Tarea Redes Electricas

Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Ingeniería Eléctrica

Tarea de Redes Eléctricas 1

Ivo Novacovic Gatica 201323005-9 - Nicolás Silva Escudero 201304207-5Profesor: Javier Ríos

Septiembre 21, 2015

Transformador Monofásico

Conexión:YNyn0

• Diagrama de Reloj y Conexión Eléctrica:

• Características Transformador Trifásico:

a) AT /BT :110

p3

15p

3kV

b) k = VA

Va= 110

15c) S3∅ = 3S1∅ = 90MV A

d) Impedancias Cortocircuito AT yBT con(Ze ) = 0,8(pu) yX

R= 100:

* ZAT nom = (110p

3kV )2

90MV A= 403,3[Ω] → Imped anci aB ase AT

* Zcc AT = (Ze )ZAT nom = 322,64 < 89,42[Ω]

* ZBT nom =(15

p3kV )2

90MV A= 7,5[Ω] → Imped anci aB aseBT

* ZccBT = (Ze )∗ZAT nom = 6 < 89,42[Ω]

• Simulación con programa PSIM:

1

• Conexión a Red de 150kV y a Impedancia constante:La Red que se conecta de 150kV representa las tensiones de linea, el sistema lo trabajaremos como un equivalente

monofásico, por lo que necesitamos la tensión de fase que entrega esa red, por lo que VA = 150p3<−30kV

– S1∅ = 70

3[MV A] y F P = 0,6i nd →< 53,13

– Zcar g a = Vanom2

S∗1∅

= 9,632 < 53,13[Ω]

– Va = VA

k→ Va = 75

p3

11<−30kV

– Zeq = ZccBT +Zcar g a → Zeq = 14,9 < 66,9[Ω]

Ia = Va

Zeq= 0,7921 <−96,91k A

–– Reflejada ahora en el lado de alta tensión mediante:1

k∗ = I A

Ia

– Resulta: I A = 0,108 <−96,91k AObs: La tensión IB e IC es igual a I A , como también la tensión Ib e Ic es igual a Ia , ya que el sistema es balanceado.

• Verificar Resultados Ejercicios 1.4:

Conexión:Dd4



a) AT /BT :110

15kV

b) k = VA

Va= 110

15< 120

c) S3∅ = 3S1∅ = 90MV A

d) Impedancias Cortocircuito AT y BT con (Ze ) = 0,8(pu) yX

R= 100 :

2

* ZAT nom = (110kV )2

90MV A[Ω] → Imped anci aB ase AT

* Zcc AT = (Ze )ZAT nom = 107,56 < 89,42[Ω]

* ZBT nom = (15kV )2

90MV A[Ω] → Imped anci aB aseBT

* ZccBT = (Ze )∗ZAT nom = 2 < 89,42[Ω]


• Conexión a Red de 150kV y a Impedancia constante:

– VA = 150p3<−30kV

– S1∅ = 70

3[MV A] y F P = 0,6i nd →< 53,13


S∗1∅

= 3,21 < 53,13[Ω]

– Va = VA

k→ Va = 11,81 <−150kV


– Ia = Va

Zeq= 2,38 <−216,83k A

– Reflejada ahora en el lado de alta tensión mediante:1

k∗ = I A

Ia

– Resulta: I A = 0,326 <−96,83k A


3

Conexión:Dyn0


No hay acoplamiento magnético, por lo que las tensiones del lado AT con el lado BT no entran en fase.

Conexión:Yd7



a) AT /BT :110

p3

15kV

4

b) k = VA

Va= 110

p3

15< 210

c) S3∅ = 3S1∅ = 90MV A


R= 100 :

* ZAT nom = (110p

3kV )2


* Zcc AT = (Ze )ZAT nom = 322,67 < 89,42[Ω]

* ZBT nom = (15kV )2


* ZccBT = (Ze )∗ZAT nom = 2 < 89,42[Ω]



– VA = 150p3<−30kV

– S1∅ = 70

3[MV A] y F P = 0,6i nd →< 53,13


S∗1∅

= 3,21 < 53,13[Ω]

– Va = VA

k→ Va = 6,81 <−240kV


– Ia = Va

Zeq= 1,375 <−306,94k A


k∗ = I A

Ia

– Resulta: I A = 0,108 <−96,94k A


5

Conexión:YNy3


No hay acoplamiento magnético, por lo que las tensiones del lado AT con el lado BT no entran en fase.

Conexión:Dy1



a) AT /BT :110

15p

3kV

6

b) k = VA

Va= 110

15p

3< 30

c) S3∅ = 3S1∅ = 90MV A


R= 100 :

* ZAT nom = (110kV )2


* Zcc AT = (Ze )ZAT nom = 107,56 < 89,42[Ω]

* ZBT nom = (15p

3kV )2


* ZccBT = (Ze )∗ZAT nom = 6 < 89,42[Ω]



– VA = 150p3<−30kV

– S1∅ = 70

3[MV A] y F P = 0,6i nd →< 53,13


S∗1∅

= 9,64 < 53,13[Ω]

– Va = VA

k→ Va = 20,472 <−60kV


– Ia = Va

Zeq= 1,374 <−126,91k A


k∗ = I A

Ia

– Resulta: I A = 0,3249 <−96,91k A

7


8

Transformador Trifásico

Datos:

• Tensiones:110kV

15kV

• Potencia:100MV A

• Impedancia de cortocircuito: 0,8pu en base propia, conX

R= 100

Conexión Dy1:


• Las tensiones en fase serán : VB A//Vb ; VC B //Vc ; VAC //Va

1. k = VA

Va= 110

p3

15p

3< 30

n = N 1

N 2= 110

15/p

3= 12,7

2. Al cambiar el sentido de las vueltas, lo que genera que las conexión de las tensiones en fase se invierta, es decir,ahora las tensiones en fase serán:VAB //Vb ; VBC //Vc ; VC A//Va .Al ocurrir esto, ahora la conexión será D y7.

Por lo tanto también cambiará k = VA

Va= 110

p3

15p

15< 210

La tensión VC A tendrá un ángulo de −210 respecto a VA , y la tensión VC A tendrá un ángulo de −60 respecto a lamisma referencia. Por lo tanto la diferencia de ángulo entre las tensiones de linea de AT/BT será de −150.

3. Al cambiar la parte de Alta Tensión a una secuencia negativa, lo que ocurre es que se invierten VB con VC , es decir,VB quedará ahora con angulo +120 y VC quedará con angulo −120. Las tensiones que estarán en fase serán VC A//Vb ;VBC //Vc ; VAB //Va . El siguiente diagrama de reloj y su configuración trifásica representan esto.

9

Los desfases que tendrán las tensiones de lineas serán los mismos, que los desfases del original, ya que no se cambiola configuración, solo se invirtieron dos tensiones.

Conexión YNd1:

• Diagrama de Reloj y Conexión Eléctrica

• Las tensiones en fase serán: VA//Vab ; VB //Vbc ; VC //Vca

(a) k = VA

Va= 110

p3

15p

3< 30

n = N 1

N 2= 110/

p3

15= 4,23

(b) Al cambiar el sentido de las vueltas, lo que genera que las conexión de las tensiones en fase se invierta, esdecir, ahora las tensiones en fase serán:

• VA//Vba ; VB //Vcb ; VC //Vac .

10

Por lo tanto también cambiará k = VA

Va= 110

p3

15p

3<−150

La tensión VAB tendrá un ángulo de 30 respecto a VA , y la tensión Vba tendrá un ángulo de 0 respecto a lamisma referencia. Por lo tanto la diferencia de ángulo entre las tensiones de linea de AT/BT será de 30.

(c) Al cambiar la parte de Alta Tensión a una secuencia negativa, lo que ocurre es que se invierten VB con VC , esdecir, VB quedará ahora con ángulo +120 y VC quedará con ángulo −120. Las tensiones que estarán en faseserán VA//Vab ; VB //Vca ; VC //Vbc . El siguiente diagrama de reloj y su configuración trifásica representan esto.

Los desfases que tendrán las tensiones de lineas serán los mismos, que los desfases del original, ya que no secambio la configuración, solo se invirtieron dos tensiones.

11

Carga monofásica

Datos:

• Red trifásica balanceada de secuencia positiva de 15kV

• Transformador trifásico Y N d5 , 100MV A,100kV /15kV , Xcoci = 1pu

Por medio de la configuración trifásica y también por el diagrama de reloj se obtienen los siguientes datos, validospara los dos tipos de falla.

• VA//Vca ; VB //Vab ; VC //Vbc

• k = 100

15< 150

• n = 100

15p

3

• ZAT nom = 1002

100= 100[Ω]

Zcc AT = (Xcoci 100 j ) = 100 j [Ω]

• ZBT nom = 152

100= 9

4[Ω]

ZccBT = 9

4j [Ω]

Entre la Fase A y el Neutro

Conectando la red de 15kV al lado BT y usando las mismas referencias del diagrama de reloj, se obtiene:

12

• Las tensiones de linea del lado BT:

– Vca = 15kV < 0kV

– Vab = 15kV <−120kV

– Vbc = 15kV < 120kV

• Y también las tensiones de fase del lado BT:

– Vc = 15p3<−30kV

– Va = 15p3<−150kV

– Vb = 15p3< 90kV

Al conectar la carga monofásica entre la fase A y el Neutro se obtienen las siguientes ecuaciones y valores:

• IB = 0

• IC = 0

• I A = VA

Zeq; Donde Zeq = Zcc AT +Zcar g a

• Para determinar Zcar g a , es necesario saber los valores de VF nom y la potencia de la carga

VF nom = VLnomp3

= 100

3kV

S1∅ = 30MV A con F P = 1; representa que el ángulo de la potencia es 0

Zcar g a = V 2F nom

S1∅= 37,04[Ω]

• VA = k ∗Va =VA = 100p3< 0kV

Ya teniendo todos los valores solo queda resolver e indicar las corrientes del sistema:

• I A = VA

Zeq= 0,5414 <−69,67[k A]

Como hay tensiones que se encuentran en fase (VA//Vca ; VB //Vab ; VC //Vbc ), también se encontraran en fase sus

corrientes por lo que se cumple la relación1

n, entre las corrientes en fase, lo que nos entrega:

•1

n= I A

Ica→ Ica = 2,08 <−69,67[k A]

•1

n= IB

Iab→ Iab = 0

•1

n= IC

Ibc→ Ibc = 0

Mediante la conexión delta se puede encontrar las corrientes de línea

13

• Ic = Ica = 2,08 <−69,67[k A]

• Ia =−Ica = 2,08 < 69,67[k A]

Entre la Fase B y C

Conectando la red de 15kV al lado BT y usando las mismas referencias del diagrama de reloj, se obtiene:

• Las tensiones de linea del lado BT:

– Vca = 15kV < 0kV

– Vab = 15kV <−120kV

– Vbc = 15kV < 120kV

• Y también las tensiones de fase del lado BT:

– Vc = 15p3<−30kV

– Va = 15p3<−150kV

– Vb = 15p3< 90kV

14

Al conectar la carga monofásica entre las fases B y C se obtienen las siguientes ecuaciones y valores:

• I A = 0

• IB = I f

• IC =−I f

• De las dos anteriores se obtiene: IB + IC = 0

• VBC =VB −VC = IB ∗Zeq ; Donde Zeq = 2∗Zcc AT +Zcar g a

• Para determinar Zcar g a , en este caso necesitamos la VLnom ( ya que la carga esta entre dos fases) y la potenciade la carga.

VLnom = 100p3

kV

S1∅ = 30MV A con F P = 1 representa que el ángulo de la potencia es 0

Zcar g a = V 2Lnom

S1∅= 111,11[Ω]

• VC = k ∗Vc =VC = 57,74 < 120kV

• VB = k ∗Vb =VB = 57,74 <−120kV

• VBC =VB −VC =VBC = 100 <−90kV

Ya teniendo todos los valores solo queda resolver e indicar las corrientes del sistema:

• IB = VBC

Zeq= 0,437 <−150,95[k A]

Como hay tensiones que se encuentran en fase (VA//Vca ; VB //Vab ; VC //Vbc ), también se encontraran en fase sus

corrientes por lo que se cumple la relación1

n, entre las corrientes en fase, lo que nos entrega:

•1

n= I A

Ica→ Ica = 0

•1

n= IB

Iab→ Iab = 1,682 <−150,94[k A]

•1

n= IC

Ibc→ Ibc = 1,682 < 150,94[k A]

Mediante la conexión delta se puede encontrar las corrientes de línea

15

• Ic =−Ibc = 1,682 <−150,94[k A]

• Ib = 0

• Ia = Iab = 1,682 <−150,94[k A]

16

Sistemas de Potencia

Mediante los datos o características nominales, se puede obtener los siguientes valores:

• G1:

– VF 1 = 550p3

kV

– Scoci 1∅ = 1233MV AX

R= 5 →< 78,69

– ZG1 = 81,77 < 78,69[Ω]

• L I−I I I :X = 0,5∗100[Ω] → ŁI−I I I = 50 < 78,69[Ω]

• G2:

– VF 2 = 15p3

kV

– Scoci 1∅ = 266,66MV A

–X

R= 50 →< 88,85

– ZG2 = 0,28 < 88,85[Ω]

• TR1:

– Las tensiones que estarán en fase sera VA//Vab ; VB //Vbc ; VC //Vca

– k1 = 550

15< 30; n1 = 550

p3

15

– ZAT nom = (550/p

3kV )2

100/3MV A= 3025[Ω] Zcc AT = 453,75[Ω]

• Zcar g aI I I :

– S1∅ = 30MV A con F P = 1 → S1∅ = 30 < 0

17

– Zcar g aI I I = (550/p

3kV )2

30MV A= 3361,11[Ω]

• L I I I−IV :

Z = 0,5∗150 conX

R= 50 resulta: L I I I−IV = 75 < 78,69[Ω]

• TR2:

– Las tensiones que estarán en fase sera VC A//Vc ; VBC //Vb ; VAB //Va

– k2 = 550

100< 330; n2 = 550

100/p

3

– ZAT nom = (550/p

3kV )2

50/3MV A= 6050 < 84,29[Ω] Zcc AT = 605 < 84,29[Ω]

• Zcar g aV :

Zcar g a = (100/p

3kV )2

100/3MV A= 100[Ω]

(a) El Circuito Equivalente Trifásico será:

(b) A través del circuito equivalente trifásico, podemos obtener el equivalente por fase reflejado al lado de 550kV

18

Los valores del equivalente por fase reflejado al lado de 550kV :

• G1 = 550p3

kV

• ZG1 = 81,77 < 78,69[Ω]

• L I−I I I = 50 < 78,69[Ω]

• L I I I−IV = 75 < 78,69[Ω]

• G2 = 317,57kV

• ZG2 = 376,4 < 88,85[Ω]

• Zcc AT 1 = 453,75[Ω]

• Zcc AT 2 = 605 < 84,29[Ω]

• Zcar g aI I I = 3361,11[Ω]

• Zcar g ar e f le j ad aV = 3025[Ω]

(c) Para calcular las Potencias Trifásicas en las barras, se realiza un cortocircuito entre la barra y la tierra, paradeterminar el equivalente de Thevenin, en donde:

Scc3∅ = 3VT h

ZT h

• Cortocircuito barra II:

– VT h = 317,57kV

– ZT h = 376,4 < 88,85[Ω]

– Scc3∅ = 803,8 <−88,85MV A

• Cortocircuito barra IV:

– VT h = 310,29 <−3,7kV

– ZT h = 127,69 < 71,33[Ω]

– Scc3∅ = 2262,09 <−78,74MV A

• Cortocircuito barra V:

– VT h = 304,75 <−9,33kV

– ZT h = 417,47 < 73,23[Ω]

– Scc3∅ = 667,41 <−91,88MV A

(d) Potencias Transmitidas para cada línea:

19

• Para nuestro equivalente monofásico reflejado, se define como I1 la tensión que va desde el generadorG1 hasta el nodo 3.

• I2 será la corriente que va desde G2 hasta el nodo 3.

• También se definirá I3, que es la corriente que sale por la Zcar g aI I I y I4, que es la corriente que sale porla Zcar g aV

• Como se sabe que la potencia trifásica se distribuye 2:1, esto nos indica que I1 = 2I2

• Vnombar r aV = 550p3

kV

• I4 = Vnombar r aV

Zcar g ar e f le j ad aV= 0,104k A

• Vnombar r aI I I =Vnombar r aV + I4(L I I I−IV

2+ Zcc AT 2

2) = 3234.42 < 6,29

• I3 = Vnombar r aI I I

Zcar g aI I I= 96,22 < 6,29

• VG1 =Vnombar r aI I I + I1(ZG1 + L I−I I I

2)

20

Documents

Tarea Redes Electricas