Transformadores: Sistema por unidad

TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
1 Introducción
De manera muy frecuente, los cálculos realizados en máquinas rotativas,
transformadores, conjuntos de máquinas, líneas de transmisión y de
distribución, etc. se llevan a cabo basándose en el sistema de “valores
relativos”, es decir expresando todas las cantidades como “porción decimal” de
un valor base que se escoge apropiadamente. Todos los cálculos se hacen
empleando estos valores relativos en vez de hacerse en voltios, amperios,
ohmios, etc... :
∆pu =
Valor real de la cantidad ∆, en cualquier unidad
Valor base seleccionado para la misma cantidad (En la misma unidad)
Todas las fracciones por unidad son adimensionales porque se relacionan
cantidades expresadas en la misma unidad. Los valores p.u. son generalmente
fracciones menores que la unidad, aunque también pueden ser mayores de
uno.
2 Ventajas del sistema
Las ventajas que se obtienen con este sistema de cálculo se aprecian en
muchos sistemas:
Las constantes de las máquinas o transformadores, cuando se emplean de
esta forma referidas a la potencia indicada, guardan una relación numérica
sencilla, lo que permite una rápida comprobación de los resultados, ya que se
emplean números más sencillos y están menos sujetos a errores.
En los sistemas de transmisión y distribución, los diversos alternadores, líneas,
transformadores, máquinas eléctricas, generalmente varían en potencia, en sus
caídas de tensión y en sus pérdidas, pero con el sistema p.u. en el que se
emplea una base común, todos estas cantidades son del mismo orden, y con
ello se reduce un sistema entero a un circuito único simplificado.
Al tratar con sistemas con varios transformadores en cascada, de potencias
diversas, diversas relaciones de transformación, etc. El sistema por unidad
reduce esa red a un sistema unifilar cuando se escoge una tensión base
adecuada.
A los sistemas trifásicos se les elimina por completo el factor 3 , con lo que se
evitan equivocaciones frecuentes.
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1
TRANSFORMADORES:
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3 Representación por unidad
Se requiere un mínimo de cuatro unidades para definir totalmente un sistema
por unidad; estas cantidades son: tensión, corriente, potencia, impedancia (o
admitancia). Si se suprimen dos de ellas de forma arbitraria, las otras dos
quedan fijas a partir de las primeras. Las cantidades p.u. y sus bases muestran
las mismas relaciones y obedecen a las mismas leyes (Ohm, Kirchhoff, ...) que
las cantidades en otros sistemas de unidades:
Corriente base =
Voltio-amperios base
(En Amperios )
Voltaje base
Impedancia base =
Voltaje base
(En Ohmios )
Corriente base
Voltaje por unidad =
Voltaje real
Voltaje base
Impedancia por unidad =
(p.u.)
Impedancia real
Impedancia base
(p.u.)
Ejemplo de aplicación Nº1:
La impedancia y la tensión base para un sistema de potencia dado son 10Ω y
400V respectivamente. Calcular los KVA base y la corriente base:
Solución:
Corriente base =
400
40 ⋅ 400
= 40Amp ∴ KVA base =
= 16KVA
10
1000
Ejemplo de aplicación Nº2:
La corriente y el voltaje base de un sistema de 345KV, tienen un valor de
3000Amp y 300KV respectivamente. Hallar la tensión por unidad y la
impedancia base del sistema:
Solución
Impedancia base =
Voltaje base
300 ⋅ 103
=
= 100Ω
Corriente base
3000
Voltaje por unidad =
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Voltaje real 345
=
= 1,15pu
Voltaje base 300
2
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Ejemplo de aplicación Nº3:
Si la potencia específica del ejemplo Nº2 es de 1380MVA, calcular la corriente
unitaria referida a la base de este ejemplo:
Solución:
1380 ⋅ 106
Corriente real en el sistema =
= 4000Amp
345 ⋅ 103
Corriente por unidad =
4000
= 1,33pu
3000
Ejemplo de aplicación Nº4:
Un generador monofásico de 10KVA y 200V tiene una impedancia interna de
2Ω. Empleando los datos de placa del generador como valores base, hallar la
tensión por unidad generada que se requiere para producir la corriente de
carga total en caso de cortocircuito:
Solución:
Voltaje base = 220V = 1pu ∴ (KVA )base = 10KVA = 1pu
Corriente base =
10000
= 50Amp = 1pu
200
La tensión generada que se requiere para producir la corriente nominal en
cortocircuito es:
I ⋅ Zi = 50 ⋅ 2 = 100V
Y en p.u.:
V=
100
= 0, 5pu
200
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3
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4 Aplicación al transformador
4.1 Definición de sus magnitudes:
Tensiones base:
Tensión nominal del primario = U1b
Tensión nominal del secundario = U2b
Potencia base:
( VA )n primario = Sb = ( VA )b = ( VA )n secundario
Corriente base
Corriente nominal primaria: I1b =
Sb
U1b
Corriente nominal secundaria: I2b =
Sb
U2b
Impedancia base:
Impedancia base del primario: Z1b =
U1b
I1b
Impedancia base del secundario: Z2b =
U2b
I2b
Impedancias en p.u.:
12
U
I
N Z 
rT = 1b = 2b = 1 =  1b 
U2b I1b N2  Z2b 
A la carga nominal, las impedancias base son:
U
2
Z1b = 1b = rT ⋅ Z 2b
I1b
Las impedancias base se relacionan:
U
2
Zib = 1b = rT ⋅ Z 2b
I1b
La impedancia equivalente reflejada al primario es:
2
Z1eq = rT ⋅ Z 2eq
La impedancia primaria por unidad se puede escribir:
Z
Z
Z
I ⋅Z
I ⋅Z
Z1eq pu = 1eq = 2 1eq = 2eq = 2b 2eq = 1b 1eq = Z2eq pu
Z1b rT ⋅ Z2b Z2b
U2b
U1b
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4
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Ejemplo de aplicación Nº5
Sea un transformador de 5KVA, 400/200V que puede representarse
aproximadamente por una reactancia de 2Ω referida al lado de B.T. tomando
los valores nominales como cantidades base, hallar la reactancia del
transformador como una cantidad por unidad.
Solución:
( VA )base = 5000 ∴ Tensión base = 200V
Corriente base =
5000
200
= 25A ∴ Impedancia base =
= 8Ω
200
25
Reactancia p.u. =
2
= 0,25pu
8
Si expresamos todas las cantidades del lado de A.T.:
( VA )base = 5000 ∴ Tensión base = 400V
Corriente base =
5000
400
= 12,5A ∴ Impedancia base =
= 32Ω
400
12,5
2
 400 
Reactancia l A.T. = 2 ⋅ 
 = 8Ω
 200 
Reactancia p.u. l A.T. =
8
= 0,25pu
32
Se ve que ambos valores coinciden.
De la ecuación anterior, conviene resaltar:
1. Zeq pu es una cantidad compleja con magnitud y dirección
2. Los valores p.u. de Z1eq pu y Z2eq pu son los mismos
3. No se necesita rT cuando se trabaja en valores p.u.
4. La tensión de cortocircuito aplicada en este ensayo es I2b·Z2eq ó I1b·Z1eq
5. En general, los transformadores de A.T. presentan mayores valores de Zeq pu
puesto que se precisa una mayor caída de tensión para producir una
corriente de cortocircuito.
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5
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4.2 Pérdidas en el cobre en p.u. y Req en p.u.
Las perdidas en el cobre del transformador pueden determinarse en el sistema
por unidad de formas diversas:
2
PCu = R1 ⋅ I1 + R2 ⋅ I2
2

I 
2
2R
2
=  2  ⋅ R1 + I2 ⋅ R2 = I2  21 + R2  = I2 ⋅ Re q
 rT 
 rT

(A cualquier carga, es decir, a cualquier valor de I2)
2
 R1
 I22
I 
2
2
2
PCu = I2  2 + R2  = 2 ⋅ R1 + rT ⋅ R2 =  2  ⋅ R1e q = I1 ⋅ R1e q = I2 ⋅ R2 e q
 rT 
 rT
 rT
Así que:
2
I2b ⋅ R2 e q I2b
R
=
⋅ R2 e q = 2 e q = R2eq pu
Pcu p.u. nominal ⇒
U2 ⋅ I2b
U2
Z 2b
(
2
)
2
Pcu p.u. para cualquier carga ⇒
2
Pcu p.u. nominal ⇒
rT ⋅ R2 e q
2
rT ⋅ Z2b
I2b ⋅ R2 e q
Sb
R1e q
=
Z1b
Nominal ⇒ Pcu pu = R1eq pu = R2eq pu =
2
=
I1b ⋅ R1e q
Sb
= R1eq pu
PCC
Sb
4.3 Reactancia equivalente p.u.
Las relaciones para la reactancia de dispersión parten directamente de la
ecuación:
Z1eq pu =
Z1eq
Z1b
=
Z1eq
2
rT ⋅ Z2b
=
Z2eq
Z2b
=
I2b ⋅ Z2eq
U2b
=
I1b ⋅ Z1eq
U1b
= Z2eq pu
Pero debe recordarse que todos los valores óhmicos (impedancia, reactancia y
resistencia) se dividen entre la impedancia base, es decir:
Xeq pu =
X1eq
Z1b
2
=
rT ⋅ X2eq
2
rT ⋅ Z2b
=
X2eq
Z 2b
=
I2b ⋅ X2eq
U2b
2
2
=  Z eq pu − Req pu 
12
En general, en los transformadores de pequeña potencia se especifica tanto
Xeq pu como Req pu, pero en los de gran potencia, la relación de reactancia a
resistencia es tan grande que se puede considerar a la resistencia despreciable
y se suele admitir la aproximación Xeq pu = Zeq pu
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6
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4.4 Perdidas en el núcleo en p.u.
Ya sabemos que las PFe=Ph+Pf y que para hallar el rendimiento de un
transformador no es preciso separarlas. A tensión y frecuencias nominales y
constantes, estas pérdidas son constantes e independientes de la carga.
2
PFe pu =
2
PFe
U1
U1
=
=
Sb RFe ⋅ Sb RFe ⋅ U1b ⋅ I1b
Si el transformador trabaja a U1 = U1b:
PFe pu =
U1b
Z
1
= 1b =
RFe ⋅ I1b RFe RFe pu
4.5 Regulación de tensión en p.u.
En la expresión general:
U1
= U2 + I2 ⋅ Z2eq si dividimos por U2b:
rT
I ⋅Z
U1
U
= 2 + 2 2eq
rT ⋅ U2b U2b
U2b
Y como U2b ⋅ rT = U1b y también U2b = I2b ⋅ Z2b , se tiene:
I ⋅Z
U1
U
= 2 + 2 2eq
U1b U2b I2b ⋅ Z 2b
Que nos da la relación por unidad:
U1pu = U2pu + I2pu ⋅ Zeq pu β
Para cualquier carga. Si se define a la carga nominal a cualquier f.d.p., para
este como especifico se obtiene:
U2 = U2b y U2pu = 1
I2 = I2b e I2pu = 1
Sustituyendo:
+φ̂ en adelanto
U1pu = 10º + 1 ±φ2 − Zeq pu β  2
−φ̂2 en retraso
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7
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4.6 Rendimiento en p.u.
Sabemos que a cualquier carga:
µ=
P0 pu
P0
=
P0 + PFe + PCu P0 pu + PFe pu + PCu pu
Siendo:
P0
Sb
P
PCu pu = CC (A la carga nominal Pcu pu = Req pu del ensayo de cortocircuito)
Sb
P
PFe pu = Fe (Del ensayo de vacío, P0 = PFe )
Sb
P0 pu =
Definiendo factor o índice de carga a: S/Sb, el µ del transformador a cualquier
f.d.p. puede escribirse:
µ=
C ⋅ f.d.p.
C ⋅ f.d.p. + PFe pu + PCu pu
4.7 Rendimiento máximo:
Si ha de cumplirse que las Perd. fijas = Perd. variables, PFe pu = C2 ⋅ REq pu , de
donde:
Cµ max
S  PFe pu 
=
=

Sb  REq pu 
12
Que es el índice de carga para el cual el µ es máximo.
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5 Sistemas trifásicos. Análisis p.u.
Eligiendo:
Sb (Trifásica) = 3 ⋅ Sb
Vb (Línea) = 3 ⋅Ub
Donde Sb representa la potencia base del sistema monofásico equivalente y
Ub, la tensión simple del sistema trifásico (monofásico equivalente). Sb
(trifásica) representa la potencia trifásica y Ub (línea), representa la tensión
compuesta en la red trifásica.
Partimos de unos valores:
S(trifásica) y una tensión compuesta V(línea), y veamos como obtener valores p.u.
POTENCIA: Spu (trifásica) =
S(trifásica)
=
Sb (trifásica)
3⋅S
= Spu (monofásica)
3 ⋅ Sb
S representa la potencia por fase. Véase como la potencia trifásica p.u.
coincide con la monofásica en p.u.
TENSIÓN: Vpu (trifásica) =
V(línea)
Vb (línea)
=
3 ⋅U
3 ⋅ Ub
= Upu (monofásica)
Donde U representa la tensión simple.
Estas dos conclusiones nos indican que al resolver un problema trifásico en
valores p.u. es indiferente utilizar valores por fase o valores trifásicos.
Veamos lo que ocurre con las impedancias:
IMPEDANCIA: Zb (trifásica) =
Ub2(línea)
Sb (trifásica)
(
=
3 ⋅ Ub
3 ⋅ Sb
)
2
2
U
= b = Zb (Monofásica)
Sb
¿Qué ocurre con las conexiones λ-∆ en las impedancias?. Sea por ejemplo:
Z λ [Ω] =
1
⋅ Z ∆ [Ω]
3
Z λ base =
Uλ base V∆ base 3 1
=
= Z ∆ base
Iλ base
3
3 ⋅ I∆ base
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Por tanto:
Z λ pu =
Z λ [Ω] 1 3 ⋅ Z ∆ [Ω] Z ∆ [Ω]
=
=
= Z ∆ pu
Z λ base 1 3 ⋅ Z ∆ base Z ∆ base
Se puede decir que el valor en p.u. de la impedancia de una fase en triangulo
es también el valor en tanto por uno de la impedancia de una estrella
equivalente.
Ejemplo de aplicación Nº6
Un sistema trifásico conectado en estrella de 50MVA, 120KV. Expresar
40.000KVA de potencia aparente trifásica como valor p.u. referido a:
a. Los KVA del sistema trifásico como base
b. Los KVA por fase del sistema como base
Solución:
a. Caso de base trifásica:
(KVA)base = 50.000KVA = 1pu
(KV)base = 120KV = 1pu
Así que:
(KVA)pu =
40.000
= 0,8pu
50.000
b. Para la base por fase:
1
⋅ 50.000 = 16.667KVA = 1pu
3
120
=
= 69,28KV = 1pu
3
(KVA)base =
(KV)base
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6 Cambio de base
Se emplea esta argucia matemática si se han de hacer cálculos en un sistema
eléctrico con varias máquinas de diferentes valores nominales e incluso
situadas en redes (líneas de transmisión) a diferentes tensiones y se debe
hacer una relación arbitraria (o necesaria) de base, pero que en todo el sistema
se emplea la misma.
Para comprender esta metodología de calculo, supongamos dos sistemas base
definidos por:
Potencia : Sb1
Sistema 1 
Tensión : Ub1
Potencia : Sb2
Sistema 2 
Tensión : Ub2
Las corrientes e impedancias base para cada sistema son:
Ib1 =
Sb1
Ub1
Ib2 =
2
Sb2
Ub2
2
U
Zb1 = b1
Sb1
Zb2
U
= b2
Sb2
Si se parte de unos valores: S, I, V, Z, se tendrán unos valores p.u.
Spu 1 =
S
U
I
Z[Ω]
∴ Upu 1 =
∴ Ipu 1 =
∴ Zpu 1 =
Sb1
Ub1
Ib1
Zb1
S
U
I
Z[Ω]
∴ Upu 2 =
∴ Ipu 2 =
∴ Zpu 2 =
Sb2
Ub2
Ib2
Zb2
Dividiendo unas expresiones por otras tenemos:
Spu 2 =
Spu 2 = Spu 1 ⋅
Ipu 2 = Ipu 1 ⋅
Sb1
U
∴ Upu 2 = Upu 1 ⋅ b1
Sb2
Ub2
Ib1
S U
= Ipu 1 ⋅ b1 ⋅ b2
Ib2
Sb2 Ub1
2
Zpu 2
Z
U
S
= Zpu 1 ⋅ b1 = Zpu 1 ⋅ b12 ⋅ b2
Zb2
Ub2 Sb1
Que son las magnitudes p.u. en base 2, con respecto a esas mismas
magnitudes, pero en base 1.
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Ejemplo de aplicación Nº7
Un generador síncrono de 6,25KVA, 220V, conexión estrella, tiene una
reactancia de 8,4Ω / fase. Utilizando como base los valores nominales, hallar la
reactancia p.u. Después cambiar este valor p.u. de 230V a una base de
7,5KVA.
Solución:
( VA )Base = 6250 = 1pu
VBase = 220 = 1pu
6250
Corriente base =
3 ⋅ 220
Reactancia base =
Reactancia p.u. =
= 16,4 = 1pu
220
= 13,4 = 1pu
16,4
8,4
= 0,627pu
13,4
Para la base de 230V y 7,5KVA, obtenemos:
( VA )Base nueva ⋅ (KV )Base vieja
Z
=
⋅ ( Zpu )Base vieja
( pu )Base nueva
2
( VA )Base vieja ⋅ (KV )Base nueva
2
2
 220  7500
Reactancia p.u. = 0,627 ⋅ 
= 0,688pu
 ⋅
 230  6250
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12
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7 Representación de los sistemas de potencia
Los componentes básicos de un sistema de potencia son los generadores,
transformadores, líneas de distribución y cargas. Las interconexiones entre
estos componentes de un sistema de potencia, se pueden representar por
medio de un diagrama unifilar. Para su análisis matemático, los circuitos
equivalentes de estos componentes se muestran en un diagrama de
reactancias o de impedancias.
Los cálculos para un sistema de potencia que tenga dos o más niveles de
tensión se vuelven muy difíciles cuando es necesario convertir corriente en un
nivel de tensión diferente cuando está intercalado un transformador. El método
más apropiado es el sistema por unidad, y si se sigue la siguiente metodología,
los resultados son aceptables en cuanto a los desarrollos analíticos:
1. Se elige una potencia aparente para todo el grupo no conjunto, como base.
2. Se toma una tensión base arbitraria.
3. Se relacionan todas las tensiones base a través de las relaciones de
transformación de cada transformador.
4. Se relacionan las impedancias base en las diferentes secciones o tramos.
5. Se dibuja el diagrama de impedancias o reactancias del conjunto y se
resuelve analíticamente en valores p.u.
6. Reconvertir los valores p.u. en valores absolutos.
NOTA:
Hay que tener especial cuidado cuando se aplica este sistema para un régimen
de trabajo determinado cuando hay dos transformadores en cascada, pues los
valores deben reducirse al de menor potencia.
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13
TRANSFORMADORES:
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Ejemplo de aplicación Nº8
1. Método tradicional:
Un sistema de potencia consta de un generador síncrono monofásico de 480V 60Hz. que alimenta a una carga de impedancia ZC = ( 4 + j3 ) Ω a través de una
línea de transmisión con una ZL = ( 0,18 + j0,04 ) Ω .
a. ¿Qué tensión hay en bornes de la carga?¿Qué potencia se pierde en la
línea?
ILinea
0,18Ω 0,24Ω
IG
ZLínea
ICarga
ZCarga
4+j3 Ω
G
b. Si se coloca al extremo final de la línea un transformador reductor de 10:1 a
los bornes de la carga, y otro elevador 1:10, a los bornes del generador.
¿Cuál será la nueva tensión en bornes de la carga?
IG
ILinea
ICarga
0,18Ω 0,24Ω
1:10
ZLínea
10:1
ZCarga
4+j3 Ω
G
Solución:
a.
ILínea =
V
V
480 0º
=
=
= 90,8 −37,8 A
ZT ZL + ZC ( 0,18 + j0,24 ) + ( 4 + j3 )
UCarga = ILínea ⋅ ZC = 90,8 −37,8º ⋅ ( 4 + j3 ) = 454 −0,9º V
2
Potencia perdida: RLínea ⋅ IL = 0,18 ⋅ 90,82 ≅ 1484W
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14
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
b. En la figura se muestra el esquema de potencia y se soluciona:
• Se trasladan los valores de la carga al nivel de tensión de la línea.
Eliminamos T2.
• Se elimina T1 se convierten los valores a la tensión del lado de la fuente
de alimentación del conjunto.
Analíticamente:
c
ILínea
IG
V = 480 0º V
0,18Ω 0,24Ω
10:1
ZLínea
Z’Carga
400+j300 Ω
G
Circuito equivalente
d
0,0018Ω 0,0024Ω
IG
V = 480 0º V
Z’Línea
Z’’Carga
4+j3 Ω
G
Circuito equivalente
2
Figura c ⇒ Z 'Carga = ZCarga ⋅ rT
2
 10 
= ( 4 + j3 )   = ( 400 + j300 ) Ω
 1
ZTotal = ZL + Z 'C = ( 400 + j300 ) + ( 0,18 + 0,24 ) = ( 400,18 + j300,24 ) Ω
Z Total = 500,3 36,88º Ω
Figura d ⇒ Traslademos esta ZTotal, al nivel de tensión del primario de T1:
2
Z 'Total
Z 'Total
La IG vale ⇒ IG =
 A. GORDON de 2000
 1
= rT ⋅ Z Total =   ⋅ ( 0,18 + j0,24 ) ⋅ ( 400 + j300 ) 
 10 
= 5,003 36,88º Ω
2
480 0º
≅ 95,94 −36,88º A
5,003 36,88º
15
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
“Trasvasemos” de tramo a tramo los valores de la corriente:
ILínea =
1
⋅ 95,94 −36,88º = 9,594 −36,88º A
10
ICarga =
10
⋅ 9,594 −36,88º = 95,94 −36,88º A
1
La tensión en bornes de la carga:
VCarga = ICarga ⋅ ZCarga = 95,94 −36,88º ⋅ 5 36,87º = 479,7 −0,01º V
Si quisiéramos hallar las pérdidas Joule en la línea como antes, se procede:
PJoule Línea = 0,18 ⋅ 9,5942 = 16,7W
Es evidente que este cálculo se complicaría mucho sí:
•
•
•
No se hubiese admitido que los transformadores son iguales
Que el sistema fuese trifásico
Que las conexiones primarias y secundarias de cada transformador y de
la carga fuesen distintas.
Esta es la consecuencia por la que se emplea el método p.u.
2. Sistema p.u.
Se trata de determinar el circuito eléctrico p.u. del sistema de potencia que
se muestra en la figura tomando como base los 480V del generador y la SnG
= 10KVA. Además se desea conocer la potencia que se suministra a la
carga y la pérdida de potencia en la línea.
IG
ILinea
1:10
V = 480 0º V
SG = 10KVA
20Ω
ICarga
j60Ω
ZLínea
20:1
ZCarga
10 30º
G
Región 1
 A. GORDON de 2000
Región 2
Región 3
16
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Solución:
Zona del generador síncrono:
Ubase = 480V y Sbase = 10KVA
Por tanto:
Ibase
Sbase 10 ⋅ 103
=
=
= 20,83A
Ub1
480
Zbase1 =
Ub1
480
=
= 23,04Ω
Ib1 20,83
La rTe del T1 es: rTe =
1
= 0,1
10
Zona línea de transmisión:
Ubase2 =
Ubase1 480
=
= 4800V
rTe
0,1
Sbase2 = 10KVA ∴ Ib2 =
Zbase2 =
10 ⋅ 103
= 2,083 A
4800
4800
≅ 2304Ω
2,083
En el T2 ⇒ rTe =
20
= 20
1
Zona carga:
Ubase3 =
Ubase2 4800
=
= 240V
rTe
20
Sbase3 = 10KVA ∴ Ib3 =
Zbase3 =
10 ⋅ 103
= 41,67A
240
240
≅ 5,76Ω
41,67
 A. GORDON de 2000
17
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Convirtamos el sistema en p.u.
UG pu =
480 0º
= 10º pu
480
ZLínea pu =
ZC pu =
(Base )
20 + j60
= ( 0,0087 + j0,026 ) pu
2304
10 30º
= 1,736 30º pu
5,76
El circuito equivalente en valores p.u. es el siguiente:
0,0087+j0,026
Línea
UG = 10º
Ipu =
ZC pu = 1,736 30º
G
10º
= 0,569 −30,6º
( 0,0087 + j0,026 ) + 1,736 30º
La potencia activa que absorbe la carga vale:
2
Ppu = R ⋅ cosδCarga pu ⋅ Ipu = 1,503 ⋅ 0,5692 = 0,487
que en valor real: P = 0,487 ⋅ Sbase = 0,487 ⋅ 10 ⋅ 103 = 4870W
Las pérdidas en la línea:
2
Ppu = RLínea pu ⋅ Ipu = 0,0087 ⋅ 0,5692 = 0,00282pu
Y en valor real: P = 0,00282 ⋅ Sbase = 0,00282 ⋅ 10 ⋅ 103 = 28,2W
 A. GORDON de 2000
18
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Ejemplo de aplicación Nº9
Los estudios sobre estos sistemas anteriores pueden considerarse como
relativamente fáciles en su forma de cálculo. Veamos de que manera se
complica empleando bancos trifásicos con conexiones distintas.
Tomemos por ejemplo el circuito de la figura c y sus respectivas
simplificaciones que irán apareciendo en el desarrollo del problema.
Además estableceremos una comparación entre el método tradicional y el
método por unidad.
Consideremos el sistema equilibrado indicado en la figura c que esta formado
por un banco estrella-triángulo formado por tres transformadores monofásicos
de Sn=1000KVA, 63500/33000V conectado por la parte de sus primarios a un
generador síncrono trifásico equilibrado (las barras de 110000V de una
subestación). Los secundarios de este banco están conectados a otro banco de
conexión triángulo-triángulo de tres transformadores monofásicos de
características: 1000KVA, 33000/13200V a través de una línea de transmisión.
c
110KV
Línea de 33KV
λ−∆
13,2KV
∆−∆
d
63500
19080
ZYS
ZLínea
Carga
Carga
1000+j0KVA
5,6-j51KVA
1006-j51KVA
19080
7620
ZYR
YYS
G
n
n
YYR
n
n
n
Transformadores extremo emisor
3,6+j28,8 Ω
7,3+j18,2 Ω
n
n
Transformadores extremo receptor
3,6+j19,4 Ω
1006-j51A
I = 52,7-j2,7A
G
19080V
e
 A. GORDON de 2000
19
n
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
f
0,0098
+j0,0794pu
0,021
+j0,0501pu
0,0098
+j0,0535pu
1006-j51A
I = 1,006-j0,051pu
G
1pu
El problema que se nos presenta es determinar la tensión que ha de haber en
las barras de la subestación si quieren mantener constantes los 13,2KV en los
secundarios del segundo banco triángulo-triángulo cuando esté alimentando a
una carga trifásica equilibrada de SC=3000KVA con un f.d.p. unidad. Los datos
que se conocen son:
•
La impedancia de línea: ZL = ( 7,3 + j18,2 ) Ω fase
•
La impedancia equivalente de cada uno de los transformadores en
∆ − ∆ , referida al lado de B.T.: ZR = (1,71 + j9,33 ) Ω ; su PFe = 5,6KW por
cada transformador; su potencia magnetizante por transformador es
QMag = 51KVAR .
•
Los resultados medios de los ensayos monofásicos en vació y en
cortocircuito realizados sobre los transformadores acoplados al
generador síncrono, o extremo emisor como dice la figura c, que se
tabulan en:
Ensayo de vacío
Tensión: 33KV
Corriente: 1,24A
Potencia: 5,3KW
Ensayo en cortocircuito
Tensión: 2640V
Corriente: 30,3A
Potencia: 9,81KW
Estos ensayos han sido realizados a la frecuencia nominal de 60HZ. y la
medidas se toman en el lado de B.T.
 A. GORDON de 2000
20
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Solución:
1. Método Tradicional:
Cuando las conexiones trifásicas son distintas como en este caso, resulta de
suma facilidad analítica el buscar la “estrella-estrella” equivalente, tal como se
muestra en la figura d, uniendo todos los neutros de la estrella reales o ficticias
equivalentes. En este caso aún se complica más, pues están los circuitos o
ramas paralelo de las excitaciones de los transformadores.
La excitación viene dada en este caso en potencias:
PFe − jQM = ( 5,6 − j51) KVA Fase
Conviene conectar las admitancias de excitación de los transformadores del
l/carga en paralelo con los terminales de los secundarios, es decir, pueden
combinarse en paralelo con la carga, que según el enunciado está dada p.u.:
3000KVA con f.d.p. unidad que por fase debería ser (1000 + j0 ) KVA fase . Así
pues, la carga y los transformadores de la carga nos dan una potencia
combinada de:
≅ (1006 − j51) KVA Fase
En cambio, si se conectaran antes los terminales primarios del lado del
generador como en la figura d, las corrientes de excitación no afectan al
calculo de la tensión del generador para mantener constante la tensión de la
carga, es decir, no interviene ya que no se precisa conocer la corriente del
generador.
Las RT de los transformadores en estrella-estrella equivalente son:
RT eq λ − λ
33000
3 = 19080 Extremo carga
=
(
)
13200
7620
3
Las RT de los transformadores λ − ∆ del lado del generador con respecto al
neutro de la estrella
RT eq λ − ∆
110000
3
=
19080
Que son las que se muestran en la figura d.
 A. GORDON de 2000
21
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
La Zeq de los ∆ − ∆ del extremo del receptor referida a B.T. es:
Z ∆R = (1,71 + j9,33 ) Ω Trafo
La Zeq en estrella es:
Z λR =
1
⋅ (1,71 + j9,33 ) = ( 0,57 + j3,11) Ω
3
Que referida al lado de A.T. primario, extremo receptor:
2
2
RT ⋅ Z YR
 19080 
=
 ⋅ ( 0,57 + j3,11) = ( 3,6 + j19,4 ) Ω
 7620 
Con los datos de los ensayos de cortocircuito la impedancia de C.C. de cada
transformador del lado del generador referida al lado de los secundarios en
triángulo resulta:
V 2640

=
= 87,1Ω 
1
I
30,3

2
2 2


 X∆S =  Z ∆S − R ∆S  = 86,4Ω
PCC 9810
= 2 =
= 10,7Ω

I
30,32
Z ∆S =
R ∆S
Y su Zeq en estrella es:
Z λS =
1
⋅ (10,7 + j86,4 ) = ( 3,6 + j22,8 ) Ω
3
Aplicamos ahora la figura f, se ve que suministra una carga de
(1006 − j51) KVA por fase a una tensión de 19080V por fase a través de una Z
en serie que consta de tres componentes:
ZT = Z λS + ZLínea + RT ⋅ Z λR = (14,5 + j66,4 ) Ω
2
E = V + ZT ⋅ I = (19080 + j0 ) + ( 52,7 − j27 ) ⋅ (14,5 + j66,4 )
E = 20020 + j3460 = 20300 9,8º V En la estrella. (O sea, fase)
Referido a los secundarios de los transformadores del lado del generador. Que
en valor no referido, o sea real, seria Vfase:
63500
⋅ 20300 = 675001V
19080
 A. GORDON de 2000
22
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Que en VLínea es: 3 ⋅ 67500 ≅ 117000V . Son los precisos para mantener la
tensión nominal de los extremos de la carga.
2. Sistema p.u.:
Comenzaremos por escoger los valores base, para lo cual haremos algún
razonamiento:
La carga tiene una SC = 3000KVA , los bancos también son de 3000KVA ya
que cada transformador con 1000KVA en monofásico, es pues razonable que :
Potencia base: SBase = 3000KVA Trifásicos ≡ 1000KVA Monofásico(O por fase )
Como tensión base escogemos las nominales:
Para el extremo de carga: 13,2KV [ ∆ ]
Línea de transmisión: 33 KV [ ∆ ] o 19,08 KV [ λ ]
Para el generador síncrono: 110KV [ ∆ ] o 63,5KV [ λ ]
 (KVA )Base 
Como intensidades de corriente base, escogemos: 

 UBase 
1000
= 15,8 Amp fase [ ∆ ]
Transformador extremo carga, secundario:
13,2
1000
Transformador extremo generador secundario:
= 30,3 Amp fase [ ∆ ]
33
1000
Línea de transmisión de 33KV:
= 52,5 Amp fase [ λ ]
19,08
Como impedancias base escogemos:
13200
= 174Ω fase [ ∆ ]
75,8
33000
Transformadores extremo transformador secundario
= 1090Ω fase [ ∆ ]
30,3
19080
Línea de transmisión de 33KV:
= 363Ω fase [ λ ]
52,5
En cuanto a las potencias tenemos que la potencia absorbida por la carga es:
Transformadores extremo de carga secundario:
Carga = (1 + j0 )pu
La de excitación por transformador del extremo de carga a tensión nominal es:
En conjunto, carga y excitación de los transformadores, lado carga, absorben:
 A. GORDON de 2000
23
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
(1,006-j0,051) pu
Según el enunciado, 13,2KV es la tensión de línea, o sea 1p.u., el vector
corriente es:
I=
Pot. compleja
= (1,006 + j0,051) pu
Tensión
La Zeq de los transformadores del lado receptor o carga referida a su
secundario viene dada por:
ZR = (1,71 + j9,33 ) Ω
Que en valor p.u. de las fases en triángulo es:
ZR pu =
1,71 + j9,33
= ( 0,0098 + j0,0535 ) pu
174
Convirtamos las Zeq de los transformadores del extremo emisor en valores p.u.
a través de los ensayos siguiendo la siguiente secuencia
= UCC = 2640 = 0,08pu
U
CC
P CC =
Ub∆ 33000
I = ICC = 30,3 = 1pu
CC
Ib∆ 30,3
PCC
9,81
=
= 0,0098pu
Sb Fase 1000
Ahora podemos hallar Zeq de los trafos
1
Zeq =
U
P
2
2
= 0,08pu ∴ Req =  = 0,0098pu ∴ Xeq =  Zeq − Req  2 = 0,0794pu

I  pu
I2  pu
Es decir:
Z Eq = ( 0,0098 + j0,0794 )pu
Que aunque su conexión sea triángulo coincida con la estrella equivalente.
Recuerda : Z λpu = Z ∆pu 
Busquemos el valor p.u. de la ZLínea:
7,3 + j18,2
Z Línea =
= 0,0201 + j0,0501pu
363
 A. GORDON de 2000
24
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
La figura f es la que vamos a emplear:
Z Eq + Z Línea + Z R = 0,04 + j0,183pu
G G
G
Apliquemos: E = U + Z ⋅ I , tomando U como origen de fases.
E = 1 + (1,006 − j0,051) ⋅ ( 0,040 + j0,183 ) = (1049 + j0,182 ) pu
Epu = 1065 V
Que en valor real es:
1065 ⋅ 11000 ≅ 117000VLínea ( Aprox.)
Más o menos como antes. Las diferencias que puede haber son consecuencia
de las aproximaciones en las operaciones por uno u otro método.
CONSECUENCIA:
Por muy complicado que parezca el sistema p.u., aun mas lo es el sistema
tradicional. Tiene una ventaja fundamental sobre las 3 y las RT si se parte de
un esquema equivalente λ − λ y se trabaja por fase.
 A. GORDON de 2000
25
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
8 Problemas resueltos y comentados: Sistema p.u.
Problema Nº1
Un sistema tiene por condiciones nominales: 300KVA y 11KV. Empleando
estos valores como base hallar la corriente y la impedancia base.
Solución:
300
= 27,27A
11
11000
= 403,33Ω
Impedancia base:
27,27
Corriente base:
Problema Nº2
Empleando como valores base 10MVA y 345KVA, expresar 138KV, 6MVA,
250A y 50 Ω en:
a. Por unidad
b. Valores porcentuales
Solución:
a.
138
6
= 0,4pu ∴
= 0,6pu
345
10
10 ⋅ 106
Corriente base:
= 28,98A
345 ⋅ 103
Corriente p.u.:
250
= 8,63
28,98
Impedancia base:
Impedancia p.u.:
345 ⋅ 103
= 11,9 ⋅ 103 Ω
28,98
50
= 4,2 ⋅ 103
3
11,9 ⋅ 10
b. 4%, 6%, 863% y 0,42%
 A. GORDON de 2000
26
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Problema Nº3
La impedancia p.u. de un sistema es 0,7. Como base: 300KVA, 11KV. ¿Cuál es
el valor óhmico de la impedancia?. ¿Cambiará el valor óhmico si se toman
como base, 400KVA y 38KV?. ¿Cuál es la impedancia p.u. para 400KVA y
38KV como valores base?
Solución:
Corriente base:
300
= 27,27A
11
Impedancia base:
11000
= 403,37Ω
27,27
Impedancia actual: 403,27 ⋅ 0,7 = 282,36Ω
(p.u. impedancia )Base nueva
2
400  11 
=
⋅
⋅ 0,7 = 0,0782pu
300  38 
Problema Nº4
Una línea de transmisión monofásica alimenta a una carga reactiva con f.d.p
inductivo. La carga absorbe 1,2pu de corriente con 0,6pu de tensión y un
f.d.p.=0,5pu. Si la tensión base es 20KV y la corriente base es 160A, calcular el
f.d.p. y el valor óhmico de la resistencia de la carga.
Solución:
f.d.p. =
0,5
= 0,694
0,6 ⋅ 1,2
Resistencia p.u.:
Zbase =
0,5
= 0,347
1,22
20 ⋅ 103
= 125Ω
160
En ohmios: 0,34 ⋅ 125 = 43,4Ω
 A. GORDON de 2000
27
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Problema Nº5
Para un sistema se emplea como impedancia base 50 Ω y 250ª como corriente
de base, ¿Cuáles son la KVA y d.d.p. base?
Solución:
d.d.p.base = 50 ⋅ 250 = 12,5KV
KVA base = 12,5 ⋅ 250 = 3125KVA
Problema Nº6:
Los valores p.u. de la impedancia, corriente, tensión y potencia aparente de un
sistema son respectivamente: 0,9; 0,3; 0,8 y 12. La impedancia base es 35 Ω y
la corriente base es 80A. Determinar los valores actuales de la impedancia,
corriente, tensión y VA.
Solución:
Impedancia actual: 0,9 ⋅ 35 = 31,5Ω
Corriente actual: 0,3 ⋅ 80 = 24A
Tensión actual: 0,8 ⋅ 80 ⋅ 35 = 2240V
( VA )Actual = 12 ⋅ 2240 ⋅ 24 = 645,12KVA
Problema Nº7
El diagrama unifilar de la figura, se precisa redibujar con las bases apropiadas
en p.u. para 7000KVA de base.
El diagrama unifilar es:
1MVA
11KV
Z = j0,1pu
0,5MVA
11KV
Z = j0,15pu
G
1
G
 A. GORDON de 2000
2
Z = (10 + j20 ) Ω
2MVA
11KV/33KV
Z = j0,15pu
3MVA
33KV/11KV
Z = j0,1pu
G
3
2MVA
11KV
Z = j0,05pu
28
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Solución:
La tensión base de G1, G2 y G3 es 11KV y la tensión base para los
transformadores y la línea de transmisión es 33KV.
G
1
( 0,064 + j0,129 ) pu
j0,7pu
G
G
3
j0,175pu
j0,058pu
j0,026pu
2
j2,1pu
Problema Nº8
Redibujar el diagrama anterior con todos los valores en ohmios.
Solución:
G
1
(10 + j20 ) Ω
2
j36,3 Ω
3
j3,025 Ω
j12,1 Ω
G
G
j36,3 Ω
j9,075 Ω
Ref. a 11KV Ref. a 33KV
ó
ó
j4,03 Ω
j81,675 Ω
Ref. a 33KV Ref. a 11KV
Problema Nº9
Un transformador de 100KVA, 20/5KV tiene una impedancia equivalente del
10%. Calcular la impedancia del transformador referida a:
a. Al lado de 20KV
b. Al lado de 5KV
 A. GORDON de 2000
29
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Solución:
a.
( VA )base = 100000VA
Vbase = 20000V
100
= 5A
20
20000
Impedancia base:
= 4000Ω
5
Corriente base:
Impedancia óhmica: 0,1⋅ 4000 = 400Ω
b.
( VA )base = 100000VA
Vbase = 5000 V
100
= 20A
5
5000
Impedancia base:
= 250Ω
20
Corriente base:
2
 5 
Impedancia óhmica: 0,1⋅ 250 = 25Ω ; es también: 
 ⋅ 400 = 25Ω
 20 
Problema Nº10
La figura:
1:2
G
480V
20KVA
10:1
(1 + j3 ) Ω
( 2 + j5 ) Ω
Representa el esquema unifilar de una línea de transmisión con los datos que
en ella figuran. Tomando la tensión y la potencia del generador como base,
expresar la impedancias de línea y de la carga en p.u. Calcular también la
corriente en p.u. Admítase que los transformadores son ideales.
 A. GORDON de 2000
30
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Solución:
•
Para el generador:
( Vbase )Gen = 480V = 1pu
(KVA base )Gen = 20KVA = 1pu
(Ibase )Gen =
20 ⋅ 103
= 41,67A = 1pu
480
480
= 11,52Ω = 1pu
41,67
( Zbase )Gen =
•
Para la línea de transmisión:
480
= 960V = 1pu
0,5
( Vbase )Línea =
(KVA )Base línea = 20KVA = 1pu
(Ibase )Línea =
20000
= 20,83 = 1pu
960
( Zbase )Línea =
ZLínea =
•
960
= 46,08Ω = 1pu
20,83
1 + j3
= ( 0,022 + j0,065 ) pu
46,08
Para la carga:
( Vbase )Carga =
960
= 96 V = 1pu
10
(KVA base )Carga = 20KVA = 1pu
(Ibase )Carga =
20000
= 208,3 = 1pu
96
( Zbase )Carga =
96
= 0,4608Ω = 1pu
208,3
 A. GORDON de 2000
31
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
ZCarga =
•
2 + j5
= ( 4,34 + j10,85 ) pu
0,4608
La corriente p.u. es:
ZTotal = ZLínea + ZCarga = ( 0,022 + j0,065 ) + ( 4,34 + j10,85 )
ZTotal = 4,362 + j10,915 = 11,75 68º pu
I=
10º
10º
=
= 0,085 −68º pu
ZTotal 11,75 68º
Problema Nº11
En la figura se representa un esquema unifilar en el que se tomó como
potencia base la aparente de 5000VA, y se pide determinar el esquema
equivalente eléctrico en valores por unidad,
250V
1000VA
Z=j0,2pu
G
250V
2000VA
Z=j0,3pu
G
A
4000VA
800VA
250/800V
1000/500V
Zl = 50 + j200
Z=j0,1pu
Z=j0,08pu
B
2500VA
400V
Solución:
Tomemos como base: Sb2 = 5000VA y Vb2 = 250 V
Para la máquina GA se tiene respecto a su propia base 1,
Z Apu1 = j0,2 ∴ Sb1 = 1000VA ∴ Vb1 = 250V
Al cambiar la impedancia respecto a la base 2:
VApu2 = j0,2 ⋅
2502 5000
⋅
= j1
2502 1000
 A. GORDON de 2000
32
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Para la máquina GB con respecto a su propia base (Base1)
ZBpu1 = j0,3 ∴ Sb1 = 2000VA ∴ Vb1 = 250V
Que corresponde a la nueva base 2:
ZBpu2 = j0,3 ⋅
2502 5000
⋅
= j0,75
2502 2000
Para el TA con respecto a su propia base se tiene:
Z Apu1 = j0,1∴ Sb1 = 4000VA;Vb1 = 250V (Pr imario )
Por lo que respecto a la nueva base 2, tendrá una impedancia:
Z Apu2 = j0,1⋅
2502 5000
⋅
= j0,125
2502 4000
Para la línea de transporte la impedancia está referida al lado de 800V, su valor
p.u. es:
Zb2 =
8002
50 + j200
∴ ZLpu2 =
⋅ 5000 = 0,39 + j1,56
5000
8002
Para el transformador TB:
ZBpu1 = j0,08 ∴ Sb1 = 8000VA ∴ Vb1 = 1000V (Pr imario )
Y resulta que:
ZBpu2 = j0,08 ⋅
10002 5000
⋅
= j0,078
8002 8000
Téngase en cuenta que para este transformador la tensión base Vb2 = 250 V se
′ = 800 V
transforma en el lado de alta tensión en Vb2
La potencia de la carga, en p.u. es:
S2pu =
2500
= 0,5
5000
 A. GORDON de 2000
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TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
j1pu
1
j0,125pu (0,39+j1,56)pu
j0,078pu
j0,75pu
2
S = 0,5pu
Problema Nº12
Consideran el esquema unifilar de la figura adjunta en el que se pide calcular:
c
=( +
e
d
ZL = 300Ω
G
13,2KV
5MVA
13,2/132KV
X1 = 0,1pu
a.
b.
c.
d.
)Ω
10MVA
138/69KV
X2 = 0,08pu
La corriente suministrada por el generador
La corriente en la red de alta tensión
La corriente en la carga
La potencia aparente de la carga
Solución:
Tomamos Sb = 10MVA . Elegimos una tensión base en d, Vb2 = 138KV que de
acuerdo con las relaciones de transformación de los transformadores del
principio y final de línea, corresponden a los valores base en las partes c y e
siguientes: Vb1 = 13,2KV y Vb3 = 69KV .
Las impedancias base para las tres secciones son:
Zb3
( 69 ⋅ 10 )
=
Zb2
(138 ⋅ 10 )
=
3
10 ⋅ 10
6
3
10 ⋅ 10
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2
6
= 476Ω ∴ ZLCarga =
300
= 0,63pu
476
2
= 1904Ω ∴ ZLinea =
10 + j100
= 0,05278 84º Ω
1904
34
TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
La reactancias de los transformadores referidos a estos valores base son:
 13,2 
X1nuevo = 0,1⋅ 

 13,8 
X2nuevo
2
 10 
⋅   = 0,183pu
 5 
 138 
= 0,08 ⋅ 

 138 
2
 10 
⋅   = 0,08pu
 10 
La tensión de línea del generador vale:
VG =
13,2
= 0, 96pu
13,8
El esquema equivalente al del enunciado en valor p.u.:
j0,183
G
0,05278 84º
j0,08
0,96 0º
0,63pu
ZT = 0,63 + j ( 0,183 + 0,08 ) + 0,05278 84º
ZT = 0,635517 + j0,031549 = 0,7095126,401º
Ipu =
0,96
= 1,35 −26,4º A
0,709 26,4º
V3pu = 0,63 ⋅ Ipu = 0,8505 −26,4º V
La potencia de la carga es :
*
SLpu = Vpu ⋅ Ipu
= 0,8505 −26,4º ⋅ 1,35 26,4º = 1,148
La corrientes base en cada ramo se hallan:
10 ⋅ 106
S
3
Ib1 = b =
= 418,4A
Ub1 13,8 ⋅ 103
3
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TRANSFORMADORES:
SISTEMA POR UNIDAD
Ib2 =
13,2
⋅ 418,4 = 41,84A
132
Ib3 =
138
⋅ 41,84 = 83,67A
69
La corriente del generador es:
I1 = 1,35 ⋅ 418,4 = 584,8A
La corriente en la red de alta tensión es:
I2 = 1,35 ⋅ 41,84 = 58,48A
La corriente en la carga es:
I3 = 1,35 ⋅ 83,67 = 112,95A
La tensión y la potencia de carga son:
V3 = 0,850855 ⋅ 69 = 58,68KV
SL = 1,148 ⋅ 10 = 11,48MVA
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