G1 G3

G2

6.9 11.5115

115

6.9

j100Ω j80 Ω

75√3/7.5√3

115

6.9

6.9 115

A B C FE

D

Circuito 1

KVA= 30000 KV= 6.9KV

Voltajes Seccion del generador 1 KV = 6.9KV Seccion de linea BCSeccion de linea CD KV = 115KVSeccion de linea CE Seccion del generador 2 KV = 6.9KVSeccion del generador 3 KV = 115*(7.5√3/75√3)= 11.5 KV

• •

•Impedancias • Seccion de lgenerador1 ZB= (6.9)^2/30 =1.59 Seccion de linea BC Seccion de linea CD ZB= 115^2/30= 440.83Seccion de linea CE Seccion del generador2 ZB= 6.9^2/30= 1.59 Seccion del generador3 ZB= 11.5^2/30= 4.41

Bases

Corriente

Seccion del generador1

IB=30000/(√3*6.9)= 2510.22

Seccion de linea BC

Seccion de linea CD

Seccion de linea CE

IB= 30000/(√3*115)= 150.61

Seccion del generador2

IB= 30000/(√3*6.9)= 2510.22

Seccion del generador 3

IB= 30000/(√3*11.5)= 1506.1

Potencia

Para todo el sistema 30000 KVA

Resumen

Componentes Potencia

(KVA) Voltaje

(KV)Corriente

(A) Impedancia

(OHM)

Seccion del generador 1

30000 6.9 2510.22 1.59

Seccion de linea BC Seccion de linea CD Seccion de linea CE

30000 115 150.61 440.23

Seccion del generador 2

30000 6,9 2510.22 1.59

Seccion del generador 3

30000 11.5 1506.1 4.41

Impedancias Cambios de Base

Generador 1

(ZN) = 0.15*(6.9/6.9)^2*(30000/20000) = 0.225

Generador 2

(ZN) = 0.15*(6.9/6.9)^2*(30000/10000) = 0.450

Generador 3

(ZN) = 0.15*(13.8/11.5)^2*(30000/30000) = 0.216

Transformadores

Transformador 1

(ZN)= 0.10*(6.9/6.9)^2*(30000/25000)= 0.120

Transformador 2

(ZN) = 0.10*(6.9/6.9)^2*(30000/12000) = 0.250

Transformador3

(ZN)=0.10*(6.9/6.9)^2*(√3*75/115)^2*(30000/30000) =0.128

Lineas

Seccion de linea BC (Z)= 100/440.83= 0.227

Seccion de linea CD (Z)= 80/440.83 = 0.181

Detreminar la f.e.m. inducida en las maquinas 1, 2, 3.

Condiciones : I G2 = 0.75 ; Fp = 0.8 atrazo

Vd = 1 |_00 Va = 1 |_00

j0.128

1 32

j 0.250

j0.450

j0.225

j0.227j0.120 j0.181

j0.216

A B C D E

Solucion :

Vc = (1∠0° - 0.75∠-36.87°)*(0.25 ∠90°) = 0.9∠9.598°

I1 = ( 1∠0°- 0.9∠9.58° ) / (0.347∠90° ) = 0.541 ∠-36.992°

I3 =I1 + IG2 ; I3 = 0.541∠-96.39° +0.75∠-36.87 = 1.291∠-36.94o

Ef1 = 0.541∠-36.992° 0.572∠90° + 0.887- j0.150

Ef1 = 0.309∠53.008° + 0.887-j0.150 = 0.186+j0.247+0.887-j0.150

Ef1 = 1.073 – j0.057 = 1.077∠5.155°

Ef2 = 1∠0° + 0.75∠-36.87° 0.45∠90° = 1+0.338∠53.13°

Ef2 = 1+0.203 + j0.270 = 1.203+j0.270 = 1.233∠12.668°

Ef1 = 1.077∠5.155°

Ef2 = 1.233∠12.668°

Ef3 = 0.735∠-49.25

240

a

b

120

n4160

B

A

El trasformador de distribución de la figura anterior:

Entrega:

30 Amp a 120v Fp=1 Entre a y n

40 Amp a 120v Fp=0.707 Atrasado entre b y n

25 Amp a 240v Fp= 0.9 atrasado entre a y b

Desprecie la impedancia y admitancia del transformador .

Calcular la corriente y el factor de potencia en el primario del transformador.

Solución:

San = VI* = 120∠0° 30∠0°

Sbn = VI* = 120∠0° 40∠45° I = 40∠-45°

Sa.b = VI* = 240∠0° 25∠25034°

San = 3600 + j0

Sbn = 3394.11 + j3394.11

Sa.b = 5400.09 + j2615.16

St = 12394.23 + j6009.27 13774∠14.7°

Si St = VI*=13774∠25.87° = 4160∠0° * I*

I* =13774∠25.87° / 4160∠0° = 3.31∠25.87°

I = 3.31∠-25.87° Fp = cos 25.87 = 0.9

PROBLEMA 1• Un transformador trifásico de 600

KVA estrella - estrella con una impedancia por fase expresada en porcentaje de Za=1,2+j4, funciona en paralelo con un transformador trifásico estrella – estrella de 900 KVA con una impedancia por fase expresada en porcentaje de Zb =0,6 +j9. Calcular los KVA de carga de cada transformador y su factor de potencia, cuando ellos alimentan una carga de 1.000 Kilovatios a un factor de potencia 0,8 en atraso. Los transformadores tienen igual relación de vueltas. (Utilizar potencia base de 900 KVA).

SOLUCION:Ia.Za = Ib.Zb = I(Za.Zb / Za+Zb)Ia = I ( Zb / Za+Zb ) V.Ib =V.I ( Za / Za+Z )Sa = S ( Zb / Za+Zb ) Sb = S ( Za / Za+Zb ) P=Sfp S= 1.000Kw/0.8 = 1250 KVAfp = Cos θ = 0.8 θ = 36.87˚ ( atraso )S = 1250 ∠ 36.87˚ KVA Cambio de base para el transformador de 600KVA a 900KVA.Za = ( 1.2+j4 ) (900/600) = 1.8 j6 = 6.26 ∠ 73.3˚Zb = ( 0.6+j9 ) = 9.02 ∠ 86.19˚Za+Zb = ( 2.4 +j15 ) = 15.19 ∠ 80.91˚Sa* = S* ( Zb / Za+Zb ) Fpa = Cos 31.59 = 0.85

Tiene una potencia aparente de 742.26KVA , con un factor de potencia de 0.85

Sb* = S* ( Za / Za+Zb ) Sb* = 1250∠-36.87 (6.26∠73.3˚ / 15.19∠80.91˚)Sb* = 515.14∠-44.48˚ KVASb = 515.14∠44.48˚ KVAFpb = Cos 44.48 = 0.71

Tiene una potencia aparente de 515.14KVA , con un factor de potencia de 0.71

PROBLEMA 2• El trasformador de distribución monofásicos de 50

Kva,2400/240 V, 60 Hz ,con las sigientes constantes : impedancia de dispersión 0,72+j0.92 ohmios en el lado de alta tension , impedancia de dispersión 0.007+j0.0090 ohmios en el lado de baja tensión. A voltaje nominal y frecuencia nominal el ramal de la admitancia de magnetización del ramal derivación que toma en consideración la corriente de exitacion es 0.00324-j0.0224 mhos vista desde el lado de baja tensión .Es usado para reducir el voltaje en el terminal de carga de una alimentadora , cuya impedancia es 0.3+j1.6 ,el voltaje en terminal de alimentacion de la alimentadora es 2400V.Encontrar el voltaje en el terminal secundario del transformador cuando la carga conectada al secundario toma la corriente nominal del trasformador a factor de potencia 0.8 en adelanto. Despréciese la caida de voltaje en el transformador y en la alimentadora causada por la corriente de exitacion.

SOLUCION:50KVA , 2400 / 240 a = 10ZAT= 0.72+j0.92

ZBT= 0.007+j0.009

ZAT = α2 ZBT

ZBT = (0.0072+j0.0092) (referido)

Zeq = (0.007 + 0.0072) +j (0.009 +j 0.0092 )Zeq = ( 0.0142+ j 0.0182 ) IN = (S / Vs) = ( 50KVA / 240 ) = 208.333 A.

Fp = Cos θ = 0.8 ( adelanto )θ = - 36.87°∠ I = ∠ V - ∠ θ∠ I = 36.87°IN = 208.333∠ 36.87° A

Vs = Ztotal INZtotal=(Zeq+Zalim)=(0.0142+j0.0182)+ (0.3+j1.6)

Ztotal = 0.3142+j1.6182

Ztotal = 1.6484 ∠ 79.012° Vs = (1.6484 ∠ 79.012°) (208.333∠ 36.87°)Vs = 343.42 ∠ 115.82° v

PROBLEMA 3

El trasformador de distribución de la figura anterior: Entrega: 30 Amp a 120v Fp=1 Entre a y n 40 Amp a 120v Fp=0.707 Atrasado entre b y n 25 Amp a 240v Fp= 0.9 atrasado entre a y bDesprecie la impedancia y admitancia del transformador . Calcular la corriente y el factor de potencia en el primario del transformador.

240

a

b

120

n4160

B

A

SOLUCIONFp1 = cos θ = 1 θ = 0°

Fp2 = cos θ = 0.707 θ = 45°

Fp3 = cos θ = 0.9 θ = 25.842° ∠ I = ∠ V - ∠ θ

I = 40∠0° I = 30∠-45° I = 25∠-25.842° San = VI* = ( 120∠0° ) ( 30∠0° ) Sbn = VI* = ( 120∠0° ) ( 40∠45° ) Sab = VI* = ( 240∠0° ) ( 25∠25.842° ) San = 3600 + j0 Sbn = 3394.11 + j3394.11 Sa.b = 5399.99 + j2615.35

ST = 12394.1 + j6009.46 = 13774 ∠ 25.867°

S = VI* = 13774 ∠ 25.867° = 4160∠0° * I*

I* = (13774 ∠ 25.867°) / (4160∠0°) = 3.311 ∠ 25.867°

I = 3.311 ∠ -25.867° (A) Fp = cos 25.867° = 0.9

Problema No 1:Dos transformadores monofasicos de 200KVA de identica relación de transformación operan en paralelo para repartir una carga de 320 KW a fp=0.8 en atraso. Las impedancias de los transformadores son :ZA= 0.5 + j8 ZB= 0.75 +j4respectivamente:.

Calcular la potencia aparente que entrega cada transformador

Solución del Problema 1:Datos:

ZA=0.5+j8

ZB=0.75+j4

Calculando la suma de las impedancias:

ZA+ZB= (0.5+j8)+(0.75+j4)=1.25+j12

Como estan conectados en paralelo el voltaje se deduce:

Vc=IAZA=IBZB

Por divisor de corriente:

(1)

Entonces:

(2)

Multiplicando las ecuaciones (1) por V tenemos:

ZBZA

ZBIIA

+=

ZBZA

ZB.ZAIVc

+=

ZBZA

ZAIIB

+=

ZBZA

ZBIVV.IA

+=

ZBZA

ZAV.IV.IB

+=

Sabiendo que Q=VISenθ tenemos:

θ=Cos-1 (fp)=36.87o

ZBZA

ZAQQA

+=

ZBZA

ZAQQB

+=

87.364008.0

87.36320Q <=<=

KVAR54.414.13412j06.12

4j75.087.36400QA −<=

++−<=

5.3426612j25.1

8j5.0.87.36400QB −<=

++−<=

La potencia aparente del transformador A es de 134KVAR y un factor de´potencia de 0.75 en atraso.

La potencia del transformador es de 266 KVAR co un factor de potencia de 0.82 en atraso

Problema No 2:

Se tiene el siguiente sistema de potencia elemental.

Determinar: Voltaje de linea a lineaen el lado de alta tensión

del transformador B.

Calculando el voltaje de linea en el trasformador B tenemos:

voltios71.73424VB

: linea a linea de voltajeel hallaremos Ahora

34.478.423913

6900087.3667.83).

3

59.491532.028.00(

LL =

<=

+−<+++=

VB

jjjVB

Solución del Problema No 2: Calculando el factor de potencia tenemos que:

KAx

xI

MVA

MWCosQfp

l 67.83693

3^1010

8.010

8

==

====

KV 13.8 Delta -Estrella KV 69 1

KV 2.4 Delta- Estrella 13.8KV 2

T

T

Mediante las leyes de voltaje de kirchoff

tenemos:

Voltios 73424.71 VB

3205.66 j42270.40 VB3

069000 )87.3667.83)(

3

49.59j j16.25j15j032(0.28 VB

LL =+=

<+−<++++=

Problema No 3:

Desde una linea de 13.8 KV se desea

energizar la siguiente carga:

Carga : 240 V. 3φ 450 KVA fp=0.85 atraso

Se dispone :

+=

+=

+=

+=

ohm j90 27 Zcc

240/120V / KV 13.8

100KVA

smonofasico doresTransforma Series)(

j78ohm 27 Zcc

240/120V / KV 13.8

100KVA

smonofasico doresTransforma Series )(

51ohm j19 Zcc

/138V7.98KV

50KVA

smonofasico doresTransforma 8 )(

48ohm j16 Zcc

/138V7.98KV

50KVA

smonofasico doresTransforma 6 )(

D

C

B

A

Determinar : Diagrama de conexiones para los transformadores operen con un minimo de sobrecarga

1

2

2

1

Z

Z

KVA

KVA =

Solucion del problema No3:Relacionando las potencias con las inpedancias tenemos:ZA= 16+j48 ZB= 19+j51ZC= (27+j78)/3=9+j26ZD= (27+j90)/3=9+j30Se escoge KVAB = 51

58KVAB 51 KVAB 62 KVAB 54 KVAB

0.5854.42

31.32

KVAD

KVAB 51.0

42.54

51.27

KVA

KVA

0.6250.60

31.32

KVA

KVA 54.0

60.50

51.27

C

B

D

A

====

====

====C

A

KVA

KVA

Problema No 4:

Detrmine el voltaje de la carga

Condiciones de operación :

a): Generador A en servicio

b) Voltaje de la bobina de tensión de los instrumentos de medida 117 V

c) Amperaje de las bobinas de corriente de los instrumentos de medida 4.4 amp

d) Potencia del Vatimetro trifasico 7.7 MW

Solución del problema No 4:

26.2353)13800/240()5/1(13.39051arg

28.2|13,39051'2

76.82|37.2791.36|20.79'20|40530

76.82|37.2715.2745.3

68.070.080.175.267.24

80.0)5/4504.4()120/4400(1173

7700000cos

3

3coscos33

20.795

1

5

4504.4

99.405295120

14400

3

117

==

−=

−+==+=

++++=

==

=→=

==

==

xxxaVc

oV

ooxVo

ojZT

jjjZT

xxxx

xVLLxIL

PxVLLxILXP

AxxIL

VxxVLN

θ

φθθυ

Problema #1 En la figura se ha presentado el diagrama unifilar de un

sistema eléctrico de potencia sin carga. Las reactancias de las dos secciones de la línea de transporte figuran en el diagrama. Las características de los generadores y de los transformadores son las presentadas a continuación.

Dibujar el diagrama de impedancias, poniendo todas las reactancias por unidad y con letras para indicar los puntos correspondientes al diagrama unifilar. Elegir una base de 30 MVA y 6.9 kV en el circuito del generador 1.

Datos:

G1: 20 MVA; 69 KV; X”=0,15 pu

G2: 10 MVA; 69 KV; X”= 0,15 pu

G3: 30 MVA; 13,8 KV; X”= 0,15 pu

T1: 25 MVA; 6,9 Δ / 115 Y KV; X=10 %

T2: 12 MVA; 6,9 Δ / 115 Y KV; X=10 %

T3: 3 unidades 1Ø de 10 MVA; 7,5/75 KV; X=10 %

Diagrama unifilar del problema 1.

Solución al problema #1

G1: X”= 0,15 (30/20)= 0,225 pu

G2: X”= 0,15 (30/10)= 0,450 pu

G3: X”= 0,15 (13,8/17,5)² = 0,216 pu

T1: X= 0,10 (30/25)= 0,12

T2: X= 0,10 (30/12)= 0,25

T3: X= 0,10 ( √3 *75/115)² *(30/30)= 0,128

Diagrama de impedancias para el problema 1.

Problema #2

Dibujar el diagrama de impedancias para el sistema representado en la figura presentada a continuación. Poner las impedancias por unidad. Despreciar la resistencia y utilizar como base 50 MVA y 138 kV en la línea de 40Ω.

Las características de los generadores de los motores y de los transformadores son:

G1: 20 MVA; 13.2 kV; X”= 15%G2: 20 MVA; 13.2 kV; X”= 15%Motor síncrono 3: 30 MVA; 6.9 kV; X”= 20%Transformador 3Ø Y-Y:

20 MVA; 13.8Y-138Y kV; X”= 10%Transformador 3Ø Y-Δ:

15 MVA; 6.9Δ-138Y kV; X= 10%Todos los transformadores están conectados de

forma que eleven la tensión de los generadores a la tensión de la línea de transporte.

Diagrama unifilar del problema 2

Resolución:

G1: X”= 0.15(13.2/13.8)² (50/20)= 0.343

G2: X”= 0.343

Motor S3: X”= 0.20(6.9/6.9)² (50/30)= 0.333

T (Y-Y): X= 0.10 (50/20)= 0.25

T (Y-Δ): X= 0.10 (50/15)= 0.333

Líneas: Z(base)= (138)²/50 = 380.88 Ω

Z(pu)= 40/380.88 = 0.105 Ω

Z(pu)= 20/380.88 = 0.053 Ω

Diagrama de impedancias para el problema 2

Problema #3:Si la tensión de la barra C en el problema 2 es de 6.6 kV, cuando el motor toma 24 MVA con 0.8 de factor de potencia en adelanto, calcular las tensiones en las barras A y B. Suponer que los dos generadores contribuyen igualmente a la carga. Dar el resultado en voltios y por unidad según la base adoptada en el problema anterior.

Determinar: la tensión en A y B si el interruptor de circuito que une el generador 1 a la barra A está abierto, mientras el motor está tomando 12 MW a 6.6 kV con 0.8 de factor de potencia en adelanto. Todos los demás interruptores permanecen cerrados.

Resolución al problema 3:

I = 24x10exp(6)/ √3 * 6.6*10³*0.8 = 2624.3(36,87º

El voltaje 6.6kV: 6.6/6.9 = 0.957 pu

P(pu) = 24 MW/ 50 = 0.48 pu

I / pu = P(pu)/ [V(pu)*Fp] = 0.48 / [0.957*0.8]

I / pu = 0.627 pu

Ibase = MVAbase*10³ / √3 * kVbase

Ibase = 50*10³/ √3 * 6.9 = 4183.69 A

Ipu = Ired / Ibase = 2624,3 / 4183,69 = 0.627 pu

Continuación...

Va = I ΣjX + Vc

Va = [(0.627/2)<36,87º][(0.25 + 0.053 + 0.333)<90º] + 0.957<0º

Va = [0.199<126,87º] + [0.957<0º]

Va = 0.853<10,76 pu

Va red = 0.853*13.8 = 11.77 kV = Vb

UN TRANSFORMADOR DE 3 KVA TIENE UNA PERDIDA DE 300 w Y UNA PERDIDA DE COBRE DE 75 w .CALCULAR LA DEFICIENCIA DIARIA DE LA SIGUIENTE CARGA.2 HORAS 1 ½* 3 0.85 at5 HORAS 1*3 0.9 at6 HORAS ¾*3 0.95at7HORAS ½*3 1.00

SOLUCION KVA FP HORAS E0 Ecu Ehte Ei 4500 0.85 2 7650 0.338 0.06 8.048 3000 0.90 5 13500 0.375 0.15 14.025 2250 0.95 6 12825 0.253 0.18 13.258 1500 1.00 7 10500 0.131 0.21 10.841 _ _ 4 _ _ 0.12 0.16 Σ 44475 1.097 0.72 46.602

75 1e2 X= (1.5)e2 * 75*2 = 0.3

X (1 ½)e2 1000

% n diaria = 44475 * 100 = 96.015 %

46292 +0.72+1.097

12

3

6.9 Kv

138 Kv

J 20 J 20

138 / 13.8 Kv13.8 / 138 Kv

J 40

138 Kv

CONECCIONY

CONECCIONY Y

CONECCIONY Y

CONECCIONY

CONECCION Y , DELTA

31 2

J 0.343

J 0.250

J 0.333

J 0.053

J 0.250

AB

J 0.343

C

J 0.250 J 0.105 J 0.250

J 0.053

RESUMENCOMPONETES POTENCIA VOLTAJE CORRIENTE IMPEDANCIASOLUCION DE LOS GERENADORES 1 y 2 50000 KVA 13.8 KV 2091.85 3.81SOLUCION DE LA LINEA J 40 Y J 20 50000 KVA 138 KV 209.18 380.88SECCIONES DE LOS MOTORES 3 50000 KVA 6.90 KV 4183.7 0.95 • IMPEDANCIAS CAMBIOS DE BASE

GENERADORES 1 y 2 ( Zg1) = (Zg2) = 0.15 (13.2/13.8)e2 (50000/20000) =0.343

TRANSFORMADORES Y Y (Zt) =0.1(13.8/13.8)e2 ( 50000/20000) = 0.250

TRASNFORMADORES Y A ( Zt) = 0.1 (6.9/6.9)e2 (50000/15000) =0.333

LINEA J 40 (Zl) = j40 = 0.105

380.88

LINEA J20 (Zl) = J20 = 0.053

380.88

MOTOR 3 (Zm) = 0.20 ( 6.9 / 6.9)e2 (50000/ 30000) = 0.333

BASES

KVA ( a) = 50000 KVA KV(b) = 138 KV ( LINEA DE J 40)

VOLTAJES

SECCION DEL GENERADOR 1 KV(b) = 13.80 KV

SECCION LINEA J 40 KV(b) = 138 KV

SECCION LINEA J 20 KV(b) = 138 KV

SECCION DEL GENERADOR 2 KV(b) = 13.8KV

SECCION DEL MOTOR 3 KV(b) = 6.9 KV

IMPEDANCIAS

SECCION DEL GENERADOR 1 Z(b) = 13.8e2 = 3.81

50

SECCION DE LINEA J 4O Y J 2O Z (b) = 138 e2 = 380.88 50

SECCION DEL GENERADOR 2 Z(b) = 13.8e2 = 3.81

50

SECCION DEL MOTOR 3 Z(b) = 6.9e2 = 0.95

50

CORRIENTES

SECCION DEL GENERADOR 1 I(b) = 50000 = 2091.85

3e1/2 * 13.8

SECCION DE LINEAS J 40 Y J 20 I(b) = 50000 = 209.18

3e1/2 *138

SECCION DEL GENERADOR 2 I(b) = 50000 = 2091.85

3e1/2 * 13.80

SECCION DEL MOTOR 3 I(b) = 50000 = 4183.10

3e1/2 *6.9

PROBLEMA # 1.

Determinar la carga adicional que se puede conectar para las siguientes condiciones de operación:

La línea tiene 138 V el factor de potencia de la carga trifásica adicional es 0.75 en atraso, la protección en el primario de cada banco opera al 115% de su corriente nominal.

Datos:

Zb = 18 + j52 ohm = 55.02 70.9

Zc = 27 + j78 ohm = 82.64 70.9

KVAc = 100 KVA

Desarrollo:

KVAb / KVAc = 82.64 / 55.02

KVAb / KVAc = 1.5

KVAb = 1.5 KVAc

KVAt = KVAb + KVAc

KVAt = 1.5KVAc + KVAc

KVAt = 2.5 KVAc

KVAc = 100 KVA

KVAt = 2.5 (100 KVA)

KVAt = 250 KVA

PROBLEMA # 2.

Determinar la corriente en la carga debido a los transformadores de 100 KVA

Datos:

Serie de transformadores monofásicos de 100 KVA, 138 KV / 240 / 480 V

Z = 9 + j25 ohm

Desarrollo:S = VI

I = S / V

I = 100KVA / 13.8V

I = 7.25 Amp

Determinar regulación de tensión de los transformadores de 50 KVA

Datos:

Serie de transformadores monofásicos de 50 KVA, 7.98 KV / 138 V

Z = 18 + j50

Desarrollo:

V2' = aV2

a = 13.8 /240 fp = cos 0 = 0.8

V2' = 57.5 (240) a = 57.5

0 = - 36.87

V2' = 13.8 KV

V1 = ZI +V2'

S=VI*

V1 = (18 + j50)(2.89-j2.17)+13800

I*=S/V

V1 = -j39.13+108.69+52.02+j144.5+13800 I*=50KVA/13.8KV

V1=13960,71+j105.37

I*=3.623Amp

V1=13961,1

I*=2.89-j2.17

%R=(13961.1-13800)/13800

%R=0.0117*100

%R=1.17%

PROBLEMA # 3.

Dos transformadores monofásicos operan en paralelos:

Transformador A: 1000KVA

Ea=520V

%IaRa=1%

%IaXa=4%

Transformador B: 600KVA

Eb=520V

%IbRb=0.8%

%IaXa=5%

Carga: 1200KVA

Fp=0.8 atraso

Desarrollo:

IaRa=0.01(500)=5V Ra=5/2000=0.0025 ohm Ta: 1000000/500=2000

IaXa=0.04(500)=20V Xa=20/2000=0.01ohm Tb: 600000/500=1200

IbRb=0.08(500)=4V Rb=4/1200=0.0033 ohm

IbXb=0.05(500)=25V Xb=25/1200=0.2083ohm

Za=0.0025+j0.01 Zt=Za+Zb

Zb=0.0033+j0.02083 Zt=0.0058+j0.0308

S=1084.9-j512.83=VV/Z

Z=0.1875+j0.9076

Ia=520(0.0033+j0.0208)+10(0.1875+j0.9076)

(0.0025+j0.01)(0.0033+j0.0208)+(0.1875+j0.09076)(0.0058+j0.0308)

Ia=1835 Amp fp=0837 atraso

Ib=510(0.0025+j0.01)+10(0.1875+j0.9076)

(0.0025+j0.01)(0.0033+j0.0208)+(0.1875+j0.09076)(0.0058+j0.0308)

Ib=633.2 Amp fp=0.989 atraso

PROBLEMA #1.

Se tiene el siguiente sistema de potencia elemental:

CA

B

Y

Y

Y

Y

Y

Determinar:El voltaje de la carga

Consideraciones de Operación:

a) Generador A en servicio.b) Voltaje de las bobinas de tensión de los instrumentos de medida: 117V.c) Amperaje de las bobinas de corriente de los instrumentos de medida: 4.4A.d) Potencia del Vatímetro 3Φ: 7.7MW.

AM

WM

VM

10MVA

TC450/5

10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE

10MVA

10MVATP14,4KV/120

10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE

5KM 5KM

2KM

,55+j,36Ω/Km/fase 1,36+j,4Ω/Km/fase

,35+j,34Ω/Km/fase

30MVA69/13,8KVj7Ω/FASE

30MVA13,8KV/240Vj7Ω/FASE

10MVA69/13,8KVj14Ω/FASE

X

RESOLUCIÓN: En el presente ejercicio, debemos tener en cuenta , que tanto los voltajes, corriente e impedancias debemos reflejarlas hacia un solo lado del circuito, preferiblemente al de mayor tensión, con las respectivas relaciones de transformación de los distintos transformadores trifásicos. En este caso reflejaremos al lado de alta que es el punto X del esquema inicial. El voltaje primario del transformador de potencia, es un voltaje RMS por cuya razón el valor leído por los instrumentos de medida en las bobinas de tensión se divide para raíz de tres, en el circuito equivalente lo representaremos por V1. Cuando reflejamos impedancias desde una conexión en Y a ∆, la dividimos para tres. Las impedancias existentes en las líneas de transmisión deben multiplicarse por sus distancias respectivas al punto de reflejo. En una conexión ∆-Y, debemos tener en cuenta que la corriente se atrasa al voltaje. A continuación presentamos el circuito equivalente

J14 5(,55+j,36) 2(,35+j,34) j7 j(,44/3)(69/13,8)2

V1 V’

IL

N

L

VV

V

aabobVolt

V

4053013

5*120*1171

2*13

..1

=

=

∗=

8,13

692

120

144001

=

=

a

a

AIL

IL

aabobIIL

2.79

2.0*90*4.4

4*3*

===

69

8.134

5

4503

=

=

a

a

818.36801.0396*14040*3

7700000

***3 ''3

=⇒=

=

=Φ

θθ

θ

θ

COS

COS

COSIVPot LL

3*4.4

1*117'

'

aI

aV

L

L

=

=

°∠=°∠−°∠=

+=

28.26.391012ˆ

9.4521670405302ˆ

~2ˆ1ˆ

V

V

zVVV

°∠=+°−∠=

=

9.457.2167

)15.2745.3)(818.362,79(~*~

jzV

ZILzV eequivalent

°∠=

=

28.257.235

2ˆ*6

1*

5

1*3

CARGA

CARGA

V

Vaa

V

240

138006

8.13

695

=

=

a

a

PROBLEMA #2.

Desde una línea de 13.8 KV se desea energizar la siguiente carga:

CARGA:

Φ

=−

3

85.0450240

atrasofpKV

Se dispone:

Φ

Ω+=1

)(4816

138/98,7

50

.6

jZcc

VKV

KVA

transf

Φ

Ω+=1

)(5119

138/98,7

50

.8

jZcc

VKV

KVA

transf

Φ

Ω+=1

)(7827

240/120/8,13

100

.

jZcc

VKV

KVA

transfSerie

Φ

Ω+=1

)(9027

240/120/8,13

100

.

jZcc

VKV

KVA

transfSerie

Determinar:

Diagrama de conexiones para que los transformadores operen conun mínimo de sobrecarga, y la capacidad instalada debe ser aproximadamenteigual a la capacidad de la carga.

RESOLUCIÓN:Como la capacidad de carga es de 450 KVA, conectamos

tres transformadores de 100KVA en delta-delta, obteniendo 300KVA depotencia, y un voltaje en el secundario de 240V, a ellos se unen en paralelotres transformadores de 50KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con lascaracterísticas de carga.

Su esquema es el siguiente:

3 x 100 KVA

∆ ∆

450KVA

Y Y

3 x 50 KVA

Para conectar en paralelo transformadores debemos cumplir la siguienterelación:

'

''

''

'

Zcc

Zcc

KVA

KVA =

Por lo tanto elegimos los transformadores con impedancias que cumplan dicharelación.

Su circuito equivalente es:

19+j51

9+j26 150KVA

L

N

PROBLEMA #3 Desde una linea de 13.8 KVA se desea energizar la siguiente carga:

Se dispone:

Determinar: Diagrama fasorial de las corrientes de línea de 13,8 KV. Condición de operación: La capacidad instalada debe ser aproximadamente igual a la capacidad de la carga

RESOLUCIÓN: Para cumplir con la exigencia de carga debemos conectar dos transformadores de 100 KVA en delta abierto ya que su potencia es el 86.6% de la carga, en este caso 173KVA. Para las dos cargas adicionales utilizamos 3 transformadores de 50 KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con los requerimientos de las cargas

173 KVA IA

150 KVA Y Y 13,8 KV A continuación presentamos los diagramas fasoriales de las corrientes de línea que atrasan a sus respectivos voltajes.

13,8 KV.

VBC VC VCA

VB VA

VAB

∠∠ : Vca

Vab

θ

Vbc ( Iab )carga

Y Y:

Vc

Vb Va

Ia θ

PROBLEMA # 4. Desde una línea de 13,8 KV se desea energizar la siguiente carga:

Se dispone de:

Determinar: El porcentaje de regulación de tensión de los transformadores RESOLUCIÓN: A continuación presentamos el circuito equivalente:

100KVAA

V1

L

N

V'2222

2

IL

)(015935

3

1*

120

13800*240

3/1**

'2

'2

'2

VV

V

aVV CATGA

°∠=

=

=

78.318.1815935

300000

'2

∠=

=

=

L

L

CARGAL

I

I

V

PI

3.2893

8527

jZ

jZ

T

T

+=

+=

)(96.19.15807

015935)3.289(*78.318.18

*

1

1

'21

VV

jV

VZIV TL

°∠=°∠++∠=

+=

%47.3Re%

100*96.19.15807

01593596.19.15807Re%

100*Re%1

'21

=°∠

°∠−°∠=

−=

g

g

V

VVg

PROBLEMA #1.

Se tiene el siguiente sistema de potencia elemental:

CA

B

Y

Y

Y

Y

Y

Determinar:El voltaje de la carga

Consideraciones de Operación:

a) Generador A en servicio.b) Voltaje de las bobinas de tensión de los instrumentos de medida: 117V.c) Amperaje de las bobinas de corriente de los instrumentos de medida: 4.4A.d) Potencia del Vatímetro 3Φ: 7.7MW.

AM

WM

VM

10MVA

TC450/5

10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE

10MVA

10MVATP14,4KV/120

10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE

5KM 5KM

2KM

,55+j,36Ω/Km/fase 1,36+j,4Ω/Km/fase

,35+j,34Ω/Km/fase

30MVA69/13,8KVj7Ω/FASE

30MVA13,8KV/240Vj7Ω/FASE

10MVA69/13,8KVj14Ω/FASE

X

J14 5(,55+j,36) 2(,35+j,34) j7 j(,44/3)(69/13,8)2

V1 V’

IL

N

L

VV

V

aabobVolt

V

4053013

5*120*1171

2*13

..1

=

=

∗=

8,13

692

120

144001

=

=

a

a

AIL

IL

aabobIIL

2.79

2.0*90*4.4

4*3*

===

69

8.134

5

4503

=

=

a

a

818.36801.0396*14040*3

7700000

***3 ''3

=⇒=

=

=Φ

θθ

θ

θ

COS

COS

COSIVPot LL

3*4.4

1*117'

'

aI

aV

L

L

=

=

RESOLUCIÓN: En el presente ejercicio, debemos tener en cuenta , que tanto los voltajes, corriente e impedancias debemos reflejarlas hacia un solo lado del circuito, preferiblemente al de mayor tensión, con las respectivas relaciones de transformación de los distintos transformadores trifásicos. En este caso reflejaremos al lado de alta que es el punto X del esquema inicial. El voltaje primario del transformador de potencia, es un voltaje RMS por cuya razón el valor leído por los instrumentos de medida en las bobinas de tensión se divide para raíz de tres, en el circuito equivalente lo representaremos por V1. Cuando reflejamos impedancias desde una conexión en Y a ∆, la dividimos para tres. Las impedancias existentes en las líneas de transmisión deben multiplicarse por sus distancias respectivas al punto de reflejo. En una conexión ∆-Y, debemos tener en cuenta que la corriente se atrasa al voltaje. A continuación presentamos el circuito equivalente

°∠=°∠−°∠=

+=

28.26.391012ˆ

9.4521670405302ˆ

~2ˆ1ˆ

V

V

zVVV

°∠=+°−∠=

=

9.457.2167

)15.2745.3)(818.362,79(~*~

jzV

ZILzV eequivalent

°∠=

=

28.257.235

2ˆ*6

1*

5

1*3

CARGA

CARGA

V

Vaa

V

240

138006

8.13

695

=

=

a

a

PROBLEMA #2.

Desde una línea de 13.8 KV se desea energizar la siguiente carga:

CARGA:

Φ

=−

3

85.0450240

atrasofpKV

Se dispone:

Φ

Ω+=1

)(4816

138/98,7

50

.6

jZcc

VKV

KVA

transf

Φ

Ω+=1

)(5119

138/98,7

50

.8

jZcc

VKV

KVA

transf

Φ

Ω+=1

)(7827

240/120/8,13

100

.

jZcc

VKV

KVA

transfSerie

Φ

Ω+=1

)(9027

240/120/8,13

100

.

jZcc

VKV

KVA

transfSerie

Determinar:

Diagrama de conexiones para que los transformadores operen conun mínimo de sobrecarga, y la capacidad instalada debe ser aproximadamenteigual a la capacidad de la carga.

RESOLUCIÓN:Como la capacidad de carga es de 450 KVA, conectamos

tres transformadores de 100KVA en delta-delta, obteniendo 300KVA depotencia, y un voltaje en el secundario de 240V, a ellos se unen en paralelotres transformadores de 50KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con lascaracterísticas de carga.

Su esquema es el siguiente:

3 x 100 KVA

∆ ∆

450KVA

Y Y

3 x 50 KVA

Para conectar en paralelo transformadores debemos cumplir la siguienterelación:

'

''

''

'

Zcc

Zcc

KVA

KVA =

Por lo tanto elegimos los transformadores con impedancias que cumplan dicharelación.

Su circuito equivalente es:

19+j51

9+j26 150KVA

L

N

PROBLEMA #3

Desde una linea de 13.8 KVA se desea energizar la siguiente carga:

Φ =−

3

)(83.0173240

atrasofpKVA

Φ =−

3

)(8.080120

atrasofpKVA

Φ =−

3

)(81.070208

atrasofpKVA

Se dispone:

Φ

1

240/120/98,7

50.

VKV

KVATransfSerie

Φ

1

480/240/8,13

100.

VKV

KVATransfSerie

Determinar:Diagrama fasorial de las corrientes de línea de 13,8 KV.

Condición de operación:

La capacidad instalada debe ser aproximadamente igual a la capacidad de lacarga

RESOLUCIÓN:

Para cumplir con la exigencia de carga debemos conectardos transformadores de 100 KVA en delta abierto ya que su potencia es el86.6% de la carga, en este caso 173KVA.

Para las dos cargas adicionales utilizamos 3transformadores de 50 KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con losrequerimientos de las cargas

173 KVA

∠∠

IA

150 KVA

Y Y 13,8 KV

A continuación presentamos los diagramas fasoriales de las corrientes de líneaque atrasan a sus respectivos voltajes.

13,8 KV.

VBC VC VCA

VB VA

VAB

∠∠ : Vca

Vab

θ

Vbc ( Iab )carga

Y Y:

Vc

Vb Va

Ia θ

PROBLEMA # 4.

Desde una línea de 13,8 KV se desea energizar la siguiente carga:

Φ =−

3

)(85.0300240

adelantofpKVA

Se dispone de:

Φ

Ω+=1

)(8527

240/120/8,13

100

.

jZcc

VKV

KVA

transfSerie

Determinar:El porcentaje de regulación de tensión de los transformadores

RESOLUCIÓN:A continuación presentamos el circuito equivalente:

3

85

3

27j+

100KVAA

V1

L

N

V'2222

2

IL

)(015935

3

1*

120

13800*240

3/1**

'2

'2

'2

VV

V

aVV CATGA

°∠=

=

=

78.318.1815935

300000

'2

∠=

=

=

L

L

CARGAL

I

I

V

PI

3.2893

8527

jZ

jZ

T

T

+=

+=

)(96.19.15807

015935)3.289(*78.318.18

*

1

1

'21

VV

jV

VZIV TL

°∠=°∠++∠=

+=

%47.3Re%

100*96.19.15807

01593596.19.15807Re%

100*Re%1

'21

=°∠

°∠−°∠=

−=

g

g

V

VVg