CAPITULO 3-LINEAS DE TRANSMISION

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
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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
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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:
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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
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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]
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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
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(𝟑. 𝟏𝟎)
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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.
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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
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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
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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.
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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.
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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 )
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(𝟑. 𝟐𝟓)
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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
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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:
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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
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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:
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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:
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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
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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.
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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
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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
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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:
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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
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(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)
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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 )
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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.
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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.
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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.
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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.
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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
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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));
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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
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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