Sistemas Eléctricos de Potencia II

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Introducción al SEIN

Modelamiento de SEP

Modelamiento de SEP I

Modelamiento de SEP II

Estudios Estacionarios de Potencia

Test

Unidad 1: Análisis de Circuitos de CA y Modelamiento en Por Unidad (p.u.)

Sistemas Eléctricos de Potencia I — Semana 1

I. Fundamentos Teóricos de Sistemas de CA y Representación

El estudio de los Sistemas Eléctricos de Potencia (SEP) en régimen estacionario requiere la consolidación de las leyes fundamentales de circuitos de corriente alterna (CA) de frecuencia industrial ($60\ ext{Hz}$ en el Perú). A continuación, se detallan las bases físico-matemáticas esenciales para el modelamiento y análisis de la red eléctrica.

1. Representación Fasorial de Señales Sinusoidales

Una tensión sinusoidal instantánea se define en el dominio del tiempo como:

$$v(t) = V_{max} \cos(\omega t + heta) \quad [ ext{V}]$$

Donde $\omega = 2\pi f$ es la frecuencia angular en rad/s y $ heta$ es el ángulo de fase inicial. Para simplificar los cálculos algebraicos de las leyes de Kirchhoff, mapeamos la señal sinusoidal al plano complejo utilizando la identidad de Euler, obteniendo su representación fasorial de valor eficaz (RMS):

$$\mathbf{V} = V ngle heta = V_{rms} e^{j heta} = V_{rms}(\cos heta + j\sin heta)$$

2. Impedancia Compleja de Elementos Pasivos

La oposición al flujo de corriente alterna se modela mediante la impedancia compleja $\mathbf{Z}$, que unifica la resistencia ohmica $R$ y la reactancia reactiva $X$:

$$\mathbf{Z} = R + jX = Z ngle \phi \quad [\Omega]$$

Donde la reactancia inductiva se define como $X_L = \omega L$ y la reactancia capacitiva como $X_C = -rac{1}{\omega C}$. El ángulo de impedancia es $\phi = rctan(X/R)$.

3. Triángulo de Potencias y Leyes de Conservación

La transferencia de energía eléctrica se compone de tres magnitudes fundamentales asociadas en un triángulo rectángulo en el plano complejo:

Potencia Activa ($P$): Es la potencia útil que realiza trabajo físico real, disipada en las resistencias. Su unidad es el vatio (W).

$$P = V_{rms} I_{rms} \cos( heta_v - heta_i) \quad [ ext{W}]$$

Potencia Reactiva ($Q$): Representa el intercambio de energía oscilatoria entre los campos magnéticos (inductores) y eléctricos (capacitores) de la red. Su unidad es el voltio-ampere reactivo (VAR).

$$Q = V_{rms} I_{rms} \sin( heta_v - heta_i) \quad [ ext{VAR}]$$

Potencia Compleja ($\mathbf{S}$): Suma fasorial que rige la capacidad de transporte total exigida a los conductores y generadores. Su unidad es el voltio-ampere (VA).

$$\mathbf{S} = \mathbf{V} \cdot \mathbf{I}^* = P + jQ = S ngle \phi \quad [ ext{VA}]$$

4. Sistemas Trifásicos Balanceados

La generación, transmisión y distribución industrial de potencia se realiza de forma trifásica por eficiencia de costos y desempeño físico. Un sistema trifásico balanceado posee tres tensiones sinusoidales de igual magnitud pero desfasadas simétricamente entre sí a $120^\circ$ eléctricos:

$$\mathbf{V}_a = V_f ngle 0^\circ, \quad \mathbf{V}_b = V_f ngle -120^\circ, \quad \mathbf{V}_c = V_f ngle 120^\circ \quad ext{(Secuencia Positiva)}$$

La potencia trifásica total instantánea es estrictamente constante (no pulsa en el tiempo como en sistemas monofásicos), facilitando un torque uniforme en los ejes de las grandes máquinas rotativas del Sistema Eléctrico Interconectado Nacional (SEIN):

$$P_{3\phi} = \sqrt{3} V_L I_L \cos heta, \quad Q_{3\phi} = \sqrt{3} V_L I_L \sin heta, \quad S_{3\phi} = \sqrt{3} V_L I_L \quad [ ext{W, VAR, VA}]$$

💡 Nota de Cátedra: El Sistema en Por Unidad (p.u.)
Para simplificar el cálculo de redes con múltiples niveles de tensión y transformadores con diferentes relaciones de espiras, se normalizan todas las magnitudes físicas mediante la relación de Por Unidad:

$$ ext{Valor en p.u.} = rac{ ext{Valor Real (físico en }\Omega ext{, V, A, W)}}{ ext{Valor Base (en la misma unidad)}}$$

Esto elimina los cambiantes acoplamientos electromagnéticos de los transformadores y unifica los parámetros de las líneas de transmisión, facilitando drásticamente el ensamblaje de la matriz de admitancia nodal $Y_{bus}$.

II. Simulador Gráfico de Red Eléctrica: Sistema IEEE 9 Nodos

Para visualizar físicamente el comportamiento de un Sistema Eléctrico de Potencia real, a continuación se presenta un Simulador Gráfico interactivo de la red estándar IEEE de 9 barras. Este diagrama unifilar fiel ha sido diseñado utilizando maquetación HTML y CSS puro para asegurar una compatibilidad absoluta con su plataforma (libre de filtrado de scripts o SVGs):

🟢 Ver Diagrama Unifilar en Operación Normal (Régimen Estable)

Análisis de Flujo de Potencia: En condiciones óptimas de generación y carga balanceada, todas las tensiones en barras se mantienen dentro de los rangos operativos permitidos ($0.95 \le V \le 1.05\ ext{p.u.}$). Las flechas verdes discontinuas indican la trayectoria y distribución física de la potencia activa (MW) por los conductores de la red.

 SISTEMA IEEE 9 NODOS — MODELO UNIFILAR FIEL
 ● ESCENARIO 1: OPERACIÓN NORMAL (RÉGIMEN ESTABLE)
Generador Operando
Voltaje Normal [OK]
Sentido de Flujo AC
~
G1 (Slack)
P = 71.6 MW
Generando [OK]
~
G2 (PV)
P = 163.0 MW
Generando [OK]
~
G3 (PV)
P = 85.0 MW
Generando [OK]
T1 (13.8/230 kV)
T2 (13.8/230 kV)
T3 (13.8/230 kV)
Barra 1 (1.040 p.u.)
Barra 2 (1.025 p.u.)
Barra 3 (1.025 p.u.)
Barra 4 (1.026 p.u.)
Barra 5 (0.996 p.u.)
Barra 6 (1.012 p.u.)
Barra 7 (1.026 p.u.)
Barra 8 (1.016 p.u.)
Barra 9 (1.032 p.u.)
CARGA A: 125 MW
CARGA B: 90 MW
CARGA C: 100 MW
↓
71.6 MW
←
41.2 MW
→
30.4 MW
↑
83.8 MW
→
79.2 MW
↑
59.6 MW
←
20.8 MW

🔴 Ver Diagrama Unifilar en Estado de Falla (Cortocircuito en Barra 6)

Análisis Físico de Cortocircuito: Al ocurrir una falla trifásica sólida (resistencia de falla nula) en la Barra 6, su tensión se colapsa instantáneamente a $0.000\ ext{p.u.}$ La falla drena masivas corrientes de cortocircuito (indicadas con flechas rojas continuas) provenientes de los generadores a través de las líneas 4-6 y 9-6. Esto provoca una severa caída y colapso de tensiones por acoplamiento de impedancia en las barras aledañas (B4, B5, B9 y B8 se tornan de color crítico naranja/amarillo).

 SISTEMA IEEE 9 NODOS — MODELO UNIFILAR FIEL
 ⚡ ESCENARIO 2: CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO SÓLIDO EN BARRA 6
Gen. en Sobrecarga
Voltaje Crítico <0.5
Línea de Corriente Falla
💥
⚡
~
G1 (Slack)
APORTE: 412 MVA
(¡Sobrecarga!)
~
G2 (PV)
APORTE: 365 MVA
(¡Sobrecarga!)
~
G3 (PV)
APORTE: 312 MVA
(¡Sobrecarga!)
Barra 1 (0.684 p.u.)
Barra 2 (0.758 p.u.)
Barra 3 (0.641 p.u.)
Barra 4 (0.442 p.u.) [CRÍTICA]
Barra 5 (0.479 p.u.) [CRÍTICA]
Barra 6 (0.000 p.u.) [💥 FALLA]
Barra 7 (0.645 p.u.)
Barra 8 (0.576 p.u.)
Barra 9 (0.515 p.u.) [CRÍTICA]
↓
I_f1 = 4.12 p.u.
→
FALLA DE GENERACIÓN
↑
CORRIENTE DE FALLA

III. Solucionario: 6 Ejercicios de Aplicación Avanzada

Haga clic sobre cada ejercicio para desplegar su desarrollo matemático detallado y verificado. **El diseño ha sido modificado estructuralmente utilizando exclusivamente contenedores autoadaptativos (sin listas ordenadas ni desbordes) para garantizar que ninguna fórmula rompa la maquetación de su aula virtual:**

➕ Problema 1: Análisis de Impedancia y Corriente Fasorial en Circuitos de CA

Enunciado: Una línea de transmisión radial monofásica alimenta una carga con impedancia de placa de valor real en ohmios. La red opera a una frecuencia industrial de $60\ ext{Hz}$. Se mide en barras de carga una tensión eficaz de $220\ ext{V}$ RMS, la cual tomaremos como referencia de fase ($0^\circ$). La corriente medida por la línea es de $10\ ext{A}$ con un factor de potencia de $0.8$ en atraso (inductivo). Si los parámetros de la línea son $R_{line} = 0.05\ \Omega$ y $X_{line} = 0.15\ \Omega$. Determinar:

1. La impedancia del conductor de transmisión en forma binómica y polar.

2. La tensión fasorial requerida en barras de generación ($\mathbf{V}_g$) para mantener la carga alimentada.

3. La caída de tensión porcentual en la línea de transmisión.

4. Las pérdidas de potencia activa por efecto Joule a lo largo del conductor de transmisión.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Impedancia de la línea ($\mathbf{Z}_{line}$):

En forma binómica directa:

$$\mathbf{Z}_{line} = R_{line} + jX_{line} = 0.05 + j0.15\ \Omega$$

Convertimos a forma polar calculando su módulo y su desfasaje característico:

$$Z_{line} = \sqrt{0.05^2 + 0.15^2} = \sqrt{0.0025 + 0.0225} = \sqrt{0.0250} = 0.1581\ \Omega$$

$$\phi = rctan\left(rac{0.15}{0.05} ight) = 71.57^\circ \implies \mathbf{Z}_{line} = 0.1581 ngle 71.57^\circ\ \Omega$$

• Paso 2: Tensión fasorial del Generador ($\mathbf{V}_g$):

La tensión fasorial en la carga es la referencia: $\mathbf{V}_c = 220 ngle 0^\circ\ ext{V}$.

Dado que el factor de potencia es $0.8$ inductivo, la corriente fasorial se encuentra atrasada en ángulo respecto al voltaje por un valor de $ heta = rccos(0.8) = 36.87^\circ$.

Por lo tanto:

$$\mathbf{I} = 10 ngle -36.87^\circ ext{ A} = 10\cos(-36.87^\circ) + j10\sin(-36.87^\circ) = 8 - j6 ext{ A}$$

Aplicamos la ley de Ohm generalizada para sistemas radiales (caída de tensión por impedancia serie):

$$\mathbf{V}_g = \mathbf{V}_c + \mathbf{I} \cdot \mathbf{Z}_{line}$$

$$\mathbf{V}_g = 220 ngle 0^\circ + (8 - j6) \cdot (0.05 + j0.15)$$

Multiplicamos término a término los números complejos en forma binómica:

$$(8 - j6) \cdot (0.05 + j0.15) = [8(0.05) - (-6)(0.15)] + j[8(0.15) + (-6)(0.05)]$$

$$\mathbf{I} \cdot \mathbf{Z}_{line} = [0.40 + 0.90] + j[1.20 - 0.30] = 1.30 + j0.90 ext{ V}$$

Sumamos este voltaje de caída a la tensión fasorial de carga:

$$\mathbf{V}_g = 220 + (1.30 + j0.90) = 221.30 + j0.90 ext{ V}$$

Convertimos a coordenadas polares para hallar su magnitud real y su ángulo físico:

$$V_g = \sqrt{221.30^2 + 0.90^2} = 221.302 ext{ V}$$

$$ heta_g = rctan\left(rac{0.90}{221.30} ight) = 0.233^\circ \implies \mathbf{V}_g = 221.302 ngle 0.233^\circ ext{ V}$$

Respuesta 2: Tensión en el extremo generador = $221.302 ngle 0.233^\circ\ ext{V}$.

• Paso 3: Caída de tensión porcentual ($\Delta V\%$):

$$\Delta V\% = rac{|\mathbf{V}_g| - |\mathbf{V}_c|}{|\mathbf{V}_c|} imes 100\% = rac{221.302 - 220.0}{220.0} imes 100\% = 0.592\%$$

Respuesta 3: La caída de tensión porcentual es sumamente baja, marcando $0.592\%$.

• Paso 4: Pérdidas de potencia activa en la línea ($P_{loss}$):

$$P_{loss} = I^2 \cdot R_{line} = (10)^2 \cdot 0.05 = 5.0 ext{ W}$$

Respuesta 4: Las pérdidas térmicas a lo largo del cable son de $5.0\ ext{W}$.

➕ Problema 2: Compensación de Reactivos y Corrección del Factor de Potencia (f.p.)

Enunciado: Una planta de procesamiento industrial conectada a una red trifásica de $4.16\ ext{kV}$ (línea a línea) consume $1200\ ext{kW}$ con un factor de potencia de $0.75$ inductivo. Se desea elevar el factor de potencia a $0.96$ en atraso instalando un banco de capacitores trifásico en paralelo. Determinar:

1. La potencia reactiva total requerida del banco de capacitores ($Q_C$).

2. La capacitancia necesaria por fase en microfaradios ($\mu ext{F}$) si el banco se conecta en Delta ($\Delta$).

3. La capacitancia necesaria por fase en microfaradios ($\mu ext{F}$) si el banco se conecta en Estrella (Y).

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Determinación de la potencia reactiva requerida ($Q_C$):

El ángulo de fase inicial es $\cos heta_1 = 0.75 \implies heta_1 = 41.41^\circ$. La tangente asociada es:

$$ an heta_1 = an(41.41^\circ) = 0.8819$$

La potencia reactiva inicial del sistema industrial es:

$$Q_1 = P \cdot an heta_1 = 1200 ext{ kW} \cdot 0.8819 = 1058.3 ext{ kVAR}$$

El ángulo de fase deseado es $\cos heta_2 = 0.96 \implies heta_2 = 16.26^\circ$. La tangente asociada es:

$$ an heta_2 = an(16.26^\circ) = 0.2917$$

La potencia reactiva final requerida bajo la nueva condición es:

$$Q_2 = P \cdot an heta_2 = 1200 ext{ kW} \cdot 0.2917 = 350.0 ext{ kVAR}$$

La potencia reactiva total que debe suministrar el banco de capacitores trifásico es la diferencia entre ambos estados:

$$Q_C = Q_1 - Q_2 = 1058.3 - 350.0 = 708.3 ext{ kVAR}$$

Respuesta 1: Capacidad requerida del banco de capacitores = $708.3\ ext{kVAR}$.

• Paso 2: Capacitancia por fase en conexión Delta ($C_\Delta$):

En conexión Delta ($\Delta$), la tensión soportada por cada condensador de fase es la tensión de línea del sistema: $V_C = V_L = 4160\ ext{V}$.

La potencia reactiva por fase del banco es:

$$Q_{C,f} = rac{708.3}{3} = 236.1 ext{ kVAR por fase}$$

La impedancia capacitiva por fase responde a la ecuación:

$$Q_{C,f} = \omega C_\Delta V_C^2 \implies C_\Delta = rac{Q_{C,f}}{2\pi f \cdot V_L^2}$$

Reemplazando los parámetros ($f = 60\ ext{Hz}$):

$$C_\Delta = rac{236.1 imes 10^3}{2\pi \cdot 60 \cdot (4160)^2} = 36.19 imes 10^{-6} ext{ F} = 36.19\ \mu ext{F}$$

Respuesta 2: Capacitancia por fase en Delta = $36.19\ \mu ext{F}$.

• Paso 3: Capacitancia por fase en conexión Estrella ($C_Y$):

En conexión Estrella (Y), la tensión de fase soportada por cada elemento es menor en un factor de $\sqrt{3}$: $V_C = rac{V_L}{\sqrt{3}}$.

La relación directa con la conexión en delta demuestra que la capacitancia necesaria es exactamente el triple:

$$C_Y = 3 \cdot C_\Delta = 3 \cdot 36.19\ \mu ext{F} = 108.57\ \mu ext{F}$$

Respuesta 3: Capacitancia por fase en Estrella = $108.57\ \mu ext{F}$.

➕ Problema 3: Modelamiento de un Sistema Trifásico Estrella-Estrella (Y-Y) Balanceado

Enunciado: Un sistema de generación trifásico en estrella balanceado opera a $380\ ext{V}$ (línea a línea, secuencia de fase positiva) y alimenta una carga equilibrada en estrella con impedancia $\mathbf{Z}_L = 8 + j6\ \Omega$ por fase. La línea de transmisión que conecta el generador con la carga posee una impedancia serie física de $\mathbf{Z}_{line} = 0.5 + j1.0\ \Omega$ por hilo de fase. Determinar:

1. Las corrientes de línea complejas para las tres fases ($\mathbf{I}_a, \mathbf{I}_b, \mathbf{I}_c$).

2. Las tensiones de fase complejas en bornes de la carga ($\mathbf{V}_{AN}, \mathbf{V}_{BN}, \mathbf{V}_{CN}$).

3. La tensión de línea a línea eficaz en terminales de la carga.

4. La potencia activa trifásica consumida estrictamente por la carga de forma agregada.

5. Las pérdidas de potencia activa térmica por efecto Joule disipadas en la línea de transmisión.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Corrientes de línea ($\mathbf{I}_a, \mathbf{I}_b, \mathbf{I}_c$):

Al ser un sistema balanceado Estrella-Estrella con neutro ideal, realizamos el análisis monofásico equivalente para la fase A:

$$\mathbf{V}_{an} = rac{V_{L-L}}{\sqrt{3}} ngle 0^\circ = rac{380}{\sqrt{3}} ngle 0^\circ = 219.39 ngle 0^\circ ext{ V}$$

La impedancia de la malla de fase equivalente es la suma en serie de la línea y la carga:

$$\mathbf{Z}_{eq} = \mathbf{Z}_{line} + \mathbf{Z}_L = (0.5 + j1.0) + (8 + j6) = 8.5 + j7.0\ \Omega$$

Convertimos $\mathbf{Z}_{eq}$ a coordenadas polares para facilitar la división fasorial:

$$Z_{eq} = \sqrt{8.5^2 + 7^2} = 11.01\ \Omega, \quad \phi = rctan\left(rac{7}{8.5} ight) = 39.47^\circ$$

La corriente fasorial de la fase A es:

$$\mathbf{I}_a = rac{\mathbf{V}_{an}}{\mathbf{Z}_{eq}} = rac{219.39 ngle 0^\circ}{11.01 ngle 39.47^\circ} = 19.93 ngle -39.47^\circ ext{ A}$$

Por simetría balanceada en secuencia positiva (ABC), desfasamos las corrientes de las fases B y C por $120^\circ$:

$$\mathbf{I}_b = 19.93 ngle -159.47^\circ ext{ A}$$

$$\mathbf{I}_c = 19.93 ngle 80.53^\circ ext{ A}$$

Respuesta 1: Magnitud de corriente de línea total = $19.93\ ext{A}$.

• Paso 2: Tensiones de fase en la carga ($\mathbf{V}_{AN}$):

La tensión fasorial en los bornes de la fase A de la carga se halla directamente por Ley de Ohm local:

$$\mathbf{V}_{AN} = \mathbf{I}_a \cdot \mathbf{Z}_L = (19.93 ngle -39.47^\circ) \cdot (8 + j6)$$

Expresando la carga en coordenadas polares ($Z_L = 10 ngle 36.87^\circ\ \Omega$):

$$\mathbf{V}_{AN} = 19.93 ngle -39.47^\circ \cdot 10 ngle 36.87^\circ = 199.3 ngle -2.60^\circ ext{ V}$$

Aplicando el desfase simétrico para el resto de las fases de la carga:

$$\mathbf{V}_{BN} = 199.3 ngle -122.60^\circ ext{ V}, \quad \mathbf{V}_{CN} = 199.3 ngle 117.40^\circ ext{ V}$$

Respuesta 2: Las tensiones de fase cayeron a $199.3\ ext{V}$ RMS debido a la caída de tensión en el conductor.

• Paso 3: Tensión de línea a línea en la carga ($V_{L,carga}$):

$$V_{L,carga} = \sqrt{3} \cdot V_{AN} = \sqrt{3} \cdot 199.3 = 345.2 ext{ V}$$

Respuesta 3: La tensión de línea final de servicio disponible es de $345.2\ ext{V}$.

• Paso 4: Potencia activa trifásica total consumida por la carga ($P_{carga}$):

$$P_{carga} = 3 \cdot I_a^2 \cdot R_L = 3 \cdot (19.93)^2 \cdot 8 = 9532.9 ext{ W (9.53 kW)}$$

Respuesta 4: Potencia de la carga = $9.53\ ext{kW}$.

• Paso 5: Pérdidas totales en el corredor de línea ($P_{loss}$):

$$P_{loss} = 3 \cdot I_a^2 \cdot R_{line} = 3 \cdot (19.93)^2 \cdot 0.5 = 595.8 ext{ W (0.596 kW)}$$

Respuesta 5: Pérdidas físicas en los conductores = $595.8\ ext{W}$.

➕ Problema 4: Modelamiento Estrella-Delta (Y-D) con Cargas en Paralelo

Enunciado: Un alimentador trifásico de $480\ ext{V}$ alimenta en paralelo a dos cargas balanceadas: una carga conectada en estrella con impedancia de fase $\mathbf{Z}_Y = 15 + j10\ \Omega$ y una carga conectada en delta con impedancia de fase $\mathbf{Z}_\Delta = 30 - j15\ \Omega$. Determinar:

1. La impedancia equivalente estrella de la combinación en paralelo.

2. La corriente de línea total suministrada por la fuente.

3. El factor de potencia total del sistema.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Impedancia equivalente en Estrella ($\mathbf{Z}_{eq,Y}$):

Para operar en paralelo dos cargas con distinta conexión, se transforma la carga en delta ($\Delta$) a una estrella equivalente (Y). La relación de transformación balanceada establece:

$$\mathbf{Z}_{eq\Delta, Y} = rac{\mathbf{Z}_\Delta}{3} = rac{30 - j15}{3} = 10 - j5\ \Omega ext{ por fase}$$

Calculamos el paralelo directo de ambas impedancias equivalentes estrella:

$$\mathbf{Z}_{eq,Y} = rac{\mathbf{Z}_Y \cdot \mathbf{Z}_{eq\Delta, Y}}{\mathbf{Z}_Y + \mathbf{Z}_{eq\Delta, Y}} = rac{(15 + j10) \cdot (10 - j5)}{(15 + j10) + (10 - j5)}$$

Multiplicamos el numerador complejo:

$$(15 + j10) \cdot (10 - j5) = 150 - j75 + j100 + 50 = 200 + j25$$

Sumamos el denominador complejo:

$$(15 + j10) + (10 - j5) = 25 + j5$$

Dividimos multiplicando por el conjugado del denominador:

$$\mathbf{Z}_{eq,Y} = rac{200 + j25}{25 + j5} = rac{8 + j1}{1 + j0.2} = 7.885 - j0.577\ \Omega$$

Convertimos a coordenadas polares:

$$\mathbf{Z}_{eq,Y} = \sqrt{7.885^2 + (-0.577)^2} ngle rctan\left(rac{-0.577}{7.885} ight) = 7.906 ngle -4.18^\circ\ \Omega$$

Respuesta 1: Impedancia estrella equivalente = $7.906 ngle -4.18^\circ\ \Omega$ por fase (comportamiento ligeramente capacitivo).

• Paso 2: Corrientes de línea ($I_L$):

La tensión de fase del sistema es:

$$V_{fase} = rac{V_L}{\sqrt{3}} = rac{480}{\sqrt{3}} = 277.13 ext{ V}$$

La magnitud de la corriente de línea total es:

$$I_L = rac{V_{fase}}{Z_{eq,Y}} = rac{277.13}{7.906} = 35.05 ext{ A}$$

La corriente fasorial de la fase A (tomando la tensión como referencia $0^\circ$) es:

$$\mathbf{I}_L = rac{277.13 ngle 0^\circ}{7.906 ngle -4.18^\circ} = 35.05 ngle 4.18^\circ ext{ A}$$

Respuesta 2: Corriente de línea suministrada = $35.05\ ext{A}$.

• Paso 3: Factor de potencia total (f.p.):

El ángulo de impedancia equivalente es $ heta = -4.18^\circ$. El factor de potencia se calcula como:

$$ ext{f.p.} = \cos(-4.18^\circ) = 0.9973 ext{ en adelanto (capacitivo)}$$

Respuesta 3: Factor de potencia = 0.9973 en adelanto (capacitivo).

➕ Problema 5: Modelamiento en Por Unidad (p.u.) de un Sistema de Potencia Complejo

Enunciado: Un sistema de transmisión consta de un generador conectado a un transformador elevador, una línea de transmisión, un transformador reductor y una carga final representada por un motor. Las especificaciones de placa de cada uno de los componentes son:

• Generador (G): $50 ext{ MVA}, 13.8 ext{ kV}, X'' = 15\%$

• Trafo Elevador (T1): $60 ext{ MVA}, 13.2\Delta / 220 ext{ Y kV}, X = 10\%$

• Línea de Transmisión: Impedancia serie física de $\mathbf{Z}_{line} = 20 + j80\ \Omega$

• Trafo Reductor (T2): $50 ext{ MVA}, 220 ext{ Y} / 13.8\Delta ext{ kV}, X = 12\%$

• Motor (M): $40 ext{ MVA}, 13.2 ext{ kV}, X'' = 20\%$

Eligiendo las bases comunes de la red de $100\ ext{MVA}$ y de $220\ ext{kV}$ para la zona de la línea de transmisión, determinar las reactancias p.u. de cada componente y graficar el diagrama de reactancias unifilar en p.u.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Determinación de las tensiones base de cada zona de la red:

El sistema se divide en tres zonas delimitadas físicamente por los transformadores de potencia:

- Zona 1 (Generador): Separada por el transformador T1 con relación de tensión de placa $13.2 / 220$ kV:

$$V_{base1} = V_{base2} \cdot \left( rac{13.2}{220} ight) = 13.2 ext{ kV}$$

- Zona 2 (Línea de Transmisión): Fijada explícitamente en el enunciado: $V_{base2} = 220\ ext{kV}$.

- Zona 3 (Motor): Separada por T2 con relación de tensión de placa $220 / 13.8$ kV:

$$V_{base3} = V_{base2} \cdot \left( rac{13.8}{220} ight) = 13.8 ext{ kV}$$

• Paso 2: Cambio de base de las reactancias de placa de los equipos:

La ecuación general de conversión de bases de impedancia en p.u. es:

$$X_{pu, nueva} = X_{pu, vieja} \cdot \left(rac{V_{base, vieja}}{V_{base, nueva}} ight)^2 \cdot \left(rac{S_{base, nueva}}{S_{base, vieja}} ight)$$

Calculamos los valores de cambio de base correspondientes para cada uno de los componentes:

- Generador (G):

$$X_G = 0.15 \cdot \left(rac{13.8}{13.2} ight)^2 \cdot \left(rac{100}{50} ight) = 0.3279 ext{ p.u.}$$

- Transformador T1:

$$X_{T1} = 0.10 \cdot \left(rac{13.2}{13.2} ight)^2 \cdot \left(rac{100}{60} ight) = 0.1667 ext{ p.u.}$$

- Línea de Transmisión (Z_line):

Primero debemos calcular la impedancia de base en ohmios de la Zona 2:

$$Z_{base2} = rac{(V_{base2})^2}{S_{base}} = rac{(220 ext{ kV})^2}{100 ext{ MVA}} = 484\ \Omega$$

Dividimos el valor real físico en ohmios por el valor base en ohmios para hallar el p.u. directo de la línea:

$$\mathbf{Z}_{line,pu} = rac{20 + j80}{484} = 0.0413 + j0.1653 ext{ p.u.}$$

- Transformador T2:

$$X_{T2} = 0.12 \cdot \left(rac{220}{220} ight)^2 \cdot \left(rac{100}{50} ight) = 0.2400 ext{ p.u.}$$

- Motor (M):

$$X_M = 0.20 \cdot \left(rac{13.2}{13.8} ight)^2 \cdot \left(rac{100}{40} ight) = 0.4575 ext{ p.u.}$$

• Paso 3: Esquema Unifilar del Diagrama de Reactancias (en p.u.):

Uniendo todos los componentes en serie, obtenemos la representación completa de la red de estudio:

(E_G) --[j0.3279]--> (Barra 1) --[j0.1667]--> (Barra 2) --[0.0413 + j0.1653]--> (Barra 3) --[j0.2400]--> (Barra 4) --[j0.4575]--> (E_M)

➕ Problema 6: Demostración de Potencia Instantánea Constante en Sistemas Trifásicos

Enunciado: En sistemas monofásicos, la potencia instantánea pulsa doblemente respecto de la frecuencia del sistema. Demostrar analítica e hipotéticamente que en un sistema trifásico balanceado de tensiones y corrientes, la potencia instantánea trifásica total consumida por las tres fases es estrictamente constante en el tiempo en régimen estable.

Solución Paso a Paso:

Definimos las tres tensiones sinusoidales de fase instantáneas con un desfase de $120^\circ$ eléctricos:

$$v_a(t) = \sqrt{2} V_f \cos(\omega t)$$

$$v_b(t) = \sqrt{2} V_f \cos(\omega t - 120^\circ)$$

$$v_c(t) = \sqrt{2} V_f \cos(\omega t + 120^\circ)$$

Para una carga equilibrada con impedancia de ángulo de desfasaje $ heta$ respecto a su voltaje, definimos las corrientes de línea instantáneas:

$$i_a(t) = \sqrt{2} I_f \cos(\omega t - heta)$$

$$i_b(t) = \sqrt{2} I_f \cos(\omega t - 120^\circ - heta)$$

$$i_c(t) = \sqrt{2} I_f \cos(\omega t + 120^\circ - heta)$$

La potencia instantánea total consumida en las tres fases es la suma matemática directa:

$$p_{3\phi}(t) = v_a(t)i_a(t) + v_b(t)i_b(t) + v_c(t)i_c(t)$$

Aplicando la identidad trigonométrica clásica del producto de cosenos $\cos(x)\cos(y) = rac{1}{2}[\cos(x-y) + \cos(x+y)]$, resolvemos la fase A:

$$p_a(t) = 2 V_f I_f \cos(\omega t)\cos(\omega t - heta) = V_f I_f [\cos( heta) + \cos(2\omega t - heta)]$$

De forma análoga para las fases B y C:

$$p_b(t) = V_f I_f [\cos( heta) + \cos(2\omega t - 240^\circ - heta)]$$

$$p_c(t) = V_f I_f [\cos( heta) + \cos(2\omega t + 240^\circ - heta)]$$

Sumamos las expresiones de potencia activa de las tres fases:

$$p_{3\phi}(t) = V_f I_f \left[ 3\cos( heta) + \cos(2\omega t - heta) + \cos(2\omega t - 240^\circ - heta) + \cos(2\omega t + 240^\circ - heta) ight]$$

Evaluamos la componente oscilatoria resultante de doble frecuencia:

$$S_{osc} = \cos(lpha) + \cos(lpha - 120^\circ) + \cos(lpha + 120^\circ)$$

Sabiendo que tres fasores armónicos equilibrados sumados se anulan vectorialmente de forma rigurosa en cualquier instante, su suma es cero:

$$\cos(lpha - 120^\circ) + \cos(lpha + 120^\circ) = 2\cos(lpha)\cos(120^\circ) = 2\cos(lpha)\left(-rac{1}{2} ight) = -\cos(lpha)$$

Sustituyendo esta igualdad en la componente oscilatoria:

$$S_{osc} = \cos(lpha) - \cos(lpha) = 0$$

Por consiguiente, el término de oscilación desaparece por completo del cálculo, concluyendo que:

$$p_{3\phi}(t) = 3 V_f I_f \cos( heta) = P_{3\phi}$$

Demostración Finalizada: La potencia instantánea total transferida es continua e independiente del tiempo, eliminando las vibraciones mecánicas de los generadores.

IV. Banco de Autoevaluación: 10 Ejercicios Propuestos

Proponga estos problemas a sus estudiantes para reforzar los conceptos explicados en clase. Cada ejercicio incorpora su clave de respuesta para la autoevaluación:

1. Un circuito monofásico de corriente alterna alimenta una carga resistiva inductiva serie con una reactancia de $3\ \Omega$ y una resistencia de $4\ \Omega$. Si la tensión de alimentación de fuente es de $120 ext{ V}$ RMS a $60\ ext{Hz}$, calcular la corriente RMS de la línea y el factor de potencia.

Clave de respuesta: [I = 24.0 A, f.p. = 0.80 inductivo]

2. Una carga consume $10 ext{ MVA}$ con un factor de potencia de $0.85$ inductivo. Si la tensión de barra es de $13.8 ext{ kV}$ de línea a línea, determinar las potencias activa (MW) y reactiva (MVAR) consumidas.

Clave de respuesta: [P = 8.50 MW, Q = 5.27 MVAR]

3. Un sistema trifásico de $440 ext{ V}$ alimenta una carga de $150 ext{ kVA}$ con factor de potencia $0.80$ inductivo. Determinar la corriente de línea del sistema.

Clave de respuesta: [I_L = 196.82 A]

4. Un generador síncrono trifásico posee reactancias subtransitorias en p.u. de $X'' = 18\%$ sobre su placa de $100 ext{ MVA}$ y $13.8 ext{ kV}$. Si redefinimos las bases comunes de estudio a $250 ext{ MVA}$ y $13.2 ext{ kV}$, determinar la nueva reactancia en p.u.

Clave de respuesta: [X'' = 0.4922 p.u.]

5. Una barra infinita alimenta una carga a través de una línea con impedancia $\mathbf{Z} = 2 + j8\ \Omega$. La tensión de línea base en esa zona es de $115 ext{ kV}$ con base de potencia de $100 ext{ MVA}$. Calcular la impedancia serie de la línea en Por Unidad (p.u.).

Clave de respuesta: [Z_pu = 0.0151 + j0.0605 p.u.]

6. Un transformador trifásico tiene una placa de $30 ext{ MVA}, 115 ext{ Y} / 13.8\Delta ext{ kV}$, con una reactancia de dispersión de $X = 8.5\%$. Hallar la reactancia en p.u. con una base de de $100 ext{ MVA}$ y de $115 ext{ kV}$ en el lado de alta tensión.

Clave de respuesta: [X = 0.2833 p.u.]

7. Dos generadores operan en paralelo en una central. G1 tiene una placa de $50 ext{ MVA}, 13.8 ext{ kV}, X = 12\%$; G2 tiene $75 ext{ MVA}, 13.8 ext{ kV}, X = 15\%$. Sabiendo que la base de estudio es de $100 ext{ MVA}$ and $13.8 ext{ kV}$, calcular la reactancia G equivalente del paralelo en p.u.

Clave de respuesta: [X_eq = 0.1000 p.u.]

8. Un motor trifásico de inducción consume $50 ext{ kW}$ a una tensión de línea de $440 ext{ V}$ con factor de potencia $0.82$ inductivo. Determine los kVAR necesarios de un banco capacitivo paralelo trifásico para elevar el f.p. a $0.95$ inductivo.

Clave de respuesta: [Q_C = 18.42 kVAR]

9. Se alimenta una carga balanceada conectada en delta con impedancia de fase $\mathbf{Z}_\Delta = 12 - j9\ \Omega$ mediante un circuito trifásico de tres conductores de $220 ext{ V}$. Determine la corriente de fase en la carga y la corriente de línea total del sistema.

Clave de respuesta: [I_fase = 14.67 A, I_linea = 25.40 A]

10. Una línea de transmisión radial trifásica balanceada posee una impedancia serie por hilo de fase de $\mathbf{Z} = 1 + j4\ \Omega$. La tensión eficaz de línea medida en barras de carga es de $22.9 ext{ kV}$. Si la carga de barras consume de la red $5 ext{ MVA}$ con f.p. $0.85$ inductivo, calcule la caída de tensión fasorial por fase.

Clave de respuesta: [V_caida_fase = 502.40 V RMS, Delta V% = 3.80%]

TEST 2

Unidad 1: Análisis de Circuitos de CA y Modelamiento en Por Unidad (p.u.)

Sistemas Eléctricos de Potencia I — Semana 1

I. Fundamentos Teóricos de Sistemas de CA y Representación

El estudio de los Sistemas Eléctricos de Potencia (SEP) en régimen estacionario requiere la consolidación de las leyes fundamentales de circuitos de corriente alterna (CA) de frecuencia industrial ($60\ \text{Hz}$ en el Perú). A continuación, se detallan las bases físico-matemáticas esenciales para el modelamiento y análisis de la red eléctrica.

1. Representación Fasorial de Señales Sinusoidales

Una tensión sinusoidal instantánea se define en el dominio del tiempo como:

$$v(t) = V_{max} \cos(\omega t + \theta) \quad [\text{V}]$$

Donde $\omega = 2\pi f$ es la frecuencia angular en rad/s y $\theta$ es el ángulo de fase inicial. Para simplificar los cálculos algebraicos de las leyes de Kirchhoff, mapeamos la señal sinusoidal al plano complejo utilizando la identidad de Euler, obteniendo su representación fasorial de valor eficaz (RMS):

$$\mathbf{V} = V \angle \theta = V_{rms} e^{j\theta} = V_{rms}(\cos\theta + j\sin\theta)$$

2. Impedancia Compleja de Elementos Pasivos

La oposición al flujo de corriente alterna se modela mediante la impedancia compleja $\mathbf{Z}$, que unifica la resistencia ohmica $R$ y la reactancia reactiva $X$:

$$\mathbf{Z} = R + jX = Z \angle \phi \quad [\Omega]$$

Donde la reactancia inductiva se define como $X_L = \omega L$ y la reactancia capacitiva como $X_C = -\frac{1}{\omega C}$. El ángulo de impedancia es $\phi = \arctan(X/R)$.

3. Triángulo de Potencias y Leyes de Conservación

La transferencia de energía eléctrica se compone de tres magnitudes fundamentales asociadas en un triángulo rectángulo en el plano complejo:

Potencia Activa ($P$): Es la potencia útil que realiza trabajo físico real, disipada en las resistencias. Su unidad es el vatio (W).

$$P = V_{rms} I_{rms} \cos(\theta_v - \theta_i) \quad [\text{W}]$$

$$Q = V_{rms} I_{rms} \sin(\theta_v - \theta_i) \quad [\text{VAR}]$$

Potencia Compleja ($\mathbf{S}$): Suma fasorial que rige la capacidad de transporte total exigida a los conductores y generadores. Su unidad es el voltio-ampere (VA).

$$\mathbf{S} = \mathbf{V} \cdot \mathbf{I}^* = P + jQ = S \angle \phi \quad [\text{VA}]$$

4. Sistemas Trifásicos Balanceados

$$\mathbf{V}_a = V_f \angle 0^\circ, \quad \mathbf{V}_b = V_f \angle -120^\circ, \quad \mathbf{V}_c = V_f \angle 120^\circ \quad \text{(Secuencia Positiva)}$$

$$P_{3\phi} = \sqrt{3} V_L I_L \cos\theta, \quad Q_{3\phi} = \sqrt{3} V_L I_L \sin\theta, \quad S_{3\phi} = \sqrt{3} V_L I_L \quad [\text{W, VAR, VA}]$$

$$\text{Valor en p.u.} = \frac{\text{Valor Real (físico en }\Omega\text{, V, A, W)}}{\text{Valor Base (en la misma unidad)}}$$

II. Simulador Gráfico de Red Eléctrica: Sistema IEEE 9 Nodos

🟢 Ver Diagrama Unifilar en Operación Normal (Régimen Estable)

Análisis de Flujo de Potencia: En condiciones óptimas de generación y carga balanceada, todas las tensiones en barras se mantienen dentro de los rangos operativos permitidos ($0.95 \le V \le 1.05\ \text{p.u.}$). Las flechas verdes discontinuas indican la trayectoria y distribución física de la potencia activa (MW) por los conductores de la red.

 SISTEMA IEEE 9 NODOS — MODELO UNIFILAR FIEL
 ● ESCENARIO 1: OPERACIÓN NORMAL (RÉGIMEN ESTABLE)
Generador Operando
Voltaje Normal [OK]
Sentido de Flujo AC
~
G1 (Slack)
P = 71.6 MW
Generando [OK]
~
G2 (PV)
P = 163.0 MW
Generando [OK]
~
G3 (PV)
P = 85.0 MW
Generando [OK]
T1 (13.8/230 kV)
T2 (13.8/230 kV)
T3 (13.8/230 kV)
Barra 1 (1.040 p.u.)
Barra 2 (1.025 p.u.)
Barra 3 (1.025 p.u.)
Barra 4 (1.026 p.u.)
Barra 5 (0.996 p.u.)
Barra 6 (1.012 p.u.)
Barra 7 (1.026 p.u.)
Barra 8 (1.016 p.u.)
Barra 9 (1.032 p.u.)
CARGA A: 125 MW
CARGA B: 90 MW
CARGA C: 100 MW
↓
71.6 MW
←
41.2 MW
→
30.4 MW
↑
83.8 MW
→
79.2 MW
↑
59.6 MW
←
20.8 MW

🔴 Ver Diagrama Unifilar en Estado de Falla (Cortocircuito en Barra 6)

Análisis Físico de Cortocircuito: Al ocurrir una falla trifásica sólida (resistencia de falla nula) en la Barra 6, su tensión se colapsa instantáneamente a $0.000\ \text{p.u.}$ La falla drena masivas corrientes de cortocircuito (indicadas con flechas rojas continuas) provenientes de los generadores a través de las líneas 4-6 y 9-6. Esto provoca una severa caída y colapso de tensiones por acoplamiento de impedancia en las barras aledañas (B4, B5, B9 y B8 se tornan de color crítico naranja/amarillo).

 SISTEMA IEEE 9 NODOS — MODELO UNIFILAR FIEL
 ⚡ ESCENARIO 2: CORTOCIRCUITO TRIFÁSICO SÓLIDO EN BARRA 6
Gen. en Sobrecarga
Voltaje Crítico <0.5
Línea de Corriente Falla
💥
⚡
~
G1 (Slack)
APORTE: 412 MVA
(¡Sobrecarga!)
~
G2 (PV)
APORTE: 365 MVA
(¡Sobrecarga!)
~
G3 (PV)
APORTE: 312 MVA
(¡Sobrecarga!)
Barra 1 (0.684 p.u.)
Barra 2 (0.758 p.u.)
Barra 3 (0.641 p.u.)
Barra 4 (0.442 p.u.) [CRÍTICA]
Barra 5 (0.479 p.u.) [CRÍTICA]
Barra 6 (0.000 p.u.) [💥 FALLA]
Barra 7 (0.645 p.u.)
Barra 8 (0.576 p.u.)
Barra 9 (0.515 p.u.) [CRÍTICA]
↓
I_f1 = 4.12 p.u.
→
FALLA DE GENERACIÓN
↑
CORRIENTE DE FALLA

III. Solucionario: 6 Ejercicios de Aplicación Avanzada

➕ Problema 1: Análisis de Impedancia y Corriente Fasorial en Circuitos de CA

Enunciado: Una línea de transmisión radial monofásica alimenta una carga con impedancia de placa de valor real en ohmios. La red opera a una frecuencia industrial de $60\ \text{Hz}$. Se mide en barras de carga una tensión eficaz de $220\ \text{V}$ RMS, la cual tomaremos como referencia de fase ($0^\circ$). La corriente medida por la línea es de $10\ \text{A}$ con un factor de potencia de $0.8$ en atraso (inductivo). Si los parámetros de la línea son $R_{line} = 0.05\ \Omega$ y $X_{line} = 0.15\ \Omega$. Determinar:

1. La impedancia del conductor de transmisión en forma binómica y polar.

2. La tensión fasorial requerida en barras de generación ($\mathbf{V}_g$) para mantener la carga alimentada.

3. La caída de tensión porcentual en la línea de transmisión.

4. Las pérdidas de potencia activa por efecto Joule a lo largo del conductor de transmisión.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Impedancia de la línea ($\mathbf{Z}_{line}$):

En forma binómica directa:

$$\mathbf{Z}_{line} = R_{line} + jX_{line} = 0.05 + j0.15\ \Omega$$

Convertimos a forma polar calculando su módulo y su desfasaje característico:

$$Z_{line} = \sqrt{0.05^2 + 0.15^2} = \sqrt{0.0025 + 0.0225} = \sqrt{0.0250} = 0.1581\ \Omega$$

$$\phi = \arctan\left(\frac{0.15}{0.05}\right) = 71.57^\circ \implies \mathbf{Z}_{line} = 0.1581 \angle 71.57^\circ\ \Omega$$

• Paso 2: Tensión fasorial del Generador ($\mathbf{V}_g$):

La tensión fasorial en la carga es la referencia: $\mathbf{V}_c = 220 \angle 0^\circ\ \text{V}$.

Dado que el factor de potencia es $0.8$ inductivo, la corriente fasorial se encuentra atrasada en ángulo respecto al voltaje por un valor de $\theta = \arccos(0.8) = 36.87^\circ$.

Por lo tanto:

$$\mathbf{I} = 10 \angle -36.87^\circ\text{ A} = 10\cos(-36.87^\circ) + j10\sin(-36.87^\circ) = 8 - j6\text{ A}$$

Aplicamos la ley de Ohm generalizada para sistemas radiales (caída de tensión por impedancia serie):

$$\mathbf{V}_g = \mathbf{V}_c + \mathbf{I} \cdot \mathbf{Z}_{line}$$

$$\mathbf{V}_g = 220 \angle 0^\circ + (8 - j6) \cdot (0.05 + j0.15)$$

Multiplicamos término a término los números complejos en forma binómica:

$$(8 - j6) \cdot (0.05 + j0.15) = [8(0.05) - (-6)(0.15)] + j[8(0.15) + (-6)(0.05)]$$

$$\mathbf{I} \cdot \mathbf{Z}_{line} = [0.40 + 0.90] + j[1.20 - 0.30] = 1.30 + j0.90\text{ V}$$

Sumamos este voltaje de caída a la tensión fasorial de carga:

$$\mathbf{V}_g = 220 + (1.30 + j0.90) = 221.30 + j0.90\text{ V}$$

Convertimos a coordenadas polares para hallar su magnitud real y su ángulo físico:

$$V_g = \sqrt{221.30^2 + 0.90^2} = 221.302\text{ V}$$

$$\theta_g = \arctan\left(\frac{0.90}{221.30}\right) = 0.233^\circ \implies \mathbf{V}_g = 221.302 \angle 0.233^\circ\text{ V}$$

Respuesta 2: Tensión en el extremo generador = $221.302 \angle 0.233^\circ\ \text{V}$.

• Paso 3: Caída de tensión porcentual ($\Delta V\%$):

$$\Delta V\% = \frac{|\mathbf{V}_g| - |\mathbf{V}_c|}{|\mathbf{V}_c|} imes 100\% = \frac{221.302 - 220.0}{220.0} imes 100\% = 0.592\%$$

Respuesta 3: La caída de tensión porcentual es sumamente baja, marcando $0.592\%$.

• Paso 4: Pérdidas de potencia activa en la línea ($P_{loss}$):

$$P_{loss} = I^2 \cdot R_{line} = (10)^2 \cdot 0.05 = 5.0\text{ W}$$

Respuesta 4: Las pérdidas térmicas a lo largo del cable son de $5.0\ \text{W}$.

➕ Problema 2: Compensación de Reactivos y Corrección del Factor de Potencia (f.p.)

Enunciado: Una planta de procesamiento industrial conectada a una red trifásica de $4.16\ \text{kV}$ (línea a línea) consume $1200\ \text{kW}$ con un factor de potencia de $0.75$ inductivo. Se desea elevar el factor de potencia a $0.96$ en atraso instalando un banco de capacitores trifásico en paralelo. Determinar:

1. La potencia reactiva total requerida del banco de capacitores ($Q_C$).

2. La capacitancia necesaria por fase en microfaradios ($\mu\text{F}$) si el banco se conecta en Delta ($\Delta$).

3. La capacitancia necesaria por fase en microfaradios ($\mu\text{F}$) si el banco se conecta en Estrella (Y).

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Determinación de la potencia reactiva requerida ($Q_C$):

El ángulo de fase inicial es $\cos\theta_1 = 0.75 \implies \theta_1 = 41.41^\circ$. La tangente asociada es:

$$\tan\theta_1 = \tan(41.41^\circ) = 0.8819$$

La potencia reactiva inicial del sistema industrial es:

$$Q_1 = P \cdot \tan\theta_1 = 1200\text{ kW} \cdot 0.8819 = 1058.3\text{ kVAR}$$

El ángulo de fase deseado es $\cos\theta_2 = 0.96 \implies \theta_2 = 16.26^\circ$. La tangente asociada es:

$$\tan\theta_2 = \tan(16.26^\circ) = 0.2917$$

La potencia reactiva final requerida bajo la nueva condición es:

$$Q_2 = P \cdot \tan\theta_2 = 1200\text{ kW} \cdot 0.2917 = 350.0\text{ kVAR}$$

La potencia reactiva total que debe suministrar el banco de capacitores trifásico es la diferencia entre ambos estados:

$$Q_C = Q_1 - Q_2 = 1058.3 - 350.0 = 708.3\text{ kVAR}$$

Respuesta 1: Capacidad requerida del banco de capacitores = $708.3\ \text{kVAR}$.

• Paso 2: Capacitancia por fase en conexión Delta ($C_\Delta$):

En conexión Delta ($\Delta$), la tensión soportada por cada condensador de fase es la tensión de línea del sistema: $V_C = V_L = 4160\ \text{V}$.

La potencia reactiva por fase del banco es:

$$Q_{C,f} = \frac{708.3}{3} = 236.1\text{ kVAR por fase}$$

La impedancia capacitiva por fase responde a la ecuación:

$$Q_{C,f} = \omega C_\Delta V_C^2 \implies C_\Delta = \frac{Q_{C,f}}{2\pi f \cdot V_L^2}$$

Reemplazando los parámetros ($f = 60\ \text{Hz}$):

$$C_\Delta = \frac{236.1 imes 10^3}{2\pi \cdot 60 \cdot (4160)^2} = 36.19 imes 10^{-6}\text{ F} = 36.19\ \mu\text{F}$$

Respuesta 2: Capacitancia por fase en Delta = $36.19\ \mu\text{F}$.

• Paso 3: Capacitancia por fase en conexión Estrella ($C_Y$):

En conexión Estrella (Y), la tensión de fase soportada por cada elemento es menor en un factor de $\sqrt{3}$: $V_C = \frac{V_L}{\sqrt{3}}$.

La relación directa con la conexión en delta demuestra que la capacitancia necesaria es exactamente el triple:

$$C_Y = 3 \cdot C_\Delta = 3 \cdot 36.19\ \mu\text{F} = 108.57\ \mu\text{F}$$

Respuesta 3: Capacitancia por fase en Estrella = $108.57\ \mu\text{F}$.

➕ Problema 3: Modelamiento de un Sistema Trifásico Estrella-Estrella (Y-Y) Balanceado

Enunciado: Un sistema de generación trifásico en estrella balanceado opera a $380\ \text{V}$ (línea a línea, secuencia de fase positiva) y alimenta una carga equilibrada en estrella con impedancia $\mathbf{Z}_L = 8 + j6\ \Omega$ por fase. La línea de transmisión que conecta el generador con la carga posee una impedancia serie física de $\mathbf{Z}_{line} = 0.5 + j1.0\ \Omega$ por hilo de fase. Determinar:

1. Las corrientes de línea complejas para las tres fases ($\mathbf{I}_a, \mathbf{I}_b, \mathbf{I}_c$).

2. Las tensiones de fase complejas en bornes de la carga ($\mathbf{V}_{AN}, \mathbf{V}_{BN}, \mathbf{V}_{CN}$).

3. La tensión de línea a línea eficaz en terminales de la carga.

4. La potencia activa trifásica consumida estrictamente por la carga de forma agregada.

5. Las pérdidas de potencia activa térmica por efecto Joule disipadas en la línea de transmisión.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Corrientes de línea ($\mathbf{I}_a, \mathbf{I}_b, \mathbf{I}_c$):

Al ser un sistema balanceado Estrella-Estrella con neutro ideal, realizamos el análisis monofásico equivalente para la fase A:

$$\mathbf{V}_{an} = \frac{V_{L-L}}{\sqrt{3}} \angle 0^\circ = \frac{380}{\sqrt{3}} \angle 0^\circ = 219.39 \angle 0^\circ\text{ V}$$

La impedancia de la malla de fase equivalente es la suma en serie de la línea y la carga:

$$\mathbf{Z}_{eq} = \mathbf{Z}_{line} + \mathbf{Z}_L = (0.5 + j1.0) + (8 + j6) = 8.5 + j7.0\ \Omega$$

Convertimos $\mathbf{Z}_{eq}$ a coordenadas polares para facilitar la división fasorial:

$$Z_{eq} = \sqrt{8.5^2 + 7^2} = 11.01\ \Omega, \quad \phi = \arctan\left(\frac{7}{8.5}\right) = 39.47^\circ$$

La corriente fasorial de la fase A es:

$$\mathbf{I}_a = \frac{\mathbf{V}_{an}}{\mathbf{Z}_{eq}} = \frac{219.39 \angle 0^\circ}{11.01 \angle 39.47^\circ} = 19.93 \angle -39.47^\circ\text{ A}$$

Por simetría balanceada en secuencia positiva (ABC), desfasamos las corrientes de las fases B y C por $120^\circ$:

$$\mathbf{I}_b = 19.93 \angle -159.47^\circ\text{ A}$$

$$\mathbf{I}_c = 19.93 \angle 80.53^\circ\text{ A}$$

Respuesta 1: Magnitud de corriente de línea total = $19.93\ \text{A}$.

• Paso 2: Tensiones de fase en la carga ($\mathbf{V}_{AN}$):

La tensión fasorial en los bornes de la fase A de la carga se halla directamente por Ley de Ohm local:

$$\mathbf{V}_{AN} = \mathbf{I}_a \cdot \mathbf{Z}_L = (19.93 \angle -39.47^\circ) \cdot (8 + j6)$$

Expresando la carga en coordenadas polares ($Z_L = 10 \angle 36.87^\circ\ \Omega$):

$$\mathbf{V}_{AN} = 19.93 \angle -39.47^\circ \cdot 10 \angle 36.87^\circ = 199.3 \angle -2.60^\circ\text{ V}$$

Aplicando el desfase simétrico para el resto de las fases de la carga:

$$\mathbf{V}_{BN} = 199.3 \angle -122.60^\circ\text{ V}, \quad \mathbf{V}_{CN} = 199.3 \angle 117.40^\circ\text{ V}$$

Respuesta 2: Las tensiones de fase cayeron a $199.3\ \text{V}$ RMS debido a la caída de tensión en el conductor.

• Paso 3: Tensión de línea a línea en la carga ($V_{L,carga}$):

$$V_{L,carga} = \sqrt{3} \cdot V_{AN} = \sqrt{3} \cdot 199.3 = 345.2\text{ V}$$

Respuesta 3: La tensión de línea final de servicio disponible es de $345.2\ \text{V}$.

• Paso 4: Potencia activa trifásica total consumida por la carga ($P_{carga}$):

$$P_{carga} = 3 \cdot I_a^2 \cdot R_L = 3 \cdot (19.93)^2 \cdot 8 = 9532.9\text{ W (9.53 kW)}$$

Respuesta 4: Potencia de la carga = $9.53\ \text{kW}$.

• Paso 5: Pérdidas totales en el corredor de línea ($P_{loss}$):

$$P_{loss} = 3 \cdot I_a^2 \cdot R_{line} = 3 \cdot (19.93)^2 \cdot 0.5 = 595.8\text{ W (0.596 kW)}$$

Respuesta 5: Pérdidas físicas en los conductores = $595.8\ \text{W}$.

➕ Problema 4: Modelamiento Estrella-Delta (Y-D) con Cargas en Paralelo

Enunciado: Un alimentador trifásico de $480\ \text{V}$ alimenta en paralelo a dos cargas balanceadas: una carga conectada en estrella con impedancia de fase $\mathbf{Z}_Y = 15 + j10\ \Omega$ y una carga conectada en delta con impedancia de fase $\mathbf{Z}_\Delta = 30 - j15\ \Omega$. Determinar:

1. La impedancia equivalente estrella de la combinación en paralelo.

2. La corriente de línea total suministrada por la fuente.

3. El factor de potencia total del sistema.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Impedancia equivalente en Estrella ($\mathbf{Z}_{eq,Y}$):

Para operar en paralelo dos cargas con distinta conexión, se transforma la carga en delta ($\Delta$) a una estrella equivalente (Y). La relación de transformación balanceada establece:

$$\mathbf{Z}_{eq\Delta, Y} = \frac{\mathbf{Z}_\Delta}{3} = \frac{30 - j15}{3} = 10 - j5\ \Omega\text{ por fase}$$

Calculamos el paralelo directo de ambas impedancias equivalentes estrella:

$$\mathbf{Z}_{eq,Y} = \frac{\mathbf{Z}_Y \cdot \mathbf{Z}_{eq\Delta, Y}}{\mathbf{Z}_Y + \mathbf{Z}_{eq\Delta, Y}} = \frac{(15 + j10) \cdot (10 - j5)}{(15 + j10) + (10 - j5)}$$

Multiplicamos el numerador complejo:

$$(15 + j10) \cdot (10 - j5) = 150 - j75 + j100 + 50 = 200 + j25$$

Sumamos el denominador complejo:

$$(15 + j10) + (10 - j5) = 25 + j5$$

Dividimos multiplicando por el conjugado del denominador:

$$\mathbf{Z}_{eq,Y} = \frac{200 + j25}{25 + j5} = \frac{8 + j1}{1 + j0.2} = 7.885 - j0.577\ \Omega$$

Convertimos a coordenadas polares:

$$\mathbf{Z}_{eq,Y} = \sqrt{7.885^2 + (-0.577)^2} \angle \arctan\left(\frac{-0.577}{7.885}\right) = 7.906 \angle -4.18^\circ\ \Omega$$

Respuesta 1: Impedancia estrella equivalente = $7.906 \angle -4.18^\circ\ \Omega$ por fase (comportamiento ligeramente capacitivo).

• Paso 2: Corrientes de línea ($I_L$):

La tensión de fase del sistema es:

$$V_{fase} = \frac{V_L}{\sqrt{3}} = \frac{480}{\sqrt{3}} = 277.13\text{ V}$$

La magnitud de la corriente de línea total es:

$$I_L = \frac{V_{fase}}{Z_{eq,Y}} = \frac{277.13}{7.906} = 35.05\text{ A}$$

La corriente fasorial de la fase A (tomando la tensión como referencia $0^\circ$) es:

$$\mathbf{I}_L = \frac{277.13 \angle 0^\circ}{7.906 \angle -4.18^\circ} = 35.05 \angle 4.18^\circ\text{ A}$$

Respuesta 2: Corriente de línea suministrada = $35.05\ \text{A}$.

• Paso 3: Factor de potencia total (f.p.):

El ángulo de impedancia equivalente es $\theta = -4.18^\circ$. El factor de potencia se calcula como:

$$\text{f.p.} = \cos(-4.18^\circ) = 0.9973\text{ en adelanto (capacitivo)}$$

Respuesta 3: Factor de potencia = 0.9973 en adelanto (capacitivo).

➕ Problema 5: Modelamiento en Por Unidad (p.u.) de un Sistema de Potencia Complejo

• Generador (G): $50\text{ MVA}, 13.8\text{ kV}, X'' = 15\%$

• Trafo Elevador (T1): $60\text{ MVA}, 13.2\Delta / 220\text{ Y kV}, X = 10\%$

• Línea de Transmisión: Impedancia serie física de $\mathbf{Z}_{line} = 20 + j80\ \Omega$

• Trafo Reductor (T2): $50\text{ MVA}, 220\text{ Y} / 13.8\Delta\text{ kV}, X = 12\%$

• Motor (M): $40\text{ MVA}, 13.2\text{ kV}, X'' = 20\%$

Eligiendo las bases comunes de la red de $100\ \text{MVA}$ y de $220\ \text{kV}$ para la zona de la línea de transmisión, determinar las reactancias p.u. de cada componente y graficar el diagrama de reactancias unifilar en p.u.

Solución Paso a Paso:

• Paso 1: Determinación de las tensiones base de cada zona de la red:

El sistema se divide en tres zonas delimitadas físicamente por los transformadores de potencia:

⚡ Zona 1 (Generador):

Separada por el transformador T1 con relación de tensión de placa $13.2 / 220$ kV:

$$V_{base1} = V_{base2} \cdot \left( \frac{13.2}{220} \right) = 13.2\text{ kV}$$

⚡ Zona 2 (Línea de Transmisión):

Fijada explícitamente en el enunciado: $V_{base2} = 220\ \text{kV}$.

⚡ Zona 3 (Motor):

Separada por T2 con relación de tensión de placa $220 / 13.8$ kV:

$$V_{base3} = V_{base2} \cdot \left( \frac{13.8}{220} \right) = 13.8\text{ kV}$$

• Paso 2: Cambio de base de las reactancias de placa de los equipos:

La ecuación general de conversión de bases de impedancia en p.u. es:

$$X_{pu, nueva} = X_{pu, vieja} \cdot \left(\frac{V_{base, vieja}}{V_{base, nueva}}\right)^2 \cdot \left(\frac{S_{base, nueva}}{S_{base, vieja}}\right)$$

Calculamos los valores de cambio de base correspondientes para cada uno de los componentes:

⚡ Generador (G):

$$X_G = 0.15 \cdot \left(\frac{13.8}{13.2}\right)^2 \cdot \left(\frac{100}{50}\right) = 0.3279\text{ p.u.}$$

⚡ Transformador T1:

$$X_{T1} = 0.10 \cdot \left(\frac{13.2}{13.2}\right)^2 \cdot \left(\frac{100}{60}\right) = 0.1667\text{ p.u.}$$

⚡ Línea de Transmisión (Z_line):

Primero debemos calcular la impedancia de base en ohmios de la Zona 2:

$$Z_{base2} = \frac{(V_{base2})^2}{S_{base}} = \frac{(220\text{ kV})^2}{100\text{ MVA}} = 484\ \Omega$$

Dividimos el valor real físico en ohmios por el valor base en ohmios para hallar el p.u. directo de la línea:

$$\mathbf{Z}_{line,pu} = \frac{20 + j80}{484} = 0.0413 + j0.1653\text{ p.u.}$$

⚡ Transformador T2:

$$X_{T2} = 0.12 \cdot \left(\frac{220}{220}\right)^2 \cdot \left(\frac{100}{50}\right) = 0.2400\text{ p.u.}$$

⚡ Motor (M):

$$X_M = 0.20 \cdot \left(\frac{13.2}{13.8}\right)^2 \cdot \left(\frac{100}{40}\right) = 0.4575\text{ p.u.}$$

• Paso 3: Esquema Unifilar del Diagrama de Reactancias (en p.u.):

Uniendo todos los componentes en serie, obtenemos la representación completa de la red de estudio:

 (E_G) --[j0.3279]--> (Barra 1) --[j0.1667]--> (Barra 2) --[0.0413 + j0.1653]--> (Barra 3) --[j0.2400]--> (Barra 4) --[j0.4575]--> (E_M)

➕ Problema 6: Demostración de Potencia Instantánea Constante en Sistemas Trifásicos

Solución Paso a Paso:

Definimos las tres tensiones sinusoidales de fase instantáneas con un desfase de $120^\circ$ eléctricos:

$$v_a(t) = \sqrt{2} V_f \cos(\omega t)$$

$$v_b(t) = \sqrt{2} V_f \cos(\omega t - 120^\circ)$$

$$v_c(t) = \sqrt{2} V_f \cos(\omega t + 120^\circ)$$

Para una carga equilibrada con impedancia de ángulo de desfasaje $\theta$ respecto a su voltaje, definimos las corrientes de línea instantáneas:

$$i_a(t) = \sqrt{2} I_f \cos(\omega t - \theta)$$

$$i_b(t) = \sqrt{2} I_f \cos(\omega t - 120^\circ - \theta)$$

$$i_c(t) = \sqrt{2} I_f \cos(\omega t + 120^\circ - \theta)$$

La potencia instantánea total consumida en las tres fases es la suma matemática directa:

$$p_{3\phi}(t) = v_a(t)i_a(t) + v_b(t)i_b(t) + v_c(t)i_c(t)$$

Aplicando la identidad trigonométrica clásica del producto de cosenos $\cos(x)\cos(y) = \frac{1}{2}[\cos(x-y) + \cos(x+y)]$, resolvemos la fase A:

$$p_a(t) = 2 V_f I_f \cos(\omega t)\cos(\omega t - \theta) = V_f I_f [\cos(\theta) + \cos(2\omega t - \theta)]$$

De forma análoga para las fases B y C:

$$p_b(t) = V_f I_f [\cos(\theta) + \cos(2\omega t - 240^\circ - \theta)]$$

$$p_c(t) = V_f I_f [\cos(\theta) + \cos(2\omega t + 240^\circ - \theta)]$$

Sumamos las expresiones de potencia activa de las tres fases:

$$p_{3\phi}(t) = V_f I_f \left[ 3\cos(\theta) + \cos(2\omega t - \theta) + \cos(2\omega t - 240^\circ - \theta) + \cos(2\omega t + 240^\circ - \theta) \right]$$

Evaluamos la componente oscilatoria resultante de doble frecuencia:

$$S_{osc} = \cos(\alpha) + \cos(\alpha - 120^\circ) + \cos(\alpha + 120^\circ)$$

Sabiendo que tres fasores armónicos equilibrados sumados se anulan vectorialmente de forma rigurosa en cualquier instante, su suma es cero:

$$\cos(\alpha - 120^\circ) + \cos(\alpha + 120^\circ) = 2\cos(\alpha)\cos(120^\circ) = 2\cos(\alpha)\left(-\frac{1}{2}\right) = -\cos(\alpha)$$

Sustituyendo esta igualdad en la componente oscilatoria:

$$S_{osc} = \cos(\alpha) - \cos(\alpha) = 0$$

Por consiguiente, el término de oscilación desaparece por completo del cálculo, concluyendo que:

$$p_{3\phi}(t) = 3 V_f I_f \cos(\theta) = P_{3\phi}$$

Demostración Finalizada: La potencia instantánea total transferida es continua e independiente del tiempo, eliminando las vibraciones mecánicas de los generadores.

IV. Banco de Autoevaluación: 10 Ejercicios Propuestos

Proponga estos problemas a sus estudiantes para reforzar los conceptos explicados en clase. Cada ejercicio incorpora su clave de respuesta para la autoevaluación:

1. Un circuito monofásico de corriente alterna alimenta una carga resistiva inductiva serie con una reactancia de $3\ \Omega$ y una resistencia de $4\ \Omega$. Si la tensión de alimentación de fuente es de $120\text{ V}$ RMS a $60\ \text{Hz}$, calcular la corriente RMS de la línea y el factor de potencia.

Clave de respuesta: [I = 24.0 A, f.p. = 0.80 inductivo]

2. Una carga consume $10\text{ MVA}$ con un factor de potencia de $0.85$ inductivo. Si la tensión de barra es de $13.8\text{ kV}$ de línea a línea, determinar las potencias activa (MW) y reactiva (MVAR) consumidas.

Clave de respuesta: [P = 8.50 MW, Q = 5.27 MVAR]

3. Un sistema trifásico de $440\text{ V}$ alimenta una carga de $150\text{ kVA}$ con factor de potencia $0.80$ inductivo. Determinar la corriente de línea del sistema.

Clave de respuesta: [I_L = 196.82 A]

4. Un generador síncrono trifásico posee reactancias subtransitorias en p.u. de $X'' = 18\%$ sobre su placa de $100\text{ MVA}$ y $13.8\text{ kV}$. Si redefinimos las bases comunes de estudio a $250\text{ MVA}$ y $13.2\text{ kV}$, determinar la nueva reactancia en p.u.

Clave de respuesta: [X'' = 0.4922 p.u.]

5. Una barra infinita alimenta una carga a través de una línea con impedancia $\mathbf{Z} = 2 + j8\ \Omega$. La tensión de línea base en esa zona es de $115\text{ kV}$ con base de potencia de $100\text{ MVA}$. Calcular la impedancia serie de la línea en Por Unidad (p.u.).

Clave de respuesta: [Z_pu = 0.0151 + j0.0605 p.u.]

6. Un transformador trifásico tiene una placa de $30\text{ MVA}, 115\text{ Y} / 13.8\Delta\text{ kV}$, con una reactancia de dispersión de $X = 8.5\%$. Hallar la reactancia en p.u. con una base de de $100\text{ MVA}$ y de $115\text{ kV}$ en el lado de alta tensión.

Clave de respuesta: [X = 0.2833 p.u.]

7. Dos generadores operan en paralelo en una central. G1 tiene una placa de $50\text{ MVA}, 13.8\text{ kV}, X = 12\%$; G2 tiene $75\text{ MVA}, 13.8\text{ kV}, X = 15\%$. Sabiendo que la base de estudio es de $100\text{ MVA}$ and $13.8\text{ kV}$, calcular la reactancia G equivalente del paralelo en p.u.

Clave de respuesta: [X_eq = 0.1000 p.u.]

8. Un motor trifásico de inducción consume $50\text{ kW}$ a una tensión de línea de $440\text{ V}$ con factor de potencia $0.82$ inductivo. Determine los kVAR necesarios de un banco capacitivo paralelo trifásico para elevar el f.p. a $0.95$ inductivo.

Clave de respuesta: [Q_C = 18.42 kVAR]

9. Se alimenta una carga balanceada conectada en delta con impedancia de fase $\mathbf{Z}_\Delta = 12 - j9\ \Omega$ mediante un circuito trifásico de tres conductores de $220\text{ V}$. Determine la corriente de fase en la carga y la corriente de línea total del sistema.

Clave de respuesta: [I_fase = 14.67 A, I_linea = 25.40 A]

10. Una línea de transmisión radial trifásica balanceada posee una impedancia serie por hilo de fase de $\mathbf{Z} = 1 + j4\ \Omega$. La tensión eficaz de línea medida en barras de carga es de $22.9\text{ kV}$. Si la carga de barras consume de la red $5\text{ MVA}$ con f.p. $0.85$ inductivo, calcule la caída de tensión fasorial por fase.

Clave de respuesta: [V_caida_fase = 502.40 V RMS, Delta V% = 3.80%]

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