝒏 ′ + 𝒂𝟐 𝒍𝒏 + 𝒂 𝒍𝒏 ) 𝑰𝒂 𝒓𝟏 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟏𝟑 (𝟑. 𝟐𝟎) 𝑳𝒃 = 𝛙𝐛 𝟏 𝟏 𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝒂 𝒍𝒏 + 𝒍𝒏 ′ + 𝒂𝟐 𝒍𝒏 ) 𝑰𝒃 𝑫𝟏𝟐 𝒓𝟏 𝑫𝟐𝟑 (𝟑. 𝟐𝟏) 𝑳𝒂 = 𝛙𝐜 𝟏 𝟏 𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 (𝒂𝟐 𝒍𝒏 + 𝒂 𝒍𝒏 + 𝒍𝒏 ′ ) 𝑰𝒄 𝑫𝟏𝟑 𝑫𝟐𝟑 𝒓𝟏 (𝟑. 𝟐𝟐) Como conclusiones tenemos que (3.20), (3.21) y (3.22) no son iguales pues contienen un término imaginario debido a la inductancia mutua. 3.4.4. INDUCTANCIA DE CONDUCTORES COMPUESTOS Si tenemos una línea monofásica compuesta de dos conductores compuestos, el conductor x y el conductor y, como se muestra en la siguiente figura: Figura 3.11. Línea monofásica con dos conductores compuestos. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 11 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I El flujo embragado: 𝛙𝐚 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 −𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝑰 𝟏 𝟏 𝟏 (𝒍𝒏 ′ + 𝒍𝒏 + ⋯ + 𝒍𝒏 ) 𝒏 𝒓𝒙 𝑫𝒂𝒃 𝒂𝒏 𝑰 𝟏 𝟏 𝟏 (𝒍𝒏 ′ + 𝒍𝒏 ′ + ⋯ + 𝒍𝒏 ′ ) 𝒎 𝒂𝒂 𝒂𝒃 𝒂𝒏 Escrito de otra manera: 𝒎 𝛙𝐚 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝑰 𝒍𝒏 ( √𝑫𝒂𝒂′ 𝑫𝒂𝒃′ 𝑫𝒂𝒄′ … . 𝑫𝒂𝒎′ 𝒏 √𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒂𝒄. … 𝑫𝒂𝒏 ) 𝒎 𝛙𝐚 √𝑫𝒂𝒂′ 𝑫𝒂𝒃′ 𝑫𝒂𝒄′ … . 𝑫𝒂𝒎′ −𝟕 𝑳𝒂 = = 𝟐𝒏 ∗ 𝟏𝟎 𝒍𝒏 ( 𝒏 ) 𝑰/𝒏 √𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒂𝒄. … 𝑫𝒂𝒏 Análogamente podemos escribir: 𝑳𝒄 = 𝒎 𝛙𝐜 √𝑫𝒄𝒂′ 𝑫𝒄𝒃′ 𝑫𝒄𝒄′ … . 𝑫𝒄𝒎′ = 𝟐𝒏 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 ( 𝒏 ) 𝑰/𝒏 √𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒄𝒃 𝑫𝒄𝒅. … 𝑫𝒄𝒏 𝒎 𝛙𝐝 √𝑫𝒅𝒂′ 𝑫𝒅𝒃′ 𝑫𝒅𝒄′ … . 𝑫𝒅𝒎′ −𝟕 𝑳𝒅 = = 𝟐𝒏 ∗ 𝟏𝟎 𝒍𝒏 ( 𝒏 ) 𝑰/𝒏 √𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒅𝒂 𝑫𝒅𝒃. … 𝑫𝒅𝒏 La inductancia promedio de cualquier subconductor del grupo x será: 𝑳𝒙 = 𝑳𝒑𝒓𝒐𝒎 𝑳𝒂 + 𝑳𝒃 + 𝑳𝒄 + ⋯ + 𝑳𝒏 = 𝒏 𝒏𝟐 𝑳𝒙 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒍𝒏 𝑫𝑴𝑮 𝑯 [ ] 𝑹𝑴𝑮 𝒎 (𝟑. 𝟐𝟑) Donde DMG: distancia media geométrica y RMG: radio medio geométrico 𝑫𝑴𝑮 = 𝒏∗𝒎 √(𝑫𝒂𝒂′ 𝑫𝒂𝒃′ 𝑫𝒂𝒄′ … . 𝑫𝒂𝒎′ )(𝑫𝒃𝒂 𝑫𝒃𝒃′ 𝑫𝒃𝒄′ … . 𝑫𝒃𝒎 ) … (𝑫𝒂𝒏 𝑫𝒏𝒃′ 𝑫𝒏𝒄′ … . 𝑫𝒏𝒎 ) (𝟑. 𝟐𝟒) 𝑹𝑴𝑮 𝒏𝟐 = √(𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒂𝒄. … 𝑫𝒂𝒏 )(𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒃𝒄. … 𝑫𝒃𝒏 ) … (𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒏𝒂 𝑫𝒏𝒃. … 𝑫𝒏𝒏−𝟏 ) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO (𝟑. 𝟐𝟓) 12 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I EJERCICIO DE APLICACIÓN Un conductor hebrado está constituido por 7 hebras idénticas con un radio r como se muestra en la siguiente figura. Determinar el RMG del conductor. SOLUCIÓN Sabemos que las distancias serán las mismas ya que tienen el mismo radio, por lo tanto: 𝑫𝟏𝟐 = 𝑫𝟏𝟔 = 𝑫𝟏𝟕 = 𝟐𝒓 De la hebra 1 a la 4 , la distancia total seria: 𝑫𝟏𝟒 = 𝟒𝒓 De la hebra 1 a la 3, y de la 1 a la 5, la distancia se halla con el teorema de Pitágoras, por lo tanto la distancia seria: 𝑫𝟏𝟑 = 𝑫𝟏𝟓 = √𝑫𝟐𝟏𝟒 − 𝑫𝟐𝟒𝟓 = 𝟐√𝟑𝒓 Ahora que tenemos todos las distancias, reemplazamos en la formula (3.25), y obtenemos: 𝟒𝟗 𝟔 𝑹𝑴𝑮 = √(𝒓′ . 𝟐𝒓. 𝟐√𝟑𝒓. 𝟒𝒓. 𝟐√𝟑𝒓. 𝟐𝒓. 𝟐𝒓) . 𝒓′ (𝟐𝒓)𝟔 𝟕 𝑹𝑴𝑮 = 𝒓 √𝒆−𝟏/𝟒 𝟐𝟔 𝟑𝟔/𝟕 𝟐𝟔/𝟕 𝑹𝑴𝑮 = 𝟐. 𝟏𝟕𝟔𝟕𝒓 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 13 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.4.5. RADIO MEDIO GEOMÉTRICO DE CONDUCTORES AGRUPADOS Las líneas de transmisión de alta tensión y extra alta tensión casi siempre se construyen con conductores agrupados, el agrupamiento o empaquetamiento reduce la reactancia, lo que a su vez la performance de la línea y aumenta su capacidad. El agrupamiento reduce el gradiente de tensión en la superficie del conductor, lo que lleva a la reducción de pérdidas por efecto corona, o la reducción de la radio interferencia y a la reducción de su impedancia natural. El empaquetamiento consiste de 2,3 o 4 conductores por fase, dispuestos simétricamente como se muestra en la figura. Figura 3.12.Ejemplos de Conductores agrupados Para encontrar el RMG del conductor por fase, se utiliza (3.25) 𝒏𝟐 𝑹𝑴𝑮 = √(𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒂𝒄. … 𝑫𝒂𝒏 )(𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒃𝒄. … 𝑫𝒃𝒏 ) … (𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒏𝒂 𝑫𝒏𝒃. … 𝑫𝒏𝒏−𝟏 ) Para el caso de dos conductores: 𝟒 𝑹𝑴𝑮𝒂𝒈𝟐 = √𝒓′ 𝟐 𝒅𝟐 = √𝑹𝑴𝑺𝒄/𝒔 𝒅 (𝟑. 𝟐𝟔) Para el caso de tres conductores: 𝟗 𝟑 𝑹𝑴𝑮𝒂𝒈𝟑 = √𝒓′ 𝟑 𝒅𝟑 𝒅𝟑 = √𝑹𝑴𝑺𝒄/𝒔 𝒅𝟐 (𝟑. 𝟐𝟕) Para el caso de cuatro conductores: 𝟏𝟔 𝟒 𝑹𝑴𝑮𝒂𝒈𝟒 = √𝒓′ 𝟒 𝟒 𝒅𝟏𝟐 = 𝟏. 𝟎𝟗 √𝑹𝑴𝑺𝒄/𝒔 𝒅𝟑 (𝟑. 𝟐𝟖) 3.4.6. INDUCTANCIA DE LÍNEAS TRIFÁSICAS DE DOBLE CIRCUITO Una línea trifásica de doble circuito consiste de 2 circuitos idénticos como se muestra en la siguiente figura: ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 14 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.13. Línea de doble circuito transpuesta. Los circuitos operan en a1-a2, b1-b2, c1-c2 en paralelo, y como la geometría de los conductores no puede ser simétrica, esto da lugar a que la caída de tensión por causa de la inductancia sea desbalanceada. Para obtener el balance cada conductor de fase debe ser traspuesto dentro de su grupo y también con respecto a la línea trifásica paralela como se muestra en la siguiente ilustración: Figura 3.14. Modelo de línea trifásica. Aplicando la expresión (3.24) aplicamos la DMG de una línea de transmisión de doble terna. 𝑫𝑴𝑮 = 𝒏∗𝒎 √(𝑫𝒂𝒂′ 𝑫𝒂𝒃′ 𝑫𝒂𝒄′ . 𝑫𝒂𝒎′ )(𝑫𝒃𝒂 𝑫𝒃𝒃′ 𝑫𝒃𝒄′ … 𝑫𝒃𝒎 ) … (𝑫𝒂𝒏 𝑫𝒏𝒃′ 𝑫𝒏𝒄′ … 𝑫𝒏𝒎 ) Obtenemos que: 𝟒 𝑫𝑨𝑩 = √𝑫𝒂𝟏𝒃𝟏 𝑫𝒂𝟏𝒃𝟐 𝑫𝒂𝟐𝒃𝟏 𝑫𝒂𝟐𝒃𝟐 𝟒 𝑫𝑩𝑪 = √𝑫𝒃𝟏𝒄𝟏 𝑫𝒃𝟏𝒄𝟐 𝑫𝒃𝟐𝒄𝟏 𝑫𝒃𝟐𝒄𝟐 𝟒 𝑫𝑨𝑪 = √𝑫𝒂𝟏𝒄𝟏 𝑫𝒂𝟏𝒄𝟐 𝑫𝒂𝟐𝒄𝟏 𝑫𝒂𝟐𝒄𝟐 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 15 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I De donde la DMG por fase es: 𝑫𝑴𝑮𝒄/𝒇 = 𝟑√𝑫𝑨𝑩 𝑫𝑩𝑪 𝑫𝑨𝑪 (𝟑. 𝟐𝟗) Similarmente aplicando la expresión (3.25) aplicamos la RMG de una línea de transmisión de doble terna 𝒏𝟐 𝑹𝑴𝑮 = √(𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒂𝒄. … 𝑫𝒂𝒏 )(𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒂𝒃 𝑫𝒃𝒄. … 𝑫𝒃𝒏 ) … (𝒓𝒙 ′ 𝑫𝒏𝒂 𝑫𝒏𝒃. … 𝑫𝒏𝒏−𝟏 ) Obtenemos que: 𝑨𝒈 𝑹𝑴𝑮𝑨 = √𝑹𝑴𝑮𝑪 𝑫𝒂𝟏𝒂𝟐 (𝟑. 𝟑𝟎) 𝑺 𝑨𝒈 𝑹𝑴𝑮𝑩 = √𝑹𝑴𝑮𝑪 𝑫𝒃𝟏𝒃𝟐 (𝟑. 𝟑𝟏 ) 𝑺 𝑨𝒈 𝑹𝑴𝑮𝑪 = √𝑹𝑴𝑮𝑪 𝑫𝒄𝟏𝒄𝟐 (𝟑. 𝟑𝟐 ) 𝑺 Luego el RMG para la inductancia de la fase respecto al neutro es aquel que necesitamos para calcular la inductancia de la línea. 𝑹𝑴𝑮𝑳 = 𝟑√𝑹𝑴𝑮𝑨 𝑹𝑴𝑮𝑩 𝑹𝑴𝑮𝑪 (𝟑. 𝟑𝟑) Consecuentemente la inductancia de la línea trifásica de doble circuito resulta: 𝑳 = 𝟎. 𝟐 𝒍𝒏 𝑫𝑴𝑮 𝒎𝑯 [ ] 𝑹𝑴𝑮 𝒌𝒎 (𝟑. 𝟑𝟒) 3.5. CAPACITANCIA DE LINEAS DE TRANSMISION Los conductores de una línea de transmisión presentan capacitancia unos respecto a otros debido a la diferencia de potencial entre ellos, la magnitud de la capacitancia entre conductores es una función del tamaño del conductor, del espaciamiento y de la altura sobre el terreno. Si consideramos un conductor redondo largo de radio r y que lleva una carga q por metro como se muestra en la siguiente figura: ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 16 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.15. Campo eléctrico alrededor de un conductor redondo largo. Cuando un conductor está cargado con una carga q se origina un campo y el flujo numéricamente es igual al valor de la carga del conductor, por otro lado, la intensidad del campo en cualquier punto resulta ser la fuerza por unidad de carga. Como las líneas de flujo son radiales, estas líneas originan superficies equipotenciales, estas superficies son concéntricas y además cilíndricas. La densidad de flujo eléctrico es la misma, si aplicamos la ley de Gauss obtenemos que la densidad: 𝑫= 𝒒 𝒒 = 𝑨 𝟐𝝅𝒙𝒍 (𝟑. 𝟑𝟓) Y la intensidad del campo eléctrico está dado por la siguiente relación: 𝑬= 𝑫 𝜺𝟎 Reemplazando en la ecuación (3.35) obtenemos que la intensidad del campo eléctrico es: 𝑬= 𝒒 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒙 (𝟑. 𝟑𝟔) Luego la diferencial de potencial entre dos cilindros concéntricos: 𝑫𝟐 𝑫𝟐 𝑽𝟏𝟐 = ∫𝑫𝟏 𝑬𝒅𝒙 = ∫𝑫𝟏 𝒒 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒍𝒏 𝑫𝟐 𝑫𝟏 (3.37) La diferencia de potencial esta dado por (3.37) y depende de las distancias entre las cuales se realiza el movimiento de la carga. De la ecuación(3.37) D1 se le considera como el origen y la D2 como el destino, si consideramos una caída de tensión, será positivo respecto a D2. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 17 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.5.1. CAPACITANCIA DE LÍNEAS MONOFÁSICAS Consideramos una línea monofásica de 1 metro de longitud compuesta por 2 conductores sólidos y redondos de radio r, los conductores están separados a una distancia D, el conductor uno lleva una carga q1 y el conductor dos una carga q2 por unidad de longitud Entonces si analizamos el conductor 1 y la presencia de 2, el hecho que estén referidos a tierra distorsiona el campo eléctrico del conductor 1; igual para el conductor 2, pero como la distancia entre los 2 conductores es mucho mayor que r y la altura de los conductores es mucho mas grande que la distancia D, entonces podemos asumir que el efecto de la distorsión es pequeño y la carga está distribuida uniformemente en la superficie de los conductores. Figura 3.16. Línea monofásica de dos hilos. Si asumimos que está cargado solo 1, la diferencia de potencial obtenida será: 𝑽𝟏𝟐 = 𝒒 𝑫 𝑽 𝒍𝒏 [ ] 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝒎 (𝟑. 𝟑𝟖) Una vez encontrada la diferencia de potencial entre los conductores, se puede encontrar la capacitancia entre el conductor 1 y2 que está dado por: 𝑪𝟏𝟐 = 𝝅𝜺𝟎 𝑭 [ ] 𝑫 𝒍𝒏 𝒓 𝒎 (𝟑. 𝟑𝟗) Para un línea de transmisión es más conveniente definir la capacitancia entre un conductor y su neutro como graficamos en la siguiente figura: Figura 3.17. Ilustración de capacitancia a neutral Y por simple inspección podemos concluir que el voltaje del neutro es la mitad de (3.38) por lo que la capacitancia respecto al neutro resulta: 𝑪= 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝑭 [ ] 𝑫 𝒍𝒏 𝒓 𝒎 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO (𝟑. 𝟒𝟎) 18 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Y como 𝜺𝟎 = 𝟖. 𝟖𝟒 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝑭 , 𝒎 en (3.40) se puede escribir como: 𝑪= 𝟎. 𝟎𝟓𝟓𝟔 𝝁𝑭 [ ] 𝑫 𝒌𝒎 𝒍𝒏 𝒓 (𝟑. 𝟒𝟏) 3.5.2. DIFERENCIA DE POTENCIA EN UN CONDUCTOR DE CONFIGURACION MULTIPLE Consideramos n conductores largos, paralelos, cargado cada uno con su propia carga, como se muestra la siguiente figura: Figura 3.18. Conductor de configuración múltiple. Si asumimos que la distorsión es despreciable y además no consideramos el efecto skin, entonces suponemos que la carga esta distribuida uniformemente por el conductor, por lo que resulta: 𝒒𝟏 + 𝒒𝟐 + ⋯ + 𝒒𝒏 = 𝟎 Y luego utilizamos el principio de la superposición para determinar la diferencia del potencial entre el conductor (i e j) cargados con una carga q obtenemos: 𝒏 𝑫𝒌𝒋 𝟏 𝑽𝒊𝒋 = ∑ 𝒒𝒌 𝒍𝒏 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝑫𝒌𝒊 (𝟒. 𝟒𝟐) 𝒌=𝟏 Cuando k es igual a 1 obtenemos la distancia entre la superficie del conductor y su centro, o lo que es igual r’. 3.5.4. CAPACITANCIA DE LÍNEAS TRIFÁSICAS Si tenemos una línea trifásica de distribución asimétrica y transpuesta. Si el sistema trifásico es balanceado resulta que la suma de las tres fases es igual a 0 y si despreciamos el efecto de la tierra para la línea transpuesta que se muestra a continuación podemos obtener que: ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 19 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.19. Línea de transmisión trifásica. La diferencia de potencial en cada tramo es: 𝑽𝒂𝒃 (𝑰) = 𝟏 𝑫𝟏𝟐 𝒓 𝑫𝟐𝟑 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 + 𝒒𝒃 𝒍𝒏 + 𝒒𝒄 𝒍𝒏 ) 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟏𝟑 𝑽𝒂𝒃 (𝑰𝑰) = 𝟏 𝑫𝟐𝟑 𝒓 𝑫𝟏𝟑 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 + 𝒒𝒃 𝒍𝒏 + 𝒒𝒄 𝒍𝒏 ) 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟐 𝑽𝒂𝒃 (𝑰𝑰𝑰) = 𝟏 𝑫𝟏𝟑 𝒓 𝑫𝟏𝟐 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 + 𝒒𝒃 𝒍𝒏 + 𝒒𝒄 𝒍𝒏 ) 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝑫𝟏𝟑 𝑫𝟐𝟑 Entonces el valor promedio de la diferencia de potencial será: 𝑽𝒂𝒃 = 𝟏 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 𝒓𝟑 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 + 𝒒 𝒍𝒏 + 𝒒𝒄 𝒍𝒏 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 ) 𝒃 𝟑 (𝟑)𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 𝑽𝒂𝒃 = (𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 )𝟏/𝟑 𝟏 𝒓𝟑 + 𝒒 𝒍𝒏 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 ) 𝒃 (𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 )𝟏/𝟑 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓𝟑 El DMG estará dado por: 𝑫𝑴𝑮 = 𝟑√𝑫𝟏𝟐 𝑫𝟐𝟑 𝑫𝟏𝟑 Por lo tanto la diferencia de potencial será: 𝑽𝒂𝒃 = 𝟏 𝑫𝑴𝑮 𝒓 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 + 𝒒𝒃 𝒍𝒏 ) 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝑫𝑴𝑮 𝑽𝒂𝒄 = 𝟏 𝑫𝑴𝑮 𝒓 (𝒒𝒂 𝒍𝒏 + 𝒒𝒄 𝒍𝒏 ) 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 𝑫𝑴𝑮 Si asumimos que 𝑞𝑏 + 𝑞𝑐 = −𝑞𝑎 , se obtiene que : 𝑽𝒂𝒃 + 𝑽𝒂𝒄 = 𝟏 𝑫𝑴𝑮 𝒓 𝟑𝒒𝒂 𝑫𝑴𝑮 (𝟐𝒒𝒂 𝒍𝒏 − 𝒒𝒂 𝒍𝒏 )= 𝒍𝒏 𝟐𝝅𝜺 𝒓 𝑫𝑴𝑮 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝒓 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 20 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Si la línea trifásica esta balanceada, los voltajes están dados por: 𝑽𝒂𝒃 = 𝑽𝒂𝒏 ∠𝟎° − 𝑽𝒂𝒏 ∠ − 𝟏𝟐𝟎° 𝑽𝒂𝒄 = 𝑽𝒂𝒏 ∠𝟎° − 𝑽𝒂𝒏 ∠ − 𝟐𝟒𝟎° Tenemos: 𝑽𝒂𝒃 + 𝑽𝒂𝒄 = 𝟑𝑽𝒂𝒏 La capacitancia de fase a neutro está dado por: 𝑪= Y como 𝜺𝟎 = 𝟖. 𝟖𝟒 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝑭 , 𝒎 𝒒𝒂 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝑭 = [ ] 𝑽𝒂𝒏 𝒍𝒏 𝑫𝑴𝑮 𝒎 𝒓 (𝟑. 𝟒𝟑) en (3.43) se puede escribir como: 𝑪= 𝟎. 𝟎𝟓𝟓𝟔 𝝁𝑭 [ ] 𝑫𝑴𝑮 𝒌𝒎 𝒍𝒏 𝒓 (𝟑. 𝟒𝟒) 3.5.5. EFECTO DEL AGRUPAMIENTO EN LA CAPACITANCIA El procedimiento es similar como para el calculo de la inductancia. El efecto de agrupamiento es introducir el radio equivalente del agrupamiento, el radio equivalente del agrupamiento es similar al radio de la inductancia con lo que la diferencia que se usa el radio r en cada subconductor en lugar del RMG. Para 2 conductores el radio equivalente del agrupamiento es: 𝒓𝒂𝒈 = √𝒓 × 𝒅 (𝟑. 𝟒𝟓) Para 3 conductores el radio equivalente del agrupamiento es: 𝒓𝒂𝒈 = √𝒓 × 𝒅𝟐 (𝟑. 𝟒𝟔) Para 4 conductores el radio equivalente del agrupamiento es: 𝒓𝒂𝒈 = 𝟏. 𝟎𝟗√𝒓 × 𝒅𝟑 (𝟑. 𝟒𝟕) 3.5.6. CAPACITANCIA DE LÍNEAS TRIFÁSICAS DE DOBLE CIRCUITO Consideremos la línea trifásica de doble circuito analizada en el acápite 3.4 y 3.5. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 21 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.20. Línea de doble circuito . la capacitancia de la línea fase neutro, esta dad por: 𝑪= 𝟐𝝅𝜺𝟎 𝑭 [ ] 𝑫𝑴𝑮 𝒍𝒏 𝑹𝑴𝑮 𝒎 𝑪= 𝟎. 𝟎𝟓𝟓𝟔 𝑫𝑴𝑮 𝒍𝒏 𝑹𝑴𝑮 Donde DMG se calcula con (3.24) y el RMG para el cálculo de la capacitancia se obtiene como: 𝒓𝑨 = √𝒓𝒃 𝑫𝒂𝟏𝒂𝟐 (𝟑. 𝟒𝟖) 𝒓𝑩 = √𝒓𝒃 𝑫𝒃𝟏𝒃𝟐 (𝟑. 𝟒𝟗) 𝒓𝑪 = √𝒓𝒃 𝑫𝒄𝟏𝒄𝟐 (𝟑. 𝟓𝟎) 𝑹𝑴𝑮 = 𝟑√𝒓𝑨 𝒓𝑩 𝒓𝑪 (𝟑. 𝟓𝟏) Luego el RMG total de la capacitancia es: 3.6. EFECTO DE LA TIERRA SOBRE LA CAPACITANCIA Un conductor cargado y aislado posee las líneas de flujo eléctrico lineales y ortogonales a la superficie equipotencial. La presencia de la tierra altera la distribución de las líneas de flujo eléctrico y de las superficies equipotenciales que cambiaran la capacitancia de la línea. El nivel de la tierra es una superficie equipotencial por lo tanto las líneas de flujo se cortan forzadamente por la superficie de la tierra. El efecto de la tierra en el calculo de la capacitancia se puede calcular usando el método de las cargas especulares o método de las imágenes. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 22 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I El efecto de la tierra incrementa la capacitancia, pero como la altura del conductor es mas grande comparada con la distancia entre los conductores, entonces el efecto de la tierra resulta despreciable. En la operación del estado estacionario se desprecia el efecto de la tierra, sin embargo en el análisis desbalanceado este efecto deberá ser considerado. EJERCICIO DE APLICACIÓN Una línea de transmisión trifásica de 500 Kv está compuesta por un conducto ACSR 127/200 de tipo bittern 45/7 por fase con disposición horizontal. Encontrar la inductancia y capacitancia por fase por kilómetro de la línea. RESPUESTAS: DMG = 13.33m r= 17.085 mm RMG= 0.0133 m L= 1.3819 mH/km C= 0.00834 uF/km XL= 0.52 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 23 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I format long %EJERCICIO 3.4 % Diametro del cable(mm) D=34.17; % Distancia entre los conductores 1-2,2-3 D12=10.58; % Distancia entre los conductores 1-3 D13=D12*2; % Resolucion r = D/2; RMG = (r/1000)*exp(-0.25); GMD = (D12^2*D13)^(1/3); % Formula de la Inductancia disp('La inductancia sera:') L = 0.2*log(GMD/RMG) % Formula de la Capacitancia disp('La capacitancia sera:') C=0.0556/log(GMD/(r*10^(-3))) La inductancia sera: L = 1.381913776006337 La capacitancia sera: C = 0.008348888794696 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 24 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.7. INDUCCIÓN DE CAMPO MAGNÉTICO Los campos magnéticos de la línea de transmisión afectan a los objetos en la proximidad de la línea. Dichos campos referidos a las corrientes con la línea inducen tensiones en objetos que tienen una longitud paralela considerable a las líneas, tales como cercas, tuberías y cables telefónicos. El campo magnético esta afectado por presencia de corriente de retorno, como sabemos para sistemas trifásicos balanceados la corriente total de retorno es 0. Existen reportes que los campos magnéticos afectan a la composición de la sangre, el crecimiento, la conducta, el sistema inmunológico y las funciones neurológicas; es decir existe preocupación general sobre los efectos biológicos de los campos electromagnéticos y electrostáticos sobre la gente. Por ello se realizan enormes esfuerzos de investigación para determinar los efectos de los campos mencionados. 3.8. EFECTO CORONA Cuando el gradiente del potencia en la superficie del conductor excede la rigidez dieléctrica del aire circundante, asume la ionización en el aire circundante a la superficie del conductor. Esta ionización parcial se conoce como efecto corona. Para esto la rigidez dieléctrica del aire durante buen tiempo (25 oC y 75 cm de mercurio), es alrededor de 30 kV/cm. El efecto corona produce: - Perdida de potencia. Siseo audible en la vecindad de la línea de transmisión. Interferencia de radio y TV. Formación de ozono. El efecto corona es la función del diámetro del conductor, de la configuración de la línea, del tipo de conductor y su condición en la superficie. También influye en la aparición del efecto corona en las condiciones atmosféricas como: densidad, humedad y viento. Las perdidas por corona en lluvia y nieve son mucho mayores que las perdidas por corona durante buen tiempo. Cualquier irregularidad como una partícula contaminante en la superficie del conductor ocasiona un gradiente de tensión que puede resultar ser una fuente puntual de descarga; asi mismo los aisladores se contaminan con polvo o deposiciones químicas que disminuirán el voltaje disruptivo e incrementaran las perdidas por corona, por ello son limpiados periódicamente para mitigar este problema. El efecto corona puede ser reducido incrementando la sección del conductor y/o empaquetamiento del conductor. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 25 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.21. Efecto corona en una línea de transmisión . Las pérdidas por corona pueden representarse por una conductancia (G) shunt o paralela, sin embargo en condiciones de operación normal tiene un efecto despreciable en el funcionamiento por lo que no se considera. Figura 3.22. Efecto corona en anillos anti-corona de una linea de 500Kv ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 26 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.9. MODELOS DE LINEAS DE TRANSMISION En el estudio de sistemas de potencia las líneas de transmisión son representadas mediante modelos simplificados y equivalentes a través de sus parámetros desarrollados en acápites anteriores como son: la resistencia, inductancia, capacitancia. Las ecuaciones generales que relacionan la tensión y la corriente en una línea de transmisión determinan los parámetros de la línea y se conocen como parámetros distribuidos en toda su longitud. Sin embargo en la mayoría de los casos el modelo de la línea se adapta con suficiente precisión a un modelo en el que sus parámetros eléctricos se encuentran concentrados en un punto concreto de la línea. Figura 3.23. Modelo de una línea de transmisión. 3.9.1. MODELO DE LINEA CORTA En este modelo la capacitancia se puede ignorar sin mayor error en los resultados, cuando la línea es menor a 80 km o si la tensión es menor a 69 Kv. El modelo de línea corta se obtiene multiplicando la impedancia serie de longitud unitaria por la longitud de la línea como se muestra en la siguiente figura: ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 27 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Figura 3.24. Modelo de una línea corta. Si conectamos a esta línea corta una carga en sus terminales de recepción, entonces la potencia aparente conectada al final de la línea será SR, de donde se puede deducir que: 𝑰𝑹 = 𝑺∗𝑹(𝟑𝝓) 𝟑𝑽∗𝑹 (𝟑. 𝟓𝟐) Por otro lado de esta figura el voltaje con el extremo emisor será: 𝑽𝑬 = 𝑽𝑹 + 𝒁𝑰𝑹 (𝟑. 𝟓𝟑) En una línea corta se desprecia la capacitancia de la línea por lo que: 𝑰𝑬 = 𝑰𝑹 (𝟑. 𝟓𝟒) Este modelo de línea corta podemos representarla como un cuadripolo o como una red de dos pares de terminales, obtengo el siguiente cuadro. Figura 3.25. Representación de dos puertos de una línea de transmisión Se obtiene dos ecuaciones: 𝑽𝑬 = 𝑨𝑽𝑹 + 𝑩𝑰𝑹 (𝟑. 𝟓𝟓) 𝑰𝑹 = 𝑪𝑽𝑹 + 𝑫𝑰𝑹 (𝟑. 𝟓𝟔) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 28 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Luego la expresión (3.53) y (3.54) para un modelo de línea corta, resulta: 𝑨 = 𝟏 , 𝑩 = 𝒁 , 𝑪 = 𝟎, 𝑫 = 𝟏 (𝟑. 𝟓𝟕) Una característica importante de una línea de transmisión es la regulación de la tensión y esta se obtiene como el porcentaje de cambio de la tensión en el extremo receptor desde una operación en vacío, hasta una operación en plena carga y expresión matemáticamente será: %𝑹𝑽 = |𝑽𝑹 𝒗𝒂𝒄𝒊𝒐 | − |𝑽𝑹 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 | |𝑽𝑹 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 | × 𝟏𝟎𝟎 (𝟑. 𝟓𝟖) Cuando la línea esta sin carga, entonces : 𝑰𝑹 = 𝟎 Y de (3.55) obtenemos: 𝑽𝑹 = 𝑽𝑬 𝑨 (𝟑. 𝟓𝟗) Y como para una línea corta A=1 , entonces resulta que la tensión en la recepción es igual a la tensión en la emisión. 𝑽𝑹 = 𝑽𝑬 𝒆𝒏 𝒗𝒂𝒄𝒊𝒐 Resulta que el valor de la tensión no es mas que la caída de tensión y depende del factor de potencia . Para un factor de potencia pequeño, la regulación de la línea será pobre, y si el factor de potencia fuese capacitivo correspondiente a cargas capacitivas, la regulación de la línea puede resultar negativo, como muestra la siguiente gráfica. Figura 3.26. Regulación unitario, inductivo y capacitivo respectivamente Una vez calculado 𝑽𝑬 calculamos la potencia en el extremo emisor. 𝑺𝑬 = 𝟑𝑽𝑬 𝑰∗𝑬 (𝟑. 𝟔𝟎) Las pérdidas totales, se calculan como: 𝑺𝑷𝑬𝑹𝑫𝑰𝑫𝑨𝑺 = 𝑺𝑬 −𝑺𝑹 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO (𝟑. 𝟔𝟏) 29 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I La eficiencia de la línea: 𝜼= 𝑷𝑹(𝟑𝝓) 𝑷𝑬(𝟑𝝓) (𝟑. 𝟔𝟐) EJERCICIO DE APLICACIÓN 3.5 Nuestra línea de transmisión de 500 Kv, 50 km tiene una f=60 Hz, tiene una inductancia 0.8962 mH/km y una capacitancia de 0.0126 uF/km tiene una resistencia de 0.0638 Ω/km. Encontrar: 1) La tensión y potencia en el extremo emisor. 2) La regulación de tensión y su eficiencia cuando la línea alimenta una carga trifásica de 400 MVA con FP=0.8 en atraso. DATOS: r = 0.0638 Ω/km l =50 km 𝐒𝐑 = 400 MVA f = 60Hz RESPUESTAS: Z = 0.7975+ j16.8930 Ω 𝐕𝐑 = 𝟐𝟖𝟖. 𝟔𝟕𝟓𝟏 𝑲𝒗 𝐒𝐑 = 𝟏𝟎𝟔. 𝟔𝟔𝟕 + 𝒋𝟖𝟎 𝑴𝑽𝑨 𝐈𝐑 = 𝟒𝟔𝟏. 𝟖𝟖𝟎𝟑∠ − 𝟑𝟔. 𝟖𝟔𝟗𝟗 𝑨 𝐕𝐄 = 𝟐𝟗𝟑. 𝟕𝟏𝟑𝟎∠𝟏. 𝟏𝟕𝟒𝟔 𝒌𝑽 𝐕𝐄𝐧𝐨𝐦𝐢𝐧𝐚𝐥 = 𝟓𝟎𝟖. 𝟕𝟐𝟓𝟗 𝒌𝑽 𝐒𝐄 = 𝟑𝟐𝟎. 𝟓𝟏𝟎𝟒 + 𝑱𝟐𝟓𝟎. 𝟖𝟏𝟏𝟓 𝑴𝑽𝑨 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 30 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.9.2. MODELO DE LÍNEA MEDIA Al aumentar la longitud de la línea la capacitancia en paralelo resulta ser un parámetro que debe tomarse en cuenta. Líneas de longitud por encima de 80 km y por debajo de los 250 kV se denominan líneas medias. Para el modelo de línea media se considera la mitad de la capacitancia SHUNT concentrada en cada terminal de la línea. Esto se conoce como el modelo pi nominal. En condiciones de operación normal la conductancia shunt por unidad de longitud que representa la corriente de fuga en los aisladores y la corriente debido al efecto corona es despreciable y (G) conductancia se asume igual a cero. El diagrama de la línea media es el siguiente: Figura 3.27. Modelo de una línea media con parámetros distribuidos. 𝑰𝑳 = 𝑰𝑹 + 𝒀 𝑽 𝟐 𝑹 (∗) 𝑽𝑬 = 𝑽𝑹 + 𝒁𝑰𝑳 (∗∗) 𝒀 𝑽 𝟐 𝑬 (∗∗∗) 𝑰𝑬 = 𝑰𝑳 + Reemplazando (**) en (*) 𝒁𝒀 ) 𝑽𝑹 + 𝒁𝑰𝑹 𝟐 (𝟑. 𝟔𝟑) 𝒁𝒀 𝒁𝒀 ) 𝑽𝑹 + (𝟏 + ) 𝑰𝑹 𝟒 𝟐 (𝟑. 𝟔𝟒) 𝑽𝑬 = (𝟏 + Reemplazando (*) en (3.63) y (***) 𝑰𝑬 = 𝒀 (𝟏 + De las expresiones (3.63) (3.64) son similares a las expresiones (3.55) (3.54) por lo tanto puede escribirse como: 𝑨 = (𝟏 + 𝒁𝒀 ) 𝟐 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO (𝟑. 𝟔𝟓) 31 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝑩=𝒁 (𝟑. 𝟔𝟔) 𝑪 = 𝒀 (𝟏 + 𝑫 = (𝟏 + 𝒁𝒀 ) 𝟒 𝒁𝒀 ) 𝟐 (𝟑. 𝟔𝟕) (𝟑. 𝟔𝟖) Si resolvemos la matriz de transmision para las cantidades de recepción obtenemos: [ 𝑨𝑫 − 𝑩𝑪 = 𝟏 (𝟑. 𝟔𝟗) 𝑽𝑹 𝑫 −𝑩 𝑽𝑬 ]=[ ][ ] 𝑰𝑹 −𝑪 𝑨 𝑰𝑬 (𝟑. 𝟕𝟎) EJERCICIO DE APLICACIÓN 3.6 Una línea de transmisión trifásica de 345 kv, 130 km, 60 Hz tiene una resistencia por fase de 0.036 Ω/km, una inductancia de 0.8 mH/km por fase y una capacitancia de 0.0112 uF/km. La carga en la recepción es de 300 MVA con un FP=0.82 en atraso a 330 Kv, usando el método de la línea media encontrar la tensión y potencia en el extremo emisor, así como la regulación de tensión y rendimiento de la línea DATOS: r = 0.036 Ω/km L = 0.8 mH/km C = 0.0112 uF/km 𝐒𝐑 = 300 MVA f = 60Hz Z = 4.68+ j39.207 Ω Y = j 0.00055 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 32 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I clear all,clc %EJERCICIO 3.6 % datos format r = 0.036; g = 0; f = 60; L = 0.8; % mH C = 0.0112; % uF Longitud = 130; VR3f = 330; %voltaje recibido en kv VR = VR3f/sqrt(3) + j*0 FP = acos(0.82); % MVA (Potencia recibida) SR = 300*(cos(FP) + j*sin(FP)) % kA (Corriente recibida) IR = conj(SR)/(3*conj(VR)) Argumento_IR=abs(IR)*1000 Angulo_IR=angle(IR)*(180/pi) z = r + j*2*pi*f*L/1000; Z = z*Longitud; R = real(Z); X = imag(Z); y = g + j*2*pi*f*C/1000000; Y = y*Longitud; A = 1 + Z*Y/2 B = Z C = Y*(1 + Z*Y/4) D = A ABCD = [A B; C D] VeIe = ABCD* [VR; IR]; Ve = VeIe(1); angulo_Ve=angle(Ve)*(180/pi); Ve3f = sqrt(3)*abs(Ve); % kV Ie = VeIe(2); Ism = 1000*abs(Ie); % A angulo_Ie=angle(Ie)*(180/pi); fpe= cos(angle(Ve)- angle(Ie)); % Se = 3*Ve*conj(Ie); % MVA REG = (Ve3f/abs(ABCD(1,1)) - VR3f)/VR3f *100; n=real(SR)/real(Se); fprintf(' Ie = %g A', Ism), fprintf(' Angulo_Ie = %g\n', angulo_Ie), fprintf(' fp = %g\n', fpe); fprintf(' Ve = %g L-L kV\n', Ve3f), fprintf(' Angulo_Ve = %g\n', angulo_Ve); fprintf(' Pe = %g MW', real(Se)), fprintf(' Qe = %g Mvar\n', imag(Se)); fprintf(' Regulacion de Voltaje = %g\n', REG); fprintf(' Eficiencia = %g\n', n) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 33 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I VR = 190.5256 SR = 2.4600e+02 + 1.7171e+02i IR = 0.4304 - 0.3004i Argumento_IR = 524.8639 Angulo_IR = -34.9152 A = 0.9892 + 0.0013i B = 4.6800 +39.2071i C = -3.5251e-07 + 5.4595e-04i D = 0.9892 + 0.0013i ABCD = 0.9892 + 0.0013i 4.6800 +39.2071i -0.0000 + 0.0005i 0.9892 + 0.0013i Ie = 467.589 A Angulo_Ie = -24.3257 fp = 0.876577 Ve = 351.394 L-L kV Angulo_Ve = 4.44206 Pe = 249.465 MW Qe = 136.962 Mvar Regulacion de Voltaje = 7.64119 Eficiencia = 0.98611 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 34 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.9.3. MODELO DE LÍNEA LARGA Para las líneas de longitud corta y media obtuvimos resultados relativamente precisos asumiendo que los parámetros de la línea son concentrados, para líneas de 250 km y mayores, para una solución más exacta el efecto de los parámetros distribuidos debe ser tomado en cuenta. Para obtener expresiones de la tensión y corriente y luego obtener el equivalente (π) para la línea, partimos de la siguiente gráfica: Figura 3.28. Línea larga con parámetros distribuidos 𝒁 = 𝒓 + 𝒋𝝎𝑳 𝒀 = 𝒈 + 𝒋𝝎𝑪 Z: Impedancia serie por unidad de longitud. Y: Admitancia shunt por fase. Δx: Segmento de línea a una distancia x del extremo receptor. 𝑽(𝒙 + ∆𝒙) = 𝑽(𝒙) + 𝒛∆𝒙𝑰(𝒙) 𝑽(𝒙+∆𝒙)−𝑽(𝒙) ∆𝒙 𝜹𝑽(𝒙) 𝜹𝒙 Si ∆𝒙 → 𝟎 = 𝒛𝑰(𝒙) = 𝒛𝑰(𝒙) (3.71) (3.72) 𝑰(𝒙 + ∆𝒙) = 𝑰(𝒙) + 𝒚∆𝒙𝑽(𝒙 + ∆𝒙) 𝑰(𝒙+∆𝒙)−𝑰(𝒙) ∆𝒙 = 𝒚𝑽(𝒙 + ∆𝒙) (3.73) = 𝒚𝑽(𝒙) (3.74) Si ∆𝒙 → 𝟎 𝜹𝑰(𝒙) 𝜹𝒙 Entonces 𝒅𝟐 𝑽(𝒙) 𝒅𝒙𝟐 =𝒛 𝒅𝑰(𝒙) 𝒅𝒙 (3.75) Reemplazando (3.74) en (3.75): ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 35 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝒅𝟐 𝑽(𝒙) 𝒅𝒙𝟐 = 𝒛𝒚𝑽(𝒙) 𝒅𝟐 𝑽(𝒙) − 𝒅𝒙𝟐 𝒅𝟐 𝑽(𝒙) − 𝒅𝒙𝟐 (3.76) 𝒛𝒚𝑽(𝒙) = 𝟎 (3.76’) 𝜸𝟐 𝑽(𝒙) = 𝟎 (3.76’’) 𝑽(𝒙) = 𝑨𝟏 𝒆𝜸𝒙 + 𝑨𝟐 𝒆−𝜸𝒙 𝜸 = 𝜶 + 𝒋𝜷 = √𝒛𝒚 = √(𝒓 + 𝒋𝝎𝑳)(𝒈 + 𝒋𝝎𝑪) (3.77) (3.78) 𝛼: 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑒𝑛𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝛽 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 𝛾: 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑎𝑔𝑎𝑐𝑖ó𝑛 Luego de la expresión (3.76’’) y de (3.72) obtengo: 𝑰(𝒙) = 𝜸 (𝑨 𝒆𝜸𝒙 + 𝑨𝟐 𝒆−𝜸𝒙 ) 𝒁 𝟏 𝒚 𝑰(𝒙) = √𝒁 (𝑨𝟏 𝒆𝜸𝒙 + 𝑨𝟐 𝒆−𝜸𝒙 ) 𝑰(𝒙) = 𝟏 (𝑨𝟏 𝒆𝜸𝒙 𝒁𝒄 + 𝑨𝟐 𝒆−𝜸𝒙 ) 𝒁 𝒁𝒄 = √𝒀 Impedancia Característica (3.79) (3.79’) (3.80) Analizando la expresión (3.77) y (3.79’) para encontrar A1 y A2 encontrando la condición frontera. Si 𝑿=𝟎 → 𝑽(𝒙) = 𝑽𝑹 𝑨𝟏 = 𝒆 𝑰(𝒙) = 𝑰𝑹 𝑽𝑹 +𝒁𝒄𝑰𝑹 𝟐 𝑨𝟐 = 𝑽𝑹 −𝒁𝒄𝑰𝑹 𝟐 Reemplazando A1 y A2 en (3.77) y (3.79’) tenemos: 𝑽𝑹 +𝒁𝒄𝑰𝑹 ) 𝒆𝜸𝒙 𝟐 𝑽(𝒙) = ( 𝑰(𝒙) = +( 𝟏 𝑽 +𝒁𝒄𝑰 [( 𝑹 𝟐 𝑹) 𝒆𝜸𝒙 𝒁𝒄 𝑽𝑹 −𝒁𝒄𝑰𝑹 ) 𝒆−𝜸𝒙 𝟐 𝑽𝑹 −𝒁𝒄𝑰𝑹 ) 𝒆−𝜸𝒙 ] 𝟐 +( (3.81) (3.82) El primer termino de 3.77 se incrementa en magnitud y avanza en fase conforme aumenta la distancia X desde el extremo receptor. Por el contrario, si avanzamos a lo largo de la línea desde ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 36 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I el extremo generado, el termino disminuye en magnitud y está retrasado en fase. Esta es la característica de una onda viajera. El primer termino de 3.77 se llama voltaje incidente, el segundo termino de 3.77 disminuye en magnitud y está retrasada en fase desde el extremo receptor al extremo generador, este término se le conoce como voltaje reflejado. Cualquier punto a lo largo de la línea el voltaje es la suma de los voltejes incidente y reflejado en ese punto. De las expresiones 3.81 y 3.82 reordenando obtenemos: 𝒆𝜸𝒙 +𝒆−𝜸𝒙 ) 𝑽𝑹 𝟐 𝑽(𝒙) = ( 𝟏 𝒆𝜸𝒙 +𝒆−𝜸𝒙 ) 𝑰𝑹 𝟐 + 𝒁𝒄 ( 𝒆𝜸𝒙 −𝒆−𝜸𝒙 ) 𝑽𝑹 𝟐 𝑰(𝒙) = 𝒁𝒄 ( (3.83) 𝒆𝜸𝒙 +𝒆−𝜸𝒙 ) 𝑰𝑹 𝟐 +( (3.84) 𝑽(𝒙) = 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒙) 𝑽𝑹 + 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒙) 𝑰𝑹 (3.85) 𝟏 𝑰(𝒙) = 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒙) 𝑽𝑹 + 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒙) 𝑰𝑹 (3.86) Ecuaciones de un cuadripolo: Si 𝑿=𝒍 → 𝑽(𝒍) = 𝑽𝑬 ; 𝑰(𝒍) = 𝑰𝑬 𝑽𝑬 = 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒙) 𝑽𝑹 + 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒙) 𝑰𝑹 𝑰𝑬 = 𝟏 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒙) 𝑽𝑹 𝒁𝒄 (3.87) + 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒙) 𝑰𝑹 (3.88) Entonces: [ 𝑨 = 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒙); 𝑽𝑬 𝑨 ]=[ 𝑰𝑬 𝑪 𝑩 𝑽𝑹 ].[ ] 𝑫 𝑰𝑹 (3.89) 𝟏 𝑩 = 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒙); 𝑪 = 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒙); 𝑫 = 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒙) 𝑫𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒏𝒕𝒆 = 𝑨. 𝑫 − 𝑩. 𝑪 = 𝟏 Las expresiones (3.87), (3.88) y (3.89) son para una línea larga distribuida a partir de esto podemos encontrar el modelo pi equivalente para la línea larga. Escribimos expresiones similares a (3.83) y (3.84). 𝑽𝑬 = (𝟏 + 𝑰𝑬 = 𝒀′ (𝟏 + 𝒁′𝒀′ ) 𝑽𝑹 𝟐 𝒁′𝒀′ ) 𝑽𝑹 𝟒 + 𝒁′𝑰𝑹 + (𝟏 + 𝒁′𝒀′ ) 𝑰𝑹 𝟐 (3.90) (3.91) Del modelo de línea larga distribuida lo llevaremos a modelo de línea larga concentrado. 𝜸𝒍 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝒍) − 𝟏 𝑼𝒕𝒊𝒍𝒊𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒊𝒅𝒆𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒉𝒊𝒑𝒆𝒓𝒃𝒐𝒍𝒊𝒄𝒂: 𝐭𝐚𝐧𝐡 ( ) = 𝟐 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒍) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 37 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝒁′ = 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒍) = 𝒁 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝒍) 𝜸𝒍 (3.92) Como mencionamos (3.81) y (3.82) son ecuaciones conforme aumenta X, el primer término es más grande debido a 𝒆𝜸𝒙 y se denomina onda incidente, el segundo término resulta más y más pequeño debido a 𝒆−𝜸𝒙 y se denomina onda reflejada. En cualquier punto a lo largo de la línea la tensión es la suma de los dos componentes, es decir: 𝑽(𝒙, 𝒕) = 𝑽𝟏 (𝒙, 𝒕) + 𝑽𝟐 (𝒙, 𝒕) 𝑽𝟏 (𝒙, 𝒕) = √𝟐𝑨𝟏 𝒆𝜸𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝒕 + 𝜷𝒙) (3.94) 𝑽𝟐 (𝒙, 𝒕) = √𝟐𝑨𝟐 𝒆−𝜸𝒙 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝒕 − 𝜷𝒙) (3.95) La velocidad de propagación de la onda se define como: 𝒗= 𝝎 𝜷 = 𝟐𝝅𝒇 𝜷 (3.96) De donde resulta que la longitud de onda está dada por: 𝝀= 𝟐𝝅 𝜷 (3.97) Si las pérdidas de la línea se desprecian es decir (r = 0) y (g = 0) la parte real de la expresión (constante de propagación α = 0) y entonces la constante de fase resulta: 𝜷 = 𝝎√𝑳𝑪 (3.98) Así también la impedancia característica para una línea sin perdidas resulta: 𝒁=√ 𝑳 𝑪 (3.99) La expresión (3.99) comúnmente se conoce la impedancia de onda o impedancia de sobretensión. Entonces para una línea sin perdida, la velocidad de propagación (3.96) resulta: 𝒗= 𝟏 √𝑳𝑪 𝟏 𝝀 = 𝒇√𝑳𝑪 (3.100) (3.101) Para líneas de transmisión típicas la impedancia de onda varia aproximadamente desde: 𝒁𝒄 → 𝟒𝟎𝟎 𝜴 → 𝟔𝟗 𝒌𝑽 𝟐𝟓𝟎 𝜴 → 𝟕𝟔𝟎 𝒌𝑽 Para una línea sin perdidas 𝜸 = 𝒋𝜷 entonces las funciones hiperbólicas resultan: 𝜸 = 𝒋𝜷 → 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝜸𝓵) = 𝐜𝐨𝐬𝐡(𝒋𝜷𝓵) = 𝐜𝐨𝐬 𝜷𝓵 ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 38 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝜸𝓵) = 𝐬𝐞𝐧𝐡(𝒋𝜷𝓵) = 𝒋 𝐬𝐞𝐧 𝜷𝓵 Entonces las ecuaciones RMS para la tensión y corriente a lo largo de la línea se modifican como: 𝑽(𝒙) = 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒙) 𝑽𝑹 + 𝒋𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒙) 𝑰𝑹 𝟏 𝑰(𝒙) = 𝒋 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒙) 𝑽𝑹 + 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒙) 𝑰𝑹 (3.102) (3.103) Para líneas sin perdidas. Entonces para una línea sin perdidas las cantidades de la emisión resulta: 𝑽𝑬 = 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝓵) 𝑽𝑹 + 𝒋𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝓵) 𝑰𝑹 𝑰𝑬 = 𝒋 𝟏 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝓵) 𝑽𝑹 𝒁𝒄 + 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝓵) 𝑰𝑹 (3.104) (3.105) Las condiciones frontera se obtienen fácilmente de (3.104) y (3.105) así por ejemplo cuando la línea está en vacío de (3.104) podemos deducir que: 𝑽 𝑬 𝑽𝑹 𝒗𝒂𝒄𝒊𝒐 = 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝓵) (3.106) Esta expresión nos muestra cuando la línea opere en vacío el voltaje terminal receptor es mayor que el voltaje terminal emisor y esto se debe enteramente a la corriente capacitiva que genera la propia línea. Similarmente si tenemos un corto circuito en el extremo receptor entonces las condiciones frontera resultan: 𝑽𝑬 = 𝒋𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝓵) 𝑰𝑹 (3.107) 𝑰𝑬 = 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝓵) 𝑰𝑹 (3.108) 3.10. CARGABILIDAD E IMPEDANCIA DE ONDA Cuando la línea es cargada en sus terminales con una impedancia igual a su impedancia característica, entonces la corriente de recepción resulta: 𝑰𝑹 = 𝑽𝑹 𝒁𝒄 Sabemos que para una línea sin perdidas. Esta carga está dada por: 𝑪𝑰𝑶 = 𝟑𝑽𝑹 𝑰𝑹 ∗ = 𝟑𝑽𝑹 𝟐 𝒁𝒄 (3.109) Entonces la expresión (3.109) podemos expresarla como: 𝑪𝑰𝑶 = 𝒌𝑽𝒏𝒐𝒎 𝟐 𝒁𝒄 [𝑴𝑾] ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO (3.110) 39 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Entonces para una línea con carga igual a su impedancia transciente de sobretensión obtenemos: 𝑽(𝒙) = (𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒙) + 𝒋 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒙))𝑽𝑹 (3.111) 𝑽(𝒙) = 𝑽𝑹 < 𝜷𝒙° 𝑰(𝒙) = (𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒙) + 𝒋 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒙))𝑰𝑹 (3.112) 𝑰(𝒙) = 𝑰𝑹 < 𝜷𝒙° Las expresiones 3.111 y 3.112 muestran que para una línea sin perdidas cargadas con su impedancia transciente de sobretensión, la tensión y la corriente en cualquier punto a lo largo de la línea son constantes en magnitud e igual a sus valores de terminal de recepción. Para una línea sin perdidas como la impedancia característica no tiene componente reactiva no hay potencia reactiva en la línea ya que para una cargabilidad de impedancia de onda las perdidas reactivas en la inductancia de la línea son compensadas exactamente por la potencia reactiva suministrada por la capacitancia shunt. La CIO para líneas de transmisión típicas varía desde aproximadamente 150 MW para 230 kV hasta aproximadamente 2000 MW para 365 kV. La CIO es una medida útil de la capacidad de la línea ya que indica su capacidad de carga cuando los requerimientos reactivos de la línea son pequeños. EJERCICIO DE APLICACIÓN 3.7 Una línea de transmisión trifásica de 60 Hz, 500 kV tiene una longitud de 360 Km, la inductancia es de 0.8962 mH/Km por fase y su capacitancia 0.0126 uF/Km por fase asumiendo que es una línea sin perdidas. Calcular: a) Constante de fase, Impedancia característica, velocidad de propagación y longitud de onda. b) Si la carga nominal en la reacción es de 760Mw , fp=0.81 en atraso de 500kv. Determine las cantidades de emisión y regulación de voltaje ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 40 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I format long %EJERCICIO 3.7 %DATOS L=0.8962*10^-3 %H/km C=0.0126*10^-6 %F/km l=360 %km f=60 %V fp=0.81 VR=288.6751*10^3 %CONSTANTE DE FASE B=2*pi*f*((L*C)^0.5) %IMPEDANCIA Zc=(L/C)^0.5 %VELOCIDAD DE PROPAGACION v=1/(L*C)^0.5 %LONGITUD DE ONDA landa=v/f angulo=acos(0.81) SR =(cos(angulo)+i*sin(angulo))*760/0.81 IR=(conj(SR*10^6)/(3*VR)) ir=abs(IR) ang=angle(IR)*180/pi VE=cos(B*360)*VR+Zc*sin(B*360)*IR*i ve=abs(VE) angve=angle(VE)*180/pi IE=((i/Zc)*sin(B*l)*VR)+(cos(B*l)*IR) ie=abs(IE) angie=angle(IE)*180/pi SE=3*VE*conj(IE)/10^6 RV=(ve-v/v)*10^-4 disp('-----------------------------') disp('RESULTADOS') fprintf('Beta = %s rad/km \n',num2str(B,11)) fprintf('Zc = %s ohmios \n',num2str(Zc,13)) fprintf('v = %s km/s \n',num2str(v,15)) fprintf('landa= %s km \n',num2str(landa,17)) disp('-----------------------------') disp('CANTIDADES EN LA RECEPCION') fprintf('Vr = %s kV \n',num2str(VR,8)) fprintf('Ir = %s A < %s ° \n',num2str(ir,22),num2str(ang,23)) fprintf('Sr = %s MW + j%s MVAR \n',num2str(real(SR),20),num2str(imag(SR),20)) disp('-----------------------------') disp('CANTIDADES EN LA EMISION') fprintf('Ve = %s kV < %s ° \n',num2str(ve/1000,25),num2str(angve,26)) fprintf('Ie = %s A < %s ° \n',num2str(ie,28),num2str(angie,29)) fprintf('Se = %s MW + j%s MVAR \n',num2str(real(SE),30),num2str(imag(SE),30)) disp('-----------------------------') fprintf('RV = %s %% \n',num2str(RV,31)) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 41 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I ----------------------------RESULTADOS Beta = 0.0012668315217 rad/km Zc = 266.6964269108 ohmios v = 297585.836767232 km/s landa= 4959.7639461205345 km ----------------------------CANTIDADES EN LA RECEPCION Vr = 288675.1 kV Ir = 1083.4228572055247 A < -35.904068583317169 ° Sr = 760 MW + j550.23050136596385 MVAR ----------------------------CANTIDADES EN LA EMISION Ve = 349.35013696703533 kV < 17.160716168336563 ° Ie = 793.43317019181825 A < -6.7826404113982859 ° Se = 760.00000000000023 MW + j337.47391145002939 MVAR ----------------------------RV = 34.934913696703532 % ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 42 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.11. CAPACIDAD DE TRANSMISIÓN DE POTENCIA La habilidad de una línea de transmisión de transportar potencia está condicionada por su límite térmico de carga y por su límite de estabilidad. El aumento de la temperatura del conductor, originada por las pérdidas de potencia activa, alarga el conductor y por ende aumenta el valle entre torres de transmisión. A temperaturas altas esto puede resultar en un alargamiento irreversible del conductor. El limite térmico está especificado por la capacidad (ampacidad) del conductor que es proporcionada por el fabricante. El limite térmico está dado por: 𝑺𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒄𝒐 = 𝟑𝑽𝒏𝒐𝒎 𝑰𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒄𝒐 (3.113) Para establecer el límite de estabilidad hacemos el siguiente análisis: Vamos a determinar el flujo de potencia en la línea, a partir de los parámetros A, B, C y D. La ecuación de 𝑉𝐸 es: 𝑽𝑬 = 𝑨𝑽𝑹 + 𝑩𝑰𝑹 ̅ 𝑬 = |𝑽𝑬 | < 𝜹°; 𝑽 ̅ 𝑹 = |𝑽𝑹 | < 𝟎° (3.55’’), 𝑽 ̅ = |𝑨| < 𝜶°; 𝑩 ̅ = |𝑩| < 𝜷° 𝑨 Luego 𝑰̅𝑹 = |𝑽𝑬 | |𝑩| |𝑨| < (𝜹° − 𝜷°) − |𝑩| |𝑽𝑹 | < (𝜶° − 𝜷°) (i) Reemplazando (i) en 𝑆𝑅 = 3𝑉𝑅 𝐼𝑅 ∗, obtenemos: 𝟐 ̅𝑹 = |𝑽𝑹 ||𝑽𝑬| < (𝜷° − 𝜹°) − |𝑨|𝑽𝑹 < (𝜷° − 𝜶°) = 𝑷𝑹 + 𝒋𝑸𝑹 𝑺 |𝑩| |𝑩| 𝑷𝑹 = |𝑽𝑹 ||𝑽𝑬 | 𝐜𝐨𝐬(𝜷° |𝑩| − 𝜹°) − |𝑨|𝑽𝑹 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝜷° |𝑩| 𝑸𝑹 = |𝑽𝑹 ||𝑽𝑬 | 𝐬𝐞𝐧(𝜷° |𝑩| − 𝜹°) − |𝑨|𝑽𝑹 𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝜷° |𝑩| − 𝜹°) − 𝜹°) (3.114) (3.115) Combinando (3.55) e (i), obtenemos: 𝑰̅𝑬 = − ̅ 𝑺𝑬 = − |𝑽𝑹 | |𝑨||𝑽𝑬 | < (− 𝜷°) − < (𝜹° + 𝜶° − 𝜷°) |𝑩| |𝑩| |𝑽𝑬 ||𝑽𝑹 | |𝑨|𝑽𝑬 𝟐 < (𝜹° + 𝜷°) − < (𝜷° − 𝜶°) |𝑩| |𝑩| 𝑷𝑬 = |𝑨|𝑽𝑬 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝜷° |𝑩| − 𝜶°) − |𝑽𝑬 ||𝑽𝑹 | 𝐜𝐨𝐬(𝜹° |𝑩| 𝑸𝑬 = |𝑨|𝑽𝑬 𝟐 𝐬𝐞𝐧(𝜷° |𝑩| − 𝜶°) − |𝑽𝑬 ||𝑽𝑹 | 𝐬𝐞𝐧(𝜹° |𝑩| + 𝜷°) + 𝜷°) (3.116) (3.117) Para una línea de transmisión sin perdidas 𝛼 = 0° y 𝛽 = 0°, y la potencia transferida por la línea resulta. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 43 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝑷𝟑𝝓 = 𝑸= |𝑽𝑬𝒏𝒐𝒎 ||𝑽𝑹𝒏𝒐𝒎 | 𝐬𝐞𝐧(𝜹°) |𝑿| |𝑽𝑬𝒏𝒐𝒎 ||𝑽𝑹𝒏𝒐𝒎 | 𝑽𝑹𝒏𝒐𝒎 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝜹°) − 𝐜𝐨𝐬(𝜷°𝒍) |𝑿| |𝑿| (3.118) (3.119) Hecho el análisis la máxima transferencia de potencia se da cuando 𝛿 = 90° en (3.118), teóricamente. Sin embargo el ángulo de carga en la operación de una línea está entre 30° 𝑦 45°. Para efectos de planeamiento y diseño es muy útil expresar la fórmula de transferencia de potencia en términos de la CIO. Con lo cual se puede construir las curvas de cargabilidad de la línea. Para una línea sin perdidas, 𝑋 en (3.118) es: 𝑿 = 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧 𝜷°𝒍 Podemos reemplazar: 𝑷𝟑𝝓 𝑽𝑬 𝑳𝑳 𝑽𝑹 𝑳𝑳 𝑽𝒏𝒐𝒎 𝐬𝐞𝐧 𝜹° = 𝑽𝒏𝒐𝒎 𝑽𝒏𝒐𝒎 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧 𝜷°𝒍 Finalmente: 𝑷𝟑𝝓 = 𝑽𝑬 𝒑𝒖 𝑽𝑹 𝒑𝒖 𝑪𝑰𝑶 𝐬𝐞𝐧 𝜹° 𝐬𝐞𝐧 𝜷°𝒍 (3.120) EJERCICIO DE APLICACIÓN Se requiere transmitir una potencia trifásica de 800 MW a una distancia de 440 Km. Para un diseño preliminar se tiene los siguientes datos: 𝜹 = 𝟑𝟓°, 𝝀 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝑲𝒎, 𝒁𝒄 = 𝟐𝟔𝟎 𝒐𝒉𝒎, 𝑽𝑬 = 𝟏 𝒑𝒖 𝒚 𝑽𝑹 = 𝟎. 𝟗𝟖 𝒑𝒖. a) En base al concepto de cargabilidad determinar el nivel de tensión nominal que tendría la línea de transmisión. b) Para el nivel de tensión obtenido en (a) calcular la potencia teórica máxima que puede ser transferido por la línea de transmisión. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 44 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I SOLUCION: clear clc format long %EJERCICO 3.8 %Se requiere transmitir una potencia trifasica de 800 MW a una distancia de %440 km. para un diseño preliminar se tiene los siguientes datos : %DATOS P=800 %MW Zc=260 l=440 %km Ve= 1.0 %pu Vr=0.98 %pu landa= 5000 %km delta=35*pi/180 beta=2*pi/landa CIO=(P*sin(beta*l))/(Ve*Vr*sin(delta)) Vnom=(CIO*Zc)^0.5 Vnome=500 X=Zc*sin(beta*l) Pmax=Vnom*Vnom*Vr*Ve/X Pmaxe=Vnome*Ve*Vr*Vnome/X disp('RESULTADOS') fprintf('Beta = %s rad/km \n',num2str(beta,15)) fprintf('CIO = %s MW \n',num2str(CIO,16)) fprintf('Vnom = %s kv \n',num2str(Vnom,17)) fprintf('Vnomestandar= %s kv\n',num2str(Vnome,18)) fprintf('X = %s ohm \n',num2str(X,19)) fprintf('Pmax = %s MW ° \n',num2str(Pmax,20)) fprintf('Pmaxestandar = %s MW \n',num2str(Pmaxe,21)) RESULTADOS Beta = 0.00125663706143592 rad/km CIO = 747.4400210183812 MW Vnom = 440.83376171157664 kv Vnomestandar= 500 kv X = 136.5454037899369 ohm Pmax = 1394.7574364968787 MW ° Pmaxestandar = 1794.2749678847556 MW ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 45 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.12. COMPENSACIÓN DE UNA LÍNEA Como sabemos una línea de transporte cargado con una impedancia característica no presentan flujo neto de potencia reactiva y los perfiles de tensión en toda la línea son aproximadamente planos. En líneas de transmisión largas que tienen cargas pequeñas considerablemente menores que la (CIO) se origina un aumento de la tensión en el extremo receptor, por el contrario, si la línea tiene una carga pesada bastante mayor que la (CIO) entonces se produce una fuerte caída de tensión en la recepción por ello se usan reactores SHUNT para reducir las altas tensiones de la recepción cuando las cargas son ligeras o si la línea está en vacío. Mientras que la línea está cargada pesadamente entonces se usan capacitores SHUNT. 3.12.1. Reactores SHUNT Se aplican para compensar los efectos indeseables de la tensión asociados a la capacitancia de la línea. La cantidad de compensación reactiva de una línea que se necesita para mantener la tensión en la recepción dentro de un valor deseado puede obtenerse haciendo el siguiente análisis. 𝑰𝑹 = 𝑽𝑹 𝒋𝑿𝒍𝒔𝒉 (*) Utilizando (3.114) 𝑽𝑬 = 𝑽𝑹 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒍) + 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒍) 𝑿𝒍𝒔𝒉 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒍) 𝑿𝒍𝒔𝒉 = 𝑽𝑬 𝑽𝑹 − 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒍) (3.121) Si queremos conseguir igualar la tensión en 𝑽𝑬 y 𝑽𝑹 , la inductancia SHUNT está dada por: 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒍) 𝑿𝒍𝒔𝒉 = 𝟏− 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒍) (3.121’) Luego sustituimos (*) en (3.105) y obtenemos que: 𝟏 𝑰𝑬 = (− 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒍) 𝑿𝒍𝒔𝒉 + 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒍)) 𝑰𝑹 (3.122) Si sustituimos (3.121) en (3.122), obtenemos que: 𝑰𝑬 = −𝑰𝑹 Así mismo si disponemos de un reactor solo en el extremo receptor el perfil de tensión no será uniforme a lo largo de la línea, el pico de la tensión ocurrirá en la mitad de la línea. Y si la tensión en la recepción es igual a la tensión en la emisión, entonces: 𝑽𝒎𝒊𝒕𝒂𝒅 = 𝑽𝑹 𝜷𝒍 𝐜𝐨𝐬 ( 𝟐 ) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 46 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I Y la corriente en la mitad del tramo resulta: 𝑰𝒎𝒊𝒕𝒂𝒅 = 𝟎 EJERCICIO DE APLICACIÓN Una línea de transmisión de 500 kV, 300 Km, 60 Hz, tiene una 𝑿𝑳 = 𝟎. 𝟗𝟕 𝒎𝑯/𝑲𝒎 y 𝑪 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟏𝟓 𝒖𝑭/𝑲𝒎 por fase. a) Calcular 𝑽𝑹 cuando la línea de transmisión termina en circuito abierto y es energizada con 𝑽𝑬 = 𝟓𝟎𝟎 𝒌𝑽. Asumimos que la línea no tiene perdidas. Considerando análisis por fase, significa que la línea de transmisión es trifásica balanceada. 𝑽𝑬 = 𝟐𝟖𝟖. 𝟔𝟕𝟓𝟏 𝒌𝑽 𝒁𝒄 = 𝟐𝟗𝟎. 𝟒𝟐𝟔𝟗 𝜴 𝜷𝒍 = 𝟎. 𝟑𝟕𝟕 𝒓𝒂𝒅 𝑰𝑹 = 𝟎 porque la carga está en vacío. 𝑽 𝑬 𝑽𝑹 = 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒍) = 𝟑𝟏𝟎. 𝟓𝟔𝟗𝟓 𝒌𝑽 𝑽𝑹𝒏𝒐𝒎 = 𝟓𝟑𝟕. 𝟗𝟐𝟐𝟐 𝒌𝑽 La tensión sube porque la línea es larga y no hay carga y la línea de transmisión es una fuente de potencia Q. b) Determinar la Reactancia y los MVAR’s del reactor shunt trifásico que deberá ser instalada en la recepción para que VR = Vnom. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 47 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 𝑿𝒍𝒔𝒉 = 𝑸= 𝒁𝒄 𝐬𝐞𝐧(𝜷𝒍) = 𝟏𝟓𝟏𝟗. 𝟒𝟎𝟕𝟐 𝜴 𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝜷𝒍) 𝟓𝟎𝟎 𝒌𝑽 = 𝟏𝟔𝟒. 𝟓𝟑𝟖𝟓 𝑴𝑽𝑨𝑹 𝑿𝒍𝒔𝒉 EJERCICIO DE APLICACIÓN Una línea trifásica de 420 kV, 60 Hz, l = 463 Km, 𝑽𝑬 = 𝟒𝟐𝟎 𝑲𝒎. Cuando se remueve la carga en la recepción la tensión en ese punto alcanza los 700 kV y la 𝑰𝑬 = 𝟔𝟒𝟔. 𝟔 < 𝟗𝟎° 𝑨. a) Al mover la carga se necesitan reactores para mantener 𝑽𝑬 = 𝑽𝑹 = 𝟒𝟐𝟎 𝒌𝑽. Calcular la reactancia por fase de los reactores. b) Q. c) Calcular la potencia natural de la línea y la potencia máxima que puede transmitir. d) Calcular 𝑹𝑽 Para el inciso A) se remueve la carga como se observa en la imagen. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 48 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I %EJERCICIO 3.9 %DATOS Venom=420 Vrnom=700 Ve=(420)/3^0.5 Vr=700/(3^0.5) l=463 %km Ie=646.6 Ir=0 Bl=acos(Ve/Vr) Zc=Vr*10^3*sin(Bl)/Ie Xsh=(Zc*sin(Bl))/(1-cos(Bl)) Q=Venom^2/Xsh Pnat=Venom^2/Zc RV=((Venom/cos(Bl)-Venom)/Venom)*100 disp('RESULTADOS') fprintf('Xsh = %s \n',num2str(Xsh,14)) fprintf('Zc = %s ohmios \n',num2str(Zc,13)) fprintf('Q = %s MVAR \n',num2str(Q,15)) fprintf('Pnat = %s Mw \n',num2str(Pnat,16)) fprintf('RV= %s \n',num2str(RV,17)) RESULTADOS Xsh = 1000.0499559115 Zc = 500.0249779558 ohmios Q = 176.391188217411 MVAR Pnat = 352.7823764348213 Mw RV= 66.666666666666657 3.12.2. Compensación Capacitiva SHUNT Los capacitores SHUNT se usan para retrasar el factor de potencia en circuitos con cargas pesadas. El efecto es proveer la Q necesaria para mantener el voltaje receptor en el nivel satisfactoria. Los capacitores se conectan directamente a una barra o al enrollado terciario de un transformador; y también pueden estar dispuestos a lo largo de la ruta para minimizar las perdidas y las caídas de tensión. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 49 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I 3.12.3. Compensación Capacitiva Serie Usualmente se conectan capacitores en serie con la línea ubicados en el punto medio de la línea y sirven para reducir la reactancia serie entre la carga y la generación. Esto se hace para mejorar la estabilidad transitoria y del estado estacionario. Para minimizar la caída de tensión en las barras de carga. Estudios realizados han mostrado que al adicionar capacitores serie en líneas de extra alto voltaje se puede hasta duplicar el límite de estabilidad transitoria a una fracción del costo de una línea nueva. Si conectamos un capacitor en serie como se muestra en la figura, la transferencia de P en una línea sin perdidas será: 𝑳𝑳 𝑽𝑬 𝑳𝑳 𝑽𝑹 𝐬𝐞𝐧 𝜹° 𝑷= 𝑿 − 𝑿𝒄𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆 Donde 𝑿𝒄𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆 : 𝑹𝒆𝒂𝒄𝒕𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒄𝒂𝒑𝒂𝒄𝒊𝒕𝒊𝒗𝒂 𝒅𝒆𝒍 𝒓𝒆𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 Además la relación: 𝑿𝒄𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆 = % 𝒅𝒆 𝑪𝒐𝒎𝒑𝒆𝒏𝒔𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 𝑿 Usualmente está en el rango de 25 % - 70 %. La mayor desventaja es que se necesitan dispositivos especiales de protección para bypassear las altas corrientes que se originan cuando ocurre un corto circuito. Se debe tener cuidado que al incluir capacitores serie se puede originar un circuito resonante que oscila a una frecuencia más baja que la frecuencia síncrona, llamándosele a este fenómeno como Resonancia Subsincrona (SSR). Si la frecuencia síncrona menos la frecuencia resonante se aproximase a la frecuencia natural del grupo generador turbina, esto ocasiona un llamado modo torsional, que es muy dañino para los generadores en el largo plazo. ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 50 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I EJERCICIO DE APLICACIÓN Una línea de transmisión trifásica de 220 kV, 50 Hz, 400 Km, tiene una 𝒁 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟐𝟖 + 𝒋𝟎. 𝟒𝟎𝟐𝟗 𝜴/𝑲𝒎 y una admitancia shunt de: 2.7822 𝒙 𝟏𝟎−𝟔 𝑺/𝑲𝒎. La carga trifásica conectada en la recepción, consume 60 MW y factor de potencia de 0.8 a 220 kV. a) Calcular 𝑽𝑬 , 𝑰𝑬 , 𝒇𝒑𝒆 y el desfase entre los argumentos de los fasores de 𝑽𝑬 𝒚 𝑽𝑹. b) Considerando un límite de estabilidad de 𝜹 = 𝟑𝟎°, determinar la máxima potencia de transmisión de la línea si la tensión en 𝑽𝑬 = 𝟐𝟐𝟎 𝒌𝑽. SOLUCION RESPUESTAS LOA PARAMETROS SON : A = 0.9116415806578+0.009244027697425i B = 16.110137842178+156.43854161366i C = -3.47088148728188e-06+0.00107990756204984i D = 0.9116415806577891+0.009244027697424528i ----------------------------CANTIDADES EN LA EMISION Ve = 138.87796093845566 kV < 0.17298606254691326 ° Ie = 147.48385683136365 A < 0.21151177231614163 ° Se = 61401176.983334891 MW + j-2366694.9466190264 MVAR Fp = 0.99925797662799842 Angulo de desfase tension y corriente = -2.207360572522707 ° Angulo de desfase entre emision/recepcion = 9.9113712985242106 ° clear clc ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 51 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I format long %EJERCICIO 3.10 %DATOS Vnom=220 P=60 fp=acos(0.8) Y=2.7822*10^-6 l=400 Z=(0.0428+0.4029i) Y=i*2.7822*10^-6 Zc= (Z/Y)^0.5 gama=(Z*Y)^0.5 Zprima=Zc*sinh(gama*l) Yprima=(2/Zc)*tanh(gama*l/2) A=1+(Zprima*Yprima/2) B=Zprima C=Yprima*(1+(Zprima*Yprima/4)) D=1+(Zprima*Yprima/2) Vr=Vnom/(3^0.5) Sr=75*exp(fp*i) Ir=conj(Sr)*1000/(3*Vr) Irm=abs(Ir) Ira=angle(Ir)*180/pi Ve=A*Vr*10^3+B*Ir angVe=angle(Ve) Veabs=abs(Ve) Ie=C*Vr*10^3+D*Ir angIe=angle(Ie) Ieabs=abs(Ie) Se=3*Ve*conj(Ie) angulo=angle(Se) ang=angle(Se)*180/pi FP=cos(angulo) delta=angle(Ve)*180/pi disp('LOA PARAMETROS SON :') fprintf('A = %s \n',num2str(A,13)) fprintf('B = %s \n',num2str(B,14)) fprintf('C = %s \n',num2str(C,15)) fprintf('D = %s \n',num2str(D,16)) disp('-----------------------------') disp('CANTIDADES EN LA EMISION') fprintf('Ve = %s kV < %s ° \n',num2str(Veabs/1000,24),num2str(angVe,23)); fprintf('Ie = %s A < %s ° \n',num2str(Ieabs,27),num2str(angIe,26)); fprintf('Se = %s MW + j%s MVAR \n',num2str(real(Se),28),num2str(imag(Se),28)); fprintf('Fp = %s \n',num2str(FP,31)); fprintf('Angulo de desfase tension y corriente = %s ° \n',num2str(ang,29)); fprintf('Angulo de desfase entre emision/recepcion = %s ° \n',num2str(delta,37)); ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 52 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I EJERCICIO DE APLICACIÓN Una línea de transmisión trifásica de 220 kV, 50 Hz, 225 Km, g=0 , C=2.7873 nF/km, L=1.3138 mH/km y un r=0.0597 ohmnios/km a) La línea tiene su origen en una sbestacion,donde la tensión esta econtrolada en 220Kv. Clacula la tensión en el extremo final cuando esta trabaja en régimen vacio. b) Inductancia por fase de las bobinas equilibradas que deberán instalarse en el extremo receptor para que cuando la línea trabaje en vacio la tensión en la recepción no supere los 220Kv SOLUCION ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 53 ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA I clear all, clc format long %EJERCICIO 12 %una linea trfasica de 220Kv, 50Hz,225km %tienen los siguientes parametros f=50 %Hz Vnom=220 %Kv Ve=Vnom/3^0.5 l=225 %km r=0.0597 %ohmnios/km L=1.3138 %mH/km C=8.7873*10^-3 %uF/km g=0 w=2*pi*f disp('Con modelo de linea larga') Z=r+i*w*L*10^-3 Y=g+i*w*C*10^-6 gama=((Z*Y)^0.5) A=(cosh(gama*l)) Zc=((Z)/(Y))^0.5 a=abs(A) Vvacio1=Vnom/a Beta=w*(L*10^-3*C*10^-6)^0.5 Xsh=(Zc*sin(Beta*l))/(1-cos(Beta*l)) A1=Zc*sinh(gama*l) A2=(A)*i syms delta x [delta,x]=solve('cos(delta*pi/180)+0.971293879801183+(91.995327059160488/x)','sin(delta*pi/180)+0.004131724022567-(13.175330957550223/x)') disp('Con modelo de linea media') z=Z*l y=Y*l AA=1+(z*y/2) Aa=abs(AA) Vvacio2=Vnom/Aa disp('Con modelo de linea corta') Vvacio3=Vnom/1 disp('RESULTADOS') disp('Con modelo de linea larga') fprintf('Vvacio = %s Kv \n',num2str(Vvacio1,20)) %fprintf('Xlshunt = %s ohmnios \n',num2str(Xlsh,24)) disp('Con modelo de linea media') fprintf('Vvacio = %s Kv \n',num2str(Vvacio2,26)) disp('Con modelo de linea corta') fprintf('Vvacio = %s Kv \n',num2str(Vvacio3,28)) ING. YURI ALENCASTRE MEDRANO 54