UNIVERSIDAD DE LA FRONTERA FACULTAD DE INGENIERIA CIENCIAS Y

ADMINISTRACION DEPARTAMENTO DE INGENIERIA ELECTRICA

TEMUCO

PROGRAMA DOCENTE ESPECIAL: INGENIERIA ELECTRICA PARA INGENIEROS DE EJECUCION EN

ELECTRICIDAD

ANALISIS MODERNO DE SISTEMAS DE POTENCIA

Profesor: Manuel Villarroel Moreno

2008

iINDICE

CAPITULO 1 SISTEMA EN TANTO POR UNIDAD 1 1.1. Introduccin 1 1.2. Condiciones para el clculo 1 1.3. Cambio de base 3 1.4. Ventajes del sistema en tanto por unidad 4 1.5. Sistema en tanto por unidad en circuitos trifsicos 4 Problemas propuestos 5 CAPITULO 2 REGULACION DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE 7 2.1. Introduccin 7 2.2. Clasificacin de las variaciones de tensin 7 2.3. Formas de regular las variaciones lentas de tensin 7 2.4. Formas de actuar de los medios de regulacin de tensin 8 2.5. Regulacin de tensin por inyeccin de potencia reactiva 8 2.6. Regulacin de tensin mediante transformadores con cambio de TAP (TCT) 14 2.6.1 Sistema de transmisin radial con un TCT en el extremo transmisor 14 2.6.2 Sistema de transmisin radial con un TCT en ambos extremos de la lnea 16 2.7. Regulacin de tensin mediante el uso combinado de TCT e inyeccin de

Potencia Reactiva 18

Problemas propuestos 20 CAPITULO 3 CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA 22 3.1. Introduccin 22 3.2. Planteamiento del problema bsico 22 3.3. Modelo de representacin del SEP 23 3.3.1. Tipos de barras 23 3.3.2. Representacin de los elementos del SEP 24 3.4. Planteamiento matemtico para un SEP de n barras 24 3.4.1. Ecuaciones de barras 24 3.4.2. Ecuaciones del flujo de potencias 24 3.4.3. Potencia perdida en la transmisin 25 3.4.4. Clculo de las tensiones de barras 25 3.5. Tcnicas de solucin para el problema del flujo de potencias 26 3.5.1. Mtodo de Gauss 26 3.5.2. Mtodo de Gauss-Seidel 27 3.5.3. Mtodo de Newton-Raphson 32 3.5.4. Mtodo de Newton-Raphson desacoplado (MNRD) 38 3.5.5. Mtodo de Newton-Raphson desacoplado rpido (MNRDR) 39 3.6. Flujo de Carga DC o Flujo de Potencia de Corriente Continua 42 3.7. Clculo de flujo de potencia en sistemas radiales 45 3.7.1. Introduccin 45 3.7.2. Modelacin del Sistema 45 3.7.3. Mtodo suma de potencias 46 Problemas propuestos 48 CAPITULO 4 DESPACHO ECONOMICO DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA 51 4.1. Introduccin 51 4.2. Despacho econmico sin considerar las prdida de la red 51 4.2.1. Formulacin del problema 51 4.2.2. Solucin sin considerar lmites de generacin 51 4.2.3. Solucin considerando los lmites en las potencias generadas 54

ii 4.3. Despacho econmico considerando las prdidas en la red 56 4.3.1. Formulacin del problema 56 4.3.2. Solucin sin considerar lmites de generacin 57 4.3.3. Solucin considerando los lmites de generacin 58 4.3.4. Clculo de las prdidas en la red 60 Problemas propuestos 62 CAPITULO 5 ESTUDIO Y ANALISIS DE FALLAS 63 5.1. Introduccin 63 5.2. Tipos de fallas 63 5.3. Clculo de Cortocircuitos 64 5.3.1. Objetivos 64 5.3.2. Aproximaciones 64 5.4. Cortocircuitos trifsicos simtricos 65 5.4.1. Comportamiento de un generador en condiciones de cortocircuito trifsico

simtrico 65

5.4.2. Cortocircuitos trifsicos simtricos en un SEP 70 5.5. Cortocircuitos Asimtricos 74 5.5.1. Componentes simtricas 74 5.5.2. Circuitos equivalentes de secuencia de los elementos componentes de un

SEP 76

5.5.3. Anlisis de algunos tipos de cortocircuitos 5.5.3.1.Cortocircuito monofsico a tierra a travs de una impedancia de falla ZF 5.5.3.2.Cortocircuito bifsico a tierra a travs de una impedancia de falla ZF 5.5.3.3.Cortocircuito entre dos fases a travs de una impedancia de falla 5.5.3.4.Observaciones finales respecto a los cortocircuitos asimtricos

8383858889

5.6. Fases abiertas 90 5.6.1. Introduccin

5.6.2. Una fase abierta 5.6.3. Dos fases abiertas 5.6.4. Impedancias serie desequilibradas

90909495

Problemas propuestos 96 CAPITULO 6 ESTABILIDAD 101 6.1. Introduccin

6.2. Estabilidad transitoria 101101

6.2.1. Objetivos 6.2.2. Suposiciones bsicas para los estudios simplificados de estabilidad transitoria6.2.3. Ejemplo ilustrativo 6.2.4. Ecuacin de oscilacin de una mquina sncrona 6.2.5. Ecuaciones de oscilacin en un sistema multigenerador 6.2.6. Estudio de la ecuacin de oscilacin de un generador conectado a una barra

infinita 6.2.7. Algunos mtodos de solucin de la ecuacin de oscilacin

101101102104107108

112 6.2.8. Criterio de Areas Iguales

6.2.9. Reduccin a un sistema simple 6.2.10. Ecuacin de oscilacin de dos mquinas finitas 6.2.11. Factores que condicionan la estabilidad transitoria

117119120121

Problemas propuestos 122 BIBLIOGRAFIA 126

CAPITULO 1

SISTEMA EN TANTO POR UNIDAD 1.1. Introduccin Las lneas de transmisin de Energa Elctrica se operan a niveles en que el kilovolt (kV) es la unidad ms conveniente para expresar los voltajes. Debido a que se transmite una gran cantidad de potencia, los trminos comunes son los kilowatts (kW) o megawatts (MW) y los kilovoltamperes (kVA) o megavoltamperes (MVA). Sin embargo, estas cantidades, al igual que los volts, los amperes y los ohms, se expresan frecuentemente en por ciento o en por unidad de un valor base o de referencia especificado para cada una. Por ejemplo, si se selecciona una base de voltaje de 120 kV, los voltajes de 108, 120, y 126 kV equivaldrn a 0,9; 1,0 y 1,05 en por unidad o a 90, 100 y 105 % respectivamente. El valor en por unidad de cualquier cantidad se define como la razn entre la cantidad y su base. La relacin en por ciento es 100 veces el valor en por unidad. Ambos mtodos de clculo, porcentual y en por unidad, son ms simples y ms informativos que los volts, los amperes y los ohm reales. El mtodo en por unidad tiene una ventaja sobre el porcentual: el producto de dos cantidades expresadas en por unidad queda expresado tambin en por unidad, mientras que el producto de dos cantidades dadas en por ciento se debe dividir por 100 para obtener el resultado en por ciento. El mtodo que ms se emplea en la resolucin de problemas en que intervienen transformadores, generadores, lneas, etc; consiste en representar estos elementos a travs de sus circuitos equivalentes. Los parmetros de los circuitos equivalentes y las variables asociadas, pueden expresarse en unidades convencionales (ohm, volt, watt, etc.) o bien en por unidad (pu) o en tanto por uno (/1). Cuando se emplean valores en por unidad, se simplifica la resolucin de problemas, entre otras cosas, porque ello permite eliminar las razones de transformacin (cuando existen transformadores) y efectuar comparaciones en forma mucho ms sencilla. 1.2. Condiciones para el clculo

En esta seccin, se analizarn los sistemas monofsicos considerando que es ms sencillo introducir estos conceptos que en los sistemas trifsicos. Sin embargo, la extensin a los sistemas trifsicos es inmediata, como se ver posteriormente. Las magnitudes de base en una red elctrica deben seleccionarse de tal forma, que el circuito equivalente resultante en por unidad sea isomorfo al real, es decir, que las leyes fundamentales de la electricidad sean tambin vlidas en el sistema equivalente en por unidad. Considrese en principio dos situaciones. a. Sin transformadores Como las caractersticas topolgicas de la red no se alteran, slo interesa como invariante la forma de las ecuaciones de las leyes de Ohm y de Joule, debido a que las asociadas a las leyes de Kirchhoff se conservarn automticamente. De acuerdo con lo planteado en la seccin anterior, los valores en tanto por unidad de los fasores (indicados con un punto sobre el respectivo smbolo) de tensin (voltaje), corriente, impedancia, potencia aparente y admitancia se definen de la forma indicada en las expresiones (1.1) siguientes:

)volt(V)volt(V)pu(V

B

&& = )amperes(I

)amperes(I)pu(IB

&& = )ohm(Z

)ohm(Z)pu(ZB

&& =

)svoltampere(S)svoltampere(S)pu(S

B

&& = )mho(Y

)mho(Y)pu(YB

&& = (1.1)

2

Obsrvese que los valores en por unidad son complejos si los valores en unidades convencionales lo son, ya que las bases son cantidades modulares. Si se escogen VB e IB como voltaje y corriente base respectivamente, ser necesario determinar las otras cantidades de base, es decir: ZB, SB y YB. En la Figura 1.1 se han representado los sistemas original y transformado (en tanto por unidad).

+

-

I (amp)

V(volt) Z(ohm)

+

-

V(pu)

I(pu)

Z(pu)

a) b)

Figura 1.1.- Circuitos equivalentes: a) Sistema original; b) Sistema transformado (en por unidad) - Conservacin de la ley de Ohm Para que se cumpla la ley de ohm, en ambos circuitos, las cantidades de base deben satisfacerla, es decir:

V Z I ZVIB B B B

B

B

= = (1.2)

- Conservacin de la Ley de Joule De la misma forma se puede demostrar que en este caso:

S V IB B B= (1.3)

Para la admitancia se cumple que:

YZB B

= 1 (1.4) Las ecuaciones (1.1) a (1.4) muestran que slo se necesita definir dos magnitudes de base. Lo habitual es considerar como tales a la potencia aparente (SB) y la tensin (VB), en cuyo caso, la corriente base se obtiene a partir de la ecuacin (1.3) y la impedancia base se puede escribir como:

B

2B

B

2B

B MVA)kV(

S)V(Z == (1.5)

donde kVB y MVAB son los kilovolts base y Megavoltamperes base respectivamente. b. Presencia de transformadores En un sistema elctrico aparecen distintos niveles de voltaje. Con el objeto de eliminar este inconveniente, se requiere determinar que relacin adems de las dos anteriores deben cumplir las bases elegidas en los diferentes niveles de tensin, al utilizar el sistema en pu. Para el anlisis se considerar la Figura 1.2 que representa el circuito equivalente aproximado (se ha despreciado la corriente de excitacin) de un transformador en cantidades convencionales y el circuito respectivo en tanto por unidad. Z1 y Z2 corresponden a las impedancias de cortocircuito de cada uno de los enrollados, N1 y N2 son el nmero de espiras de cada bobinado.

3

+

-

+

-

1 Z2()(A) I2 (A)

E1(V) E2(V)V1(V) V2(V)

a : 1N1 : N2I

.

.

.

.

. .

Z1(). .

+

-

1 Z1

V1

+

-

V2

(pu)I (pu) Z2(pu) I2(pu)

(pu)(pu). .

. .. .

a) b)

Figura 1.2.- Circuitos equivalentes: a) Sistema original ; b) Sistema transformado (por unidad) En la Figura 1.2 a) se puede escribir (en unidades convencionales)

1111 Z IVE &&&& = 2222 Z IVE &&&& += (1.6) de donde se obtiene:

aNN

Z IVZ IV

EE

2

1

222

111

2

1 ==+= &&&

&&&&&

(1.7)

En la Figura 1.2 b), en por unidad se tiene:

)pu(Z )pu(I)pu(V)pu(Z )pu(I)pu(V 222111 &&&&&& += (1.8) Tomando como bases de voltaje a ambos lados VB1 y VB2 la expresin (1.8) queda:

2B

1B

222

111

2B

222

1B

111

VV

Z IVZ IV

VZ IV

VZ IV =+

+= &&&&&&&&&&&&

(1.9)

Comparando (1.7) con (1.9), se puede escribir:

VV

NN

aBB

1

2

1

2

= = (1.10)

O sea, las tensiones bases de ambos lados deben estar en relacin directa con el nmero de espiras. Por lo mismo, las corrientes bases de ambos lados quedan en relacin inversa con el nmero de espiras.

II

NN a

B

B

1

2

2

1

1= = (1.11) A partir de (1.10) y (1.11), la potencia base a ambos lados del transformador debe ser la misma.

S S SB B B1 2= = (1.12)

1.3. Cambio de base En general, los fabricantes expresan las impedancias de transformadores y otras mquinas elctricas en por unidad o en porcentaje, tomando como bases el voltaje nominal y la potencia aparente nominal del equipo. Como en los problemas aparecen involucrados diferentes aparatos (con distintas caractersticas nominales) se hace necesario expresar las impedancias en tanto por unidad, respecto a otra base.

4

Para una impedancia dada Zd (pu) es posible calcular una impedancia nueva Zn (pu) o respecto a otra base, utilizando la siguiente expresin:

=

Bd

Bn2

Bn

Bddn MVA

MVAkVkV

)pu(Z)pu(Z (1.13)

donde MVABd y MBABn son los MVA bases dado y nuevo respectivamente y kVBd y kVBn corresponden a los respectivos kV bases dado y nuevo. 1.4. Ventajas del sistema en tanto por unidad - Los valores en por unidad, base propia, caractersticos de mquinas similares, aunque de tamaos

muy diferentes, varan muy poco.

- En los transformadores, la impedancia equivalente en por unidad es independiente del lado a que est referida.

- En los clculos se manejan cantidades que estn en un margen estrecho alrededor de la unidad (condiciones normales), lo que permite comprobar los valores por inspeccin.

1.5. Sistema en tanto por unidad en circuitos trifsicos Los circuitos trifsicos balanceados se resuelven como si fueran una lnea con un neutro de retorno, en el llamado circuito equivalente monofsico o por fase; por ello, las bases para las diferentes cantidades en los diagramas de impedancias son los kVA (o MVA) por fase y los kV de lnea a neutro. Generalmente, los datos que se dan son los kVA o MVA trifsicos totales y los kV de lnea a lnea (entre lneas o de lnea). Debido a esta costumbre de especificar el voltaje lnea a lnea y los kilovoltamperes o megavoltamperes totales, puede surgir alguna confusin al considerar la relacin entre el valor por unidad del voltaje de lnea y el del voltaje de fase. Aunque se puede especificar un voltaje de lnea como base, el voltaje que se requiere para la solucin del circuito monofsico es el voltaje a neutro. El voltaje base a neutro es el voltaje base lnea a lnea dividido por 3 . Debido a que sta es tambin la relacin entre los voltajes lnea a lnea y lnea a neutro de un sistema trifsico balanceado, el valor en por unidad de un voltaje lnea a neutro sobre el voltaje base lnea a neutro es igual al valor en por unidad del voltaje lnea a lnea en el mismo punto sobre el voltaje base lnea a lnea, siempre que el sistema est balanceado. Igualmente, los kilovoltamperes trifsicos son tres veces los kilovoltamperes monofsicos, y la base de los kilovoltamperes trifsicos es tres veces la base de los kilovoltamperes monofsicos. Por lo tanto, el valor en por unidad de los kilovoltamperes trifsicos sobre los kilovoltamperes base trifsicos es idntico al valor en por unidad de los kilovoltamperes monofsicos sobre los kilovoltamperes base monofsicos. Para los sistemas monofsicos o para los sistemas trifsicos, donde el trmino corriente se refiere a la corriente de lnea (IL), el de voltaje se refiere a voltaje al neutro (VLN) y el de los kilovoltamperes corresponde al valor por fase (kVA1), las siguientes expresiones relacionan las distintas cantidades:

ISV

S3 VB

B1

BLN

B3

BLL

= =

===3B

2BLL

B

BLL

B

BLNB S

)V(I 3

VI

VZ (1.14)

donde SB3 corresponde a la potencia base total (trifsica). Por comodidad se acostumbra usar como bases los MVA trifsicos (MVAB3 ) y los kV entre lneas (kVBLL), en cuyo caso, la impedancia base se puede determinar simplemente como:

( )

=

3B

2BLL

B MVAkV

Z (1.15)

5

Con la excepcin de los subndices, las expresiones (1.5) y (1.15) son idnticas. En lo que sigue de este curso, las ecuaciones se utilizarn sin los subndices, pero se deben usar con los voltajes y potencias correspondientes. Es conveniente dejar claro tambin, que en los clculos en por unidad donde intervienen transformadores trifsicos, se requiere que los voltajes base en los dos lados del transformador tengan la misma relacin que la de los voltajes nominales entre lneas de ambos lados, lo que es independiente del tipo de conexin de los enrollados. Como se dijo, la potencia base es la misma en ambos lados y por lo tanto las corrientes bases quedan en relacin inversa con la razn de transformacin trifsica.

Problemas propuestos 1.1. En la Figura 1.3 se ha representado el diagrama unilineal de un sistema elctrico de potencia (trifsico). Las caractersticas de los generadores, transformadores y lneas son las siguientes, donde las cantidades en pu y en % estn en base propia (b.p.): Generador 1: 30 MVA; 6,9 kV; X=0,5 pu. Generador 2: 20 MVA; 13,8 kV; X=0,4 pu. Motor Sncromo (MS): 20 MVA; 6,9 kV; X=0,25 pu. Transformador 1: 25 MVA; /; 6,9 /115 kV; X=10 %. Transformador 2: 30 MVA; /; 115/13,2 kV; X=8 %. Transformador 3: 20 MVA; /; 6,9 /115 kV; X=10 %. Linea 1: Z=(25+j80) ; Linea 2: Z=(20+j60) ; Linea 3: Z=(10+j30) a. Dibuje el diagrama de impedancias para el sistema poniendo todos los valores de los parmetros en pu,

considerando una base de 30 MVA y 6,9 kV en el circuito del generador 1 b. Si el Motor Sncrono trabaja a su potencia nominal con Factor de Potencia 0,8 inductivo a 6,6 kV,

determine, suponiendo que ambos generadores entregan la misma corriente: b.1. La corriente (A) absorbida por el MS b.2. Las corrientes (A) en las lneas b.3. Las corrientes (A) entregadas por ambos generadores b.4. Las tensiones (kV) en todas las barras del sistema b.5. Las potencias (MW y MVAR) entregadas por ambos generadores b.6. Las prdidas (MW y MVAR) del sistema

1 2L1

L3

L2

6

5

3

Y

Y

Y

Y

T1 T2

T3

Y

Y

G1

MS

G24 7

Figura 1.3

6

1.2. Considere el diagrama unilineal que se muestra en la Figura 1.4, con los siguientes datos, donde las cantidades expresadas en % estn en base propia: Generador: 130 MVA; 13,2 kV; X=16 % Transformador 1: 135 MVA; 13,8/132 kV; X=10% Transformador 2: 130 MVA; 132/11 kV; X=12% Lnea: Z=(4+j12) Carga: (88+j27) MVA. Tomando como bases los valores nominales del generador, determine: a. El circuito equivalente en pu, identificando cada uno de los elementos en el diagrama. b. Las corrientes de lneas (A) en la lnea y generador, si la tensin en la carga es de 11 /0 kV. c. El voltaje en la carga (kV) si se supone que el voltaje en bornes del generador se mantiene constante en

13,2 kV.

1 4Lnea

Y Y

T1 T2

Y

G 2 3

Carga Figura 1.4

1.3. Dibuje el diagrama de impedancias para el sistema de la Figura 1.5, poniendo todos los valores de los parmetros en pu, considerando una base de 50 MVA y 138 kV en la Lnea 1. Las caractersticas de los generadores, transformadores y lneas son las siguientes, donde las cantidades en % estn en base propia: Generador 1: 20 MVA; 13,2 kV; X=15 % Generador 2: 20 MVA; 13,2 kV; X=20 % Transformadores 1 a 4: 20 MVA; /; 13,8 /138 kV; X=10 %. Transformadores 5 y 6: 15 MVA; /; 138/6,9 kV; X=8 %. Linea 1: X=40 ; Linea 2: X=20 ; Linea 3: X=25 Si la carga es de 24 MW, Factor de Potencia 0,8 capacitivo a 6,6 kV, determine las tensiones en la barras 1 y 2 en kV, suponiendo que ambos generadores contribuyen de igual forma a la carga.

1 2Lnea 1

Y Y

T1 T3

Y

G1

Y

T2

3

Y

G2

Lnea 2 Lnea 3

YY

Carga

T4

T5 T6

Figura 1.5

CAPITULO 2

REGULACIN DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE 2.1. Introduccin Un sistema de potencia bien diseado debe ser capaz de entregar un servicio confiable y de calidad. Entre los aspectos que caracterizan una buena calidad de servicio estn, la adecuada regulacin del voltaje as como de la frecuencia. El Control de Voltaje tiene como objetivo mantener los niveles de tensin dentro de lmite razonables. El problema; sin embargo, es diferente segn se trate de una red de distribucin o una de transmisin.

En una red de transmisin se pueden admitir variaciones de tensin mayores que en una red de distribucin, ya que no existen aparatos de utilizacin directamente conectados a ella. Por lo tanto, dentro de ciertas limitaciones, no hay mayores inconvenientes en que la tensin en un punto dado de la red de transmisin vare dentro de lmites relativamente amplios, alrededor de un valor que puede ser diferente del nominal.

En las redes de distribucin, las variaciones de tensin estn limitadas por las caractersticas de los consumos. Estos slo funcionan adecuadamente con tensiones cercanas a la nominal y admiten variaciones lentas que no sobrepasen un 5% en aplicaciones trmicas (cocinas, lmparas, calentadores) y un 8% en el caso de motores, lavadoras, receptores de radio y televisin, etc. Con tensiones muy altas habr calentamiento y menor vida til. Si son muy bajas habr mal rendimiento, malas caractersticas de torque (motores), etc. 2.2. Clasificacin de las variaciones de tensin Segn sus caractersticas, las variaciones de tensin se pueden clasificar en:

Variaciones lentas: Tanto previsibles (peridicas), originadas en los cambios peridicos de los consumos que presentan mximos a ciertas horas del da y mnimos en otras; como aleatorias, debidas a las conexiones y desconexiones de los consumos, que pueden ocurrir en cualquier momento.

Variaciones bruscas: Tanto regulares como aleatorias (pestaeos), debidas a los golpes de corriente causados por el funcionamiento intermitente de equipos tales como refrigeradores, ascensores, soldadoras, etc.

Cadas de tensin: De breve duracin (desde fracciones de segundo hasta algunos segundos) y de amplitudes muy variables (hasta un 100% de la tensin). Su efecto es casi equivalente al de una interrupcin de servicio

En este captulo, se analizar exclusivamente el control de las variaciones lentas de tensin en las redes de transmisin y distribucin. 2.3. Formas de regular las variaciones lentas de tensin

La regulacin lenta de tensin tiene por fin mantener el mdulo de la tensin en todo el sistema en el mejor valor posible. Los mtodos ms empleados son:

Inyeccin (absorcin) de potencia reactiva: permite modificar la potencia reactiva circulante en el sistema, que es una importante causa de variacin de la tensin. Se consigue con el empleo de condensadores estticos, compensadores sncronos, reactores y los generadores de las centrales.

Insercin de una tensin serie adicional: para compensar la cada que se desea regular. Se consigue, por ejemplo, con transformadores (o autotransformadores) con derivaciones, operables en vaco (ms baratas) o bajo carga, que permiten variar discontinuamente la razn de transformacin.

8

Modificacin de la reactancia: para mantener constante la cada longitudinal ZI. Se consigue por ejemplo, usando conductores fasciculados, empleando condensadores serie, colocando lneas en paralelo o disminuyendo el largo de las lneas, acercando los transformadores de distribucin a los consumos.

2.4. Formas de actuar de los medios de regulacin de tensin Regulacin continua: Reguladores de induccin y compensadores sncronos. Regulacin cuasi-contnua: Cambiadores de derivacin bajo carga de los transformadores. Regulacin intermitente: Condensadores estticos. Regulacin fija: Condensadores serie y cambiadores de derivacin en vaco. 2.5. Regulacin de tensin por inyeccin de potencia reactiva a. Lnea corta de transmisin: Con el objeto de establecer algunos conceptos bsicos se considerar en primer lugar, el caso de una lnea corta de transmisin y su diagrama fasorial correspondiente, tal como se muestra en la Figura 2.1. PR y QR son las potencias activa y reactiva que llegan a la carga a travs de la lnea.

R + jX

TV VR

TP + jQT RP + jQR

Carga

I

a) I

A

BC

D

jXI

RI

R

VR

TV

V

E

b)

Figura 2.1.- Lnea corta de transmisin: a) Circuito equivalente; b) Diagrama fasorial

De la Figura 2.1 y considerando que es un ngulo pequeo, se puede escribir:

VVVVV RTRT = && (2.1) pero, V=AD+DC, con: AD=RI cos R y DC=XI sin R, por lo que se obtiene finalmente:

R

RR

VXQRP

V+= (2.2)

De la misma forma:

R

RR

VRQXP

EC= (2.3)

Por lo que:

+=

VVECtg

R

1 (2.4)

Las ecuaciones (2.2) y (2.4) muestran claramente que el transporte de PR y QR desde el extremo

transmisor T al receptor R, va acompaado de una cada de tensin V y de un desfase entre las tensiones

9

de ambos extremos de la lnea. Debido a que usualmente, en los sistemas de transmisin y generacin R

10

Segn sea el nuevo valor PR1, se pueden presentar dos casos: a1) PR1 > PR0; entonces QR1< QR0 a2) PR1 < PR0; entonces QR1> QR0 La potencia que se debe inyectar en el consumo ser:

1R0R QQQ = (2.7) El valor de Q ser positivo o negativo, segn corresponda al caso a1) o a2) y se puede considerar en general como una potencia inyectada segn se muestra en la Figura 2.3.

CONSUMO

VT RV

Q

R RP + jQ

Lnea

R R P +j(Q + Q)

Figura 2.3.- Representacin de Q como fuente de potencia reactiva

Ejemplo 2.1. El sistema de la Figura 2.4, alimenta una carga que en demanda mxima (Dmx) es de 45 MVA, cos =1. Durante la demanda mnima (Dmn) la carga es de (10+j2) MVA. Si la tensin en el extremo transmisor puede tomar como valores extremos 110 y 100% respectivamente, determinar la compensacin de potencia reactiva necesaria en el extremo receptor durante Dmx y Dmn, si se desea mantener en dicho extremo una tensin de 100 y 95% respectivamente. SB=100 MVA Solucin: a) Para demanda mxima: )pu( 0,0j45,0SL +=& ; VT=1,1 (pu); VR= 1,0 (pu) Aplicando la aproximacin de una lnea corta (Ecuacin 2.2) se tiene:

RG0,38+j0,6 (pu)

T

SL Comp.

SR SC

Figura 2.4

1Q6,045,038,0

11,1V

XQRPVVV R

R

RRRT

+=+==

De donde se obtiene: QR=0,1183 (pu) QC=QLQR=0(0,1183)=0,1183 (pu) QC=11,83 MVAR (inyectar).

b) Para demanda mnima: )pu( 02,0j1,0SL +=& ; VT=1,0 (pu); VR= 0,95 (pu) Aplicando la ecuacin (2.2) se tiene:

95,0Q6,01,038,0

95,00,1 R+= QR=0,01583 QC=QL-QR=0,02-0,01583=0,00417 (pu)

QC=0,417 MVAR (inyectar).

11

b. Lnea de longitud media o larga: El estudio de la regulacin de tensin en una lnea media o larga, mediante inyeccin de potencia reactiva, se realiza usualmente, empleando las ecuaciones de potencia activa y reactiva en funcin de las constantes generalizadas A-B-C-D ya vistas, que se resumen a continuacin.

)(in s V BA )( sin VV

B1Q

)( cos VBA )( cosVV

B1P

)( sin VV B1)(sin V

BDQ

)( cosVV B1)( cos V

BDP

2RTRR

2RTRR

TR2TT

TR2TT

=

=

+

=

+

=

(2.8)

Ejemplo 2.2. Repetir el Ejemplo 2.1, empleando parmetros ABCD y las ecuaciones de potencia del extremo receptor. Solucin: Los parmetros ABCD de la lnea son: A=D=10; C=0; B=Z=0,38+j0,6=0,710257,65 a) Para demanda mxima: VT=1,1 (pu), VR= 1 (pu); PL=0,45 (pu) y QL=0 Las ecuaciones correspondiente al extremo receptor se obtienen de (2.8), es decir:

)(in s V BA )( sin VV

B1Q

)( cos VBA )( cosVV

B1P

2RTRR

2RTRR

=

=

A partir de PR despejamos cos (), donde:

77698,01,11

)065,57cos(117102,045,0VV

)( cos AVBP)( cos

2

TR

2RR =

+=+= =18,64 reemplazando valores en la ecuacin de QR:

)pu( 2146,0)065,57(in s 1 7102,01 )64,1865,57( sin 1,11

7102,01Q 2R =

=

De donde se obtiene que: QC=QL-QR=0-(-0,2146)=0,21146 (pu) QC=21,46 MVAR (inyectar). b) Para demanda mnima: VT=1,0 (pu), VR= 0,95 (pu); PL=0,1 (pu) y QL=0,02 A partir de PR despejamos cos (), de donde:

5831,00,195,0

)065,57( cos95,017102,01,0VV

)( cos AVBP)( cos

2

TR

2RR =

+=+= =3,32

12

reemplazando valores en la ecuacin de QR se tiene:

)pu( 01315,0)065,57(in s 0,95 7102,01 )32,365,57( sin 0,10,95

7102,01Q 2R =

=

De donde se obtiene que: QC=QLQR=0,020,01315=0,00685 (pu) QC =0,685 MVAR (inyectar). c. Sistema enmallado: En un caso general, interesa estudiar la influencia de la inyeccin o extraccin de potencia reactiva en una barra cualquiera del sistema, sobre la tensin de dicha barra. El estudio parte de la premisa que existe un relacin definida entre las potencias P, Q y la tensin V de la barra, relacin que puede escribirse como V=V(P,Q), de donde:

dQQVdP

PVdV

+= (2.9)

o bien:

)VQ(dQ

)VP(dPdV += (2.10)

Es decir, la variacin de tensin en un punto cualquiera p de un sistema, debido a cambios dP y dQ

en las potencias activa y reactiva all entregadas, est completamente determinada si se conocen los coeficientes (P/V) y (Q/V). De los dos, el (Q/V) es el ms importante ya que orienta sobre la amplitud de la variacin de potencia reactiva que es necesario producir para provocar una variacin determinada de tensin en el punto considerado. Para determinar estos coeficientes, consideremos que la carga S = P+jQ existente en el punto p del sistema de la Figura 2.5 a) se aumenta en un consumo puramente inductivo Q, de valor muy pequeo (y que en el lmite se hace tender a cero). Este hecho modifica la tensin en p, que de V pasa a V + V.

Z T+

-

V + V V0

P+ j(Q + Q)

+

-

S=P+jQ

2P + jQ2

11P + jQ

iiP + jQ nnP + jQ

p

Q

jX

a) b)

Figura 2.5.- Determinacin del coeficiente (Q/V). a) Diagrama unilineal; b) Circuito equivalente

Segn el teorema de Thevenin, el sistema puede ser representado por el circuito de la Figura 2.5 b), donde V0 es el voltaje que exista en p cuando no haba consumo y ZT es la Impedancia equivalente de Thevenin del sistema vista desde p. En el circuito de la Figura 2.5 b) se puede aplicar lo planteado en las ecuaciones (2.1) y (2.2); que en este caso quedan:

VQXPR

VVV TT0+== (2.11)

es decir:

0QXPRVVV TT2

0 = (2.12)

13

La ecuacin (2.12) es una funcin implcita y por lo tanto, como en este caso, slo se produce un cambio en Q, (P permanece constante) se puede derivar parcialmente respecto a V y se obtiene:

T

0

XV2V

VQ =

(2.13)

Si hubiera un cambio en P (P) con Q constante, se encuentra que:

T

0

RV2V

VP =

(2.14)

En el caso en que no exista consumo previo S en el punto p, V0=V, por lo que (2.13) y (2.14) quedan:

TXV

VQ =

(2.15)

TRV

VP =

(2.16)

Valores tpicos de (Q/V) van desde los 3 a 15 MVAr/kV. El signo menos indica que si Q ( P) es positivo, lo que significa que la potencia que sale de p aumenta, entonces la tensin en el nudo p disminuye. Por lo tanto, la conexin de un reactor produce una baja de tensin mientras que la conexin de un condensador produce un aumento en la tensin.

Es interesante hacer notar que (P/V) y (Q/V) tienen las dimensiones de corriente. Por otra parte; la corriente de cortocircuito trifsico en p (ICC), (como se ver ms adelante), se puede calcular directamente de la Figura 2.5, despreciado RT y la corriente previa a la falla y vale:

TCC X

VI = (2.17)

Las expresiones de (Q/V) e ICC (en mdulo) son prcticamente iguales. La diferencia est en que la corriente de cortocircuito se calcula con las reactancias transitorias de las mquinas; mientras que (Q/V) considera reactancias permanentes o slo las reactancias hasta aquellas barras en que la tensin permanece constante por efecto de la accin de los reguladores de tensin. Para nudos algo alejados de las mquinas, casi no habr diferencias entre ambas definiciones. Por ello se suelen considerar como aproximadamente iguales. Para el clculo real de (Q/V) no se consideran las impedancias de las cargas y se suponen constantes las tensiones en bornes de las mquinas sncronas. Por otra parte, aunque hasta el momento, slo se ha considerado inyectar potencia reactiva, es evidente que, dependiendo de las condiciones de carga en el sistema, habr que absorber potencia reactiva en algunos casos, para mantener la tensin dentro de los lmites prefijados. Generalmente es necesario absorber potencia reactiva en las horas de poco consumo, lo que se debe fundamentalmente a la potencia reactiva generada por las lneas de transmisin que operan a niveles de tensin elevados o por redes de cables. Ejemplo 2.3. En el sistema de la Figura 2.6, las barras A y C se mantienen a tensin nominal de 220 kV. La barra B se mantiene a tensin nominal de 154 kV. Suponiendo que una cierta variacin de carga en el sistema hace disminuir en 5 kV la tensin en la barra M, calcular la inyeccin de potencia reactiva necesaria en esta barra para restablecer su tensin primitiva. Los valores en % estn con SB=500 MVA.

M

A B

C

X=10%

X=50 X=50 X=50 X=10%

Figura 2.6

14

Solucin: SB=500 MVA; VBL=154 kV

Ohm 432,47500

154Z2

B == ;

)pu( 05414,1432,47

50XL == . Por otra parte:

)pu( 03247,0154

5V ==

V=Ctte

V=Ctte

V=Cttej0,1 (pu) j50 ohm j50 ohm

j50 ohm

j0,1 (pu)

M

Figura 2.7

La reactancia de Thevenin en M es:

)pu( 3729,0

05414,11

15414,11

15414,11

1XTH =++

= A partir de la ecuacin (2.10):

VQ

Q

VP

PV

+

= ; con ==

THRV

VP y 6815,2

3729,01

XV

VQ

TH==

se obtiene:

)pu( 08707,0)6815,2(*03247,0Q == Inyectar 43,53 MVAr 2.6. Regulacin de tensin mediante transformadores con cambio de TAP (TCT) El coeficiente (Q/V) de una barra puede en algunos casos alcanzar e incluso superar valores del orden de 15 MVAr/kV. En estas condiciones no resulta adecuado el sistema de inyeccin de potencia reactiva debido a la magnitud de las cantidades que habra que poner en juego para compensar las variaciones de tensin en la barra correspondiente. Puede suceder que la tensin regulada se desee en la barra q correspondiente al secundario de un transformador conectado a la barra p como se muestra en la Figura 2.8.

A pesar de la reactancia introducida entre p y q, (Q/V) puede an resultar demasiado elevado. En estas condiciones, lo ms adecuado es emplear un TCT que permita regular la tensin en la barra q inyectando una tensin adicional. Esto no genera potencia reactiva, pero modifica su distribucin en el sistema. El empleo de TCT para regular tensin en una barra determinada, se ilustrar mediante el anlisis de los casos siguientes:

p q

Figura 2.8.- Transformador con cambio de Tap conectado entre las barras p y q de un

sistema

2.6.1. Sistema de transmisin radial con un TCT en el extremo transmisor En el sistema de la Figura 2.9 se tiene:

ZL: Impedancia de la lnea de transmisin (/fase).

ZT: Impedancia del TCT (/fase), referida al secundario.

V1N, V2N: Tensiones nominales del TCT. aN=V1N/V2N: Razn nominal del TCT.

VTZL

2V

P+jQ

RV

ZT

Figura 2.9.- Sistema radial con un TCT ubicado en el extremo transmisor

15

VT, V2, VR: Tensiones en los puntos que se indican antes del cambio de Tap. a=V1N/V2N: razn del transformador despus del cambio de Tap (razn no nominal)

'''R2T V;V;V : Tensiones en los puntos que se indican despus del cambio de Tap.

La razn de cambio en el Tap t (suponindolo en el secundario del transformador), es:

'N2

N2

N VV

aat == (2.18)

Si se supone que VT=V1N y que ZT, prcticamente no vara al cambiar el TAP, las redes equivalentes por fase antes y despus del cambio de TAP son las que se muestran en las Figuras 2.10 a) y b)

Na : 1

P+jQ2VVT

ZT

V2N VR

ZL+

-

+

-

+

-

+

-

I

a : 1

P+jQV2VT

ZT

V2N VR

ZL+

-

+

-

+

-

+

-

I

b)

a)'

'' '

Figura 2.10.- Redes equivalentes por fase correspondientes al sistema de la Figura 2.9. a) Antes del cambio de Tap, b) Despus del cambio de Tap

A partir de la Figura 2.10 b) se puede escribir:

'R

'LT

'N2 VI )ZZ(V &&& ++= (2.19)

Considerando la ecuacin (2.2) se puede determinar en forma aproximada, el mdulo de la cada de tensin en las impedancias del transformador y la lnea como sigue:

'R

LTLTTL

'LT

VQ )XX(P )RR(

VI )ZZ(+++=+ (2.20)

Despejando ' N2V de (2.18), introduciendo este valor y (2.20) en (2.19) y despejando t, se obtiene:

2'RLTLT

'RN2

)V(Q )XX(P )RR(VV

t ++++= (2.21)

Utilizando esta ecuacin se puede determinar el cambio de tap necesario para cumplir determinadas condiciones. Por ejemplo, si se quiere compensar la cada de tensin en la lnea, 2

'R VV = y por lo tanto:

22LTLT

2N2

VQ )XX(P )RR(VV

t ++++= (2.22)

16

Si adicionalmente se desprecia la cada en el transformador, se tiene que: RT y XT son iguales a cero y V2=V2N y por lo tanto:

2N2LL

2N2

VQ XP RV

t ++= (2.23) 2.6.2. Sistema de transmisin radial con TCT en ambos extremos de la lnea En el sistema de la Figura 2.11 se tiene: ZL: Impedancia de la lnea de transmisin

(/fase) ZA y ZB: Impedancia de cada TCT (/fase),

referida al sector de la lnea. a1N=VAN/VaN: Razn nominal del TCT A a2N=VBN/VbN: Razn nominal del TCT B

VTZL

2V RVV1

A ZBZ

TCT "A" TCT "B"

P+jQ

Figura 2.11.- Regulacin de tensin con TCT en ambos extremos

a1= VAN/VaN: razn del transformador A despus del cambio de Tap a2= VBN/VbN: razn del transformador B despus del cambio de Tap VT, V1, V2, VR: Tensiones en los puntos indicados antes del cambio de Tap.

'''1

'R2T V;V;V;V : Tensiones en los puntos indicados despus del cambio de Tap.

La razones de cambio en los Tap t1 y t2 se pueden definir como:

'aN

aN

N1

11

VV

aa

t == (2.24)

'bN

bN

N2

22

VV

aa

t == (2.25)

Las redes equivalentes antes y despus del cambio de Tap se muestran en la Figura 2.12.

V 2VVT

+

-

+

-

+

-

P+jQVR

+

-

I

aN

ZBZA

+

-

V1

1Na : 1 LZ

BV

+

-

2Na : 1

a)

V 2VVT

+

-

+

-

+

-

P+jQVR

+

-

I

aN

ZBZA

+

-

V1

1a : 1 LZ

BV

+

-

2a : 1

'

b)

' ' '

'

'

Figura 2.12.- Redes equivalentes por fase correspondientes al sistema de la Figura 2.11. a) Antes del cambio de Tap, b) Despus del cambio de Tap

A partir de la Figura 2.12 b) se puede escribir:

'B

'BLA

'aN VI )ZZZ(V &&& +++= (2.26)

17

Considerando la ecuacin (2.2) se puede determinar en forma aproximada, el mdulo de la cada de tensin en las impedancias de los transformadores y la lnea como sigue:

'B

BLABLAALB

'BLA

VQ )XXX(P )RRR(

VI )ZZZ(+++++=++ (2.27)

Despejando 'aNV de (2.24), introduciendo este valor y (2.27) en (2.26) y despejando t1, se obtiene:

2'BBLABLA

'BaN

1)V(Q )XXX(P )RRR(

VVt ++++++= (2.28)

Por otra parte, de la Figura 2.12.b) y considerando la ecuacin (2.25) se tiene que:

'RN22

'R2

'B VatVaV == (2.29)

Introduciendo (2.29) en (2.28), se obtiene finalmente:

2'RN22BLABLA

'RN22aN

1)V a t(Q )XXX(P )RRR(

V a t Vt ++++++= (2.30)

Si VT permanece constante, la ecuacin (2.30) permite determinar los cambios de TAP necesarios t1 y t2 de tal modo que se obtenga un valor deseado 'RV . En particular, si se desea que

'RV sea igual a la tensin

nominal del secundario del transformador B, o sea bN'R VV = , entonces, a partir de (2.30) se obtiene:

2BN2BLABLA

BN2aN1

)V t(Q )XXX(P )RRR(V t V

t ++++++= (2.31) Si adems, se desprecian las cadas internas de los transformadores y se considera t1 = t2, entonces:

2BN

LL

BN

aN21

VQ XP R

VV

tt+== (2.32)

Ejemplo 2.4. En el sistema de la Figura 2.13, calcular los cambios de TAP necesarios para mantener 33 kV en el consumo. Qu potencia reactiva se debera inyectar en la barra de carga para mantener 33 kV, en el caso de que los transformadores no tuvieran cambiadores de TAP? Solucin: a) Usando la ecuacin (2.30), con t1=t2 se tiene:

2'RN2

TT'RN2aN

21 )V*a(Q*XP*RV*a*V

tt==

en que todos los valores son por fase y por lo tanto: P=150/3=50 MW/fase Q=(50/0,8)sin( cos-1 0,8)=37,5 MVAR/fase

33/230 kV

V=33 kV(12+j40)

150 MW cos =0,8

230/33 kV200 MVA 200 MVAj5,671% b.p. j5,671% b.p.

Figura 2.13

18

XTR=0,05671ZB2=0,05671(2302/200) XTR=15 /fase RT=12 /fase; XT=(15+40+15)=70 /fase

90394,02

333

33230

5,377050123

3333230

3230

tt 21 =

==

b) Usando aproximacin de la lnea corta:

fase/MVAr 57,870

5012X

PRQ0

VXQRP

V RRR

RR ====+=

Luego: QC=QL-QR=37,5-(-8,57) QC=46,07 MVAR/fase. Es decir; se deberan inyectar 138,21 MVAr 2.7. Regulacin de tensin mediante el uso combinado de TCT e inyeccin de Potencia Reactiva

Los dispositivos de produccin o absorcin de potencia reactiva se conectan usualmente al enrollado terciario de transformadores que interconectan redes de transmisin y de distribucin. Si el transformador tiene cambiador de tap, es posible regular independientemente los voltajes primario y secundario, inyectando potencia reactiva para controlar uno de ellas y modificando los tap para controlar el otro. La Figura 2.14 muestra un esquema tpico, en que las variables se suponen por fase y las impedancias referidas al primario.

V2

V3

CS

1S

V1

2S

a)

V

+

-

V

+

-

Zp s

t

N Z

N

ZV

+

-

CS

1 2

P+jQ I

b)

Figura 2.14.- Esquema tpico de regulacin de tensin combinando TCT e inyeccin de potencia reactiva. a) Diagrama unilineal, b) Red equivalente por fase

En general, el problema consiste en determinar los cambios de Tap necesarios en el transformador, para ciertas condiciones de potencia reactiva del compensador sincrnico y determinada potencia compleja transferida entre los enrollados primario y secundario, de tal modo que las tensiones V1 y V2 estn dentro de ciertos valores especificados. El anlisis se efecta normalmente haciendo las siguientes aproximaciones:

Se desprecia la potencia activa perdida en el transformador, por lo que Zp, Zs y Zt se suponen sin resistencia

Las cadas de tensin se calculan por medio de expresiones simplificadas

Sea P+jQ, la potencia compleja que llega al nudo N por la rama Zp. El diagrama fasorial de la Figura 2.15 muestra esta situacin, considerando como referencia el fasor de voltaje VN .

I

V

V

jX Ip

1

VNV

Figura 2.15.- Diagrama fasorial para determinar el voltaje en el nudo N

A partir de esta figura se puede escribir:

19

N

pN1 V

Q XVVV = (2.33)

N

p

VP X

V = (2.34)

Por otra parte, en la Figura 2.15 se tiene que:

22N

21 )V()VV(V ++= (2.35)

Introduciendo (2.33) y (2.34) en (2.35) y despejando VN se obtiene:

2pp

21

21

p2

12N )PX(4)QX4V(V2

12

QX2VV = (2.36)

En algunos clculos ms simplificados, la tensin VN se determina despreciando V, con lo que resulta una expresin ms sencilla que (2.36). A partir del valor de VN, se puede determinar el tap en que debe quedar el transformador utilizando, por ejemplo, la expresin (2.18). Ejemplo 2.5. El TTTE de la Figura 2.16 tiene conectado en el terciario un compensador sncrono. La potencia de la carga es de (75+j30) MVA y los voltajes V1 y V2 deben permanecer en 225 y 70 kV respectivamente. Las reactancias del TTTE son: Xps=11,5%; Xpt=19,2%; Xst=7,5%, todas en base comn 75 MVA. Determinar, despreciando Xs, el campo de regulacin del cambiador de TAP en carga, si se sabe que el compensador sncrono funciona: a) en vaco; b) Como condensador sncrono (40 MVAR). Solucin: Parmetros del transformador de 3 enrollados: Slo interesa el valor de Xp:

( ) )pu( 116,0XXX21X stptpsp =+= , como:

ohm 33,64575

220Z2

1B == Se tiene que: Xp=74,86 ohm/fase. (XS=-0,001 pu)

P T V

220/13,2/66 kV

V

CS

SP/T/S

1 2

75/45/60 MVA

DATOS TTTE

Y/ /Y

Figura 2.16 Usando la ecuacin (2.36) y considerando el circuito equivalente de la Figura 2.14 b), se tiene que: a) Compensador en vaco P=25 MW/fase; Q=10 MVAR/fase; V1=225/3 kV/fase; V2=70/3 kV/fase. Reemplazando valores en la ecuacin (2.36) se obtiene: VN1=122,92 kV/fase y VN2=16,4 kV/fase (No vlida); por lo tanto; VN=122,92 kV/fase y:

0415,370

392,122'a == . Adems: 3333,366220a N == . Entonces:

0,91253,33333,0415

aa'tN

a ===

20

b) Compensador entregando 40 MVAR Q=3040= 10 MVAr; es decir, Q= 10/3 MVAr/fase. Reemplazando valores en la ecuacin (2.36) se obtiene: VN1=131,021 kV/fase y VN2=14,41 kV/fase (No vlida); por lo tanto; VN=131,021 kV/fase y:

2419,370

3021,131"a == . Adems: 3333,366220a N == . Entonces:

0,97263,33333,2419

aa"t

Nb === . Es decir, el tap debe variar entre 0,9125 y 0,9726

Problemas propuestos

2.1. En el sistema de la Figura 2.17, el generador no tiene regulador de voltaje y SB=100 MVA. Antes de energizar la lnea, la tensin en el punto A es del 100%. Determinar: a. Las tensiones en ambos extremos de la lnea despus de ser energizada (sin carga). b. La capacidad del reactor necesario a conectar en B para que la tensin en este punto sea del 100%. c. La tensin en A con el reactor conectado. 2.2. En el terciario del Transformador Trifsico de Tres Enrollados (TTTE) de la Figura 2.18, hay un condensador sncrono que tiene por objeto mantener la tensin de la carga en 100%. Cuando la carga es de (40+j15) MVA, el condensador sncrono (CS) est en vaco. Determinar la potencia reactiva que entrega el CS cuando la carga aumenta a (80+j30) MVA. El generador no tiene regulador de voltaje, la potencia base es de 100 MVA y los parmetros del transformador son: Xp=13,1%; Xs=-1%; Xt=8%

X=0,05

A

B/2=0,285 (pu)X=0,05 (pu)

BG

Figura 2.17

P

X=0,067

T 66 kV

13,8 kV

154 kV

CS

S

CARGA

Figura 2.18 2.3. Una lnea corta de transmisin que tiene una impedancia serie de (0,02+j0,1) pu (SB=100 MVA), alimenta una carga de 200 MVA, Factor de Potencia 0,8 inductivo. En el extremo receptor existe un compensador que permite que con 220 kV en el extremo transmisor, el voltaje en el extremo receptor sea de 225 kV. Considerando que el desfase entre ambos voltajes es pequeo y que el voltaje en el extremo transmisor se mantiene constante, Determinar: a. La capacidad (MVAr) del compensador sncrono que est conectado en el extremo receptor. b. El voltaje que aparece en el extremo receptor al desconectar la carga. 2.4. El esquema de la Figura 2.19, muestra un diagrama simplificado de la Central Termoelctrica Bocamina. Los coeficientes (P/V) y (Q/V) en la barra de 66 kV son respectivamente: 130 [MW/kV] y 56,5 [MVAr/kV]. La tensin en dicha barra es de 67,3 kV, cuando est la carga de 4 MVA conectada, a Factor de Potencia 0,9 (inductivo). En estas condiciones se pretende hacer partir un motor de induccin tipo Jaula de Ardilla, que mueve las bombas de la caldera, sabiendo que la tensin mnima de partida del motor es del 90% y que durante la partida consume 5 veces la corriente nominal con cos =0,3. Determinar si es posible hacer partir el motor en estas condiciones. 2.5. Los sistemas de la Figura 2.20, estn unidos a travs de un autotransformador regulador cuyo rango es VN15 x 1,25%. Cuando est en su derivacin nominal y las tensiones son V1=1,1 (pu); V2=0,9 (pu), el

21

Sistema 1 entrega (100 + j80) MVA. Determinar la derivacin en que se debe ajustar el regulador para que la potencia reactiva que entregue el Sistema 1 no sea superior a 30 MVAR (V1 y V2 constantes). Considerar SB=100 MVA.

66/4,16 kV

X=8%

cos =0,94 MVA

1,75 MVA11 MVA MI

cos =0,8

66 kV

Figura 2.19

t : 1X=35%

Sistema 2

V + 15 x 1,25% N _

Sistema 1

1V 2V

Figura 2.20 2.6. En el sistema de la Figura 2.21, los generadores 1 y 2 tienen reguladores de tensin que mantienen constante la tensin en bornes. El transformador de 154/69 kV tiene cambiador de TAP bajo carga en el lado de 69 kV con 19 derivaciones en pasos de 1,25% y con el valor nominal en la derivacin central. El cambiador de TAP es comandado por un sistema de control que trata de mantener constante la tensin en barras de 69 kV y que reacciona cuando la tensin vara en ms de 1,5% del valor de ajuste. La tensin en barra de 69 kV es la nominal y el cambiador se encuentra en la posicin (69+4x1,25%). En ese instante se conecta un banco de condensadores de 6 MVAr a la barra de 69 kV. Cmo reacciona el sistema de regulacin? En qu valor queda la tensin en la barra de 69 kV despus que ha reaccionado el sistema de regulacin? Todos los valores en % estn en base propia.

X=12%X =80%s

100 MVA

100 MVAG1

154/69 kV120 MW

F. de P. = 0,96

X=10%

X=16%

(8,33+j30)

(8,33+j30)

(12,5+j37,5)

200 MVA 50 MVAX =120%s

G2

50 MVA

Figura 2.21 2.7. En el sistema de la Figura 2.22, la potencia en el consumo puede variar del siguiente modo:

MVA )20j30(S)3j0( C + & . Considerando que la tensin en el extremo transmisor VT se mantiene constante en 12 kV y que la del extremo receptor VR no debe variar en ms de 5%; determinar si es necesario inyectar o absorber potencia reactiva en el extremo receptor y a partir de que valor o valores de la potencia del consumo. Valores en porcentaje en base 100 MVA.

X=10%X =30%s80 MVA 12/66 kV

G1j40%

S c

VT

X=12%66/33 kV

VR

Figura 2.22

CAPITULO 3

CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA 3.1. Introduccin El clculo y anlisis del flujo de potencias en la red de un Sistema Elctrico de Potencia (SEP) es uno de los aspectos ms importantes de su comportamiento en rgimen permanente. Consiste en determinar los flujos de potencia activa y reactiva en cada lnea del sistema y las tensiones en cada una de las barras, para ciertas condiciones preestablecidas de operacin. Hasta el ao 1950, el Clculo del Flujo de Potencias (CFP) se realizaba utilizando principalmente los Analizadores de Redes de Corriente Alterna (ARCA) y en algunos casos, los Analizadores de Redes de Corriente Contnua (ARCC) que corresponden a una simulacin a escala del Sistema Real. En la actualidad, el CFP se realiza fundamentalmente, utilizando los computadores digitales por las grandes ventajas que stos presentan respecto a los analizadores de redes. El anlisis del flujo de potencias (AFP) permite:

Programar las ampliaciones necesarias del SEP y determinar su mejor modo de operacin, teniendo en cuenta posibles nuevos consumos, nuevas lneas o nuevas centrales generadoras.

Estudiar los efectos sobre la distribucin de potencias, cuando se producen prdidas temporales de generacin o circuitos de transmisin.

Ayudar a determinar los programas de despacho de carga para obtener un funcionamiento ptimo. 3.2. Planteamiento del problema bsico Considrese el SEP elemental de dos barras de la Figura 3.1 y su circuito equivalente por fase que se muestra en la Figura 3.2. La lnea L12 se ha representado por su circuito nominal y donde: 21 S y S && : Potencias complejas netas de las barra 1 y 2 respectivamente, representadas como fuentes de

potencia activa y reactiva, que corresponden a la Potencia Generada menos la Potencia Consumida.

2112 S y S && : Flujos de potencia compleja que van desde la barra 1 a la barra 2 y viceversa.

1 2

G2S

L12

12S S21

C1S C2S

G1 G2

SG1

Figura 3.1.- Sistema elemental de dos barras para plantear el problema bsico

1 2

SS1 2

V1 2V

Y/2

R + j XL L

Y/2

Figura 3.2.- Circuito equivalente por fase del sistema de la Figura 3.1

En la Figura 3.1, las potencias complejas netas de las barras 1 y 2 son:

222C2G2C2G2C2G2

111C1G1C1G1C1G1

jQP)QQ( j)PP(SSS

jQP)QQ( j)PP(SSS

+=+==+=+==

&&&&&&

(3.1)

23

En el circuito de la Figura 3.2 se puede escribir:

LL

122*

2

22*2

*2

LL

211*

1

11*1

*1

jXRVV

2YV

VjQP

VS

jXRVV

2YV

VjQP

VS

++==

++==

&&&

&&& (3.2)

Estas ecuaciones, que relacionan las tensiones con las potencias activas y reactivas, presentan las siguientes caractersticas.

Son algebraicas y no lineales.

La frecuencia no aparece en forma explcita porque se la supone constante.

El sistema de cuatro ecuaciones, tiene 12 variables en total: PG1, PG2, QG1, QG2, PC1, PC2, QC1, QC2, V1, 1, V2, 2, por lo que no es posible obtener una solucin para ninguna de ellas a menos que se reduzca el nmero de incgnitas, fijando de antemano algunas variables.

En relacin a esto ltimo, una forma posible de resolver el problema es la siguiente:

A partir de los datos del consumo suponer conocidas e independientes del voltaje, las potencias de las cargas PCi, QCi, con i = 1,2.

Fijar a priori dos variables de generacin PG2 y QG2 por ejemplo. No se pueden fijar las cuatro variables de generacin debido a que las prdidas en el sistema no son conocidas inicialmente.

Fijar el mdulo y ngulo de la tensin en barra 1; es decir; suponer conocidos V1, 1. En particular, puede tomarse esta tensin como referencia, o sea, 1=0

En estas condiciones, el sistema de 4 ecuaciones (3.2) queda con slo 4 variables: PG1, QG1, V2, 2. 3.3. Modelo de representacin del SEP Teniendo presente el anlisis del problema bsico y con el objeto de establecer un procedimiento general para el CFP, es necesario considerar lo siguiente: 3.3.1. Tipos de Barras Asociados a cada barra p de un SEP existen cuatro variables, Pp; Qp; Vp; p. Segn las variables conocidas y desconocidas, las barras se clasifican en los siguientes grupos: Barras de Carga (Barras P-Q): Pp y Qp estn especificadas; Vp y p son las incgnitas

Barras de tensin controlada (Barra P-V): Pp y Vp estn especificadas; Qp y p son las incgnitas. En este tipo de barra debe existir alguna fuente controlable de potencia reactiva.

Barra flotante (Barra V& ): Vp y p estn especificados; Pp y Qp constituyen las incgnitas. En esta barra debe existir por lo menos un generador. La necesidad de definir esta barra nace del hecho que no es posible especificar a priori, la potencia total que es necesario generar en el sistema debido a que inicialmente no se conocen las prdidas en el mismo. La barra flotante debe suministrar la diferencia entre la potencia compleja inyectada al sistema en el resto de las barras y la carga total ms las prdidas. Esta barra se conoce tambin con otros nombres tales como: de referencia, oscilante, de relajacin (slack).

24

3.3.2. Representacin de los elementos del SEP a. Lneas: Se representan usualmente por su circuito nominal. Para una lnea conectada entre las barras p y q de un SEP, el circuito equivalente corresponde al mostrado en la Figura 3.3. En algunos casos, basta representar la lnea por su impedancia serie. b. Transformadores: Cuando funcionan en su razn nominal, se representan por su impedancia de cortocircuito. Cuando operan con cambio de TAP y razn no nominal, se pueden representar por su circuito equivalente que se muestra en la Figura 3.4, cuyos parametros se indican en la ecuacin (3.3).

Vp qpqY' /2 pqY' /2 V

SpqIpq

Zpq Ypq( ) SqpqpI

p q

Figura 3.3.- Circuito equivalente de una lnea para

el clculo de flujos de potencia

A

B

CV1 V2

I1 I2+

-

+

-

Figura 3.4.- Modelacin circuital en tanto por unidad de un transformador con cambio de TAP

==

=11YC YB 11YA (3.3)

Con =1+t1 y =1+t2; y donde t1 y t2, representan el cambio del Tap, en el lado respectivo. c. Generadores: Se consideran normalmente como fuentes de potencia activa y reactiva. 3.4. Planteamiento matemtico del problema para un SEP de n barras 3.4.1. Ecuaciones de Barras Considrese una barra p cualquiera de un sistema tal como se muestra en la Figura 3.5. La potencia compleja neta, pS& y la corriente inyectada en la barra p, pI& estn relacionadas por las siguientes ecuaciones, que constituyen las ecuaciones de barras.

Vp

pResto del

SEP +

-

Ip

Figura 3.5.- Representacin de una Barra p en un SEP

*p

pp*p

*p

p

pp*ppp

V

jQP

V

SI

jQPIVS

==

+==&

&

(3.4)

3.4.2. Ecuaciones del flujo de potencias A partir de la Figura 3.3 se puede escribir:

)2Y(VY)VV(I 'pqppqqppq &&&&&& += (3.5)

La potencia compleja que fluye desde la barra p a la q est dada por: [ ] *pq*qp2p*'pq*pq*pqppq YVVV )2Y(YIVS &&& +== (3.6)

25

Anlogamente, la potencia compleja que fluye desde la barra q a la barra p estar dada por: [ ] *qpq*p2q*'qp*qp*qpqqp YVVV )2Y(YIVS &&& +== (3.7)

Las expresiones (3.6) y (3.7) corresponden a las ecuaciones del flujo de potencia a travs de la lnea. Conviene indicar que )2Y()2Y( y YY 'qp

'pqqppq

&&&& == . Adems, pqY& es el inverso de la impedancia entre las barras p y q, el que no debe confundirse con el valor correspondiente en la matriz YB, de la ecuacin (3.10). 3.4.3. Potencia perdida en la transmisin

De acuerdo con los sentidos adoptados para qppq S y S && , la potencia compleja perdida en la lnea ser:

qppqLpq SSS &&& += (3.8)

3.4.4. Clculo de las tensiones de barras

Las ecuaciones (3.6) y (3.7) indican claramente que para resolver el problema del flujo de potencias se requiere determinar previamente las tensiones en todas las barras que correspondan. Empleando el mtodo nodal de resolucin de circuitos, en forma matricial, para la red de un SEP de n barras se puede escribir: [ ] [ ][ ]BBB V YI = (3.9)

donde [ ]BI es el vector de corrientes inyectadas a las barras; [ ]BY es la matriz admitancia de barras y [ ]BV es el vector tensiones de barra, definidos como:

[ ]

=

n

p

2

1

B

I

I

II

I

&M&M&&

[ ]

=

n

p

2

1

B

V

V

VV

V

&M&M&&

[ ]

=

nnnp2n1n

pnpp2p1p

n2p22221

n1p11211

B

YYYY

YYYY

YYYYYYYY

Y

&L&L&&MLMLMM

&L&L&&MLMLMM

&L&L&&&L&&&

(3.10)

Teniendo presente que segn (3.4), las corrientes inyectadas en las barras dependen de las potencias

complejas netas respectivas y considerando (3.9) y (3.10), se puede escribir:

nnnpnp22n11n*n

*n

npnppp22p11p*p

*p

nn2pp2222121*2

*2

nn1pp1212111*1

*1

VY VY VYVYVS

VY VY VYVYV

S

VY VY VYVYVS

VY VY VYVYVS

&&&&&&&&

MMMMM

&&&&&&&&

MMMMM

&&&&&&&&

&&&&&&&&

+++++=

+++++=

+++++=

+++++=

(3.11)

26

Este sistema de ecuaciones es similar al obtenido en el problema elemental de 2 barras; es decir; las ecuaciones son algebraicas y no lineales, por lo tanto es necesario resolverlo mediante tcnicas de aproximaciones sucesivas. 3.5. Tcnicas de solucin para el problema del flujo de potencias Existen actualmente diversos mtodos para resolver el problema de clculo del flujo de potencias, los que reciben nombres segn sea el procedimiento que se aplique para calcular las tensiones. Entre ellos podemos mencionar el de Gauss, el de Gauss-Seidel, los de Newton-Raphson (Completo, Desacoplado, Desacoplado rpido), el flujo DC, etc. Se estudiar a continuacin, cada uno de ellos, considerando en primer lugar el procedimiento general y luego las aplicaciones al clculo de flujo de potencias 3.5.1. Mtodo de Gauss Se emplea para resolver un problema lineal o no lineal. Por simplicidad se considerar un sistema lineal de ecuaciones, como el indicado en (3.12), para fundamentarlo. Sin embargo, su aplicacin a un sistema no lineal resulta inmediata.

3333232131

2323222121

1313212111

yxaxaxayxaxaxayxaxaxa

=++=++=++

(3.12)

Despejando x1 de la primera ecuacin, x2 de la segunda y x3 de la tercera se obtiene:

3323213133

2232312122

1131321211

)/axaxa(yx)/axaxa(yx)/axaxa(yx

===

(3.13)

Sean 0302

01 x ,x ,x , valores iniciales estimados a priori de la solucin del sistema (3.12), entonces,

reemplazando estos valores en (3.13) se tiene:

330232

01313

13

220323

01212

12

110313

02121

11

a/)xaxay(x

a/)xaxay(x

a/)xaxay(x

==

= (3.14)

El procedimiento continua hasta que se satisface algn criterio de convergencia tal como, por ejemplo, el indicado en (3.15), donde es una cantidad de valor pequeo y positivo. A cada etapa del proceso se le denomina iteracin.

3 ,2 ,1i con xx ki1k

i =+ (3.15) Aplicando el mtodo a un sistema de n ecuaciones con n incgnitas; para la incgnita xi, despus de k iteraciones, y con i= 1, 2,.....; n; se puede escribir:

==

+ n

ij1j

kjiji

ii

1ki xaya

1x (3.16)

27

Los inconvenientes de este procedimiento son el gran nmero de pasos que se requiere para llegar al resultado y la ocurrencia relativamente alta de situaciones en que no hay convergencia, por lo que no se utiliza para resolver el problema de clculo de los voltajes de la ecuacin (3.11). Sin embargo, constituye la base para la formulacin del Mtodo de Gauss-Seidel, lo que justifica su anlisis. Al aplicar la ecuacin (3.16) al problema de clculo de los voltajes en las barras del sistema de ecuaciones (3.11) se obtiene:

=

=+ n

pq1q

kqpq*k

p

pp

pp

1kp VY

)V(

jQP

Y1V &&&

& (3.17)

Donde: p = 1, 2, 3, .., n; q= 1, 2, 3, ....., n y p s (barra slack).

La ecuacin (3.17) se conoce como mtodo de Gauss YB, porque usa el Mtodo de Gauss y se trabaja con la matriz admitancia de barras del sistema elctrico. La expresin es vlida slo para las barras de carga. En el caso en que el SEP contenga barras de tensin controlada, la ecuacin (3.17) debe ser modificada, pues en este tipo de barras no se conoce el valor de la potencia reactiva Qp. Por lo dicho en el prrafo anterior, la modificaciones requeridas se estudiarn al considerar el Mtodo de Gauss-Seidel YB. 3.5.2 Mtodo de Gauss-Seidel a. Caso general: Corresponde a una modificacin del mtodo de Gauss tendiente a acelerar la convergencia del proceso iterativo. En el mtodo de Gauss se calculan todos los valores de las incgnitas correspondientes a una iteracin y luego se emplean para determinar los nuevos valores de las incgnitas en la iteracin siguiente. En el mtodo de Gauss-Seidel en cambio, los valores calculados en una iteracin determinada, se utilizan inmediatamente para calcular los valores de las incgnitas que restan por calcular en la misma iteracin. De este modo, si el proceso de clculo se encuentra en la iteracin (k+1) y ya se han determinado

;x ....., ,x ,x 1k 1i1k

21k

1+++ entonces, los valores que se utilizan para calcular 1kix + sern

kn

k2i

k1i

1k1i

1k2

1k1 x ....., ,x ,x ,x ....., ,x ,x +++++

Por tanto, la frmula iterativa del Mtodo de Gauss-Seidel aplicada a un sistema de n ecuaciones de la forma dada por (3.12) es:

=+=

=

++ n1ij

kjij

1i

1j

1kjiji

ii

1ki xaxaya

1x (3.18)

b. Aplicacin del mtodo de Gauss-Seidel YB al clculo flujos de potencia: El clculo de las tensiones de barras aplicando el procedimiento explicado anteriormente es distinto segn sean los tipos de barras existentes en el SEP. Por ello se considerarn en primer lugar los sistemas con barras de carga y flotante solamente, por ser el caso ms simple. A continuacin se analizar la situacin de las barras de tensin controlada. b1. Sistemas con barras de carga y flotante solamente: Aplicando la ecuacin (3.18) al sistema (3.11) se tiene:

=

= +=++ 1p

1q

n

1pq

kqpq

1kqpq*k

p

pp

pp

1kp VYVY

)V(

jQP

Y1V &&&&&

& (3.19)

Donde: p = 1, 2, 3, .., n; q= 1, 2, 3, ....., n y p s (barra slack).

28

La secuencia de solucin segn este mtodo es como sigue: 1. Se suponen valores iniciales de tensin para todas las barras a excepcin de la flotante, cuya tensin

est especificada, o sea es dato del problema, al igual que Pp y Qp en todas las barras de carga y los trminos de la matriz admitancia de barras [YB].

2. Se aplica la frmula iterativa (3.19) hasta que se cumpla algn criterio de convergencia, por ejemplo:

)slack barra( sp y n ......., ,3 ,2 ,1p con doespecifica

)slack barra( sp y n ......., ,3 ,2 ,1p con doespecifica VV

2kp

1kp

1kp

1kp

==

+

+ (3.20)

3. Determinadas las tensiones pV& , se calculan los flujos de potencia qppq S y S && aplicando (3.6) y (3.7).

4. Conocidos los valores de qppq S y S && se determinan las prdidas en el sistema, empleando (3.8). b2. Sistemas con barras de carga, tensin controlada y flotante: Normalmente un SEP incluye adems de las barras de carga y flotante, barras de tensin controlada (BTC) que tienen por objeto permitir regular la tensin en uno o varios puntos del sistema. En las barras de tensin controlada debe existir una fuente regulable de potencia reactiva para poder cumplir su cometido. Debido a que en este tipo de barra slo se conocen el mdulo de la tensin y la potencia activa, es necesario calcular previamente la potencia reactiva, antes de emplear la ecuacin (3.19) para determinar el voltaje complejo en ella. A partir de la ecuacin para la barra p de la expresin (3.11), se puede escribir:

=

=+++++== n1q

qpq*pnpnppp22p11p

*ppp

*p VYVVY VY VYVY(VjQPS &&&&&&&&&& (3.21)

es decir:

=

=n

1qqpq

*pp VYV agImQ && (3.22)

Cuando se emplea la ecuacin (3.19) en una BTC, el valor de Qp, que debe utilizarse corresponde al

indicado por (3.22), el que se debe actualizar en cada iteracin. Al determinar el voltaje, debe tenerse en cuenta que su mdulo en esta barra est especificado y por lo tanto slo puede cambiar su ngulo.

Lmites de Potencia reactiva en una Barra de tensin Controlada: En el clculo del flujo de potencias en un SEP con Barras de tensin controlada es necesario tomar en cuenta los lmites de potencia reactiva de las fuentes de potencia.

Sea p una BTC, entonces el valor de Qp se puede escribir como:

CpGpp QQQ = (3.23)

Adems: (QGp)mx : Valor mximo de generacin de potencia reactiva de la fuente. (Qgp)mn : Valor mnimo de generacin de potencia reactiva de la fuente. QCp : Potencia reactiva de la carga en la barra

29

Los lmites de potencia reactiva para la barra p sern:

mxppmnp )Q(Q)Q( (3.24) donde: CpmxGpmxpCpmnGpmnp Q)Q()Q( y Q)Q()Q( == Si el valor de la potencia reactiva calculado segn (3.22) en una iteracin cualquiera k, Qpk, excede el lmite mximo o mnimo prefijado, significa que es imposible obtener una solucin con la tensin especificada en esta barra y en consecuencia, ella debe ser considerada como una barra de carga en esa iteracin, en la cual la potencia reactiva es igual al lmite superior e inferior segn corresponda. En las iteraciones siguientes, el mtodo intentar mantener el voltaje especificado originalmente en esa barra, siempre que no se violen los lmites de Qp. Esto es posible, porque pueden ocurrir cambios en otros puntos del sistema, que lo permitan. Para explicar mejor el procedimiento, considrese el sistema de 3 barras de la Figura 3.6. Sean: Barra 1: Flotante Barra 2: de carga Barra 3: de tensin controlada La secuencia de clculo aplicando el Mtodo de Gauss-Seidel YB es:

1 2

3

Figura 3.6.- Sistema de tres barras para explicar el mtodo de Gauss-Seidel YB

1. Especificar los datos necesarios: V1, 1, P2, Q2, P3, V3 y los parmetros para determinar la matriz YB

2. Suponer los valores iniciales: 0302

02 ,,V . Normalmente se usa 1,0 (pu) para los mdulos de voltaje y

0 para los ngulos; V3 est especificado. 3. Calcular la tensin en la barra 2

= 0323121*0

2

22

22

12 VYVY

)V(jQP

Y1V &&&&&

& (3.25)

4. Calcular la potencia reactiva en la barra 3 { }03331232131*0303 VYVYVY()V( ImQ &&&&&& ++= (3.26) 5. Verificar si 03Q est dentro de los lmites establecidos

6. Si 03Q est dentro de los lmites, determinar la tensin en la barra 3 segn (3.27), mantener el valor especificado para V3 y cambiar el ngulo inicial por el determinado con (3.27)

= 1232131*0

3

033

33

13 VYVY

)V(jQP

Y1V &&&&&

& (3.27)

7. Si 03Q no est dentro de los lmites, reemplazar 03Q en (3.27) por el valor del lmite excedido,

tomando el valor de 13V& calculado en (3.27) completo (mdulo y ngulo).

30

8. Verificar que se cumpla el criterio de convergencia tal como se indica en ecuacin (3.20), por ejemplo, en todas las barras. Si se cumple, el proceso de clculo de las tensiones finaliza y se determinan los flujos de potencia y las prdidas en las lneas segn ecuaciones (3.6) y (3.7) y (3.8).

9. Si el criterio de convergencia no se cumple, volver al punto 3 y repetir el proceso. Ejemplo 3.1. Para el sistema de tres barras de la Figura 3.7, los datos en pu, base comn, se dan en las Tablas N 1 y N 2. Realizar una iteracin con el mtodo de Gauss-Seidel YB, para determinar el voltaje en todas las barras. Con los valores obtenidos, determinar los flujos de potencia en todas las lneas, las prdidas del sistema, la potencia entregada por el generador de la barra slack y la verificacin de la potencia entregada a la carga SC1.

Tabla N 1: Datos de las lneas Lnea Z (pu) Y/2 (pu) 1-2 0,04+j0,12 j0,05 1-3 0,02+j0,06 j0,06 2-3 0,06+j0,18 j0,05

Tabla N 2: Datos de las barras Barra N Tipo V (pu) PG QG PC QC

1 PQ - - - 0,6 0,252 PV 1,04 0,2 - 0,0 0,0

23

1SC1

G3 G2 PG2

Figura 3.7

Lmites de generacin de Q en la barra 2: 1 QG2 1 3 SL 1,06 - - 0,0 0,0 Solucin: a) Determinacin de la matriz de admitancia de barras YB

43,1088114,1515j506,0j02,0

1YY

43,1082705,55j6667,118,0j06,0

1YY

43,1089057,75,7j5,212,0j04,0

1YY

47,719775,2089,19j6667,605,0j06,0j18,0j06,0

106,0j02,0

1Y

43,710813,134,12j1667,405,0j05,0j18,0j06,0

112,0j04,0

1Y

48,716128,2339,22j5,706,0j05,0j06,0j02,0

112,0j04,0

1Y

1331

3223

2112

33

22

11

=+=+==

=+=+==

=+=+==

==+++++=

==+++++=

==+++++=

b) Valores iniciales y otros datos

1Q1 :2 barra la en Q de Lmites2,002,0P;25,0j6,0)25,00(j6,00S

)slack Barra( doespecifica ,006,1V ;004,1V ;01V

2

21

302

01

===+=

===&

&&&

31

c) Proceso iterativo: Utilizando la ecuacin (3.19)

23,10401,1V

006,1* 43,1088114,15004,1* 43,1089057,701

25,0j6,048,716128,23

1V

11

11

=

+=

&

&

Antes de determinar 12V& se debe calcular la potencia reactiva neta de la barra 2, expresin (3.22)

{ }lmites) los entre (est 2693,0Q

004,1*006,1*43,1082705,5004,1* 43,710813,1323,10401,1* 43,1089057,7ImQ02

02

=++=

La tensin 12V& se determina usando de nuevo la expresin (3.19), es decir:

23,004,1V 23,00414,1V

006,1* 43,1082705,523,10401,1* 43,1089057,7004,1

2693,0j2,043,710813,13

1V

12

12

12

==

+=

&&

&

d) Clculo de los flujos de potencia en las lneas: Usando las expresiones (3.6) y (3.7) y considerando que:

57,718114,1515j506,0j02,0

1YY

57,712705,55j6667,118,0j06,0

1YY

57,719057,75,7j5,212,0j04,0

1YY

1331

3223

2112

==+==

==+==

==+==

se tiene:

{ }

{ }29,302401,01211,0j2073,0S

57,719057,7* 23,10401,1* 23,004,104,1*9005,057,719057,7S

94,1742064,00182,0j2056,0S

57,719057,7* 23,004,1* 23,10401,10401,1*9005,057,719057,7S

21

221

12

212

==+=

=+=+=

&&&&

{ }

{ }0,7705875,00572,0j0132,0S

57,712705,5* 23,004,1* 006,106,1*9005,057,712705,5S

33,941659,01654,00125,0S

57,712705,5* 006,1* 23,004,104,1*9005,057,712705,5S

32

232

23

223

=+=+=

==+=

&&&&

{ }

{ }01,1515227,02533,04572,0S

57,718114,15* 006,1* 23,10401,10401,1*9006,057,718114,15S

24,164809,01345,0j4617,0S

57,718114,15* 23,10401,1* 006,106,1*9006,057,718114,15S

13

213

31

231

==+=

=+=+=

&&&&

32

e) Prdidas: Utilizando la ecuacin (3.8) se tiene:

1188,0j0045,02533,0j4572,01345,0j4617,0SSS

1082,0j0007,00572,0j0132,01654,0j0125,0SSS

1029,0j0017,01211,0j2073,00182,0j2056,0SSS

133131L

322323L

211212L

=+=+==++=+==++=+=

&&&&&&&&&

f) Potencia entregada por el generador de la barra slack

1917,0j4749,00572,0j0132,01345,0j4617,0SSS 32313G +=+++=+= &&& g) Verificacin de la potencia recibida por la carga SC1

2351,0j6628,0)2533,0j4572,0()0182,0j2056,0(SSS 13121C +=+== &&& Observacin: No corresponde exactamente al valor especificado para la carga. Porqu?

Factores de Aceleracin: La experiencia con el mtodo de Gauss-Seidel YB para el clculo de flujos de potencia ha mostrado que se puede reducir considerablemente el nmero de iteraciones requeridas si la correccin en el voltaje de cada barra se multiplica por alguna constante que la incremente, para que el voltaje sea ms cercano al valor al que se est aproximando. El multiplicador que realiza esto, se denomina factor de aceleracin. La diferencia entre el valor de voltaje de la barra p calculado en la iteracin actual 1kpV

+& y el mejor que se obtuvo en la iteracin anterior ac

kp )V( & se multiplica por un apropiado para obtener una mejor

correccin que se agrega a este ltimo. Es decir: [ ]ackp1kpackpac1kp )V(V)V()V( &&&& += ++ (3.28)

La eleccin del valor de depende del sistema en estudio. Hay valores ptimos de los factores de aceleracin para cualquier sistema. Una mala seleccin de ellos puede dar como resultado una convergencia menos rpida o hacerla imposible. Normalmente, en los estudios de flujos de potencia, vara entre 1,3 y 1,8. Generalmente, un factor de aceleracin de 1,6 para las componentes real e imaginaria es una buena seleccin. Sin embargo, es posible que el factor de aceleracin utilizado para la componente real pueda diferir del usado para la componente imaginaria. 3.5.3. Mtodo de Newton Raphson a. Formulacin general: Este mtodo es mas sofisticado que los anteriores y exige un mayor volumen de clculos, pero asegura convergencia en un mayor nmero de veces y adems en forma ms rpida. El problema matemtico a resolver consiste en n relaciones no lineales del tipo f(xi)=0. Es decir, se trata de un sistema de n ecuaciones de la forma:

0)x,.....,x,x(f...............................

0)x,.....,x,x(f0)x,.....,x,x(f

n21n

n212

n211

=

==

(3.29)

Si se supone una estimacin inicial del vector solucin:

[ ] [ ]0n02010 x ...... x xx = (3.30)

33

Al que le falta un residuo [ ] [ ]0n02010 x ...... x xx = , para llegar a la solucin correcta; esto es, tener 0)xx( f 0i

0i =+ , aunque 0)x( f 0i , se tiene:

0)xx,.....,xx,xx(f

...............................................................0)xx,.....,xx,xx(f

0)xx,.....,xx,xx(f

0n

0n

02

02

01

01n

0n

0n

02

02

01

012

0n

0n

02

02

01

011

=+++

=+++=+++

(3.31)

Desarrollando cada ecuacin en serie de Taylor en torno a los valores 0ix se tiene:

n

0

n

n0n

0

1

n01

0n

01n

0n

0n

01

01n

1

0

n

10n

0

1

101

0n

011

0n

0n

01

011

xf

x.....xf

x)x,.....,x(f)xx,.....,xx(f

...............................................................xf

x.....xf

x)x,.....,x(f)xx,.....,xx(f

+

++

+=++

+

++

+=++

(3.32)

donde i es el residuo en la serie de Taylor, que contiene los trminos de orden superior

0

i

j

xf

: representa las correspondientes derivadas parciales, evaluadas en 0ix

Como los 0ix son pequeos, se pueden despreciar los trminos de orden superior y se obtiene:

0xf

x.....xf

x)x,.....,x(f

...............................................................

0xf

x.....xf

x)x,.....,x(f

0

n

n0n

0

1

n01

0n

01n

0

n

10n

0

1

101

0n

011

=

++

+

=

++

+

(3.33)

con i, j = 1, 2, , n Matricialmente se puede escribir:

=

+

0

0

x

x

xf

xf

xf

xf

)x(f

)x(f

0n

01

0

n

n0

1

n

0

n

10

1

1

0in

0i1

MM

L

MLM

L

M (3.34)

Es decir: [ ] [ ] [ ] [ ]0x J)x(f 000 =+ (3.35)

Donde cada vector y matriz est definido segn las ecuaciones (3.34) y (3.35), o sea:

34

[ ]

=

)x(f

)x(f)x(f

0in

0i1

0 M Vector funcin evaluada en 0ix

[ ] xf

xf

xf

xf

J0

n

n0

1

n

0

n

10

1

1

0

=L

MLM

L

Matriz Jacobiana evaluada en 0ix

[ ]

=

0n

01

0

x

x x M Vector residuo evaluado en 0ix

A partir de (3.35), el vector residuo evaluado en 0ix ; [ ] x 0 se puede escribir:

[ ] [ ] [ ])x(fJx 0100 = (3.36)

En general entonces, el residuo en una iteracin k es: [ ] [ ] [ ])x(fJx k1kk = (3.37)

Suponiendo que se conoce [ ]kx (vector de valores aproximados de la variable), entonces puede obtenerse una aproximacin mejor [ ]1kx + de la forma:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ])x(fJxxxx k1kkkk1k + =+= (3.38)

Como se han despreciado los trminos de orden superior, [ ]1kx + no ser la solucin correcta y se debe repetir el proceso en forma iterativa, hasta que se satisfaga algn criterio de convergencia, tal como:

+ k1k xx (3.39) b. Aplicacin al clculo de flujos de potencia: En el caso de un Sistema de Potencia, los xi corresponden a las tensiones de las barras (mdulo y ngulo), de manera que la ecuacin (3.37) se puede escribir como:

[ ] = kk1k

k

k

QPJ

V (3.40)

en que:

=

calcesp

calcesp

QQPP

QP

(3.41)

35

Donde Pesp y Qesp son los valores de P y Q especificados o programados y Pcalc y Qcalc son los respectivos valores que se van calculando en cada iteracin. Para mayor comodidad, a los valores calculados, se les eliminar el superndice calc, es decir, se designarn simplemente como P y Q. Segn (3.21), los valores de P y Q en la barra p se pueden obtener a partir de:

*q

n

1q

*pqpppp VY VjQPS =+= =

&& (3.42) Expresando los voltajes de barras en forma polar y las admitancias de lnea en forma rectangular se tiene que:

pqpqpqqqqppp B jGYy VV ; VV +=== &&& (3.43) Reemplazando (3.43) en (3.42), con qppq = se obtiene:

+=+==n

1qpqpqpqpqqpppp )sin j(cos )B jG(VVjQPS& (3.44)

de (3.44) se obtiene finalmente:

=

+=

=

=n

1qpqpqpq pqqpp

n

1qpqpqpqpqqpp

) cosB sinG(VVQ

) sin B cosG(VVP (3.45)

A partir de (3.41) y (3.45), P y Q para la barra p se pueden determinar como:

=

+=

=

=n

1qpqpqpq pqqp

esppp

n

1qpqpqpqpqqp

esppp

) cosB sinG(VVQQ

) sin B cosG(VVPP (3.46)

Por lo tanto se puede escribir a manera de resumen:

Para las barras PQ y PV

+==n

1qpqpqpqpqqp

esppp ) sin B cosG(VVPP (3.47)

Para las barras PQ

==

n

1qpqpqpq pqqp

esppp ) cosB sinG(VVQQ (3.48)

Para la barra slack no se requiere ecuaciones.

En las ecuaciones anteriores, las magnitudes de las tensiones en las barras PV y slack al igual que el ngulo en la barra slack no son variables, sino que se mantienen en sus valores especificados. Por lo tanto, el sistema formulado incluye dos ecuaciones para cada barra PQ y una para cada barra PV. Las variables del problema son V y para cada barra PQ y para cada barra PV.

36

Por razones prcticas se da a la barra slack el nmero n y se colocan los primeros nmeros a las barras PQ. Luego si se tiene m barras PQ, se tendr (n-m-1) barras con control de voltaje (barras PV). La Ecuacin (3.40) queda entonces:

[ ]

=

QP

JV

1 (3.49)

Con P y Q calculados segn (3.46). Luego, los valores actualizados para y V son:

+

=

++

k

k

k

k

1k

1k

VVV (3.50)

Despejando P y Q de (3.49), considerando (3.34) y arreglando adecuadamente, para hacer ms fcil el manejo de las ecuaciones, se tiene:

=

=

VV

LM

NH

VV

VQV Q

VPV P

Q

P (3.51)

Si se tiene n nodos, m de carga, 1 libre y n-m-1 de voltaje controlado las dimensiones de las

submatrices que forman el Jacobiano son:

[H] es de (n-1) x (n-1) [N] es de (n-1) x m [M] es de m x (n-1) [L] es de m x m

Segn lo anterior, la matriz Jacobiana completa es cuadrada y de dimensin, [(n-1)+m] x [(n-1)+m]. A partir de (3.51), se obtiene que:

q

pqpq

q

ppq

q

pqpq

q

ppq

VQ

VL Q

M

VP

VN P

H

=

==

= (3.52)

Considerando (3.46), se pueden determinar todos los elementos de la matriz Jacobiana como sigue:

para p q

qpqpqpq pqppq

qpqpqpqpqppq

qpq pqpqpqppq

qpqpqpqpqppq

V)cosBsinG(VL

V)sin BcosG(VM

V)sinBcosG(VN

V)cosBsin G(VH

=+=+==

(3.53)

Se puede apreciar, que por la forma de la ecuacin (3.51):

pqpq

pqpq

MN

LH

==

(3.54)

37

Para p = q

p2ppppp

p2ppppp

p2ppppp

p2ppppp

QVBL

PVGM

PVGN

QVBH

===

+=

(3.55)

Las expresiones (3.54) y (3.55) muestran lo importante que fue el haber planteado la matriz Jacobiana tal como se hizo en (3.51). Utilizando este tipo de coordenadas, el valor de Q en las barras PV puede ser calculado luego que el proceso haya convergido. El proceso mediante el mtodo de Newton-Raphson para calcular los voltajes en las barras, se muestra en la Figura 3.8, luego de lo cual se determinan los flujos de potencia y las prdidas en las lneas.

Eleccin de Tensiones Iniciales

Iter=0

Calcular P y Q

del sistema

Convergila solucin?

Iter = Iter mx?si

no

si

no

Iter = Iter+1

Formacin del Jacobiano

Inversin delJacobiano

Clculo de y V

Correccin de Valores de y V

Salida

Ingreso de Datos

Figura 3.8.- Diagrama de Flujo del Algoritmo de Newton-Raphson

38

En estricto rigor, la matriz Jacobiana se calcula e invierte en cada iteracin. Sin embargo, en la prctica se recalcula usualmente slo un determinado nmero de veces en un rango de iteraciones, con el fin de aumentar la velocidad al proceso iterativo. Ejemplo 3.2. En el sistema del ejemplo 3.1 y, considerando los valores de voltajes obtenidos mediante el mtodo de Gauss-Seidel, determine el Jacobiano completo en la iteracin 1 Solucin: La matriz Jacobiana queda de la siguiente forma:

[ ]

=

=111211

212221

111211

1

11

2

1

1

11

21

2

2

1

21

11

2

1

1

1

LMMNHHNHH

VQ

VQQ

VP

VPP

VP

VPP

J

Los elementos de la matriz Jacobiana se obtienen utilizando las expresiones (3.53) para pq y (3.55) para p=q; por lo tanto, para los elementos de la diagonal se deben determinar previamente P y Q, utilizando (3.45) y considerando los resultados obtenidos en el ejemplo 3.1, que se resumen a continuacin:

[ ] [ ]

=

=

89,1951554,125,7

155,739,22B

6667,66667,156667,11667,45,255,25,7

G

23,10401,1V1 =& ; 23,004,1V2 =& 006,1V3 =&