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Problemas de Tecnología Eléctrica
PROBLEMA 1
Un pequeño SEP está formado por dos centrales de generación: T y H, unidas a
través de líneas de 132 kV, tal y como se muestra en la figura – nótese que la
unión AD se hace a través de una línea doble-. Al ser mayor el generador T y sus
consumos más próximos menores, la línea AD transporta 50 MVA (0.8i) hacia el
punto D como apoyo al generador H. En el punto A se encuentra una
subestación que suministra energía a través de unos alimentadores primarios a
una serie de cargas, también mostradas en la figura.
Con estos datos determine:
a) Diagrama en p.u. de nuestro SEP.
b) Tensiones en los puntos A, B, y C, sabiendo que la tensión en bornes del
generador T es de 20 kV.
c) Batería de condensadores a colocar en el punto B, para que la tensión en
ese punto fuese de 20 kV.
d) Regulación de los transformadores de la subestación –son regulables bajo
carga- para que la tensión en B sea de 20 kV.
e) Potencia de cortocircuito en B.
H
T2
Cargas
D
50 MVA
(0.8i)
132 kV
100 km
Línea doble
T3
40 MVA (0.9i)
T
T1
132 kV
20 kV
30 km
A
T4
B
10 km
Fig. 1.1
Datos:
Gen H: Sn=50 MVA; Un=20 kV; Xs=80 %; X’=35%; X’’= 20%
Gen T: Sn=100 MVA; Un=20 kV; Xs=100 %; X’=15%; X’’= 10%
T1: Sn= 125 MVA; 20/132 kV; cc=12% (con regulación bajo carga)
T2: Sn= 75 MVA; 20/132 kV; cc =10%
T3, T4: Sn= 35 MVA; 132/20 kV; Xcc=10% (con regulación bajo carga)
Línea de 132 kV: Z  0, 07  j 0, 4 / km y Y  j 2,8 S / km
Línea de 20 kV: Z  0,1  j 0,3 / km y Y  0
5 MVA (0.9i)
C
Problemas de Tecnología Eléctrica
SOLUCIÓN
a) Diagrama en p.u. del SEP
Para hacer el paso a p.u., lo primero que se debe hacer es elegir las bases para
cada uno de los niveles de tensión. Basta con que se elijan dos magnitudes de las cinco
(Vb, Sb, Zb, Ib y Yb) que nos interesan pare este tipo de problemas, puesto que sólo dos
son independientes. Normalmente las magnitudes que se eligen suelen ser la tensión base
y la potencia base.
En el caso de que existan transformadores que unan distintos niveles de tensión,
se puede conseguir, eligiendo de forma adecuada las bases de los distintos niveles, que el
modelo de los transformadores ideales de éstos sea una conexión sin impedancia entre el
primario y el secundario. Este comportamiento se mantiene así siempre y cuando la
relación de transformación de los transformadores se mantenga igual a la relación entre
las tensiones base de los distintos niveles que el transforma une.
Si escogemos la tensión base del nivel de 20 kV que sea de 20 kV y la potencia
base, para este mismo nivel, de 100 MVA entonces, las magnitudes base correspondiente
al nivel de 132 kV así como las restantes magnitudes base que quedan por calcular del
nivel de 20 kV, son obtenidas en la siguiente tabla
Tabla 1.1 Valores base de los dos niveles de tensión
Base_20_kV
Vb20  20 kV
Base_132_kV
Vb132  Vb20 132 / 20  132 kV
Sb20  100 MVA
Sb100  Sb20  100 MVA
Zb20 
Vb20
Ib20 
Sb20
2
Sb20
 4
3Vb20
 2,88 kA
Zb132 
Vb132
Ib132 
Sb132
2
Sb132
 172, 2 
3Vb132
 437, 4 A
A continuación se deben pasar a p.u. todos los elementos del problema. Para ello,
lo que se debe hacer es obtener el modelo del componente y a continuación realizar la
conversión de éste a p.u., ésta conversión se hace diviendo cada una de las magnitudes
por el valor base correspondiente del nivel de tensión en donde se encuentre.

Generador H
El modelo del generador síncrono que se utiliza es el de una fuente de tensión
ideal en serie con una reactancia. Esta reactancia se corresponde con la reactancia
síncrona cuando el generador está trabajando en régimen permanente. Para el caso en que
se produce un cortocircuito, entonces el modelo utilizado sigue siendo la fuente de
tensión en serie con la reactancia, pero para modelar mejor las corrientes de cortocircuito
durante los instantes posteriores al corto se deben utilizar reactancias distintas en función
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del tiempo de cálculo de la corriente. Un criterio es el de utilizar la reactancia
subtransitoria X’’ para el intervalo que va desde 0< tcorto <0.1sg, la transitoria X’ para el
intervalo 0.1sg< tcorto <1 sg y la síncrona Xs para 1sg< tcorto <∞. Normalmente estos
valores se dan en p.u. en la base dada por los valores nominales de tensión y potencia del
generador.
Para el generador H, la tensión y la potencia nominal son:
UgenH = 20 kV
SgenH = 50MVA
Como las reactancias síncrona, transitoria y subtransitoria vienen, normalmente,
en p.u. en la base dada por estos dos parámetros, se debe realizar un cambio de base para
pasarlos a p.u. de la nueva base, Base_20_kV. La forma más fácil es obtener los valores
de las reactancias en ohmios y posteriormente pasarlos a la nueva base. Por lo tanto:
2
Xs 
80 VbgenH
80 (20e3) 2

 6, 4 
100 SbgenH 100 50e6
Y ahora se pasa a p.u. de la Base_20_kV:
Xs pu 
X ' pu
X '' pu

Xs
6, 4

= 1,6 p.u.
Zb20
4
 35 VbgenH 2 


 100 SbgenH 

  0,7 p.u.

Zb20
 20 VbgenH 2 


 100 SbgenH 

  0,4 p.u.

Zb20
Generador T
UgenT = 20 kV
SgenT = 100 MVA
Por lo que:
Xs pu
X ' pu
X '' pu

 100 VbgenT 2 


 100 SbgenT 

  1 p.u.

Zb20
 15 VbgenT 2 


 100 SbgenT 

  0,15 p.u.

Zb20
 10 VbgenT 2 


 100 SbgenT 

  0,1 p.u.

Zb20
Transformador T1
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Con los transformadores sucede algo similar a lo que ocurre con los generadores.
Resulta que la tensión de cortocircuito en p.u. de la tensión nominal, coincide con la
reactancia de cortocircuito en p.u. de la base correspondiente a los valores nominales del
transformador.
Circuito equivalente
Transformador
x cc
In
V cc
In
V cc
+
x cc
+
20/132
Fig. 1.2 Ensayo de cortocircuito y circuito equivalente
Si se observa, en la figura 1.2, el circuito equivalente del ensayo de cortocircuito,
se puede ver que la Xcc se obtiene por el cociente entre la tensión de cortocircuito y la
intensidad nominal. Por lo tanto,

cc
V
Vcc 100 n  cc Vn2
X cc 


In
In
100 Sn
X cc pu  Vcc pu 
 cc
100
(1.1)
(1.2)
Podemos comprobar, que si se escoge como base la formada por la Vn y la Sn del
transformador, entonces la Xcc en pu de esta base coincide con la tensión de cortocircuito
en p.u. de la misma base.
Por lo tanto para obtener la reactancia del transformador en p.u. de la nueva base
habrá que realizar la conversión de bases:
2
Xcc pu

12  VbT 1   Sb20 


 
  0, 096 p.u.
100  Vb20   SbT 1 
Transformador T2
2
Xcc pu

10  VbT 2   Sb20 


 
  0,133 p.u.
100  Vb20   SbT 2 
Transformador T3 y T4
2
Xcc pu

10  VbT 3   Sb132 


 
  0, 285 p.u.
100  Vb132   SbT 3 
Línea de 132 kV
Para la línea de 132 kV se va a utilizar el modelo en Pi nominal para los dos
tramos: el de 30 km y el de 100 km, aunque para el tramo de 30 km no sería necesario,
puesto que la precisión que se obtendría con el modelo de línea inductiva sería suficiente.
Por lo tanto para el tramo desde el secundario del transformador T1 hasta el punto A,
Problemas de Tecnología Eléctrica
Z lkm132longT 1 Akm (0, 07  j 0, 4)30

 0, 012  j 0, 0688 p.u.
Zb132
172, 2
ZT 1 A pu 
Y T 1 A pu / 2 
Y km132longT 1 Akm
/ 2  j 2,8e  6  30 172, 2 / 2  j 0, 00731 p.u.
Yb132
Y para el tramo desde el punto A hasta el punto D, y realizando el paralelo entre
ambas líneas
Z AD pu 
Z lkm132longADkm (0, 07  j 0, 4)100

/ 2  0, 02  j 0,114 p.u.
Zb132
172, 2
Y AD pu 
Y km132longADkm
 2  j 2,8e  6 100 172, 2  2  j 0, 0975 p.u.
Yb132
Y AD pu / 2  j 0.0487 p.u.

Línea de 20 kV
El modelo utilizado para la línea de 20 kV es el de la línea inductiva, por lo que
sólo es necesario calcular la impedancial de ésta,
Z km20longBCkm (0,1  j 0,3)10

 0, 25  j 0, 75 p.u.
Zb20
4
Z BC pu 

Cargas
Interesa modelar las cargas transportadas por la línea AD y por la carga del punto
B por impedancias, para así poder trabajar con los parámetros de transmisión de forma
cómoda.
Conociendo la tensión del punto de suministro y la potencia activa y reactiva se
puede, por lo tanto, obtener una impedancia equivalente a toda la carga en el punto por
medio de la expresión:
Z LOAD 
V2
S
*
(1.3)
Normalmente, no se conoce, a priori, la tensión del punto, pero una buena
aproximación es considerar que, en condiciones normales, la tensión del punto no estará
muy alejada de la nominal del sistema. Por lo tanto, esta tensión tendrá un valor de 1 p.u.
Para la carga total en D:
Z D pu 
VD 2pu
S
*
D pu

1
 1, 6  j1, 2
40  j 30 100
Y para la carga de 40 MVA del punto B:
Z B pu 
VB 2pu
S
*
B pu

1
 2, 25  j1, 089
36  j17, 435 100
Finalmente, para la carga del punto C:
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Sc pu 
Pc  Qc 0, 045e6  j 2,179e6

 0, 045  j 0, 0217
Sb20
20e6
Se podría objetar que, la representación de las cargas por impedancias, daría
resultados distintos cuando las cargas son representadas por sus consumos de P y Q,
indenpendientes de la tensión. Ante esta cuestión, se puede decir que dado que la
composición de la carga es desconocida, realmente no se sabe como se comportaría la
carga, y ambas representaciones estarían afectadas de un error, que sería en ambos casos
desconocido.
La representación gráfica del sistema en p.u., sustituyendo por una carga
equivalente la parte superior del SEP a partir del punto D, será por lo tanto:
Z= 0,02+j0,114
Y= j0,0487=Y
D
Z=1,6+j1,2
Z= j0,285
Z= j1
Z= j0,096 Z= 0,012+j0,068
B
Z=0,25+j0,75
A
ET
VT= 1p.u.
Y= j0,0073=Y
C Scpu= 0,05
cos=0,9i
Z= j0,285
Z=2,25+j1,089
Fig. 1.3 Circuito equivalente en p.u.
b) Tensiones en los puntos A, B, y C, sabiendo que la tensión en bornes del
generador T es de 20 kV.
Si empezamos por calcular la tensión para el punto A, se podría sustituir la carga
C por una impedancia equivalente, al igual que se ha hecho con las cargas en D y en B, y
a partir de ésta obtener impedancias equivalentes para el tramo AD y el tramo AC.
Finalmente se podría resolver el circuito equivalente para obtener la tensión del punto A.
Otra forma más sencilla sería realizar un balance de potencia activa y reactiva que es
transportado por la línea, en el punto A, y realizar los cálculos a partir de este dato. Este
camino tiene la desventaja de que, para poder calcular la potencia transportada a partir del
punto A, requiere conocer las potencias absorbidas en los transformadores y en las líneas,
desconocidas a priori. Una aproximación buena sería considerar estas pérdidas de activa y
reactiva despreciables en comparación con las transportadas al final de línea, como se va
a ver.
Por ejemplo, para la pérdidas en el tramo AD. En este caso se necesita estimar las
pérdidas de activa y reactiva en la línea. Para ello, se puede considerar que las tensiones
en todos los puntos, en primera aproximación, serán las nominales y por lo tanto las
capacidades absorberan una potencia reactiva total igual a:
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QCAD pu  2BVn2  2  0.0487 12 =  0.0974p.u.
Para los elementos en serie, es necesario conocer la corriente transportada, y en
estos casos, ésta se puede aproximar por el cociente entre la aparente y la tensión
nominal. Por lo tanto la potencia activa y reactiva absorbida será, aproximadamente:
IRAD pu  RI 2  R
S2
=0,02  0,52  0, 005 p.u.
Vn2
IXAD pu  XI 2  X
S2
=0,114  0,52  0, 0285 p.u.
Vn2
Si se desprecia la potencia de pérdidas en la línea, por ser esta mucho menor que
la transportada, entonces la potencia transportada en A será igual a la suma de las
consumidas por la carga en D, en B y en C.
S A pu  S D pu  S B pu  SC pu  0.805  j 0.496 p.u.
Si se compara, por ejemplo, el error cometido por no tener en cuenta la reactiva
absorbida por los elementos de la línea, se vé que el error cometido será de
aproximadamente un 16%. Este error será menor para la potencia activa, 0,6%.
Utilizando, por tanto, el balance de activa y reactiva en el punto A, y
despreciando las pérdidas de activa y reactiva. El circuito equivalente que se debe
resolver está dibujado en la siguiente figura.
Z= j1
ET
Z= j0,096 Z= 0,012+j0,068
T
VT= 1p.u.
PApu= 0,805
QApu= 0,496
A
Y= j0,0073=Y
Fig. 1.4 Circuito equivalente para calcular Va
Este circuito se va a resolver utilizando la matriz de transmisión desde los bornes
del generador, punto T, hasta el punto A.
Si se observa que todos los elementos están en cascada, la matriz de transmisión
del conjunto se obtendrá multiplicando todos las impedancias y admitancias presentes
desde el punto T hasta A. Por lo tanto, haciendo uso de los cuadripolos más sencillos, el
de una impedancia serie y una admitancia en paralelo, y recordando que las matrices de
éstos elementos son:
1
0
1 Zserie 

ABCDZserie  
 y ABCDYparalelo  

1 
0
Y paralelo 1 
Entonces:
(1.4)
Problemas de Tecnología Eléctrica
0  1 0, 012  j 0, 068  1
0
1 j 0, 096   1
ABCDTA  







1   j 0, 0073 1  0
1
0
  j 0, 0073 1 
 0,998  j 9e  5 0, 012  j 0,164 

j 0, 0146
0,999  j 9e  5

Esta matriz, dá la relación entre tensiones y corrientes de T y A, según:
V T   ATA
 
 I T  C TA
BTA  V A 
 
DTA   I A 
(1.5)
Podemos escoger el origen de tiempo como queramos, y se escoge de tal forma
que la fase inicial del fasor de tensiones en el punto A sea cero. Además, sustituyendo la
corriente absorbida por su relación entre la potencia total absorbida y la tensión en A, la
ecuación anterior se puede escribir como:
V T   ATA
 
 I T  C TA
 VA 
BTA    
 SA
DTA   
 VA 
(1.6)
Tenemos, por tanto, dos ecuaciones complejas de las que se pueden despejar dos
incognitas complejas, o cuatro reales. En nuestro caso las incognitas son: La amplitud de
la corriente en T, el desfase de la corriente y la tensión en T, con respecto al origen de
tiempos que hemos escogido, y, finalmente la tensión en A. Puesto que sólo tenemos
interés en la tensión en A, sólo se hará uso de una ecuación real que servirá para
obtenerla.

S 
abs(V T )  abs  ATAVA  BTA A 
VA 

(1.7)
Y sustituyendo los valores conocidos queda:

(0,805  j 0, 496) 
1  abs (0,998  j9e  5)VA  (0, 012  j 0,164)

VA


(1.8)
La resolución de esta ecuación nos permite obtener un valor de V A igual a:
VA=0,882 p.u.
Para comprobar que el error introducido, por despreciar las pérdidas de la línea
frente a la potencia transportada, es pequeño, se va a obtener el mismo resultado teniendo
en cuenta la línea AD y la carga. Para ello, se vá a modelar el tramo AD y la carga en D
como una admitancia equivalente situada en el punto A.
La obtención de este equivalente se puede realizar de dos formas: por medio de
combinaciones serie-paralelo hasta que obtengamos la admitancia deseada y utilizando la
matriz de transmisión desde el punto A hasta el punto D, incluyendo la carga. En éste
Problemas de Tecnología Eléctrica
punto, se va a obtener la admitancia utilizando combinaciones serie-paralelo, dejando
para otros puntos la utilización de la matriz de admitancias para la obtención de éste
equivalente. Por lo tanto,
Z= 0,02+j0,114
A
D
Z=1,6+j1,2
Y= j0,0487=Y
Fig. 1.5 Circuito para obtener YAD
Y AD pu  j 0, 0487 
1
 0,375  j 0, 208 p.u.
1
(0, 02  j 0,114) 
j 0, 0487 
1
1, 6  j1, 2
El equivalente monofásico del circuito, habiendo sustituido la carga en D por una
admitancia equivalente es ahora:
Z= j1
ET
Z= j0,096 Z= 0,012+j0,068
VT= 1p.u.
Y= j0,0073=Y
PApu= 0,405
QApu=0,196
Y=0,375-j0,208
Fig. 1.6 Equivalente para obtener VA sustituyendo la rama AD por su equivalente
Donde la carga en A sólo incluye a la consumida en B y en C. Despreciando las
pérdidas en los transformadores T3 y T4 y en el tramo de línea de B a C.
La matriz de transmisión será por lo tanto el producto de la ABCDTA y de los
parámetros de transmisión del nuevo elemento:
V T   ATA
 
 I T  C TA
BTA   1 0 V A 

 
DTA  Y AD 1   I A 
V T  0,998  j9e  5 0, 012  j 0,164  
1
0  V A 
 
 


j 0, 0146
0,999  j9e  5 0,375  j 0, 208 1   I A 
 I T  
(1.9)
(1.10)
La ecuación a resolver será ahora:

(0, 405  j 0,196) 
1  abs (1, 036  j5,9e  2)VA  (0, 012  j 0,164)

VA


Cuya solución es ahora de:
VA = 0,917 p.u.
Lo cual viene a dar una diferencia entre los dos resultados del 3,2%.
(1.11)
Problemas de Tecnología Eléctrica
Para la obtención de la tensión en B se va a partir de este último equivalente cuya
matriz de transmisión será ahora:
V T  1, 036  j 0, 059 0, 012  j 0,164  V A 
 
 
 I T  0,375  j 0,193 0,999  j9e  5  I A 
(1.12)
A continuación, se multiplica esta matriz de transmisión por la matriz de
transmisión de los transformadores T3 y T4 en paralelo, obteniendo la matriz desde T
hasta B:
 ATB

C TB
BTB   ATA

DTB  C TA
BTA   1 0 1 Z AB 



DTA  Y AD 1  0 1 
(1.13)
Con los siguientes valores numéricos:
V T  1, 036  j 0, 059 3,54e  3  j 0,312  V B 
 
 
1, 027  j 0, 053   I B 
 I T  0,375  j 0,193
(1.14)
Z= j0,285
Z= j1
Z= j0,096 Z= 0,012+j0,068
A
Z= j0,285
ET
VT= 1p.u.
Y= j0,0073=Y
PBpu= 0,405
B QBpu=0,196
Y=0,375-j0,208
Fig. 1.7 Circuito equivalente para obtener Vb
La figura anterior representa gráficamente el circuito desde el punto T hasta el
punto B. En ella se ha representado la potencia absorbida por todas las cargas a partir del
punto B. Procediendo igual que para el cálculo de la tensión A, la ecuación a resolver
será:

(0, 405  j 0,196) 
1  abs (1, 036  j5,9e  2)VB  (3,54e  3  j 0,312)

VB


(1.15)
Cuya solución dá un valor para Vb de 0,875 p.u.
Si a la matriz desde el punto T hasta el punto A se le añade la matriz de la carga
de 40 MVA (0,9i), la cual se ha sustituido por Z B pu , y los 10 km de línea desde B hasta
C, se obtiene la matriz de transmisión TC cuyos valores numéricos son:
V T   1, 092  j 0,171 0,148  j1,175 V C 
 
 
 I T  0, 754  j 0,353 1, 48  j 0,531   I C 
Y por lo tanto resolviendo la ecuación
(1.16)
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
(0, 045  j 0, 021) 
1  abs (1, 092  j 0,171)VC  (0,148  j1,175)

VC


(1.17)
Se obtiene el valor de Vc, el cual es igual a 0,861 p.u.
c) Batería de condensadores a colocar en el punto B, para que la tensión en
ese punto fuese de 20kV.
Para resolver este punto se va a partir de la matriz de transmisión obtenida desde
el punto T hasta el punto B, ecuación (1.13).
Si en el punto B añadimos un condensador, la única modificación a realizar en la
figura 1.7 será la reactiva a añadir absorbida por el condensador. Por lo tanto, la activa se
mantiene constante e igual a 0,405, y la reactiva pasa a ser una incognita Q’= 0,196+Qc,
siendo Qc la reactiva absorbida por el condensador. Finalmente la tensión del punto B
pasa a ser dato, por lo que la ecuación a resolver será ahora:
(0, 405  jQ ') 

1  abs (1, 036  j5,9e  2)1  (3,54e  3  j 0,312)

1

(1.18)
Resolviendo para Q’ y despejando el valor de Qc deseado se obtiene un valor de:
Qc = -0,375 p.u.
El signo menos confirma que el dispositivo a colocar es un transformador.
d) Regulación de los transformadores de la subestación –son regulables bajo
carga- para que la tensión en B sea de 20 kB.
Para el cálculo de la regulación de los transformadores, es necesario saber que los
transformadores una vez regulados ya no se pueden modelar, en p.u., por una conexión
entre el primario y el secundario sin ninguna impedancia. En el momento en que se
cambie el factor de toma, se debe incluir un transformador ideal, con relación de
transformación igual al factor de toma, entre el primario y el secundario de éste.
Z= j0,285
Z= j1
Z= j0,096 Z= 0,012+j0,068
PBpu= 0,405
B’
A
B QBpu=0,196
Z= j0,285
ET
VT= 1p.u.
Y= j0,0073=Y
Y=0,375-j0,208
FT:1
Fig. 1.8 Circuito equivalente para obtener Vb
En estos casos lo más fácil es obtener la tensión en el punto B’, que será igual a
Vb veces el factor de toma, y la potencia activa y reactiva en B’, la cual coincide con la
del punto B. Por lo tanto la única incognita que se tiene es el factor de toma y la ecuación
a resolver será ahora:
Problemas de Tecnología Eléctrica
(0, 405  j 0,196) 

1  abs (1, 036  j 5,9e  2) FT  (3,54e  3  j 0,312)

FT

(1.19)
El resultado obtenido para FT es 0,876. Por lo tanto la regulación se obtiene
como:
reg  ( FT  1) *100  12.34%
(1.20)
e) Potencia de cortocircuito en B.
Para el cálculo de la potencia de cortocircuito se van a despreciar las cargas
pasivas del punto D, puesto que no contribuyen a la corriente de cortocircuito, pero se
debe incluir el generador H, puesto que al ser un generador será una fuente de corriente
de cortocircuito. Al haber dos fuentes independientes, el sistema se puede resolver por
cualquier método de resolución de circuitos (mallas, nudos) o bien, obtener el equivalente
Thevenin de la parte del sistema desde el punto B hacia el lado de los generadores y
resolver este circuito simplificado.
Si se obtiene el equivalente Thevenin, entonces el circuito a resolver es el
mostrado en la siguiente figura.
ZTH= 7,95e-3+j0,334
B
Vth=1p.u.
Icc
Fig. 1.9 Circuito equivalente para obtener Icc
Y por lo tanto la corriente de cortocircuito será:
IccBpu 
VTH
1

 2,99 p.u.
ZTH 0,334
Por lo que la potencia de cortocircuito en p.u. será el producto de la tensión
nominal en p.u. por el valor obtenido para la corriente de cortocircuito en B en p.u.
Puesto que la tensión nominal en p.u. es 1, entonces se puede comprobar que la corriente
de cortocircuito y la potencia de cortocircuito en p.u. tienen la misma magnitud.
Finalmente se obtiene el valor de la potencia de cortorcircuito en MVA
PccB  3VN IccB  3  20e3  2,99  2886,8  299, 09MVA
(1.21)
El hecho de haber utilizado la tensión 1 p.u. es debido a que se ha considerado
que la tensión de prefallo para el cálculo de la intensidad de cortocircuito es la nominal.