¡Descarga Eficiencia y características de un transformador trifásico de 20 kVA y más Apuntes en PDF de Máquinas Eléctricas solo en Docsity!
2.1)El devanado secundario de un transformador tiene un voltaje terminal de Vs(t)=288.8sen377tV. La relación de vueltas del transformador es 50:200(a=0.25). si la corriente secundaria del transformador es Is=7.07sen(377t-36.87)A, ¿Cual es la corriente primaria de este transformador? ¿cual es su regulacion de voltaje y su eficiencia? Las impedancias de este transformador referidas al lado primario son Req=0.05 Rc= Xeq=0.225 Xm= Vs=282.8/Raiz(2)= 200‹ Is=(7.07/Raiz(2))‹-36.87= 5‹-36. El voltaje secundario referido al primario es Vs' = aVs = 50 v Is' = Is/a = 20‹-36. Vp = Vs' + Is' (Req +jXeq) = 53.58 ‹ 3. corriente de exitacion Iex = Ic +Im = (53.58‹3.2/75) + (53.58‹3.2/j20) = (2.77‹-71.85) Ip=Is' +Iex = (2.77‹-71.85) + 20‹-36.87= 22.3220‹-40. Vr = ((53.28-50)/50)100% = 6.56% Pin= VpIpcos(teta) = 53.2822.32cos(44.15)= Pout= VsIscps(teta) = 2005cos(-36.87) = W eficiencia= 800/853.2 = 93.7% 2.2)Un transformador de distrubucion de 20KVA. 8000/480 v tiene la siguientes resistencias y reactancias: Rp=32 Rs=0. xp=45 Xs=0. Rc=250k Xm=30k Las impedancias de la rama de excitacion se dan referidas al lado de voltaje del transformador: a) Encuentre el circuito equivalente del transformador, referido al lado de alto voltaje. b) encuentre el circuito equivalente de este transformador en por unidad. C) suponga que el transformador esta suministrando una carga nomibal a 277 v PF 0.8 an atraso. ¿Cual es el voltade de entrada al transformador? ¿cual es la regulacion de voltaje? ¿cual es la eficiencia de transformador en las condiciones del literal C)? a) Rs' = (a^2)Rs = (16.67)^2 (0.05) = 13. Xs' = (a^2)Xs = (16.67)^2 (0.06) = 16. b) Zbase = Vbase/Ibase = 8000/2.5 = R1=Zactual/Zbase=0. X1=j0.0141 R2=0.0043 X2=0.0052j Rc=78.125 Xm=9.375j C)Is=20kva/480‹-36.87 = 41.67‹-36. Is'= Is/a = 41.67‹-36.87/16.67 = 2.5‹-36. Vp = Vs' + (req +JXeq)*Is' 8000 + (45.9+j61.7)(2.5‹-36.87) = 8185‹0. VR= (8785-8000)/8000 = 2.31% d) Pout=Scos(teta)= 20k * 0.8 = 16k
Pcu = ((Is')^2)* Req = 287 Pnucleo = ((vs')^2)/Rc = 268 Eficiencia = 16000/(16000+268+287) =96.6% 2-3) al probar un transformador de 1000vA, 230-115 V para determinar su circuito equivalente los resultados obternidos son los siguientes Prueba Circuito abierto prueba de corto circuito Voc=230 Vsc=19. Ioc=0.45 Isc=8. Poc=30 Psc=42. A) Encuentre el circuito equivalente del transformador referido a su lado de abajo voltaje. b) Encuentre la regulacion de voltaje del transformador en condiciones nominales y 1) pf 0.8 en atreaso, 2) pf 1 y 3) pf 0.8 adelanto c)Determine la eficiencia del transformador en condiciones nominales y pf 0.8 en atraso Yex = Gc-jBm = 0.45/230 =0. teta= cosinv(Poc/(VocIoc)) = 73. Yex= 0.001957‹-73.15 = 0.000597 - j0. Rc= 1/Gc = 1763 Xm= 1/Bm = 534 Cortocircuito Zeq = Req +Xeqj = 19.1/8.7 =2. teta= cosinv(Psc/(VscIsc)) = 75. zeq = 2.20‹-75.3 = 0.558 + j2. Req =0. Xeq=2. refiriendo al secundario Divido cada impedancia entre a Req,s =0. Rc,s= Xeq,s=0.532J Xm,s= Is=1000/115 =8.
- 0.8 atraso Vp' = Vs + Zeq*Is = 115 + (0.140+j0.532)(8.7‹-36.87) Vp'=118.8‹1. Vr= (118.8-115) / 115 =3.3%
- 1pf Vp' = Vs + Zeq*Is = 115 + (0.140+j0.532)(8.7‹0) Vp'=116.3‹2. Vr= (116.3-115) / 115 =1.1%
- 0.8 adelanto Vp' = Vs + Zeq*Is = 115 + (0.140+j0.532)(8.7‹36.87) Vp'=113.3‹2. Vr= (113.3-115) / 115 =-1.5%
a) Si el voltaje primario es 7967 V y la impedancia de la carga es Zl = 3.2 +j1. ohmios ¿Cuál es el voltaje secundario del transformador? ¿Cuál es la regulación de voltaje del transformador? Zl = 3.2 + j1.5, referido al primario = (3.2 + j1.5)* 34.78^2 = 3871.45 + j1814.745 = Zl’ Is’ = 7967fasorial (0 grados)/((80+ j 300) + (3871.45 + j1814.745)) = 1.77 fasorial (-28. grados) V2’ = (3871.45 + j1814.745)1.77 fasorial(-28.15 grados) = 7567.95fasorial(-3.03grados) = av V2 = v2’/a = 217.59 fasorial(-3.03) Porcentaje Rv = (7967 -7567.95)/7567.95 * 100 = 5.28 porciento b) Si se desconecta la carga y en su lugar se conecta un condensador de –j3.5 ohmios, ¿Cuál es el voltaje secundario en el transformador? ¿Cuál es la regulación de voltaje en estas circunstancias? Zl’ = -j3.5 (34.78^2) = -4233. Is’ = 7967fasorial(o grados) /(80+j300) + (-j4233.769) = 2.024fasorial(88.83) V2’ = 2.024 fasorial(88.83 grados)(-j4233.769) = 8569fasorial(-1.17) = av V2 = V2’/a = 246.37 fasorial(-1.17 grados) = V Porcentaje Rv = (7967 – 8569)/8569100 = -7.02 porciento 2-7- Un transformador monofásico de 5000KVA. 230/13.8kV tiene una resistencia de 1% por unidad y una reactancia de 5% por unidad. La prueba de circuito abierto efectuada en el lado de bajo voltaje del transformador dios los siguientes datos: Voc = 13.8 kV; Ioc = 15.1 A; Poc = 44.9 Kw a) Encuentre el circuito referido al lado de bajo voltaje del transformador Teta = cos inverso(44.9 k/(13.8k15.1))= 77.55 grados Ic = Imcosteta= 15.1 Cos 77.55 = 3. Ifi = ImSenteta = 15.1 Sen 77.55 = 14. Rc = 13.8 k/3.25 = 4246. Xfi = 13.8k/14.74 = 936. Zbase = (Vbase)^2/Sbase = (13.8k)^2/5000k = 38.09 = Zbase Req = 0.01(38.09) = 0.38 ohmios Xeq = 0.05(38.09) = 1.9 ohmios b) Si el voltaje en el aldo secundario del transformador es 13.8 kV y la potencia suministrada es 4000 kW con FP 0.8 en retras, encuentre la regulación de voltaje del transformador. Encuentre su eficiencia. Porcentaje Rv = (Vp/a) – (Vs)/Vs Is = 4000k/13.8k0.8 = 362.32 fasorial(-36.87) Vp/a = Vs +Is(Req +j Xeq) = 13.8k + 362.32fasorial(-36.87)(0.38 + j1.9) = 14330fasorial(1.87 grados) Porcentaje Rv = (14330 – 13.8k)/ 13.8k 100 = 3.84 porciento Eficiencia Psalida = 4000kW Pcu = Is^2 Req = 362.32^2*(0.38)= 49884. Pnucleo = 14330^2/4246.154 = 48361. N = 4000k/(4000k + 49884.8 + 48361.15) * 100 = 97.6 porciento
2-8- Un transformador monofásico de potencia de 150MVA. 15/200 kV tiene una resistencia en por unidad de 1.2% y reactancia por unidad de 5%. La impedancia de magnetización es j100 por unidad. a) Encuentre el circuito equivalente del transformador referido al lado de bajo voltaje b) Calcule la regulación de voltaje del transformador para corriente a plena carga y FP 0.8 en atraso a) Z base = 15000^2/150000000 = 1. Req = (1.2/100)1.5 = 0.018 ohmios Xeq = (5/100)1.5 = 0.075 ohmios Rc = no especificada Xfi = 1001.5 = 150 = Xfi = j150 ohmios b) Is = 150000000/2000000.8 = 937.5 fasorial(-36.86); a = 0. Is’ = 937.5 fasorial(-36.86)/0.075 = Is/a = Is ‘= 12500fasorial(-36.86) Vp = 12500fasorial(-36.86)(0.018 +j0.075) + 15000 Vp = 15754.40 fasorial(2.23) Porcentaje Rv = (15754.40 – 15000)/15000 * 100 = 5.029 porcentaje 2.9- Un banco de transf, trifásicos que debe manejar 400KVA tiene una relación de voltajes de 34.5/13.8kV. Encuentre los valores nominales de cada transformador del banco. a) Y-Y, 34.5/13.8=a=VLp/VLs Vfasep=VLp/(3)^(1/2)=34.5k/(3)^(1/2)=19918.6 volts VLs=((3)^(1/2))VFASEsec; VFASEsec=7967.43volts b)estrella-delta VLp=((3)^(1/2))Vfasep; Vfasep=199918.6volts VLs=VFASEsec; VFASEsec=13.8kVolts c)delta-estrella a=o.69; Vfasep=34.5Kv; VLs=((3)(1/2))*VFASEsec VFASEsec=7.97kV, S=400/3=133.33KVA, S=133.33kV;
Rc=(110)(397)= 43.7 kohm Xm=(20)(397)=7.94 kohm 2.12 un autotransformador se utiliza para conectar una linea de distribucion de 13.2kV a otra linea de distribución de 13.8kV. El autotransf debe estar simensionado para manejar 2000kVA. Hay tres fases conectadas en Y-Y con neutros puestos solidamente a tierra. a)¿cual debe ser la relacion d vueltas Nc/NSE para esta conexion? VH/VL= (Nc+NSE)/Nc = ((13.8kV)/(3)^(1/2))/((13.8kV)/(3)^(1/2)) despenajando: 13.2NSE=0.6NC ; tonces Nc/Nse= b)cuanta potencia aparente deben manejar los devanados de cada transf? SIO/Sw=(Nc+Nse)/Nc=(Nc+22Nc)/Nc= Sw=(2000kVA)/(322)=30.3kVA d)si uno de los autotranformadores se conectara como un tranf convencional ¿cuales serian los valores nominales? 13.8/(3)^(1/2)=7967 y 13.28/(3)^(1/2)= voltaje atravez de Nc- voltaje atravez de NSE: 7967kV-7621kV= 2.13) Dos de las fases de una linea trifásica de distribución sirven a lo largo de una via rural remota(el neutro también esta disponible). Un granjero tiene un alimentador de 480v y suple 120kW a PF 0.8 en atraso, de cargas trifásicas, mas 40kW a PF 0.9 en atraso, de cargas monofásicas. Las cargas monofásicas están distribuidas por igual entre las tres fases. Si se utiliza la conexión estrella abierta- delta abierta para alimentar esta granja, encuentre los voltajes y corrientes en cada uno de los dos transformadores. Encuentre también las potencias real y reactiva suministradas por cada transformador. Supongas que los transformadores son ideales. Las cargas en cada fase están balanceadas, y la carga total se halla: The loads on each phase are balanced, and the total load is found as: P1 = 120 kW 46 Q1 = P1 tan (TETA) = 120 kW tan cos 0.8 = 90 kvar P 2 = 50 kW Q2 = P tan (teta) = 50 kW tan cos 0.9 = 24.2 kvar P(tot) = 170 kW Q(tot) = 114.2 kvar PF =cos [taninv (Qtot/Ptot)] = 0.830 atrasado. La línea de corriente del secundario del banco de trafos es: Corriente (Ils) = [P tot/ (raizde3)(480)(0.83)] = 246.4 A El voltaje secundario através del trafo es 480v, y la corriente del secundario de cada trafo es 246A. Los voltajes primarios y corrientes están dadas por la relación de vueltas del transformador , 7967v y 14.8 A, respectivamente. Si el voltaje de fase A del lado primario es tomado arbitrariamente como un angulo de cero grados, el voltaje de fase B sera un angulo de -120 grados, y los voltajes de fase A y B en el secundario serán Vas = 480 con 0 grados y Vbs = 480 con -120 grados, respectivamente.
Notar que las Corrientes de linea estan desplazadas 30 grados debido a la diferencia entre las cantidades de línea y fase, y por un 33.9 debido al fp. Pa= Vas Ia cos (teta)= 480(246.4)cos(30+33.9)=52kW Qa= Vas Ia sen (teta)= 480(246.4)sen(30+33.9)=106.2kvar Pb= Vbs Ib cos (teta)= 480(246.4)cos(30+33.9+60-120)=118kW Qb= Vbs Ib sen (teta)= 480(246.4)cos(30+33.9+60-120)=8.04 kvar 2.14)Un generador monofásico de 13.2 Kv suministra potencia a una carga a través de una linena de transmisión. La impedancia de carga es Zcarga= 500 con angulo de 36.87grados y la impedancia de la línea de transmisión es Zlinea= 60 con angulo de 53.1grados. a) Si el generador esta conectado directo a la carga, cual es la relación entre el voltaje de la carga y el voltaje generado? Cuales son las perdidas de transmisión del sistema? I linea = Icarga= (13.2con 0grados) entre [(60con53.1grados)+(500con36.87grados)] = 23.6con-38.6grad Vcarga=Icarga Zcarga = 23.6con-38.6grados (500con36.87grados)=11.83con-1.73grados Relacion de Vcarga/voltaje generado = 11.83/13.2 = 0. Resistencia de la línea de transmisión= |Zlinea|cos(teta) = 60cos(53.1)= Perdida línea= (Ilinea)cuadrado por R = (23.66alcuadrado)(36)=20.1kW b) Si un transformador elevador 1:10 se coloca a la salida del generador y un transformador reductor 10:1 se coloca en el extremo de la línea de transmisión al lado de la carga, cual es la nueva relación entre el voltaje de carga y el voltaje generado? Cuales son las perdidas de transmisión en el sistema? (Zlinea)’ = [(1/10)al cuadrado][Zlinea] = 0.6con53.1grados (Ilinea)’ = Icarga= (13.2con0grados)/[(0.6con53.1grad)+(500con36.87grad)]=26.37con- 36.89grad Vcarga=IcargaZcarga= (Ilinea)’(500con36.87grad) = 13.18con-0.02grad kV Relacion voltajes = 13.185/13.2 = 0. La corriente en la línea de transmisión es (1/10)(Icarga)=(1/10)(Ilinea)’= (1/10) (26.37)=2.63ª Perdidas en la línea de transmisión son: (2.637alcuadrado)(36) = 250W 2.15)Se va a utilizar un transformador convencional de 5000 VA, 480/120 V para suministrar potencia desde una fuente de 600 V a una carga de 120 V. Considere que el transformador es ideal y suponga que su aislamiento puede soportar 600 V. a) Dibuje la conexión del transformador para ese efecto. b) Encuentre la potencia en KVA nominales del transformador en esa configuración. c) Encuentre las corrientes primaria y secundaria máximas en estas condiciones. b) Sio= ((Nse+Nc)entre(Nse))Sw en donde Nse=4Nc (porque comparten el embobinado mas pequeño) Sio=((4Nc+Nc)entre(4Nc))* Sio=6250 VA =6.25KVA c) Ip=(S)entre(Vp)
2.18) Tres transformadores de distribución de 25kVA, 24,000/277 V están conectados en DELTA y en Y. La prueba de circuito abierto fue hecha en el lado de bajo voltaje de este bando y se registraron los siguientes datos. Vlinea,oc=480V Ilinea,oc=4.10 A P(3 phi,oc)=945W Prueba de cortocircuito se realize al lado de alta tension del banco y se registraron Vlinea,sc=1400V Ilinea,sc= P(3 phi,sc)=1150 W a) El equivalente de este banco trifásico de transformadores se encuentran al igual que el equivalente circuito de un transformador monofásico, si trabajamos en una base por fase. El circuito abierto de los datos de prueba en el de baja tensión lateral se puede utilizar para encontrar las impedancias de rama de excitación a que se refiere el lado secundario del banco de transformadores. Desde el lado de baja tensión del transformador está conectado en estrella con fase de circuito abierto.
- Sacando impedanciaVphi,oc=277 V Iphi,oc=4.1 A Pphi,oc=315 W i)Admitancia de exitacion Y= Iphi,oc/ Vphi,oc=4.1/277=0.0148 S ii) angulo admitancia teta=cos.inverso(Pphi,oc/ Vphi,ocIphi,oc)= 315/(277410) teta=-73. iii)Y=Gc-jBm=0.0148<-73.9=0.0041-0.01422j Rc=1/Gc= Xm=1=Bm=70.
- Sacando Zbase i)Zbase=( Vphi,s) ^2/Sphi=277^2/25k=3.069 omh ii)Rc=244/3.069=79.5 pu Xm=70.3/3.069=22.9 pu
- i) Zeq=Vphi,sc/Iphi,sc=1600/1.155=1385 oms ii) teta=cos.inv(Ppshi,sc/Vphi,scIphi,sc) teta=cos.inv 383/(16001.155)= 78. Zeq=1385<78=288+1355j La impedancia base referida a alto voltaje Zbase,p= Vphi,p^2/Sphi=24,000^2/25k=23, Req=288/23040=0.0125pu Xeq=1355/23,040=0.0588pu b) encontrar VR con PF=0.9 atraso teta=cos.inv 0.9=-25. Vp=Vs+IsZeq Vp=1<0+(1<-25.8)(0.0125+0.0588j) Vp=1. VR= 1.038-1/1100=3.8%
c) encontrar la eficiencia i)Pout=VsIscos(teta)=110.9=0. ii)Pcu=Is^2Req=10.0125=0.0125pu Pcore=Vp^2/Rc=1.038^2/79.5=0.0136pu iii)n=Pout/Pin n=0.9/0.9+0.0125+0.0136=0. 2.19) Al probar un transformador de distribución de 20-KVA. 20000/480 V, y 60 Hz se obtuvieron los siguientes resultados: PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO PRUEBA DE CORTOCIRCUITO V(OC)=480V V(SC)=1130V I(OC)=1.51 A I(SC)=1 A P(OC)=271W P(SC)=260W a) Encuentre el circuito equivalente por unidad para el transformador a 60Hz b) ¿Cuál sería la capacidad de este transformador si fuera operado en un sistema de potencias de 50 Hz? c) Dibuje el circuito equivalente del trasformador referido al primario, si se opera a 50 Hz. a) La impedancia base del transformador referida al lado primario es: Z(base,p) = (V(p))^2/ S = (20000v)^2 / 20KVA = 20 ohm Impedancia base del lado secundario del transformador Z(base,S) = (V(S))^2/ S = (480)^2/ 20KVA = 11.52 OHM La prueba de circuito abierto da los valores de la rama de excitación (se refiere a la parte secundaria): Valor absoluto(Y(EX)) = I(FI,oc)/ V(FI,oc) = 1.51/480 = 0.00314S Teta=-cosenoinverso(P(oc) / V (oc) por I(oc))=-cosenoinverso(271/(480)(1.51))=- 68.044grados Y(EX)=G(c)-jB(M)=0.00314con angulo de -68.044 grados =0.00127-0.002912j R(c)=1/G(c)=787 ohm X(M)=1/B(M)=343 ohm Los elementos de excitación puede ser expresados en por unidad: R(c)=787ohm/11.52=68.316pu X(M)=343/11.52=29.77pu La prueba de corto circuito da los valores de las impedancias en serie (se refiere a la parte principal): Z(EQ) = V(SC)/I(SC) = 1130/1.00 =1130 ohm Teta = cosenoinverso(P(SC)/V(SC) I(SC))=cosenoinverso(260/(1130)(1))=76.7 grados Z(EQ)=R(eq) + jX(eq)=1130 con angulo de 76.7 grados = 260 + j 1100 ohm Las impedancias resultantes en por unidad son: R(eq)=260/20000 = 0.013 pu X(eq)=1100/20000=0.055 pu b) Si este transformador se opera a 50 Hz, tanto en la tensión y aparente tendría que reducirse en un factor de 50/60, por lo que su valor sería 16,67 kVA, 16 667 V / 400 , y 50 Hz.
Demuestre q el sistema trifasico de voltajes en el secundario del transformador ∆-Y mostrado en la figura 2-38c atrasa en 30° el sistema trifásico de voltajes en el primario del transformador. SOLUCION Assume that the phase voltages on the primary side are given by VA = V φP ∠ 0 ° VB = V φP ∠ − 120 ° VC = V φP ∠ 120 ° Then the phase voltages on the secondary side are given by V’A = V φS ∠ 0 ° V’B = VφS∠ − 120 ° V’C = Vφ S∠ 120 ° where VφS = (VφP) /a. Since this is a ∆-Y transformer bank, the line voltage V ab on the primary side is just equal to VA = V φP ∠ 0 °. The line voltage on the secondary side is given by: Va’b’ = VA − VC = V φP ∠ 0 ° − V φP ∠120° = √3V φP ∠ − 30 ° Note that the line voltage on the secondary side lags the line voltage on the primary side by 30° Ejercicio 2. A single-phase 10-kVA 480/120-V transformer is to be used as an autotransformer tying a 600-V distribution line to a 480-V load. When it is tested as a conventional transformer, the following values are measured on the primary (480-V) side of the transformer: Open-circuit test Short-circuit test VOC = 480 V VSC = 10.0 V IOC = 0.41 A ISC = 10.6 A VOC = 38 W PSC = 26 W (a) Find the per-unit equivalent circuit of this transformer when it is connected in the conventional manner. What is the efficiency of the transformer at rated conditions and unity power factor? What is the voltage regulation at those conditions? (b) Sketch the transformer connections when it is used as a 600/480-V step-down autotransformer. (c) What is the kilovoltampere rating of this transformer when it is used in the autotransformer connection? (d) Answer the questions in (a) for the autotransformer connection. SOLUCION A) FP=38/(4800.41)=0. YE=(0.41/480) ∠-78.87 = 0.000165 –j0.00084=1/Rc –j1/Xm Rc=6064.84Ω Xm=1193.17 Ω Zbase=480^2/10KVA = 23. Rc,pu=6064.84/23.04=263. Xm,pu=1193.17/23. Prueba de cortockto FP=0. Zse=0.2314+j0.9145=Req+jXeq Req,pu=0. Xeq,pu=0. Eficiencia: Pnucleo=1/263. Pin= Pcu=10. Pout=1-0.0038-0. Eficiencia= 0.9862/1 * Vp=1 ∠ V’s=Vp-ZeqI’s =1 ∠0 - 1 ∠0(0.01+j0.0397) = 0.991 ∠-2. %REG=(1-V’s)/V’s * C) S10=10kva*5/1=50Kva D) Zeq=0.01+j0.0397/5= 0.002+j0. Rc=263. Xm=51.
Pin= Pnucleo=1/Rc Pcu=1Req Pout=1-0.0038-0. Eficiencia= Pout/1 * V’s=Vp-I’sZeq= 1 ∠0° -1 ∠0°(0.002+j0.00794)=0.998 ∠-0.5° %REG=(1-V’s)/V’s * Ejercicio 2. La figura muestra un sist de potencia q consta de un generador trifásico de 480V, 60hz, q alimenta a dos cargas a través de una línea de transmisión q posee un par de transf en cada extremo. a. Ckto equivalente por fase en este sistema Para cada región: Vφ=VLbase/√ Zbase=3Vφ/Sbase Como el transformador 2 está en PU referido al T2, para referirlo al T1: (R,X,Z)pubase1=(R,X,Z)pubase2[(Vbase1)^2(Sbase2)]/[(Vbase2)^2(Sbase1)] -Linea de transmisión (REgion 2): ZL,pu=Zlinea/Zbase -Carga1 (región 3): Zcarga1,pu=Zcarga/Zbase -Carga2(REgion 3) Zcarga2,pu=Zcarga2/Zbase b. Interruptor abierto: P,Q,S suministrada por el generador. Cual es el FP del generador? c. Interruptor cerrado: P,Q,S suministrada por el generador. Cual es el FP del generador? Solucion b y c: I|=1.0∠0/Z|eq V|carga=I|Z|cargaV|base Pcarga=I^2RcargaSbase -Potencia suministrada por el generador: V=1.0Volts Pg=VIcosθSbase Qg=VIsenθSbase Sg=VISbase FP=Pg/Sg d. Perdidas de transmisión (perdidas en transformadores + perdidas en la línea de transmisión) con el interrup abierto? Interrup cerrado? Efecto de adicionar la carga 2 al sistema? Para switch cerrado y abierto: Plinea,pu=I^2*Rlinea El efecto de adicionar la carga 2 es mejorar el FP, incrementando el voltaje y la potencia suministrada a las cargas.
