PROBLEMAS RESUELTOS DEL CAPÍTULO 2 DEL TEXTO “ELECTRIC POWER

DISTRIBUTION SYSTEM ENGINEERING” (GÖNEN).

Autor: José Espina Alvarado.

Los problemas 2-1 a 2-3 usan los datos del ejemplo 2-1, a saber: Carga, kW

Tiempo Alumbrado Residencial Comercial Total

1 100 200 200 500

2 100 200 200 500

3 100 200 200 500

4 100 200 200 500

5 100 200 200 500

6 100 200 200 500

7 100 300 200 600

8 - 400 300 700

9 - 500 500 1000

10 - 500 1000 1500

11 - 500 1000 1500

12 mediodía - 500 1000 1500

1 - 500 1000 1500

2 - 500 1200 1700

3 - 500 1200 1700

4 - 500 1200 1700

5 - 600 1200 1800

6 100 700 800 1600

7 100 800 400 1300

8 100 1000 400 1500

9 100 1000 400 1500

10 100 800 200 1100

11 100 600 200 900

12 madrugada 100 300 200 600

Tabla 1. Datos de carga idealizados para un alimentador primario de la

Compañía NL&NP’s.

Fig. 1. Curva de carga diaria para el alimentador primario dado.

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2-1. Datos: PLS, max = 72 kW, FLS, anual = 0.14.

Incógnitas: (a) Pav, diaria; (b) PLS, av-anual; (c) ELS, anual

Solución:

(a) Pav, diaria = (500 × 6 + 600 × 2 + 700 × 1 + 900 × 1 + 1000 × 1 + 1100 × 1 + 1300 × 1

+ 1500 × 6 +1600 × 1 + 1700 × 3 + 1800 × 1) ∕ 24

⇨ Pav, diaria = 1112.5 kW.

(b) Como FLS, anual = PLS, av-anual ∕ PLS, max

⇨ PLS, av-anual = FLS, anual × PLS, max = 0.14×72 = 10.08 kW.

Nota: Puede calcularse el Factor de Pérdidas diario así:

FLS, diario = (5002 × 6 + 600

2 × 2 + 700

2 × 1 + … + 1500 × 6 + … + 1800 × 1) ∕ (24 × 1800

2)

= 3.539 × 107 ∕ (7.776 × 10

7) = 0.4551

(c) ELS, anual = PLS, av-anual × 8760 = 83300.8 kWh.

2-2. Datos: Pmax = 1800 kW, Pav, diaria = 1112.5 kW.

Incógnita: FLD

Solución:

FLD-diario = Pav, diaria ∕ Pmax = 0.618

Esto significa dos cosas: I) la demanda promedio en por unidad de la máxima es 0.618; II) Se puede

estimar una demanda sostenida al máximo de 1800 kW durante el 61.8% del día, esto es, poco

menos de las dos terceras partes del día.

2-3. Datos: Pmax-alum = 100 kW, Pmax-res = 1000 kW, Pmax-com = 1200 kW, Pmax-alim = 1800 kW,

CLalum = 100 kW, CLres = CLcom = 2000 kW.

Incógnitas: (a) DFalum; (b) DFres; (c) DFcom; (d) DFalim.

Solución:

Cualquiera sea el caso se tiene que:

DF = Pmax ∕ CL

Esto es, la proporción de carga conectada que es a lo sumo alimentada durante el pico. Así, para

cada caso se tiene:

(a) DFalum = 1 (b) DFres = 1000 ∕ 2000 = 0.5 (c) DFcom;= 1200 ∕ 2000 = 0.6

DFalim = Pmax-alim ∕ ∑i CLi = 1800 ∕ (100 + 2000 + 2000) = 0.439

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2-4. Datos: Tabla 2.

Incógnitas: Curva de carga diaria. Carga, kW

Tiempo Alumbrado Residencial Commercial Total

1 100 250 300 650

2 100 250 300 650

3 100 250 300 650

4 100 250 300 650

5 100 250 300 650

6 100 250 300 650

7 350 300 650

8 450 400 850

9 550 600 1150

10 550 1100 1650

11 550 1100 1650

12 mediodía 600 1100 1700

1 600 1100 1700

2 600 1300 1900

3 600 1300 1900

4 I 600 1300 1900

5 650 1300 1950

6 750 900 1650

7 900 500 1400

8 100 1100 500 1700

9 100 1100 500 1700

10 100 900 300 1300

11 100 700 300 1100

12 madrugada 100 350 300 750

Tabla 2. Datos de carga idealizados para otro alimentador primario de la

Compañía NL&NP’s, un día típico de verano.

Solución:

La última columna de la Tabla 2 no fue dada, sino calculada. A partir de ella se obtiene la curva de

carga solicitada.

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Fig. 2. Curva de carga diaria solicitada.

Puede observarse casi la misma forma que en la Fig. 1, incluso ambas curvas revelan la misma hora

pico y un perfil predominantemente comercial. Es claro que ambas curvas (Figuras 1 y 2) deben

tener Factores de Carga asociados en el mismo orden de magnitud.

2-5. Datos: Pmax = 1950 kW.

Incógnita: FLD

Solución:

Usando el mismo procedimiento que en el problema 2-1 (a), se obtiene:

Pav, diaria = 1270.833 kW

Luego, procediendo como en 2-2 (también puede obtenerse dividiendo por 24 a la suma de todos los

valores de la columna “Total” en la Tabla 2):

FLD-diario = Pav, diaria ∕ Pmax = 0.652

Lo cual verifica la conclusión obtenida en el problema anterior, puesto que todavía en este caso no

se puede estimar demanda máxima hasta dos terceras partes del día (ver comentario final de la

solución del problema 2-2).

2-6. Datos: Pmax-alum = 100 kW, Pmax-res = 1100 kW, Pmax-com = 1300 kW, Pmax-alim = 1950 kW,

CLalum = 100 kW, CLres = CLcom = 2000 kW.

Incógnitas: (a) DFalum; (b) DFres; (c) DFcom; (d) DFalim.

Solución:

(a) DFalum = 1 (b) DFres = 1100 ∕ 2000 = 0.55 (c) DFcom;= 1300 ∕ 2000 = 0.65

DFalim = Pmax-alim ∕ ∑i CLi = 1950 ∕ (100 + 2000 + 2000) = 0.439

A manera de ilustración, se interpreta que el alimentador a lo sumo sirve el 43.9% de la carga total

conectada a él (durante el pico).

2-7. Datos: FLD = 0.618.

Incógnita: FLS.

Solución:

FLS = 0.3 × FLD + 0.7 × FLD2 = 0.1854 + 0.2673 = 0.4527

En la “Nota” a la solución del problema 2-1 se calculó en forma exacta este Factor. Así, el error

relativo debido al empleo de la fórmula empírica es:

%error = 100 × (exacto-empírico) ∕ exacto = 100 × (0.4551 - 0.4527) ∕ 0.4551 = 0.53

¡Un error menor que 1%! Eso indica que la fórmula empírica usada en esta “forma” de la curva de

carga diaria da una excelente estimación del Factor de Pérdidas.

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2-8. Datos: CL = 100 kW, Pmax = 75 kW, Esem = 4200 kWh, sem = 7 días.

Incógnitas: DF, FLD-sem.

Solución:

DF = Pmax ∕ CL = 75 ∕ 100 = 0.75

FLD-sem = Pav, sem × 7×24 ∕ (Pmax × 7 × 24) = Esem ∕ (168 × Pmax) = 4200 ∕ 12600 = 0.333

A lo sumo se alimenta el 75% del total conectado (durante el pico de carga), durante un tiempo

“condensado” en 2 días y ocho horas (33.3% de los 7 días de una semana).

2-9. Datos: CL = 3000 kVA; (a) %PLS-Fe-av = 0.5; (b) Costo de la energía: $0.025/kWh.

Incógnitas: (a) ELS-anual; (b) CE

Solución:

(a) PLS-Fe-av = 0.5 × 3000 = 15 kW ⇨ ELS-anual = 15 × 8760 = 131400 kWh

(b) CE = 131400 × 0.025 = $3285

2-10. En este problema se modifican las condiciones de carga de una subestación de distribución por

segunda vez. En principio el pico de carga era de 3500 kW, en verano, con un suministro anual de

107 kWh a las salidas primarias de distribución.

No obstante, la misma subestación debió atender una “carga constante” (FLD) adicional de 100 kW,

y ahora en la estación cuando NO ocurre el pico (la cual dura 6 meses), experimentara un

incremento en la demanda que es, en promedio, 200 kW debido a cargas de calefacción.

Datos: Pmax = 3500 kW, E = 107 kWh, ΔP = 100 kW, ΔP’av-semestral = 200 kW.

Incógnitas: (a) FLD”, (b) CTA”.

Solución:

(a) ΔE = ΔP × 8760 = 876000 kWh, ΔE’ = ΔP’av-semestral × 8760 ∕ 2 = 876000 = ΔE

⇨ E” = E + ΔE + ΔE´ = E + 2 × ΔE

⇨ E” = 107 + 2 × 876000 = 11752000 kWh

Así, la nueva demanda promedio anual será:

Pav, anual” = E” ∕ 8760 = 11752000 ∕ 8760 = 1341.55 kW

En consecuencia:

FLD-anual” = Pav, anual” ∕ Pmax’ = Pav, anual” ∕ (Pmax + ΔP) = 1341.55 ∕ 3600 = 0.375

Nótese que la carga constante afecta el pico de demanda, pero la carga de calefacción no puesto que

ésta aplica en la estación anual “sin pico”.

(b) La carga de calefacción no afecta el pico y por tanto no hay cambio en el costo de la capacidad

de la subestación.

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Sin embargo, el costo anual de la energía si cambia:

ΔCE’ = 876000 × 0.02 = $17520

Así, el costo total anual de servir esta nueva carga (CTA”) será:

CTA” = ΔCE’

(c) El costo de la energía es más bajo en este problema que en el ejemplo 2-8 porque aquí está

referido a la estación “sin pico”. En dicha estación los requerimientos de insumos de producción

(hidroenergía, combustible, biomasa, etc.) deben ser menores.

2-11. Datos: Eanual = 87600000 kWh, Pmax = 25000 kW @ Edía pico = 300000 kWh

Incógnitas: FLD-anual, FLD-día pico.

Solución:

En cualquier caso:

FLD = E ∕ (Pmax × T)

De este modo:

FLD-anual = 87600000 ∕ (25000 × 8760) = 0.4

FLD-día pico = 300000 ∕ (25000 × 24) = 0.5

Es claro que este último tenía que ser mayor que el primero en virtud de que el período de medición

es menor, para el mismo valor pico de la demanda.

2-12. Datos: ΔE = 200 kWh/mes, Tarifa (ver anexo).

Incógnita: ΔCEanual (variación en el costo anual de la energía).

Solución:

ΔEanual = 12 × ΔE = 2400 kWh

⇨ ΔCEanual = (25 × 6 + 375 × 4 + 2000 × 3) × 10-2

= $76.50

2-13. Datos: E = 16000 kWh, Pmax-15min =200 kW, CL = 580 kW; (d) Pmax-15min’ = 140

kW@-$50/mes. Tarifa (ver anexo).

Incógnitas: (a) Cargo mensual por el servicio, CM; (b) FLD-mensual; (c) DF; (d) Ahorro.

Solución:

(a) Costo mensual de la energía, CE:

CE = (100 × 2 + 200 × 1.2 + 15700 × 0.5) × 10-2

= $82.9

Costo mensual de la demanda, CD:

CD = 30 × 2.5 + 170 × 1.25 = $287.5

⇨ CM = CE + CD = $370

(b) La demanda promedio mensual es de:

Pav, mensual = E ∕ (24 × 30) = 16000 ∕ 720 = 22.22 kW

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⇨ FLD-mensual = Pav, diaria ∕ Pmax = 22 ∕ 200 = 0.111

(c) DF = Pmax ∕ CL = 200 ∕ 580 = 0.345

(d) La variación en Pmax sólo afecta el costo mensual de la demanda. Luego:

CD’ = (30 × 2.5 + 110 × 1.25) + 50 = $262.5

Ahorro = ΔCD = CD – CD’ = 287.5 – 262.5 = $25

Es conveniente hacer el cambio.

2-14. Datos: Tx que alimentan 8 casas, 120 tx similares conectados al alimentador primario.

Incógnitas: las mismas del ejemplo 2-11.

Solución:

(a) Para el tx:

1.600 kW/casa …secadora

0.800 kW/casa …cocina

0.066 kW/casa …refrigerador

0.610 kW/casa …alumbrado y misceláneos.

⇨ Pmax no coincidente = (1.6 + 0.8 + 0.066 + 0.61) × 8 = 24.6 kW

(b) Para el alimentador:

1.200 kW/casa …secadora

0.530 kW/casa …cocina

0.044 kW/casa …refrigerador

0.520 kW/casa …alumbrado y misceláneos.

⇨ Pmax no coincidente = (1.2 + 0.53 + 0.044 + 0.52) × 960 = 2202.24 kW

(c) Hora Secadora Cocina Refrigerador A&M Suma = Pdiv (kW)

4 PM 1.6 × 8 × 0.38 = 4.864 0.8 × 8 × 0.24 = 1.536 0.066 × 8 × 0.9 = 0.4752 0.61 × 8 × 0.32 = 1.5626 8.4368

5 PM 1.6 × 8 × 0.30 = 3.840 0.8 × 8 × 0.80 = 5.120 0.066 × 8 × 0.9 = 0.4752 0.61 × 8 × 0.70 = 3.4160 12.8512

6 PM 1.6 × 8 × 0.22 = 2.816 0.8 × 8 × 1.00 = 6.400 0.066 × 8 × 0.9 = 0.4752 0.61 × 8 × 0.92 = 4.4896 14.1808

2-15. Datos: Pmax-30 min, A = 27 kW, Pmax-30 min, B = 42 kW, EA = 8000 kWh @ 0.9¯, EB = 9000 kWh

@ 0.7¯

Incógnitas: Las mismas del ejemplo 2-12.

Solución:

(a)

FLD = E ∕ (Pmax × T)

⇨ FLD-A = 8000 ∕ (27 × 730) = 0.4059

FLD-B = 9000 ∕ (42 × 730) = 0.2985

Esto indica que el pico se sostiene más tiempo en B que en A (un 10% más).

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(b)

kVATx-A 27 ∕ 0.9 = 30 ⇨ kVATx-A = 37.5

kVATx-A 42 ∕ 0.7 = 60 ⇨ kVATx-A = 75

El Tx-A tendría Fu-A = 0.8, en tanto que el Tx-B tendría Fu-A = 0.56. Esto último significa que del

Tx-B a lo sumo se utilizaría el 56% de su capacidad nominal.

(c) DFA = DLA = 27 kW

CDA = 2DFA = $54

CEA = (1000 × 2.5 + 3000 × 2 + 4000 × 1.5) × 10-2

= $145

⇨ CMA = CDA + CEA = $199

DFB = DLB × (0.85 ∕ pfB)= 42 × (0.85 ∕ 0.7) = 51 kW

CDB = 2DFB = $102

CEB = (1000 × 2.5 + 3000 × 2 + 5000 × 1.5) × 10-2

= $160

⇨ CMB = CDB + CEB = $262

(d) Pav-B = 9000 ∕ 730 = 12.3288 kW

Se calcula el tamaño del banco de condensadores para suministrar esta misma demanda activa promedio pero a menor factor de potencia.

QC = Pav-B × (tan arccos 0.7 – tan arccos 0.85)

= 12.3288 × (1.0201 – 0.6198)

= 4.95 kvar 5 kvar

(e) Colocando 5 kvar ⇨ Costo = 30 × 5 = $150

La demanda de facturación en B se haría igual a la leída y en consecuencia:

DFB’ = DLB = 42 kW ⇨ CDB’ = 2DFB = $84

Ahorro = 102 – 84 = $18/mes

Así, el tiempo t para recuperar la inversión sería:

t = 150 ∕ 18 =8.33 meses

O bien, 8 meses y 10 días. Vale la pena la inversión puesto que se paga en menos de un año.