SOL - 1er Examen Parcial ELT-605 II 2021

SOLUCIONARIO
INGENIERIA ELECTRICA – GESTIÓN II /2021
PRIMER EXAMEN PARCIAL 07/09/2021
1. (25%) En un Sistema Eléctrico de Potencia se tiene los siguientes datos.
Determinar:
 Z 
abc
 j 0,15
  j 0,12
 j 0,12
j 0,12
j 0,15
j 0,12
j 0,12
 1, 20º 
 1, 2150º 
j 0,12 ;  E   1, 2240º  ;  I   
1,50º 
abc
abc
 1, 2120º 
1, 2  120º 
j 0,15
a) La matriz de la caída de tensión utilizando el criterio de componentes simétricos y
verificar el resultado por componentes de fase.
SOLUCION 1.
a.1) POR COMPONENTES SIMÉTRICOS.
DEFINICIÓN.
V    E    Z   I 
012
012
012
012
 E 
012
 Z 
012
0
 0 
Zp  2Zm  j 0,15  (2  j 0,12)  j 0,39



  Ea   1, 20º  ;
Zp  Zm  j 0,15  j 0,12  j 0, 03
 0  
0 
0
0   j 0,39
0
0
 Zp  2Zm




0 Z p  Zm
0  
0 j 0, 03
0 

0
0 Zp  Zm  
0
0 j 0, 03
1
1  I a 
1
1  1, 2150º   0,1536  107,588º 
1
1
1
 1
2
 I   T   I   1    I b   1 1120º 1240º  
1,50º    1, 2624129,116º 





012
abc
3
3
1  2    I c 
1 1240º 1120º  1, 2  120º  0,3047  130,1281º 
0   j 0,39
0
0   0,1536  107,588º   0, 0599162, 412º 




V   1, 20º 
0 j 0, 03
0   1, 2624129,116º    1, 22961,1134º 

 
012

0  
0
0 j 0, 03 0,3047  130,1281º  0, 0091139,8719º 
1
V   T  V 
abc
012
V 
abc
1
1 V0  1
1
1  0, 0599162, 412º 
1
  


2
 1 
   V1   1 1240º 1120º   1, 22961,1134º 
1   2  V2  1 1120º 1240º  0, 0091139,8719º 
1,16632,35º 


 1, 2512  121, 44º 
 1, 2732122, 49º 
a.2) POR COMPONENTES DE FASE.
DEFINICIÓN.
V    E    Z   I 
abc
abc
abc
abc
V 
abc
 1, 20º   j 0,15
 1, 2240º    j 0,12
 1, 2120º   j 0,12
V 
abc
j 0,12
j 0,15
j 0,12
j 0,12   1, 2150º  
1,16632,3531º 




j 0,12  
1,50º   1, 2513  121, 4426 º  ^
j 0,15 1, 2  120º   1, 2732122, 489º 
1,16632,35º 


 1, 2513  121, 44º 
 1, 2732122, 49º 
PROCEDIMIENTO DE CÁLCULO DE COMPONENTES SIMÉTRICOS
MATRIZ DE CAÍDA DE TENSIÓN - COMPONENTES SIMÉTRICOS A COMPONENTES DE FASE
V    E    Z   I 
012
012
012
012
= Componentes Simétricos (CS)
PASO 1 : Reemplazar en el FCS, el valor (Ea ) según dato dado en  E 
 E 
012
 0
  Ea   Fem de Componentes Simétricos (FCS)
 0 
Ea  Fem de la fase a;
PASO 2 : Hallar los valores de la MICS con los valores dados en  Z 
 Zp  2 Zm
 Z   
0

012

0
0
Zp  Zm
0
 I   T   I 
012
abc
abc
0
 Matriz de Impedancias de
0   
Componentes Simétricos (MICS)
Zp  Zm 
PASO 3 : Hallar la MCCS con los valores dados en  I 
1
abc
Zp  Impedancia propia
Zm  Impedancia mutua
abc
 Matriz de Corrientes de Componentes Simétricos (MCCS)
Ia 
1
1
1
Matriz de Corrientes de

1
2
T   1    = Matriz Inversa de Fortescue (MIF);  I  abc   I b  = 
Componentes de Fase (MCCF)
3
 Ic  
1  2
 
 
PASO 4 : Reemplazando los valores hallados en CS
1
V    E    Z   I 
012
012
012
012
PASO 5 : Hallar la matriz de caída de tensión de CFi con el CS calculado
V   T  V 
abc
012
1
1 V0 
1
 

2
 1 
   V1 
1   2  V2 
Componentes de

;
 Faseindirecto (CFi)
1
1
1
 Matriz de

2
  = 
T   1 
Fortescue (MF)
1   2  
PASO 6 : Verificación de resultado por Componentes de Fase
V    E    Z   I 
abc
abc
abc
abc
  1120º ;
= Componentes de Fasedirecto (CFd)
 2  1240º ;  3  1360º  10º ; 1     2  0
2. (45%) En el Sistema Eléctrico de Potencia, para la potencia base de SB = 20 [𝑀𝑉𝐴].
Determinar:
a) (15%) Las reactancias en p.u. de todos los equipos del SEP.
b) (10%) El diagrama de impedancias del sistema.
c) (10%) La caída de tensión en p.u. en los bornes de ambos generadores.
d) (10%) La potencia activa del Motor 1 (MW).
SOLUCION 2.
PASO 1. SISTEMA ELÉCTRICO DIVIDIDO EN SECCIONES.
Completando datos según el diagrama unifilar SIN julio 2021:
PASO 2. SELECCIÓN DE LA POTENCIA BASE DEL SISTEMA.
Caso 1. Dato dado en el problema.
Caso 2. Escoger la potencia mayor del sistema: 3ϕ (directo); bco. xfo (1ϕ, multiplicar por 3)
SB  20 [ MVA]
PASO 3. CÁLCULO DE LAS TENSIONES BASE.
K
VLínea Secundaria
VLínea Primaria

VLS
 Relación de transformación;
VLP
K3ϕ (directo) = no toma en cuenta las conexiones;
KBco. xfo (1ϕ) = si toma en cuenta las conexiones


Y VLP  3 VFP ;
 VLS  VFS 
KT 1 
VLS 115 [kV]

;
VLP 6,9 [kV]
KT 3 
VLS 
VF S
13,5 [kV]
13,5 [kV]
 


VLP Y
3 VF P
3  66,395[kV] 115[kV]
KT 2 
VLS 6,9 [kV]

;
VLP 115[kV]
Caso 1. Dato de tensión de referencia dado en el problema.
Caso 2. Elegir generalmente VB1 del primer generador (VG1).
115 [kV]

V

V

K

6,9
[kV]

 115 [kV]
B2
B1
T1

6,9
[kV]

VB1  6,9 [kV]  
VB 3  VB 2  KT 3  115 [kV]  13,5 [kV]
 13,5 [kV]

3  66,395[kV]

6,9 [kV]
VB 4  VB 2  KT 2  115 [kV] 
 6,9 [kV]  VB1  VB 4 l.q.q.d .
115 [kV]
PASO 4. CÁLCULO DE LA IMPEDANCIA BASE.
Nota: Cálculo en la sección donde existe Líneas de transmisión
VB22 115 [kV]


 661, 25  
SB
20 [MVA]
2
ZB2
PASO 5. CÁLCULO DE LAS REACTANCIAS EN POR UNIDAD DE CADA
COMPONENTE.
x p.u .
S
 xmaq  B  Sistema
 S
 Equipo
  VEquipo 
 

  VB  Sistema 
2
Para :
2
2
G1 : xG1( n )
 S  V 
 12   20 [ MVA]  6,9 [kV] 
 xG1( a )  B  G1   j 

  j 0,16 p.u.

S
V
100
15
[
MV
A
]
6,9
[k
V
]





 G1   B1 
G2 : xG 2( n )
 S V 
 20 [ MVA]  6,9 [kV] 
 xG 2 ( a )  B   G 2   j 0,12 

  j 0,16 p.u.
S
V
15
[
MVA
]
6,9
[kV]



 G 2   B1 
2
2
2
2
T1 : xT 1( n )
 S  V 
 10   20 [ MVA]  6,9 [kV] 
 xT 1( a )  B  T 1   j 

  j 0,125 p.u.

S
V
100
16
[
M
V
A
]
6,9
[kV]




 T 1  B1 
T2 : xT 2 ( n )
 S  V 
 10   20 [ MVA]  115 [kV] 
 xT 2( a )  B   T 2   j 

  j 0,125 p.u.

 100   16 [ MVA]  115 [kV] 
 ST 2   VB 2 
2
2
2
2
 S  V 
 12   20 [ MVA]  13,5 [kV] 
T3 : xT 3( n )  xT 3( a )  B   T 3   j 

  j 0,12 p.u.

 100   3  6667 [ kVA]  13,5 [kV] 
 ST 3   VB 3 
xLT 1( a )
j80 []
LT1 : xLT 1( n ) 

 j 0,12098 p.u.
ZB2
661, 25   
LT2 : xLT 2( n ) 
xLT 2( a )
LT3 : xLT 3( n ) 
xLT 3( a )
ZB2
ZB2

j80 []
 j 0,12098 p.u.
661, 25   

j 200 []
 j 0,30246 p.u.
661, 25   
VALOR EN p.u.
v p.u . 
Valor real

Valor base
vequipo 
VR equipo
VB  sistema
C1 : vC1 
sC1 
; iequipo 
VG equipo
VB 3  sistema

I R equipo
I B  sistema
; zequipo 
vE 
S R equipo
S B  sistema
SC1 12[ MVA] 31, 79º

 0, 631, 79º p.u.
SB
20 [ MVA]
* CONJUGADO ( IR  II )
s*C1 0, 6  31, 79º

 0, 66667  31, 79º p.u.
vC1
0,900
M 1 : vM 1 
E:
Z B  sistema
; sequipo 
12,150º [kV]
 0,900 p.u. fp  Cos     Cos 1 (0,85)  31, 79º
13,5 [kV]
Halllando iC1 de sC1  vC1  i *C1 .
iC1 
Z R equipo
VG equipo
VB 3  sistema
VE equipo
VB 2  sistema


12,150º [kV]
 0,900 p.u.
13,5 [kV]
108,100º [kV]
 0,940 p.u.
115 [kV]
PASO 6. DIBUJO DIAGRAMA DE IMPEDANCIAS O REACTANCIAS EN POR UNIDAD
DE CADA COMPONENTE.
PASO 7. RESOLUCIÓN CIRCUITO LINEAL POR LEYES DE LA ELECTROTECNIA.
d) HALLANDO LA POTENCIA ACTIVA DEL MOTOR 1 (MW)
Cálculo de la corriente i1 de vE  vC1  ( xLT 3  xT 3 )  i1 .
i1 
vE  vC1
0,940º  0,9000º

 0, 094697  90º
xLT 3  xT 3 (0,3024  0,12)90º
i1  iC1  iM 1
iM 1  i1  iC1  0, 094697  90º 0, 66667  31, 79º  0, 6220146,50º
sM 1  vM 1  i*M 1  0,900 0º   0, 6220146,50º   0,55981  46,50º
*
S M 1  sM 1  S B  0,55981  46,50º 20[ MVA]  11,1962  46,50º
  46,50º  fp  Cos   Cos  46,50º   0, 688
PM 1  S M 1  Cos   11,1962  46,50º 0, 688  7, 70  46,50º[ MVA]
PM 1  7, 70[ MW ]