Transformadores. Problema 22. Máquinas eléctricas.

Problema. La figura muestra un sistema de potencia que consta de un generador trifásico de 480 (V) y 60 (Hz) que suministra potencia a dos cargas a través de una línea de transmisión con un par de transformadores en cada extremo.

Figura 2.22.1 Diagrama en línea del sistema de potencia del problema. Se observa que algunos de los valores de las impedancias están dados en el sistema por unidad, mientras que otros están en ohms.

a) Dibuje el circuito equivalente por fase de este sistema de potencia.

b) Con el interruptor abierto, encuentre la potencia real P, la potencia reactiva Q y la potencia aparente S suministradas por el generador. ¿Cuál es el factor de potencia del generador?

c) Con el interruptor cerrado, encuentre la potencia real P, la potencia reactiva Q y la potencia aparente S suministradas por el generador. ¿Cuál es el factor de potencia del generado?

d) ¿Cuáles son las pérdidas de transmisión (las pérdidas del transformador más las pérdidas de línea de transmisión) en el sistema con el interruptor abierto? ¿Y con el interruptor cerrado? ¿Cuál es el efecto de adicionar la carga 2 al sistema?

Solución. Este problema puede resolverse si se toman las medidas del sistema por unidad. El sistema de potencia se divide en tres regiones: dos transformadores y las cargas. Los datos de cada región son:

Región 1	$S_{base1} = 1000 \ (kVA)$	$V_{L,base1} = 480 \ (V)$
Región 2	$S_{base2} = 1000 \ (kVA)$	$V_{L,base2} = 14400 \ (V)$
Región 3	$S_{base3} = 1000 \ (kVA)$	$V_{L,base3} = 480 \ (V)$

La impedancia base en la región 1 es

$\displaystyle Z_{base1} = \frac{V_{\phi 1}}{S} = \frac{(\frac{V_{L,base1}}{\sqrt{3}})^2}{\frac{S_{base1}}{3}} = \frac{(V_{L,base1})^2}{S_{base1}}$

$\displaystyle Z_{base1} = \frac{(480)^2}{1000 \times 10^3}$

$\displaystyle Z_{base1} = 0.230 \ (\Omega)$

La impedancia base en la región 2 es

$\displaystyle Z_{base2} = \frac{V_{\phi 2}}{S} = \frac{(\frac{V_{L,base2}}{\sqrt{3}})^2}{\frac{S_{base2}}{3}} = \frac{(V_{L,base2})^2}{S_{base2}}$

$\displaystyle Z_{base2} = \frac{(14400)^2}{1000 \times 10^3}$

$\displaystyle Z_{base1} = 207.36 \ (\Omega)$

Y la impedancia base en la región 3 es

$\displaystyle Z_{base3} = \frac{V_{\phi 3}}{S} = \frac{(\frac{V_{L,base3}}{\sqrt{3}})^2}{\frac{S_{base3}}{3}} = \frac{(V_{L,base3})^2}{S_{base3}}$

$\displaystyle Z_{base3} = \frac{(480)^2}{1000 \times 10^3}$

$\displaystyle Z_{base3} = 0.230 \ (\Omega)$

Solución a). Para obtener el circuito equivalente por unidad, se debe convertir cada impedancia en el sistema a la base por unidad en la región que es localizado. En la región 1, la impedancia del transformador $T_1$ está por unidad a la base adecuada, es decir,

$R_{1,pu} = R = 0.010 \ (pu)$ y $X_{1,pu} = X = 0.040 \ (pu)$

En la región 2, la impedancia del transformador $T_2$ ya está por unidad pero sólo lo involucra a este transformador, por lo que se debe convertir a la base del sistema de potencia. Para ello se utiliza lo siguiente: la resistencia por unidad en la base del segundo transformador es

$\displaystyle R_{pu,base2} =R_{pu,base1} \cdot \frac{(V_{base1})^2(S_{base2})}{(V_{base2})^2(S_{base1})}$

$\displaystyle R_{pu,base2} =(0.020) \cdot \frac{(\frac{14400}{\sqrt{3}})^2(1000 \times 10^3)}{(\frac{14400}{\sqrt{3}})^2(500 \times 10^3)}$

$\displaystyle R_{pu,base2} = 0.04 \ (pu)$

La reactancia por unidad en la base del segundo transformador es

$\displaystyle X_{pu,base2} =X_{pu,base1} \cdot \frac{(V_{base1})^2(S_{base2})}{(V_{base2})^2(S_{base1})}$

$\displaystyle X_{pu,base2} =(0.085) \cdot \frac{(\frac{14400}{\sqrt{3}})^2(1000 \times 10^3)}{(\frac{14400}{\sqrt{3}})^2(500 \times 10^3)}$

$\displaystyle X_{pu,base2} = 0.17 \ (pu)$

Y la impedancia por unidad de la línea de transmisión es

$\displaystyle Z_{linea,pu} = \frac{Z_{linea}}{Z_{base2}}$

$\displaystyle Z_{linea,pu} = \frac{1.5 + j10}{207.36}$

$\displaystyle Z_{linea,pu} = 0.0072 + j0.048 \ (pu)$

En la región 3, se convierten las impedancias de carga de ohms en por unidad. Entonces, en la impedancia de la carga 1

$\displaystyle Z_{carga1,pu} = \frac{Z_{carga1}}{Z_{base3}}$

$\displaystyle Z_{carga1,pu} = \frac{0.45 \angle 36.87}{0.230} = \frac{0.45 \angle 36.87}{0.230 \angle 0}$

$\displaystyle Z_{carga1,pu} = 1.957 \angle 36.87 = 1.566 + j1.174 \ (pu)$

Y en la impedancia de la carga 2

$\displaystyle Z_{carga2,pu} = \frac{Z_{carga2}}{Z_{base3}}$

$\displaystyle Z_{carga2,pu} = \frac{-j0.8}{0.230} = \frac{0.8 \angle (-90)}{0.230 \angle 0}$

$\displaystyle Z_{carga1,pu} = 3.478 \angle (-90) = - j3.478 \ (pu)$

El voltaje del generador por unidad es

$\displaystyle \boldsymbol{V}_G = 1 \angle 0 \ (V)$

Con todos estos, el circuito equivalente por unidad por fase es

*Figura 2.22.2 Circuito equivalente de fase por unidad para el sistema de potencia.*

Solución b). Cuando el interruptor está abierto, se tiene un nuevo circuito

*Figura 2.22.3 Cuando el interruptor está abierto.*

Calculando la impedancia equivalente por unidad

$\displaystyle Z_{eq,pu} = 0.010 + j0.040 + 0.0072 + j0.0482 + 0.04 + j0.17 + 1.566 + j1.174$

$\displaystyle Z_{eq,pu} = 1.623 + j1.432 \ (pu) = 2.164 \angle 41.42 \ (pu)$

Calculando la corriente

$\displaystyle \boldsymbol{I} = \frac{\boldsymbol{V}}{Z_{eq,pu}}$

$\displaystyle \boldsymbol{I} = \frac{1 \angle 0}{2.164 \angle 41.42}$

$\displaystyle \boldsymbol{I} = 0.462 \angle (-41.42) \ (pu)$

Después, calculando el voltaje de carga por unidad

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = Z_{carga1} \boldsymbol{I}$

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = (1.566 + j1.174)(0.462 \angle (-41.42)$

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = (1.957 \angle 36.86)(0.462 \angle (-41.42)$

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = 0.904 \angle (-4.56) \ (pu)$

En la región 3, el voltaje de carga es

$V_{carga} = V_{carga,pu} V_{base3}$

$V_{carga} = (0.904)(480)$

$V_{carga} =433.92 \ (V)$

La potencia suministrada por unidad a la carga se determina de la siguiente manera

$P_{carga,pu} = R_{carga} I^2$

$P_{carga,pu} = (1.566)(0.462)^2$

$P_{carga,pu} = 0.334 \ (pu)$

Convirtiéndolo en watts

$P_{carga} = P_{carga,pu} S_{base}$

$P_{carga} = (0.334)(1000 \times 10^3)$

$P_{carga} = 334000 \ (W) = 334 (kW)$

Con todos estos datos, se puede calcular la potencia real, reactiva y aparente. La potencia real por unidad por el generador es

$P_{G,pu} = VI \cos{\theta}$

$P_{G,pu} = (1)(0.462) \cos{(41.42)}$

$P_{G,pu} = 0.346 \ (pu)$

Y la potencia real esperado es

$P_G = P_{G,pu} S_{base}$

$P_G = (0.346)(1000 \times 10^3)$

$\therefore P_G = 346 \times 10^3 \ (W) = 346 \ (kW)$

La potencia reactiva por unidad es

$Q_{G,pu} = VI \sin{\theta}$

$Q_{G,pu} = (1)(0.462) \sin{(41.42)}$

$Q_{G,pu} = 0.306 \ (pu)$

Y la potencia reactiva del generador esperado es

$Q_{G,pu} = Q_{G,pu} S_{base}$

$Q_{G,pu} = (0.306)(1000 \times 10^3)$

$\therefore Q_{G} = 306 \times 10^3 \ (var) = 306 \ (kvar)$

La potencia aparente por unidad es

$S_{G,pu} = VI$

$S_{G,pu} = (1)(0.462)$

$S_{G,pu} = 0.462 \ (pu)$

Y la potencia aparente suministrada por el generador es

$S_G = S_{G,pu} S_{base}$

$S_G = (0.462)(1000 \times 10^3)$

$\therefore S_G = 462 \times 10^3 \ (VA) = 462 \ (kVA)$

Por último, el factor de potencia del generador es

$\displaystyle FP = \cos{\theta}$

$\displaystyle FP = \cos{(41.42)}$

$\displaystyle \therefore FP = 0.75$ (en retraso)

Solución c). Cuando el interruptor está cerrado, se tiene el siguiente circuito

Calculando la impedancia equivalente por unidad

$\displaystyle Z_{eq,pu} = 0.010 + j0.040 + 0.0072 + j0.0482 + 0.04 + j0.17 + 1.566 + j1.174 + \frac{(1.566+j1.174)(-j3.478)}{(1.566+j1.174)+(-j3.478)}$

$\displaystyle Z_{eq,pu} = 0.010 + j0.040 + 0.0072 + j0.0482 + 0.04 + j0.17 + 1.566 + j1.174 + 2.44 + j0.113$

$\displaystyle Z_{eq,pu} = 2.497 + j0.371 \ (pu) = 2.524 \angle 8.45 \ (pu)$

Calculando la corriente

$\displaystyle \boldsymbol{I} = \frac{\boldsymbol{V}}{Z_{eq,pu}}$

$\displaystyle \boldsymbol{I} = \frac{1 \angle 0}{2.524 \angle 8.45}$

$\displaystyle \boldsymbol{I} = 0.396 \angle (-8.45) \ (pu)$

Después, calculando el voltaje de carga por unidad

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = Z_{carga,pu} \boldsymbol{I}$

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = (2.497+j0.371)(0.396 \angle (-8.45)$

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = (2.443 \angle (2.65))(0.396 \angle (-8.45)$

$\displaystyle \boldsymbol{V}_{carga,pu} = 0.967 \angle (-5.8) \ (pu)$

En la región 3, el voltaje de carga es

$V_{carga} = V_{carga,pu} V_{base3}$

$V_{carga} = (0.967)(480)$

$V_{carga} =464.16 \ (V)$

La potencia suministrada en las dos cargas es la potencia suministrada al componente de la resistencia de la combinación en paralelo de ambas cargas. Entonces, de la impedancia equivalente por unidad, la resistencia equivalente por unidad es

$R_{carga,pu} = 2.497 \ (pu)$

Continuando, la potencia por unidad a la carga se determina de la siguiente manera

$P_{carga,pu} = R_{carga} I^2$

$P_{carga,pu} = (2.497)(0.369)^2$

$P_{carga,pu} = 0.392 \ (pu)$

Convirtiéndolo en watts

$P_{carga} = P_{carga,pu} S_{base}$

$P_{carga} = (0.392)(1000 \times 10^3)$

$P_{carga} = 392000 \ (W) = 392 (kW)$

Con todos estos datos, se puede calcular la potencia real, reactiva y aparente. La potencia real por unidad por el generador es

$P_{G,pu} = VI \cos{\theta}$

$P_{G,pu} = (1)(0.396) \cos{(5.8)}$

$P_{G,pu} = 0.394 \ (pu)$

Y la potencia real esperado es

$P_G = P_{G,pu} S_{base}$

$P_G = (0.394)(1000 \times 10^3)$

$\therefore P_G = 394 \times 10^3 \ (W) = 394 \ (kW)$

La potencia reactiva por unidad es

$Q_{G,pu} = VI \sin{\theta}$

$Q_{G,pu} = (1)(0.396) \sin{(5.8)}$

$Q_{G,pu} = 0.040 \ (pu)$

Y la potencia reactiva del generador esperado es

$Q_{G,pu} = Q_{G,pu} S_{base}$

$Q_{G,pu} = (0.040)(1000 \times 10^3)$

$\therefore Q_{G} = 40 \times 10^3 \ (var) = 40 \ (kvar)$

La potencia aparente por unidad es

$S_{G,pu} = VI$

$S_{G,pu} = (1)(0.396)$

$S_{G,pu} = 0.396 \ (pu)$

Y la potencia aparente suministrada por el generador es

$S_G = S_{G,pu} S_{base}$

$S_G = (0.396)(1000 \times 10^3)$

$\therefore S_G = 396 \times 10^3 \ (VA) = 396 \ (kVA)$

Por último, el factor de potencia del generador es

$\displaystyle FP = \cos{\theta}$

$\displaystyle FP = \cos{(5.8)}$

$\displaystyle \therefore FP = 0.995$ (en retraso)

Solución d). Cuando el interruptor está abierto, las pérdidas de transmisión por unidad son

$P_{linea,pu} = R_{linea,pu} I^2$

$P_{linea,pu} = (0.0072)(0.462)$

$P_{linea,pu} = 0.0015 \ (pu)$

Y las pérdidas de transmisión son

$P_{linea} = P_{linea,pu} S_{base}$

$P_{linea} = (0.0015)(1000 \times 10^3)$

$P_{linea} = 1.5 \times 10^3 \ (W) = 1500 \ (W)$

Cuando el interruptor está abierto, las pérdidas de transmisión por unidad son

$P_{linea,pu} = R_{linea,pu} I^2$

$P_{linea,pu} = (0.0072)(0.396)$

$P_{linea,pu} = 0.0011 \ (pu)$

Y las pérdidas de transmisión son

$P_{linea} = P_{linea,pu} S_{base}$

$P_{linea} = (0.0011)(1000 \times 10^3)$

$P_{linea} = 1.1 \times 10^3 \ (W) = 1100 \ (W)$

Se concluye que gracias a la carga 2 provocó una mejora en el factor de potencia del sistema, incrementando el voltaje de carga y la potencia total suministrada a las cargas, mientras que simultáneamente decrementó la corriente en la línea de transmisión y las pérdidas de la línea de transmisión. Este problema es un buen ejemplo de las ventajas de corrección del factor de potencia en el sistema de potencia.