SISTEMA ELÉCTRICO DE POTENCIA

SISTEMA ELÉCTRICO DE POTENCIA Daniel Oviedo Millán

P2.1 Dos centrales térmicas presentan las siguientes curvas de cargas de costes y límites de potencia: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 PG1  0,0031 PG21 € / h 200  PG1  500 MW C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 PG 2  0,001 PG22 € / h 200  PG 2  500 MW Si se reparten la potencia en despacho económico, determinar las potencias óptimas para unas demandas de: 450, 800 y 950 MW.

RESOLUCIÓN: 1º) La condición que impone el despacho económico de los dos generadores implica la igualdad de costes incrementales de ambas centrales, es decir: C  CI  CI 1  CI 2   P Como el coste incremental es la derivada de la curva de coste respecto a la potencia del generador, tenemos: 10,76  2 . 0,0031 PG1  12,11  2 . 0,001 PG 2 Por otro lado se debe cumplir que: PG1  PG 2  450 MW Tenemos por tanto un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, por tanto la solución es: 10,76  2 . 0,0031 ( 450  PG 2 )  12,11  2 . 0,001 PG 2 PG1  274,39 MW

PG 2  175,61 MW

El coste total de la generación de los 450 MW es de: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 . 274,39  0,0031 . 274,39 2  3612,56 € / h C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 . 175,61  0,001 . 175,61 2  2526,86 € / h El coste incremental para ambos generadores es de:   10,76  2 . 0,0031 . 274,39  12,11  2 . 0,001 . 175,61  12,46 € / MWh Sumando ambos costes resulta que el coste final es de: C T  C 1 ( PG1 )  C2 ( PG 2 )  3612,56  2526,86  6139,43 € / h

Pero esta solución no es válida puesto que el generador 2 trabaja con una potencia inferior a su mínimo técnico, por lo que asignamos a este generador su mínimo técnico con lo que la solución con respecto al reparto de potencias es de: PG1  250 MW PG 2  200 MW En este caso el coste incremental de cada generador es: 1  10,76  2 . 0,0031 . 250  12,31 € / MWh

 2  12,11  2 . 0,001 . 200  12,51 € / MWh A reseñar que el generador que trabaja al límite inferior de su potencia trabaja con un coste incremental superior al del sistema, que está marcado por el generador que aún tiene capacidad de generación. 2º) Para el caso de que la potencia a generar sea de 800 MW, aplicando la misma teoría llegaríamos a la solución que las potencias a generar son: PG1  359,76 MW PG 2  440,24 MW   12,99 € / MWh Ambos generadores trabajan dentro de los límites de potencia impuestos y el coste total de generación es de: C T  C 1 ( PG1 )  C2 ( PG 2 )  10593,48 € / h

3º) Con una demanda de 950 MW el reparto óptimo de la generación, aplicando la teoría descrita, resulta ser de: PG1  396,34 MW PG 2  553,66 MW   13,22 € / MWh Evidentemente el generador 2 ha superado su límite de potencia máxima, por lo que esta solución no es adecuada, imponemos una potencia al generador 2 de 500 MW por lo que generador 1 suministrará una potencia de 450 MW de donde la solución es de: PG1  450 MW PG 2  500 MW En este caso el coste incremental de cada generador es: 1  10,76  2 . 0,0031 . 450  13,55 € / MWh

 2  12,11  2 . 0,001 . 500  13,11 € / MWh El coste total de la generación de los 950 MW es de: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 . 450  0,0031 . 450 2  5896,48 € / h C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 . 500  0,001 . 500 2  6674,39 € / h Sumando ambos costes resulta que el coste final es de: C T  C 1 ( PG1 )  C2 ( PG 2 )  5986,48  6674,43  12570,87 € / h

P2.3 Dos centrales térmicas presentan las siguientes curvas de cargas de costes y límites de potencia: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 PG1  0,0031 PG21 € / h 200  PG1  500 MW C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 PG 2  0,001 PG22 € / h 200  PG 2  500 MW Debiendo suministrar una potencia de 950 MW según el siguiente circuito:

PG1

Las pérdidas en la línea de transporte se pueden expresar como: Pp  0,00005 PG22 MW Determinar el despacho económico de ambos generadores bajo las siguientes condiciones: 1º) Sin penalizar los generadores por las pérdidas en el sistema. 2º) Penalizando los generadores por las pérdidas en el sistema. RESOLUCIÓN: 1º) En principio al considerar las pérdidas en el transporte de la energía se debe considerar que:   L1 CI 1  L 2 CI 2 Es decir los productos de los costes incrementales por sus factores de penalización respectivos deben ser iguales en todos los generadores. Pero también los generadores deben suministrar la potencia demandada, más la potencia perdida en el sistema: PD  Pp  PG1  PG 2 A tener en cuenta que al introducir el término de la potencia perdida, resulta un sistema de ecuaciones no lineal, debiendo utilizarse un método iterativo. Al no considerar las pérdidas los factores de penalización toman el valor de la unidad: L1  L 2  1 Por tanto los costes incrementales de ambos generadores son:   10,76  2 . 0,0031 PG1  12,11  2 . 0,001 PG 2 Por otro lado se debe cumplir que: PG1  PG 2  950  0,00005 PG22 MW Sistemas de ecuaciones no lineales, para resolverlo tomamos un valor inicial de λ = 13, tenemos: PG1  361,29 MW PG 2  445 MW Evidentemente no cumple la ecuación de potencia, tomamos λ = 14, de donde: PG1  522,58 MW PG 2  945 MW

Excede la potencia generada a la consumida más las pérdidas, con sucesivas iteraciones llegamos a un valor de λ = 13,241 resultando: PG1  400,16 MW PG 2  565,5 MW Comprobemos si cumple la ecuación de potencias: 400,16  565,5  950  0,00005 . 565,5 2  965,989

Otra forma de resolverlo sería, despejando PG1 de la ecuación de costes incrementales resulta: PG1  217,7419  0,3226 PG 2

Y sustituyendo este valor en el balance de potencia: 217,7419  0,3226 PG 2  PG 2  950  0,00005 PG22 0,00005 PG22  1,3226 PG 2  732,258  0

Resolviendo la ecuación PG2 = 565,75 MW PG1 = 400,25 MW resultados aproximadamente igual a los obtenidos por tanteo. Con un coste total de: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 . 400,16  0,0031 . 400,16 2  5228,85 € / h C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 . 565,5  0,001 . 565,5 2  7537,38 € / h Sumando ambos costes resulta que el coste final es de: C T  C 1 ( PG1 )  C2 ( PG 2 )  5228,85  7537,38  12766,23 € / h Pero esta solución aunque óptima desde el punto de vista económico, no es válida puesto que el generador 2 trabaja con una potencia superior a su máximo técnico, por lo que asignamos a este generador su máximo técnico con lo que la solución con respecto al reparto de potencias es de: PG1  450  0,00005 . 500 2  462,5 MW PG 2  500 MW En este caso el coste incremental de cada generador es: 1  10,76  2 . 0,0031 . 462,5  13,623 € / MWh

 2  12,11  2 . 0,001 . 500  13,11 € / MWh Ahora, con un coste total por generador de: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 . 462,5  0,0031 . 462,5 2  6066,34 € / h

C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 . 500  0,001 . 500 2  6674,39 € / h El coste total para generar toda la potencia más las perdidas, se obtiene como suma de las cantidades anteriores, con un valor de 12740,72 €/h y unas pérdidas en el transporte de 12,5 MW. A reseñar que si bien se ha limitado la potencia del generador más económico, se produce una reducción en los costes de generación, esta reducción es causada por la disminución de la potencia perdida en la línea que pasa de 16 MW a 12,5 MW y la reducción de costes subsiguientes, puesto que esta potencia es aportada por el generador 2. 2º) Al tener en cuenta las pérdidas en el sistema se deben calcular los factores de penalización de cada generador, puesto que el despacho económico se consigue cuando son iguales para todos los generadores, el producto del factor de penalización por el coste incremental de cada generador, es decir: L i CI i   i  1, 2, ..., m n

 (P )  P

i 1

i

P

( P1 , P2 , ....., Pn )  PD  0

Como la potencia perdida es función exclusivamente de la potencia producida por el generador 2, tenemos:  PP  PP  0  0,0001 PG 2  PG1  PG 2 Y los coeficientes de penalización tienen un valor de: 1 1 L1   1  PP 1  0 1  P1

1 1   PP 1  0,0001 PG 2 1  P2 El sistema de ecuaciones a resolver es de la forma: 1 ( 10,76  2 . 0,0031 PG1 )  ( 12,11  2 . 0,001 PG 2 ) 1  0,0001 PG 2 L2 

PD  0,00005 PG22  PG1  PG 2 Despejando PG1 de la primera ecuación, tenemos: 1953,22  0,3225 PG 2 PG1   1735,48 1  0,0001 PG 2 Sustituyendo este valor en la segunda ecuación del sistema, resulta una ecuación de 3º grado de la forma:  0,000000005 PG32  0,00015 PG22  1,591 PG 2  732,26  0 Cuya solución real es 481,74 MW y por tanto: PG1  479,86 MW PG 2  481,74 MW Con lo que el coste incremental para ambos generadores es de:   10,76  2 . 0,0031 13,735 € / MWh O también para el generador 2: 1   ( 12,11  2 . 0,001 . 481,74 )  13,735 € / MWh 1  0,0001. 481,74 Como es natural ambos costes incrementales son iguales. Por último el coste total de generación resulta de: C 1 ( PG1 )  426,73  10,76 . 479,86  0,0031 . 479,86 2  6303,84 € / h C2 ( PG 2 )  369,39  12,11 . 481,74  0,001 . 481,74 2  6435,33 € / h Sumando ambos costes resulta que el coste final es de: C T  C 1 ( PG1 )  C2 ( PG 2 )  6303,84  6435,33  12739,18 € / h La potencia perdida en la línea de transmisión es de 11,6 MW. A tener en cuenta que la potencia del generador más económico (generador 2) se ve penalizada por las pérdidas en el sistema, consiguiendo una reducción de costes respecto al caso anterior.

P5.5.- Una línea aérea de 80 km de longitud esta formada por conductores que definen la siguientes características kilométricas: RK = 0,1535 Ω/km, LaK = 9,809 . 10- 4 H/km y CK = 1,161 . 10- 8 F/km. Sabiendo que la tensión en final de línea es de 132 kV cuando alimenta a un receptor cuya impedancia es igual a la impedancia característica de la línea, determinar: 1.- La potencia aparente característica de la línea. (SC = 56,717 MVA). 2.- La variación de tensión porcentual en la línea. (Δ U % = 2,07 %). 3.- El rendimiento de la línea. (η % = 95,98 %).

RESOLUCIÓN: 1º) La expresión de la potencia aparente y activa características son : U 22 SC  ZC

(VA)

Es necesario determinar la impedancia característica de la línea cuyo valor es:

ZC 

 ZK  YK

( / km)

Previamente hay que determinar la impedancia y admitancia kilométrica, por tanto:

X LK  2  f LaK  2  50 . 9,809 . 10  4  0,3081 ( / km) de donde el módulo de la impedancia kilométrica es de:

ZK 

2 R K2  X LK 

0,1535 2  0,3081 2  0,3442 ( / km)

El argumento de la impedancia kilométrica será de:

tg  Z 

X LK RK



0,3081  2,007 0,1535

 Z  63,516 

Por otro lado la admitancia kilométrica tiene un valor de:

 1 YK    X CK

1 1 2  f CK

 2  50 . 1,161 . 10  8  90 

De donde la impedancia característica de la línea es de:

90 

 3,647 .10  6

90 

( S / km)

 ZK   YK

ZC 

0,3442

63, 516

3,647 . 10

6

 307,211

90 

( / km)

 13, 242

Por lo que la potencia aparente característica es de: SC 

U 22 132000 2  10  6  56,717 ( MVA) ZC 307,211

2º) Para determinar la variación porcentual de tensión es necesario determinar en primer lugar la tensión en inicio de línea, siendo su valor:

     U 1f  A U 2 f  B I 2 La contante A que es igual a D vale:     A  D  cosh   cosh (  . l )

La constante de propagación β tiene un valor de:



 

  Z K YK 

0,3442

63, 516

. 3,647 . 10  6

90 

 1,1204 . 10  3

76, 758

de donde:





   l  1,1204 . 10  3

76, 758

. 80  0,08964

   A  D  cosh   cosh 0,08964    B  Z C senh   307,211

 13, 242

76, 758

76, 758

 0,9964

. senh 0,08964

76, 758

0,102

 27,505

63,55

Por último falta por calcular la corriente que demanda el receptor:

  U 2f I2    ZC

132000 3 307,211

0

 248,07

13, 242

( A)

 13, 242

El ángulo de fase de 13,242 º como es positivo indica que la corriente adelanta a la tensión, es decir el receptor es del tipo óhmico-capacitivo como es natural. De donde:

     U 1 f  A U 2 f  B I 2  0,9964

132000 0,102

Finalmente la c.d.t. porcentual es de:

3

0

 27,505

63, 55

248,07

13, 242

 77790

4, 998

(V )

U % 

3 77790  132000 132000

100  2,07 %

3º) El rendimiento de la línea se puede obtener por medio de la expresión:

% 

P2 P1

100

Por lo que es necesario calcular la potencia en inicio de línea, como conocemos la tensión nos falta por determinar la corriente en inicio y el factor de potencia, de donde:

    I1  C U 2f  D I 2  senh 0,08964 76,758  senh   C    2,914 . 10  4 307,211 13, 242 ZC  I 1  2,914 . 10  4

132000 90, 03

3

0

 0,9964

0,102

248,07

13, 242

90, 03

 253,21

18, 23

( A)

El factor de potencia en inicio de línea será la diferencia entre los argumentos de tensión e intensidad, es decir:

 1  18,239  4,998  13,241 Evidentemente como la corriente adelanta a la tensión el factor de potencia es óhmicocapacitivo, e idéntico al factor de potencia del receptor, puesto que el receptor tiene una impedancia igual a la característica de la línea, por lo que:

% 

3 U 2 I 2 cos  2 3 U 1 I 1 cos  1

100 

U2 I 2 U1 I1

100 

132000 . 248,07 3 77790 . 253,21

100  95,98 %

P5.7 Una línea aérea de 120 km, esta construida por medio de conductores cuyas características son: RK = 0,122 Ω/km, LK = 9,983·10 – 4 H/km, CK = 0,0114 μF/km. Determinar empleando el método del cuadripolo en π, cuando alimenta a un receptor de 100 MW con factor de potencia unidad y bajo 132 kV: 1.- La variación de tensión. (Δ U % = 9,787 %). 2.- La potencia en inicio de línea y el rendimiento de la línea para este tipo de receptor. (P1 = 108,411 MW; η % = 92,24 %). 3.- El valor del coeficiente de autoinducción de la bobina a disponer en el final de la línea funcionando en vacío, para que no se produzca el efecto Ferranti. (L=14,81 H).

RESOLUCIÓN: 1º) El esquema equivalente de una línea eléctrica asimilada a un cuadripolo en π es de la forma:

Despreciando la perditancia de la línea (G/2 ≈ 0) y por aplicación de la 2ª ley de Kirchhoff al circuito tenemos que el diagrama vectorial por fase, cuando alimenta a un receptor puramente óhmico es de la forma:

U1f - XL I´ IC2

I1

α

β IC1 I´

I2

- R I´

U2f

Es necesario por tanto determinar los términos que intervienen en el diagrama anterior, siendo:

R  RK l  0,122 . 120  14,64 ()

X L  2  f LaK l  2  50 . 9,983 . 10  4 . 120  37,635 () XC  2

1



C 2 f l 2

1  4653,65  50 . 0,0114 . 10  6 . 120

( )

Por otro lado la corriente que toma el receptor será de:

I2 

P2 3 U 2 cos  2

100 . 10 6



3 132 . 10 3 . 1

 437,38 ( A)

Además la corriente IC2 tiene un valor de:

I C2 

U 2f  XC 2

132 . 10 3 3 4653,65

 16,38 ( A)

Por lo que la corriente I´ es de:

   I ´  I 2  I C 2  437,38

0

 16,38

90 

 437,68

2,144 

( A)

Por lo que el ángulo β del diagrama vectorial anterior es de 2,144° La tensión en inicio de línea para este receptor será de:

132 . 10  3     U 1 f  U 2 f  RI ´  X L I ´  3  83669

0

11, 43 

 14,64 . 437,68

2 ,144 

 37,365 . 437,68

(V )

Finalmente la tensión en inicio de línea y la variación de tensión resultante es de:

92,144



U1  U % 

3 U 1f 

U 1  U2 UN

3 83669  144919 (V )

100 

144919  132000  9,787 % 132000

2º) La potencia en inicio de línea viene dada por:

3 U 1 I 1 cos  1

P1 

Por lo que es necesario determinar el valor de I1 siendo:

   I 1  I ´  I C1 El valor de IC1 es de:

U1 f  XC 2

I C1 

144919,4 3 4653,65

 17,98 ( A)

Mientras que el ángulo de esta corriente será evidentemente de: 90    90  11,43  101,43 

De donde:

   I 1  I ´  I C1  437,68

2,144 

 17,98

101, 43 

 435,13

4, 45 

Sabemos por tanto el ángulo que definen U1 e I1 respecto al origen del sistema (eje de abcisas) del diagrama vectorial, por lo que el factor de potencia en origen será la diferencia entre ambos ángulos, es decir:

 1  11,43  4,45  6,98  Por fin:

P1 

3 144919,4 . 435,13 cos 6,98   108411531 (W )

%

P2 P1

100 

100 100  92,24 % 108,411531

A los mismos resultados se habría llegado al considerara las pérdidas por efecto Joule en los conductores de la línea, es decir:

%

P2 P2  3 PJoule

100 

100 100  3 . 14,64 . 437,68 2 . 10  6

100  92,239 %

3º) El efecto Ferranti que se traduce en un aumento de la tensión final de línea respecto a la tensión en origen, es debido al efecto capacitivo de las líneas y se pone de manifiesto cuando estas trabajan en vacío o próximo a este régimen. Si conseguimos anular el valor de I´ no se producirá c.d.t. en la línea y en este caso U1 = U2 y en consecuencia no se produce el efecto Ferranti, para ello tenemos que conectar un receptor cuya corriente sea igual y de sentido contrario a IC2 esto lo conseguiremos con una reactancia inductiva (bobina) esta reactancia inductiva debe presentar un módulo igual al módulo de XC/2 de donde: XL 

L

XL

2 f

XC  4653,65 () 2



4653,65  14,81 ( H ) 2  50

P5.10 Se desea construir una línea de 10 km a 132 kV con cables unipolares del tipo HEPRZ1 72/132 kV 1 x 400 cuyas características son: XLK = 0,111 Ω/km y CK = 0,3 μF/km. Sabiendo que esta línea debe suministrar 100 MVA con factor de potencia unidad. Determinar por medio del cuadripolo en T: 1.- La caída de tensión porcentual resultante. (Δ U % = 0,287 %). 2.- El rendimiento energético en el transporte. (η % = 99,65 %). 3.- La corriente de vacío de la línea y la tensión primaria necesaria, admitiendo constante la tensión al final de la misma. (I10 = 71,82 A: U10 = 131930,9 V).

RESOLUCIÖN: 1º) Las líneas eléctricas se pueden asimilar a cuadripolos, en concreto el modelo elegido es el cuadripolo en T cuyo esquema es:

Aplicando la 2ª ecuación de Kirchoff al cuadripolo tenemos:

  XL  XL  R  R  U 1f  U 2 f  I1  I1  I2  I2 2 2 2 2   XL  R  U 1f  U' f  I1  I1 2 2 Tomando como origen del sistema la corriente suministrada por la línea, que al alimentar a un circuito puramente óhmico estará en fase con la tensión simple o de fase secundaria, el diagrama vectorial será el siguiente, (se ha despreciado la perditancia de la línea G):



XL I1. 2



R I1 . 2

U1f

IC

I1

U´ 

α

I2

U2f



XL I2 . 2

R I2 . 2

Por definición la c.d.t expresada porcentualmente es:

U % 

U1 U 2 100 UN

se deberá por tanto calcular U1 y previamente U´ tensión simple o de fase en el punto medio del cuadripolo donde esta conectado el condensador equivalente de la línea. Por otro lado no se ha indicado la resistencia de la línea, pero se puede determinar partiendo de la resistividad del cobre tomada esta a 20 °C, de donde la resistencia de un kilómetro de línea a 20 °C es:

R 20  

l 1000  0,0176  0,044  / km S 400

pero además al ser un cable con aislamiento HEPR (etileno-propileno de alto módulo) su temperatura máxima de funcionamiento es de 105 °C, por tanto como máximo calcularemos la resistencia kilométrica del conductor a esta temperatura: R 105  0,044  1  0,004 (105  20 )   0,0589  / km

por tanto:

R  0,0589 . 5  0,2948  2

XL 2

 0,111 . 5  0,555 

Previamente calculamos la intensidad suministrada por la línea:

I2 

P2 3 U 2 cos  2

100 . 10 6



3 132000 . 1

 437,38 A

por lo que U´ tiene por valor:

 132000 U´   ( 0,2948 . 437,38 ) 0   (0,555 . 437,38 ) 90  76339,5 0,182 V 0 3 de donde el ángulo α = 0,182° que es el ángulo formado por la tensión U´ con el origen del sistema significado por los vectores I2 e U2f. La corriente capacitiva, adelantada 90° respecto a U´ tiene por valor: XC 

1 1   71,95  2  f CK l 2  50 . 0,3 . 10  6 . 10 IC 

U ´ 76339,5   71,95 A XC 1061,03

evidentemente esta corriente formara con el origen del sistema un ángulo de 90 + 0,182 = 90,182°. Por lo que aplicando la 1ª ley de Kirchoff al cuadripolo tenemos:

  I 1  I 2  I C  437,38

0

 71,95

90,182

 443,03

9,34

A

Se puede calcular la tensión en inicio de línea:

 U 1 f  76339,5

0,182

 ( 0,2948 . 443,03 )

9, 34 

 (0,555 . 443,03 )

99, 340

 76429,7

la tensión compuesta en inicio de línea es de:

U1 

3 U 1f 

3 76429,7  132380,1 V

por fin:

U % 

U1 U 2 132380,1  132000 100  100  0,287 % UN 132000

2º) El rendimiento lo podemos calcular como:

%

P2 P1

100 

100 . 10 6 3 132380,1 . 443,03 cos 8,961

puesto que φ1 ángulo de desfase entre I1 e U1f tiene por valor:

 1  0,379  9,34   8,961

100  99,65 %

0, 379

V

el signo negativo solo indica que la corriente adelanta a la tensión, esto significa que el factor de potencia en inicio de línea se corresponde con un receptor del tipo ohmicocapacitivo. También se puede calcular como: 100 . 10 6 100  99,65 % P2  Pp 100 . 10 6  3 . 0,0589 . 5 (443,03 2  437,38 2 ) evidentemente ambos valores coinciden.

%

P2

100 

3º) Se nos exige que calculemos la corriente en inicio de línea, cuando la tensión en final permanece constante e igual a 132 kV estando la línea en vacío. En esta situación si no existe corriente I2 tampoco originará c.d.t. en el segundo tramo de la línea, por lo que la tensión en el punto medio de la línea U´ será igual a U2f por tanto la corriente en los condensadores equivalentes de la línea será la misma corriente I1, de donde:

I1  IC 

U´  XC

132000 3 1061,03

 71,82

A

La tensión necesaria en inicio de línea se puede determinar a partir del siguiente diagrama vectorial:



U10f

I10 = IC

Xl 2

I1 

R I1 2

U´ = U2f de donde:

 132000 U 10 f  3

0

 ( 0,2948 . 71,82 )

90

 ( 0,555 . 71,82 )

180

 76170,34

1, 592

V

por lo que la tensión compuesta es de:

U 10 

3 U 10 f 

3 76170,34  131930,9 V

evidentemente se produce el efecto Ferranti y la tensión en inicio de línea es inferior a la tensión al final de línea. Como comprobación tenemos:

I 10  I

C

U 10 f

 (

XL

R 2 ) (  XC ) 2 2 2



76170,34 0,2948  ( 0,555 1061,03 ) 2 2

 71,82

A

P5.11 Una línea eléctrica presenta las siguientes características: R = 6,489 Ω ; XL = 38,088 Ω y XC = 4125,92 Ω. Determinar: 1.- Las constantes auxiliares de la línea. ( A = D = 0.995

38,577

80, 35

; C = 2,42 .10  4

90, 01

0, 045

; B =

).

2.- La variación porcentual de la tensión y el rendimiento de la línea cuando la misma suministra 100 MW a 220 kV con factor de potencia 0,85 inductivo. (Δ U % = 5,943 %; η % = 98,349 %). 3:- La tensión, intensidad y factor de potencia en inicio de línea estando la misma en vacío y con una tensión a final de línea de 220 kV.( U10 = 218,89 kV; I10 = 30,73 A; cos φ10 = 0,000609 capacitivo).

RESOLUCIÓN: 1º) En primer lugar hay que terminar las constantes auxiliares de la línea, valores que posteriormente utilizaremos en los siguientes apartados. Inicialmente calcularemos el ángulo característico de la línea, para ello previamente determinamos la impedancia de la línea: Z 

R 2  X L2 

6,489 2  38,088 2  38,636 

el argumento de la impedancia será:

 Z  arc tg

XL 38,088  arc tg  5,869  R 6,489

 Z  80,331 

La admitancia de la línea será:

Y 

1 1   2,4237 . 10  4 S XC 4125,92

Por otro lado el ángulo característico de esta línea tiene por valor:



 

  Z Y 

38,636

80, 331

2,4237 . 10  4

90

 9,677 . 10  2

85,165

Tenemos lo elemento necesarios para el cálculo de las constantes auxiliares de la línea:

   A  D  cosh   cosh 9,67 . 10  2

85,165

 0,995

0, 045

Debemos calcular la impedancia característica de la línea para poder determinar las constante B y C:

 Z   Y

 ZC 

38,636

80, 331

2,4237 . 10  4

 399,26



 4 ,83

90

de donde:

   B  Z C senh   399,26  C 

 senh    ZC

 4,83

. senh 9,677 . 10  2

senh 9,677 . 10  2 399,26

85,165

85,165

 38,577

 2,42 . 10  4

80, 35

90, 01 

 4 ,83

2º) Podemos determinar los valores de tensión e intensidad, así como el factor de potencia en inicio de línea por medio de las ecuaciones:

     U 1f  A U 2 f  B I 2

     I1  C U 2f  D I 2

en las que tomaremos como origen del sistema la tensión simple o de fase al final de la línea con argumento nulo, pero inicialmente debemos calcular la corriente entregada por la línea en función de la potencia, tensión y factor de potencia, es decir:

P2  3 U 2 cos  2

I2 

100 .10 6  308,74 A 3 220 . 10 3 . 0,85

Por tanto:

 U 1 f  0,995

0, 045

.

220000 3

0

 38,577

80, 35

. 308,74

 31, 78

 134566

3,847

V

Por lo que la tensión compuesta en inicio de línea es de:

U 1  3 U1 f 

3 . 134566  233075 V

Mientras que la corriente es de:

 I1  2,42 . 10  4

220000  0,995 0,045 . 308,74  31,78  292,19  26,602 A 0 3 El factor de potencia en inicio de línea se obtiene como suma de los ángulos de tensión e intensidad respecto al origen del sistema, es decir: 90, 01

.

 1  3,847  26,602  30,449 

cos  1  0,862

Estamos en disposición de calcular la variación de tensión y el rendimiento de la línea: U % 

U1  U 2 UN

100 

233075  220000 100  5,943 % 220000

%

P2 P1

100 

100 . 10 6 100  98,349 % 3 233075 . 292,19 . 0,862

3º) Estando la línea en vacío la corriente en final de línea es nula por lo que la tensión, intensidad y factor de potencia en inicio se obtienen a partir de las expresiones anteriores anulando el segundo término, es decir:

 U 10 f  0,995

0, 045

.

220000 3

0

 126381

0, 0449

V

Por lo que la tensión compuesta en inicio de línea es de:

U10  3 U10 f   I10  2,42 . 10  4

90, 01

3 . 126381  218898 V .

220000 3

0

 30,738

90, 01

A

El factor de potencia en inicio de línea se obtiene como diferencia de los ángulos de tensión e intensidad respecto al origen del sistema, es decir:

 10  90,01  0,0449  89,965

cos  1  0,000609 capacitivo

P5.12 La línea duplex de 380 kV que une Guadalquivir Medio con Tajo de la Encantada tiene una longitud total de 140 km y presenta las siguientes características: LaK =1 mH/km; CK = 12 nF/km y RK = 0,07 Ω/km. Sabiendo que la línea debe suministrar a la tensión nominal 900 A, a un receptor con factor de potencias inductivo 0,8. Determinar: 1.- La variación de tensión, corriente en inicio y rendimiento de la línea por el método de los parámetros distribuidos. (Δ U % =13,42 %; I1 =825,37 A; η% = 95,78 % ). 2.- La variación de tensión, corriente en inicio y rendimiento de la línea por el método del cuadripolo en π. (ΔU% =13,454%; I1 =825,79 A; η% = 95,62 % ).

RESOLUCIÓN: 1º) Para determinar la variación de tensión, corriente en inicio de línea y rendimiento hay que determinar las constantes que intervienen en las ecuaciones:

     U 1f  A U 2 f  B I 2

     I1  C U 2f  D I 2

Para ello previamente hay que determinar:´ X LK  2  f LaK  2  50 . 1 . 10  3  0,3141  / km

De donde:

 Z K  RK  j X LK  0,07  j 0,3141  0,3218

77, 43

Por otro lado:  YK  2  f C K  2  50 12 . 10  9  3,77 . 10  6

90

S / km

Por lo que la constante de propagación tiene por valor:



 

  Z K YK 

0,3218

77, 43

. 3,77 . 10  6

90 

 1,101. 10 3

Además la impedancia característica de la línea vale:

 ZC 

 ZK   YK

0,3218 3,77 . 10

77, 43 6

90

 292,16

 6 , 28

 / km

Y el ángulo característico de la línea tiene por valor:

83, 71





   . l  1,101 . 10  3

83, 71

. 140  0,15414

83, 71

Por lo que la constante A tiene por valor:

  A  cosh   cosh 0,15414

83, 71

 0,988

0,15

y la constante B es de:

   B  Z C senh   292,16

 6, 28

senh 0,15414

83, 71

 292,16

 6, 28

. 0,1535

83, 75

 44,86

77,52

por último la constante C es de:  senh 0,15414 83,71  senh   C   292,16  6, 28 ZC

 5,255 . 10  4

90, 04

Determinadas las constantes podemos calcular tensiones y corrientes en inicio de línea, tomando como origen del sistema el vector U2f:

     U 1 f  A U 2 f  B I 2  0,988

380000

 44,86 77,52 . 900 0 3 Por lo que la tensión compuesta en inicio de línea tiene por valor:

U1 

3 U1 f 

0,15

.

 36,88

 248850

6,19

3 . 248850  430020 V

De donde la c.d.t. expresada en forma porcentual será de:

U %

U1  U 2 UN

100 

431020  380000 100  13,42 % 380000

Por otro lado la corriente en inicio de línea es de:

     I 1  C U 2 f  D I 2  5,255 . 10  4

380000

 0,988 0,15 . 900  36,88  825,37 0 3 Finalmente el rendimiento de la línea, expresado como relación entre la potencia transportada (P2) dividida por la potencia en inicio de línea (P1) en tanto por cien será:

 %

P2 P1

100 

90, 04

3 . 380 .10 3 . 900 . 0,8 3 . 430982 . 825,37 . 0,803

100  95,78 %

Puesto que el ángulo de desfase entre tensión y corriente en inicio de línea es de:

 1  6,19  30,3  36,49 

cos  1  0,8039

 30, 3

A

2º) Con este segundo apartado pretendemos comprobar que aplicando el método del cuadripolo en π los resultados son prácticamente iguales. Sabemos que el diagrama vectorial asociado al cuadripolo en π es de la forma:

Aplicando la teoría para la resolución del cuadripolo tenemos:

XC 2



1 l 2 f C 2 U 2f XC 2

IC2 

I'



 I2

1



2  . 50 12 . 10 380 . 10 3



3 . 3789,4

 IC 2

0

2  9 0 

9

140 2

 3789,4 

 57,89 A

 900

0

 57,89

36,86  90 

 866,51

3, 06

A

 ' 2   2    36,86  3,06  33,8  U 

1f

 '1

 U2f

 '2

380 . 10 3 3

 249107,5

33,8 

40 

 R I'

0

 X L I'

 ( 0,07 . 140 . 866,51) (V )

De donde U1 tiene por valor:

90 



0

 ( 0,3141 . 140 . 866,51)

90 



U1 

3 U1 f 

3 . 249107  431465 V

Valor muy próximo al calculado por el método de parámetros distribuidos.

U % 

U1  U 2 UN

100 

431465  380000 100  13,54 % 380000

La intensidad en inicio de línea será de:

I C1   I1



f C U1 f   . 50 12 . 10  9 . 249107  65,73 A

 I'

0

 I C1

 '1  9 0 

 866,51

0

 65,73

40  90

 825,79

3, 49 

El factor de potencia en inicio de línea resulta ser:

 1   '1    40  3,49  36,51

cos  1  0,803

Por ultimo el rendimiento será:

 %

P2 P1

100 

3 . 380 .10 3 . 900 . 0,8 3 . 431465 . 825,79 . 0,803

100  95,62 %

Como se puede comprobar ambos métodos dan resultados muy próximos entre si.

( A)

P5.13 En las líneas subterráneas a 220 kV se emplean cables unipolares con designación XLPE PE OL-OT 127/220 kV de 1x1000 + H206 cuyas características kilométricas son: XLK = 0,176 Ω/km; CK = 0,196 F/km y RK = 0,025 Ω/km. Sabiendo que se desea construir una línea de 20 km para alimentar a un receptor de 200 MW, bajo 220 kV y factor de potencia 0,8 inductivo. Determinar por el método de parámetros distribuidos: 1.- La tensión, corriente, rendimiento y factor de potencia en inicio de la línea. (U1 =222,392 kV; I1 =574,64 A; η% = 99,73 %; cos φ1 = 0,906 Inductivo). 2.- Para regular la tensión en la línea se ha dispuesto una batería de condensadores de 100 MVAR en paralelo con el receptor anterior, admitiendo que la tensión al final de la línea permanece constante, determinar los mismos valores que en el caso anterior pero con esta nueva situación. (U1 =220,796 kV; I1 =523,78 A; η% = 99,94 %; cos φ1 = 0,999 Capacitivo).

RESOLUCIÓN: 1º) Este cable es empleado en líneas subterráneas de 220 kV, se podrá resolver el problema asimilando la línea a alguno de los cuadripolos en π o en T, pero como método más exacto emplearemos el método de los parámetros distribuidos. Empezaremos determinado la resistencia, reactancia inductiva y reactancia capacitiva total de la línea, es decir: R  R K l  0,025 . 20  0,5  X L  X LK l  0,176 . 20  3,52 

XC 

1  2  f CK l

1 2  50 . 0,196 . 10  6 . 20

 812,01 

Por lo que el módulo de la impedancia de la línea es de: Z 

R 2  X L2 

0,5 2  3,52 2  3,555 

el argumento de la impedancia será:

 Z  arc tg

XL 3,52  arc tg  81,915  R 0,5

La admitancia de la línea será:

Y 

1 1   0,001231 S XC 812,01

podemos por tanto calcular la impedancia característica de la línea:

 Z   Y

 ZC 

3,555

81, 915

0,001231

 53,728



 4 , 042

90 

Por otro lado el ángulo característico de esta línea tiene por valor:



  Z Y 

 

3,555

81, 915

0,001231 90  6,615 . 10 2

85, 975

Tenemos lo elemento necesarios para el cálculo de las constantes auxiliares de la línea:

   A  D  cosh   cosh 6,615 . 10  2

   B  Z C senh   53,728

 4, 042

 0,99783

85,975

. senh 6,615 . 10  2

85, 975

0, 0175

 3,5515

 senh 6,615 . 10  2 85,975 senh     1,2303 . 10  3 53,728  4,042 ZC

 C

81, 938

90, 022

Nos falta determinar la intensidad que suministra la línea:

P2

I2 

3 U 2 cos  2

200 10 6



3 220 . 10 3 . 0,8

 656,07 A

Estamos ya en disposición de determinar: tensión, corriente y factor de potencia en inicio de la línea, por medio de las expresiones:

     U 1f  A U 2 f  B I 2

     I1  C U 2f  D I 2

de donde tomando como origen del sistema el vector tensión de fase al final de línea resulta:

 U 1 f  0,99783

220 . 10 3

 3,5515 0 3 de donde la tensión compuesta de la línea es de: 0, 0175

U1 

3 U1 f 

81, 938

. 656,07

 36,869

 128398

0, 7534

V

3 128398  222392 V

la corriente en inicio de línea es de:  I 1  1,2303 . 10  3

220 . 10 3 90, 022 

3

0

 0,99783

0, 0175 

. 656,07

 36,869 

 574,64

 24, 286 

por lo que el factor de potencia en origen de línea lo podemos calcular por diferencia entre los ángulos de tensión y corriente en inicio de línea, es decir:

 1  0,7534  (  24,286 )  25,039 

cos  1  0,906

A

de donde el rendimiento de la línea es de:

%

P2 200 . 10 6 100  100  99,73 % P1 3 . 128398 . 574,64 . 0,906

2º) Al disponer una batería de condensadores de 100 MVAR queda modificadla potencia reactiva del conjunto receptor batería, en efecto el receptor presenta una potencia reactiva de tipo inductivo de valor: Q 2  P2 tg  2  200 . 0,749  150 MVAR

como disponemos una batería de condensadores de 100 MVAR la potencia reactiva ahora es de:

Q´2  150  100  50 MVAR (inductivo ) con lo que el factor de potencia repercutido a la línea es ahora de:

tg ´ 2 

Q´ 2



P2

50  0,25 200

cos ´2  0,9701

´2  14,036 

y la nueva corriente en la línea es ahora de:

P2

I2 

3 U 2 cos ´2

200 10 6



3 220 . 10 3 . 0,9701

 541,01 A

por lo que la tensión en inicio de línea es de:  U 1 f  0,99783

220 . 10 3 0 , 0175

0

3

 3,5515

81, 938

. 541,01

 14, 036

 127477

0,8175

V

de donde la tensión compuesta de la línea es de:

U1 

3 U1 f 

3 127477  220796 V

la corriente en inicio de lía es ahora de:  I 1  1,2303 . 10  3

220 . 10 3 90, 022 

3

0

 0,99783

0, 0175 

. 541,01

 14, 036 

 523,78

2, 7905 

nuevamente el factor de potencia en origen de línea lo podemos calcular por diferencia entre los ángulos de tensión y corriente en inicio de línea, es decir:

´ 1  0,8175  2,7905   1,973 

cos ´ 1  0,999

A

a la vista de los resultados la corriente adelanta a la tensión, por tanto el facto de potencia es capacitivo. Por último el rendimiento es ahora de:

%

P2 200 . 10 6 100  100  99,94 % P1 3 . 127477 . 523,78 . 0,999

P5.16 Una línea trifásica de transporte de energía eléctrica tiene los siguientes   parámetros de transmisión: A  0,93 1,5 B  115 77 . Si la tensión en final de línea es de 275 kV y se mantiene constante para todos los apartados y admitiendo una línea sin pérdidas (resistencia nula). Determinar: 1.- La tensión en origen de línea cuando suministra 250 MW con factor de potencia 0,85 inductivo (U1 = 354,968 kV). 2.- La máxima potencia que puede transportar la línea si la tensión en inicio de la misma es de 295 kV. (PMAX = 688,9 MW). 3.- La potencia reactiva adicional que se ha de disponer en final de línea cuando alimenta la línea a un receptor de 400 MW con factor de potencia 0,8 inductivo si la tensión en inicio de línea debe mantenerse igual a 295 kV. (Q = 332,96 MVAR).

RESOLUCIÓN: 1º) Para determinar la tensión en inicio de línea, empleando el método de los parámetros distribuidos hacemos uso de la expresión:

     U 1f  A U 2 f  B I 2 La corriente en final de línea será:

I2 

P2 3 U 2 cos  2



250 .10 6

 617,48 A

3 275 . 10 3 . 0,85

por lo que tomando como origen de fases la tensión en final de línea resulta:      U 1 f  A U 2 f  B I 2  0,93

1, 5 

.

275000 3

0

 115

77

. 617,48

 31, 78

 204941,3

15, 35

de donde la tensión compuesta en inicio de línea será de:

U1 

3 U 1f 

3 . 204941,3  354968,8 V

2º) La potencia máxima que puede transportar una línea en función de las tensiones en inicio y final de línea esta definida por la expresión: PMAX

LINEA



U1 U 2 Z



U 22 Z

cos  Z

en esta línea al considerarla sin pérdidas R = 0, resulta que el ángulo de la impedancia de la línea es de βZ = 90 ° con lo cual el coseno de este ángulo es nulo y el segundo término de la ecuación anterior se anula. Falta únicamente determinar la impedancia de la línea y aplicar la expresión anterior. La impedancia de la línea se puede determinar a partir de la expresión:

  ZK ZC  

 ZK l    l





 Z 

()



si determinamos la impedancia característica y el ángulo característico de la línea podremos determinar la impedancia de la línea. Para determinar el ángulo característica tenemos:

  A  cosh 





  arg cosh A  arg cosh 0,93

1,5

 0,38807

80, 33

Determinaremos ZC a partir de la constante B, en efecto:

  B  Z C senh 

 ZC 

 115 B 77   senh 0,38807 seh 

 303,47

 3 , 81

80, 33

por tanto la impedancia de la línea que en este caso es totalmente reactancia inductiva será de:

   Z  Z C   303,47

 3 , 81

. 0,38807

80, 33

 117,76

76, 51



Por lo que resulta que la potencia máxima será de: U1 U 2

PMAX LINEA 

Z



U 22 Z

cos  Z 

295 . 275  688,9 MW 117,76

3º) Sabemos que las expresiones de las potencias activas y reactivas máximas por fase en función de las tensiones en inicio y final de línea están determinadas por: P2 f 

Q2f 

U 1f U 2 f Z

U 1f U 2 f Z

cos (  Z   ) 

sen (  Z   ) 

U 22 f Z

U 22 f Z

cos  Z

sen  Z 

B U 2

2 2f

Al considerar una línea sin pérdidas R = 0, resulta que el ángulo de la impedancia de la línea es de βZ = 90 ° con lo cual en la expresión de la potencia activa podemos determinar el ángulo δ, es decir:

295 . 10 3 275 . 10 3 400 . 10 3

6

3



3

( cos ( 90   ) 

117,76

275 . 10 3 3

)2 cos 90

117,76

despejando el valor de δ resulta un ángulo de valor:

  35,495  de donde la potencia reactiva necesaria será: Q2f 

U 1f U 2 f Z

sen (  Z   ) 

U 22 f Z

sen  Z 

B U 2

2 2f

en primer lugar es necesario calcular el módulo de B que es igual al módulo de la admitancia, es decir:   Z Y  2  ZC 295 .10 3 Q2f 

117,76  1,2787 .10  3 303,47 2

275 . 10 3

3

3 117,76

(

275 . 10 3

sen (90  35,495 ) 

3 117,76

)2 sen 90 

1,2787 .10  3 275 . 10 3 2 ( )  2 3

  10988372 VAR

Evidentemente el signo negativo indica que se ha disponer una potencia reactiva adicional del tipo capacitivo que debe compensar además la potencia reactiva del tipo inductivo que impone el receptor de la línea, es decir:

Q  3 . Q 2 f  QLINEA  3 . 10,98 

400 0,6  332,96 MVAR 0,8

P5.18 Se desea proyectar una línea de A.T. a 220 kV, se sabe que se va a emplear un cable con designación RHZ1 RA+OL(AS) 127/220 kV 1x2000 M Cu +H280. Las características físicas tomadas del catalogo de Prysmian son:

Estos cables se van a disponer bajo según la siguiente configuración:

Se conoce que los factores: pelicular y proximidad tienen un valor de 0,11 y 0,008 sabiendo que la potencia a transportar es de 200 MW a 220 kV y la longitud de la línea es de 15 km. con factor la de potencia inductivo igual a 0,9. Determinar por el método de los parámetros distribuidos:

1.- La tensión y corriente en el inicio de línea, así como el rendimiento de la misma. (U1 =220,86 kV; I1 = 535,18 A; η % = 99,98 %). 2.- La tensión y corriente en el inicio de línea, cuando esta esté en vacío admitiendo constante la tensión a final de línea. (U10 =219,67 kV; I10 = 145,35 A). 3.- La potencia activa máxima que puede transportar la línea manteniendo constantes las tensiones determinadas en el apartado 1º. (PMAX = 17938,9 MW)

RESOLUCIÓN: 1º) Pretendemos estudiar el comportamiento de una línea subterránea de 220 kV, empleando para esto el método de los parámetros distribuidos, determinaremos por tanto la resistencia en c.a. a la temperatura máxima de funcionamiento compatible con el tipo de aislamiento, la resistencia del conductor en corriente continua a la temperatura máxima de funcionamiento de 90 ºC es de: R90  0,009  1  0,0039 ( 90  20 )   0,01145  / km

Pero además hay que tener en cuenta los efectos pelicular y proximidad, que en estas secciones no son despreciables, por tanto: R90ca  0,01145 ( 1  0,11  0,008 )  0,0128  / km

La ecuación de la tensión por fase en inicio de línea, e intensidad es de la forma:

     U 1f  A U 2 f  B I 2

     I1  C U 2f  D I 2

La corriente en final de línea será:

I2 

P2  3 U 2 cos  2

200 .10 6  583,18 A 3 220 . 10 3 . 0,9

Es necesario determinar los coeficientes A, B, C y D previamente calculamos la resistencia, reactancia inductiva y reactancia capacitiva total de la línea, es decir: R  R K l  0,0128 . 15  0,192 

L aK  ( 0,5  2 ln

d ) 10  4  ( 0,5  2 ln r

315 56,2 2

) 10  4  5,333 . 10  4 H / km

Porque al estar dispuesto los conductores al tresbolillo la distancia media geométrica “d” coincide con el diámetro del tubo. Por tanto:

X L  2  f L aK l  2  50 . 5,333 . 10  4 . 15  2,513 XC 

1  2  f CK l

1 2  50 . 0,243 . 10  6 . 15



 873,278 

Por lo que el módulo de la impedancia de la línea es de: Z 

R 2  X L2 

0,192 2  2,513 2  2,5203 

el argumento de la impedancia será:

 Z  arc tg

XL 2,513  arc tg  85,63  R 0,192

La admitancia de la línea será:

Y 

1 1   0,001145 S XC 873,278

podemos por tanto calcular la impedancia característica de la línea:

 ZC 

 Z   Y

2,5203

85, 63

0,001145

 46,916



 2 ,185

90

Por otro lado el ángulo característico de esta línea tiene por valor:



  Z Y 

 

2,5203

85, 63

0,001145

 0,05372

90

87,815

Tenemos lo elemento necesarios para el cálculo de las constantes auxiliares de la línea:

   A  D  cosh   cosh 0,05372    B  Z C senh   46,916

 C 

 senh    ZC

 2,185

87,815

 0,9985

. senh 0,05372

senh 0,05372 46,916

87,815

87,815

0, 0063

 2,519

 1,145 . 10  3

85, 632

90

 2 ,185

Por lo que, tomando como origen de fases la tensión a final de línea:      220000 U 1 f  A U 2 f  B I 2  0,9985 0,0063 . 3

0

 2,519

85, 632

. 583,18

de donde la tensión compuesta en inicio de línea es de:

U1 

3 U1 f 

3 127514  220860 V

 25,84

 127514

0, 532

la corriente en inicio de línea es de:  I 1  1,145 . 10  3

90 

220 . 10 3 3

0

 0,9985

0 , 0063

. 583,18

 25,84 

 535,18

11, 67 

A

por lo que el factor de potencia en origen de línea lo podemos calcular por diferencia entre los ángulos de tensión y corriente en inicio de línea, es decir:

 1  0,532  ( 11,67 )  12,202 

cos  1  0,977

de donde el rendimiento de la línea es de:

P2 200 . 10 6 % 100  100  99,989 % P1 3 . 127514 . 535,18 . 0,977 2º) Cuando la línea esta en vacío la intensidad a final de línea es nula, por tanto las ecuaciones que estudian las tensiones y corrientes en inicio de línea se transforman en:

   U1f  A U 2 f

   I1  C U 2f

De donde:      220000 U 10 f  A U 2 f  B I 2  0,9985 0,0063 . 3

U 10 

3 U10 f 

0

 126826

0, 0063

V

3 126826  219669 V

Por otro lado:  I 10  1,1444 . 10  3

90 

220 . 10 3 3

0

 145,35

90 

A

3º) La potencia máxima que puede transportar una línea en función de las tensiones en inicio y final de línea está determinada por: PMAX

LINEA



U1 U 2 Z



U 22 Z

cos  Z

Por lo que para las tensiones en inicio y final de línea según el apartado 1º se cumple: PMAX LINEA 

(

220860 . 220000 220000 2  cos 85,63 )10  6  17938,9 MW 2,503 2,503

Valor muy elevado, pero hay que tener en cuenta que la impedancia de la línea es muy pequeña, debido a la corta longitud de la misma.

P5.19 Dada una línea eléctrica trifásica de tensión nominal de 380 kV, 50 Hz, con una longitud de 250 km y los siguientes parámetros por unidad de longitud:  RK = 0,0298 Ω/km.  LaK = 12,6603 . 10-4 H/km.  CK = 9,17376.10-9 F/km. Determinar empleando el método de los parámetros distribuidos: 1º) La c.d.t. en la línea y el rendimiento en el transporte, cuando la línea suministra 250 MVA con factor de potencia 0,85 inductivo a 380 kV. 2º) El valor máximo de la potencia activa que puede suministrar la línea en su extremo receptor, admitiendo que las tensiones en inicio y final de línea son iguales a 380 kV. 3ª) Si se considera el mismo tipo de línea en cuanto a: RK, LaK y CK pero de 400 km de longitud, calcular la nueva potencia máxima en las condiciones del apartado anterior. 4º) Si se considera una línea con los mismos parámetros LaK y CK pero sin pérdidas (RK = 0) con 250 km de longitud, determinar de nuevo la potencia máxima en las condiciones del apartado 2º.

1º) Pretendemos estudiar el comportamiento a 380 kV, empleando para esto el método de los parámetros distribuidos. La ecuación de la tensión por fase en inicio de línea, e intensidad es de la forma:

     U 1f  A U 2 f  B I 2

     I1  C U 2f  D I 2

La corriente en final de línea será:

I2 

S2  3 U2

250 .10 6  379,83 A 3 380000

Es necesario determinar los coeficientes A, B, C y D previamente calculamos la impedancia serie y la admitancia en paralelo kilométrica, es decir:

 Z K  R K  j X LK  0,0298  j 0,39774  / Km Puesto que:

X LK  2  f L aK  2  50 . 12,6603 . 10  4  0,39774  / km Por otro lado la admitancia en paralelo por kilómetro de línea es:

YK 

1  2  50 . 9,17376 . 10  9  2,882 . 10  6 X CK

S / km

podemos por tanto calcular la impedancia característica de la línea:  ZC 

 ZK  YK

0,0298  j 0,39774  371,75  j 13,907 0  j 2,882 . 10  6





Por otro lado la constante de propagación de esta línea tiene por valor:



  Z K YK 

 

( 0,0298  j 0,39774 ) ( 0  j 2,882 . 10  6 )   4,008 . 10 5  j 1,0714 . 10  3 km 1

Por lo que el ángulo característico para esta línea de 250 km es: 



   l  ( 4,008 . 105  j 1,0714 . 10  3 ) 250  0,01002  j 0,26785 Tenemos todos los elementos para el cálculo de las constantes auxiliares de la línea:    A  D  cosh   cosh (0,01002  j 0,26785 )  0,9644  j 0,002652

   B  Z C senh   ( 371,75  j 13,907 ) . senh ( 0,01002  j 0,26785 )  7,273  j 98,2574    senh  senh ( 0,01002  j 0,26785 )  C     6,3972 . 10  7  j 7,1194 . 10  4 S ( 371,75  j 13,907 ) ZC Por lo que, tomando como origen de fases la tensión a final de línea:      380000 U 1 f  A U 2 f  B I 2  ( 0,9644  j 0,002652 ) . 3

0

 (7,273  j 98,2574 ) . 379,83

 233590  j 30850 V  235619

7 , 523

V

de donde la tensión compuesta en inicio de línea es de:

U1 

3 U1 f 

3 235619  408104 V

Por tanto la c.d.t. porcentual es de:

U % 

408104  380000 100  7,395 % 380000

la corriente en inicio de línea es de:

 31, 788



 380 . 10 3 I 1  ( 6,3972 . 10  7  j 7,1194 . 10  4 ) 3

 (0,9644  j 0,002652) . 379,83

0

 311,75  j 35,916 A  313,81

 6 , 572 

 31, 788 

A

por lo que el factor de potencia en origen de línea lo podemos calcular por diferencia entre los ángulos de tensión y corriente en inicio de línea, es decir:

 1  7,523  (  6,572 )  14,095 

cos  1  0,9698

de donde el rendimiento de la línea es de:

%

P2 250 . 10 6 . 0,85 100  100  98,78 % P1 3 . 235619 . 313,81 . 0,9698

2º) La expresión de la potencia máxima que puede transportar una línea en función de la tensión está determinada por: PMAX LINEA 

U1 U 2 Z



U 22 Z

cos  Z

En este caso las tensiones en inicio y final de línea son iguales a 380 kV, mientras que la impedancia de la línea y su argumento son:

  Z  Z K l  ( 0,0298  j 0,39774 ) 250  7,45  j 99,435  99,71

85, 715 

 / Km

Por tanto: PMAX LINEA 

(

380000 2 380000 2  cos 85,715 ) 10  6  1339,99 MW 99,71 99,71

3º) Ahora lo que ha cambiado es la impedancia de la línea que es mayor, puesto que la longitud es mayor y por tanto la potencia máxima a transportar será menor, tenemos:

  Z  Z K l  ( 0,0298  j 0,39774 ) 400  11,92  j 159,096  159,542 PMAX LINEA 

(

85, 715 

 / Km

380000 2 380000 2  cos 85,715 ) 10  6  837,464 MW 159,542 159,542

4º) En este caso al ser nula la resistencia (R = 0) la impedancia presenta el valor de Z = XL y por tanto βZ = 90° y en consecuencia su coseno toma el valor de 0, en resumen: Z  0,39774 . 250  99,435 

PMAX LINEA 

380000 2 10  6  1452,205 MW 99,435

