UNIVERSIDAD DE LA FRONTERA FACULTAD DE INGENIERIA CIENCIAS Y

ADMINISTRACION DEPARTAMENTO DE INGENIERIA ELECTRICA

TEMUCO

SISTEMAS ELECTRICOS DE POTENCIA II

Profesor: Manuel Villarroel Moreno

2003

i

INDICE

CAPITULO 1 LA MAQUINA SINCRONA 1 1.1. Generalidades 1 a. Generador conectado a una barra infinita 1 b. Condiciones de puesta en paralelo 1 c. Generador alimentando una carga individual 2 1.2. Parmetros de la mquina sncrona 2 a. De rgimen permanente 2 b. De rgimen transitorio (sin considerar enrollados amortiguadores) 2 1.3. Circuitos equivalentes de la mquina sncrona 2 1.4. Ecuaciones de Potencia 3 a. Generador de rotor cilndrico 3 b. Motor de rotor cilndrico 5 c. Generador de polos salientes 6 Problemas propuestos 9 CAPITULO 2 REGULACION DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE 10 2.1. Introduccin 10 2.2. Clasificacin de las variaciones de tensin 10 2.3. Formas de regular las variaciones lentas de tensin 10 2.4. Formas de actuar de los medios de regulacin de tensin 11 2.5. Regulacin de tensin por inyeccin de potencia reactiva 11 a. Lnea corta de transmisin 11 b. Lnea de longitud media o larga 14 c. Sistema enmallado 15 2.6. Regulacin de tensin mediante transformadores con cambio de TAP (TCT) 17 2.6.1 Sistema de transmisin radial con un TCT en el extremo transmisor 17 2.6.2 Sistema de transmisin radial con un TCT en ambos extremos de la lnea 19 2.7. Regulacin de tensin mediante el uso combinado de TCT e inyeccin de

Potencia Reactiva 21

Problemas propuestos 23 CAPITULO 3 CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA 25 3.1. Introduccin 25 3.2. Planteamiento del problema bsico 25 3.3. Modelo de representacin del SEP 26 3.3.1. Tipos de barras 26 3.3.2. Representacin de los elementos del SEP 27 a. Lneas 27 b. Transformadores 27 c. Generadores 27 3.4. Planteamiento matemtico para un SEP de n barras 27 3.4.1. Ecuaciones de barras 27 3.4.2. Ecuaciones del flujo de potencias 27 3.4.3. Potencia perdida en la transmisin 28 3.4.4. Clculo de las tensiones de barras 28 3.5. Tcnicas de solucin para el problema del flujo de potencias 29 3.5.1. Mtodo de Gauss 29 3.5.2. Mtodo de Gauss-Seidel 30 a. Caso general 30 b. Aplicacin del mtodo de Gauss-Seidel YB al clculo de flujos de potencias 30 b.1 Sistemas con barras de carga y flotante solamente 30

ii

b.2 Sistemas con barras de carga, tensin controlada y flotante 31 3.5.3. Mtodo de Newton-Raphson 35 a. Formulacin general 35 b. Aplicacin al clculo de flujos de potencias 37 3.5.4. Mtodo de Newton-Raphson desacoplado (MNRD) 41 3.5.5. Mtodo de Newton-Raphson desacoplado rpido (MNRDR) 42 3.6. Flujo de Carga DC o Flujo de Potencia de Corriente Continua 45 Problemas propuestos 48 CAPITULO 4 ESTUDIO Y ANALISIS DE FALLAS 50 4.1. Introduccin 50 4.2. Tipos de fallas 50 4.3. Clculo de Cortocircuitos 51 4.3.1. Objetivos 51 4.3.2. Aproximaciones 51 4.4. Cortocircuitos trifsicos simtricos 52 4.4.1. Comportamiento de un generador en condiciones de cortocircuito trifsico

simtrico 52

a. El generador en vaco antes de producirse la falla 52 b. El generador en carga antes de producirse la falla 53 c. Concepto de potencia de cortocircuito 54 d. Algunos antecedentes relativos a la seleccin de interruptores 55 4.4.2. Cortocircuitos trifsicos simtricos en un SEP 57 a. Mtodo tradicional 57 b. Clculo sistemtico (Mtodo general) 57 4.5. Cortocircuitos Asimtricos 61 4.5.1. Componentes simtricas 61 a. Consideraciones generales 61 b. Relacin entre voltajes (corrientes) de secuencia y de fase 61 c. Potencia en funcin de las componentes simtricas 63 4.5.2. Circuitos equivalentes de secuencia de los elementos componentes de un

SEP 63

a. Lneas b. Generadores c. Transformadores d. Redes de secuencia

64646669

4.5.3. Anlisis de algunos tipos de corctocircuitos 4.5.3.1.Cortocircuito monofsico a tierra a travs de una impedancia de falla ZF 4.5.3.2.Cortocircuito bifsico a tierra a travs de una impedancia de falla ZF 4.5.3.3.Cortocircuito entre dos fases a travs de una impedancia de falla 4.5.3.4.Observaciones finales respecto a los cortocircuitos asimtricos

7070727576

4.6. Fases abiertas 77 4.6.1. Introduccin

4.6.2. Una fase abierta 4.6.3. Dos fases abiertas 4.6.4. Impedancias serie desequilibradas

77778182

Problemas propuestos 83 CAPITULO 5 ESTABILIDAD 88 5.1. Introduccin

5.2. Estabilidad transitoria 8888

5.2.1. Objetivos 5.2.2. Suposiciones bsicas para los estudios simplificados de estabilidad transitoria

8888

iii

5.2.3. Ejemplo ilustrativo 5.2.4. Ecuacin de oscilacin de una mquina sncrona 5.2.5. Ecuaciones de oscilacin en un sistema multigenerador 5.2.6. Estudio de la ecuacin de oscilacin de un generador conectado a una barra

infinita 5.2.7. Algunos mtodos de solucin de la ecuacin de oscilacin

89919495

99 a. Mtodo punto a punto

b. Mtodo de Euler c. Mtodo de Euler Modificado d. Mtodo de Runge Kutta de 4 orden

99102103103

5.2.8. Criterio de Areas Iguales 5.2.9. Reduccin a un sistema simple 5.2.10. Ecuacin de oscilacin de dos mquinas finitas 5.2.11. Factores que condicionan la estabilidad transitoria

104106107108

5.3. Estabilidad esttica o permanente 109 5.3.1. Introduccin

5.3.2. Generador conectado a una barra infinita 109110

a. Despreciando el efecto de amortiguacin b. Con efecto de amortiguacin

110111

5.3.3. Estabilidad de un sistema de n mquinas 111 a. Despreciando el efecto de los reguladores y del roce

b. Considerando el efecto del amortiguamiento 111112

Problemas propuestos 112 BIBLIOGRAFIA 117

CAPITULO 1

LA MQUINA SNCRONA 1.1. Generalidades Desde el punto de vista del comportamiento de un generador sincrnico en un SEP se pueden identificar las variables mostradas en la Figura 1.1. En general, el cambio de cualquiera de las variables de control, afecta a las cuatro variables de salidas.

En un sistema de potencia, la actuacin sobre el torque de la mquina motriz hace posible mantener un balance exacto entre la potencia activa generada en el sistema y la potencia activa consumida por las cargas ms las prdidas. Este balance permite que el sistema trabaje a una frecuencia constante. Por otra parte, actuando sobre la corriente de excitacin de cada generador, es posible mantener un balance exacto entre las potencias reactivas generadas y las del consumo y prdidas. Este balance permite mantener una tensin constante (en mdulo) en las barras del sistema. a. Generador conectado a una barra infinita: La tendencia actual es trabajar con un sistema elctrico de transmisin y distribucin que interconecte las diferentes centrales generadoras y los puntos de consumo, de modo que una sola central y ms an, una sola mquina representa un pequeo porcentaje de la potencia total del sistema. Evidentemente esta mquina no estar capacitada para alterar ni el voltaje ni la frecuencia del sistema elctrico. En el lmite se puede considerar que el sistema mantiene el voltaje y la frecuencia invariables, lo que se puede asimilar a una mquina que tiene cero impedancia interna e inercia rotacional infinita. Se habla entonces de una barra infinita (Figura 1.2).

Mquina

Sncrona

Variablesde

Control

PQVF

I exc

Tm

Variablesde

Salida

Figura 1.1.- Representacin esquemtica de una Mquina Sncrona

/V/=cte, f=cte

Barra

Figura 1.2.- Barra infinita

Un gran SEP puede considerarse como una barra infinita para muchos fines prcticos. En este caso entonces, dado que el voltaje y la frecuencia se mantienen constantes, las variables de salida se reducen a las potencias activa P y reactiva Q donde la corriente de excitacin Iexc influye fundamentalmente en Q y el torque motriz Tm influye bsicamente en P; es decir, hay un acoplamiento dbil entre Iexc y P y entre Tm y Q. b. Condiciones de puesta en paralelo: Para operar dentro de un sistema elctrico, un generador sncrono debe trabajar normalmente en paralelo con otros generadores, unidos a una barra de generacin comn, si pertenecen a una misma central o separados por alguna impedancia (lneas, transformadores) si pertenecen a centrales diferentes. Tratndose de alternadores polifsicos, las condiciones de puesta en paralelo son las siguientes: Mdulo de la tensin en bornes igual al existente en la barra. Se acta sobre la corriente de excitacin Frecuencia igual a la de la barra. Se acta sobre el torque motriz Igual secuencia de fases Igualdad en la forma de onda

2

c. Generador alimentando una carga individual: Supongamos por simplicidad que la carga es de tipo impedancia esttica y se aumenta Tm. En este caso, al aumentar Tm, aumenta la velocidad y por lo tanto varan tanto la frecuencia como el voltaje y en consecuencia, varan tambin P y Q. 1.2. Parmetros de la mquina sncrona a. De rgimen permanente Rotor cilndrico: Impedancia sncrona Zs=Rs+jXs, habitualmente Zs=jXs Rotor de polos salientes: Reactancia de eje directo: Xd Reactancia de eje en cuadratura: Xq b. De rgimen transitorio (sin considerar enrollados amortiguadores) Reactancia transiente de eje directo: 'dX Constante transiente de tiempo: 'd Adicionalmente, para el estudio del comportamiento de la mquina sncrona en rgimen desbalanceado es necesario introducir los parmetros impedancia de secuencia cero (Z0), positiva (Z1) y negativa (Z2) que se estudiarn posteriormente, as como la reactancia subtransiente ( X ) "d 1.3. Circuitos equivalentes de la mquina sncrona Los circuitos equivalentes dependen del tipo de mquina (rotor cilndrico o de polos salientes), del tipo de estudio que se desea realizar y del grado de precisin deseada. Se pueden clasificar en dos grupos: aquellos utilizados en los estudios de rgimen permanente (balanceado o desbalanceado) y los utilizados en los estudios de rgimen transitorio, particularmente cortocircuitos y estabilidad. Las Figuras 1.3. a) y b) muestran los circuitos equivalentes de una mquina sncrona de rotor cilndrico, usuales en los estudios de rgimen permanente. En a) se considera la resistencia sncrona y en b) se desprecia. Para una mquina de polos salientes no es posible establecer un circuito equivalente simple y su comportamiento se estudia en base a su diagrama fasorial d-q.

E+

-

+

-

V

jXsRs

a)

E+

-

+

-V

jXs

b)

Figura 1.3.- Circuitos equivalentes de una mquina sncrona para estudios de rgimen permanente

Los circuitos de la Figura 1.4. a) y b) se usan en los estudios de cortocircuitos simtricos: a) se emplea en aquellos casos en que se supone la mquina en vaco antes de producirse el cortocircuito. La tensin E, en este caso, es la de vaco en los terminales de la mquina. Si la corriente antes de producirse el cortocircuito es significativa, se emplea el circuito de la Figura 1.4.b). La eleccin de E' y E'' as como X en ambos casos, depende del instante de tiempo en que se evala la corriente despus de ocurrida la falla.

'dX y

"d

Es conveniente hacer notar que los circuitos de la Figura 1.4. se emplean tanto para mquinas de rotor cilndrico como de polos salientes. Esto se debe a que en condiciones de cortocircuito, las corrientes son prcticamente reactivas y en consecuencia la componente en cuadratura de la corriente (Iq) en las mquinas de polos salientes se puede despreciar sin cometer gran error.

En los estudios simplificados de estabilidad transitoria, una mquina sncrona de rotor cilndrico o de polos salientes, se representa por el circuito equivalente mostrado en la Figura 1.4 b), considerando E' y .X 'd

3

jX'd

jX'dE

+

-

+

-

V

'

a)

jX'd

jX'd'E+

-

+

-

'E'' V

b)

Figura 1.4.- Circuitos equivalentes de una mquina sncrona para estudios de fallas simtricas 1.4. Ecuaciones de Potencia a. Generador de rotor cilndrico: Consideremos un generador suministrando potencia directamente a un consumo. El circuito equivalente por fase y el diagrama fasorial se muestran en la Figura 1.5.

E

+

-

+

-

V

jXsI

Con-

sumo

a)

VI

jI Xs

E

b)

Figura 1.5.- Generador sncrono de rotor cilndrico: a) Circuito equivalente; b) Diagrama fasorial

La potencia suministrada por el generador al consumo es:

=+= I VjQPS ggg && (1.1)

Si VV = del circuito se tiene que: ;EEy 0 = &&

ss XEVj

jXVEI == &&& (1.2)

Expresando la corriente en la forma rectangular, reemplazando en (1.1) y separando en sus partes real e imaginaria se obtiene:

s

2

sg

sg X

V sco X

V EQ sin X

V EP == (1.3)

que corresponden a las potencias activa y reactiva, respectivamente. Potencia activa La primera ecuacin de (1.3) se denomina Ecuacin Potencia Activa-Angulo y se puede visualizar en la Figura 1.6, para E y V constantes. Como en estas condiciones, Pg es slo funcin de , significa que si se supone velocidad constante y Tm aumenta, el rotor avanza un cierto ngulo respecto a su posicin original, lo que implica que el fasor E se aparta del fasor V, ya que su fase depende de la posicin del rotor. En consecuencia aumenta y Pg aumenta. En el grfico se puede apreciar tambin que en el caso en que la mquina funcione como motor, el ngulo es negativo, es decir la potencia activa es negativa (segn la referencia considerada), esto es, la potencia activa llega a la mquina.

4

Pg

Motor

Generador

Figura 1.6.- Grfico Potencia Activa-Angulo para una mquina sncrona Por otra parte, para E y V constantes, la mxima potencia activa que el generador puede entregar se tiene cuando el ngulo es de 90, lo que representa el lmite de estabilidad permanente de la mquina. Si el ngulo sigue aumentando, la potencia activa disminuye y el generador pierde el sincronismo. Ejemplo 1.1. Un generador de rotor cilndrico que tiene una reactancia sncrona del 50%, est conectado a una barra infinita a travs de una lnea corta de transmisin cuya reactancia es del 25%. La tensin en bornes de la mquina es la nominal, cuando la potencia recibida por la barra infinita es de (90+j40 ) MVA. Datos en base comn 100 MVA. Determinar: a) La potencia activa mxima que el generador le puede entregar a la barra infinita. b) La potencia reactiva que el generador entrega en las condiciones anteriores. Solucin: a) Potencia activa mxima En el circuito de la Figura 1.7 se tiene:

== 1V ;0VV &&

La corriente queda:

0V4,0j9,0*

VSI

=

=

&

E

+

-

+

-

V

j0,5

I

j0,25

V

+

-

Figura 1.7

Para calcular Pg se debe conocer E y V. A partir del circuito se puede plantear la siguiente ecuacin:

+= VV

)4,0j9,0(25,0jV &&& ; reemplazando valores y amplificando por se puede escribir: V&

;V225,0j1,0V1 2 ++= separando en parte real e imaginaria quedan las dos ecuaciones siguientes:

225,0 sinVV1,0 cosV 2

=+=

Elevando al cuadrado ambas ecuaciones y sumando se tiene:

;00606,0V8,0V 24 =+ cuyas soluciones son:

= 8457,0

2911,0V 08457,0V =&

5

A partir del valor de y del circuito se puede determinar y luego PV& E& gmx como sigue:

62,334416,108457,008457,0

4,0j9,075,0jE =+=&

75,08457,04416,190 sin

XV E

PT

mxg== Pgmx=1,6255 (pu)

b) Potencia reactiva

75,08457,0

XV09 sco

XV EQ

2

T

2

Tg == Qg=-0,9536 (pu)

Potencia Reactiva

La segunda ecuacin de (1.3) representa la potencia reactiva que la mquina puede generar (consumir), y se puede escribir como sigue:

)V cos E(XVQ

sg = (1.4)

Respecto a esta ecuacin, se puede observar que: - Si E cos V, entonces Qg 0. Esto significa que la mquina genera potencia reactiva y acta desde el punto de vista de la red, como un condensador. Generalmente, la desigualdad anterior se cumple cuando el generador trabaja sobreexcitado (Figura 1.5.b); y por lo tanto, la carga servida por el generador es inductiva. - Si E cos V, entonces Qg 0. Esto significa que el generador consume potencia reactiva "desde la red" y acta como una reactancia shunt vista desde sta. Esta condicin se cumple cuando la mquina trabaja subexcitada y tal como se muestra en el diagrama fasorial de la Figura 1.8, la corriente adelanta al voltaje, lo que significa

V

IjI X s

E

Figura 1.8.- Diagrama fasorial de un generador subexcitado

que la carga servida por el generador es de tipo capacitivo. - Si =0, significa que la potencia activa es cero y en la expresin (1.4) se tiene:

)VE(XVQ

sg = (1.5)

Ecuacin que en el caso en que la tensin V del sistema es constante, depende slo de la corriente de

excitacin, lo que da origen a los condensadores sncronos (E>V) o reactores sncronos (E

6

- El motor absorbe potencia reactiva si est subexcitado, pero consume corriente en atraso (Figura 1.9.c); o sea se comporta como un consumo inductivo.

E+

-

+

-

V

jXs IMI

a)

V

E

IM

I j X IMs

b)

V

I

jI XsE

M

I

c) Figura 1.9.- Motor sncrono de rotor cilndrico: a) Circuito equivalente, b) Diagrama Fasorial sobreexcitado, c)

Diagrama Fasorial subexcitado

La Figura 1.10 muestra un diagrama con la posicin de la corriente para las cuatro condiciones de operacin descritas anteriormente. En todas ellas se supone que la corriente sale de la mquina.

De acuerdo con las convenciones ms usadas, cuando la corriente tiene una proyeccin positiva sobre el voltaje, la mquina entrega energa (generador) y viceversa. Si se conectara un fasmetro, ste indicara los ngulos mostrados en la figura, suponiendo siempre que la corriente sale de la mquina. Sin embargo, las designaciones mostradas para el trabajo como motor (atraso o adelanto) corresponden ms exactamente a estas corriente giradas 180.

P

-P

Q-Q

V>Generador, P 0

Sobreexcitado, Q 0>Corriente en atraso

>Generador, P 0

Sobreexcitado, Q 0>

7

I

I

d

V

Eq

Xj dd I

Xj Iq q

q

Id

Figura 1.11.- Diagrama fasorial de un generador de polos salientes

Potencia activa La potencia activa es de la forma Pg=V I cos es decir V multiplicado por la proyeccin de I sobre V. Por lo tanto, proyectando las componentes de la corriente, se tiene:

+= sin I cosI cos I dq (1.6) Por otra parte, del mismo diagrama se puede escribir:

qq

dd X

sin VI X

cos VEI == (1.7)

Por lo que la potencia activa Pg queda de la forma:

+= 2 sin V X X 2XX

sin X

E VP 2qd

qd

dg (1.8)

La Figura 1.12 muestra la curva de Pg=f() dada por la ecuacin (1.8). En lneas de segmentos estn dibujadas las curvas correspondientes al primer trmino (la fundamental) y al segundo trmino (la segunda armnica). El segundo trmino de (1.8) se denomina componente de reluctancia o de saliencia y es pequeo comparado con el primero (10 a 20% usualmente). No depende de la excitacin E y por ello existe aunque la corriente de excitacin sea nula. Para corrientes de excitacin grandes no se comete un error importante al despreciarlo.

Si la mquina est conectada a un sistema relativamente grande (barra infinita), como ocurre en la mayora de los casos, V ser constante o tendr un rango de variaciones posibles bastante estrecho; E, que depende de la corriente de excitacin, tambin se mantendr constante. Por lo tanto, para fines prcticos se puede afirmar que Pg depende slo de . Si 0, Pg es positiva, es decir, la mquina genera potencia activa si E adelanta a V. A un aumento de corresponde un aumento no proporcional de la potencia, ya que el denominado coeficiente de sincronizacin ddPg no es constante.

Existe un , para el que, ,0dg =dP o sea para el cual se obtiene la mxima potencia activa compatible

con los valores de V y E adoptados. Si sigue aumentando, Pg se reducir y la mquina perder el sincronismo.

8

Generador

Motor

Pg

Figura 1.12.- Curva Potencia-ngulo para una mquina de polos salientes Potencia Reactiva Recordemos que Qg=V I sin , es decir es el producto del voltaje por la componente de la corriente, en cuadratura con l. Por lo tanto, a partir del diagrama fasorial y considerando las ecuaciones (1.7), la potencia reactiva queda de la forma:

2

qd

qd2

qd

qd

dg V X X 2

XX2 cos V

X X 2XX

sco X

E VQ++= (1.9)

Ejemplo 1.2. Un motor sncrono de polos salientes con Xd=80% y Xq=50%, est conectado a una barra infinita cuyo voltaje es el nominal. Los datos estn en la base propia de la mquina. Despreciando las prdidas calcular: a) El valor mnimo de E para que la mquina permanezca en sincronismo a carga nominal. b) La potencia reactiva (consumida o generada). Solucin: a1) Lmite de estabilidad: 0ddPg = ; es decir:

0)2( osc 1 5,08,05,08,0 sco

8,0E 12 osc V

X XXX

sco X

E Vd

dP 22qd

qd

d

g =+=+=

despejando E de la ecuacin anterior se tiene: =

cos)2( cos 6,0E (a)

a2) Carga nominal: 1 en ecuacin (1.8), de donde se obtiene: Pg =

0)2( sin 1 5,08,02

5,08,0 sin 8,0E 11 2 =

+= ; es decir:

)2( sin 375,0 sin E25,11 += (b) Introduciendo (a) en (b) y ordenando se puede escribir:

0)2( cos

1)2( tg375,0 tg75,0)(F ==

9

Empleando un mtodo iterativo (Newton-Raphson, por ejemplo), se obtiene que con ;5,60= 008,0)(F = . Reemplazando en la ecuacin (a) se obtiene finalmente: E=0,6276 (pu) b) Potencia reactiva: Reemplazando valores en la ecuacin (1.9), se tiene:

22M 1 5,08,0 2

5,08,0)60,52( cos 1 0,5 0,8 25,08,0)60,5( sco

8,00,6276 1Q

++= QM= 1,4318 (pu)

Problemas propuestos

1.1. Un generador sncrono tiene una impedancia sncrona de 10 y una resistencia sncrona de 1,2 (Valores por fase). La tensin generada es 1,1 kV (por fase) y se conecta a una barra infinita de 1 kV (por fase). Determinar la corriente y factor de potencia cuando se tiene la mxima potencia activa generada. 1.2. Un generador sncrono de polos salientes con Xd=1,5 (pu) y Xq=1 (pu) y resistencia despreciable, se conecta a una barra infinita cuyo voltaje es el nominal, a travs de una lnea que tiene una reactancia de 0,3 (pu). Determinar la potencia activa de salida para un ngulo de torque de 30, si E es 1,4 veces el voltaje nominal terminal del generador. Calcular adems, el coeficiente de sincronizacin en estas condiciones. Todos los valores en (pu) estn en base 75 MVA. El generador es de 75 MVA, 11 kV. 1.3. En el problema 1.2 determinar el valor mximo de la potencia activa que el generador le pueda entregar a la barra infinita. En estas condiciones, cul es el valor de la potencia reactiva? 1.4. Qu porcentaje de su potencia nominal podr desarrollar sin prdida de sincronismo un motor sncrono de polos salientes cuando se le aplica su tensin nominal siendo la corriente de excitacin igual a cero?. Xd=0,8; Xq=0,5, ambos en por unidad en base propia. Determine tambin, la corriente en el inducido a la potencia mxima. 1.5. Un motor sncrono, de polos salientes, tiene Xd=0,8; Xq=0,5; en tanto por unidad base propia y est conectado a una red de potencia infinita cuyo voltaje es el nominal. Depreciando las prdidas, determine la excitacin mnima, para que la mquina se mantenga en sincronismo con el torque de plena carga. 1.6. Un motor shunt de corriente continua est acoplado mecnicamente a un generador trifsico sncrono de rotor cilndrico. El motor se conecta a una red de tensin continua constante de 230 V y el generador a una red trifsica de frecuencia y tensin constantes, siendo sta de 230 V entre fases. La mquina sncrona, de cuatro polos, conectada en Y, es de 25 kVA a 230 V, y su reactancia sncrona es de 1,6 ohm/fase. La mquina de continua, tambin de cuatro polos, tiene los valores nominales de 25 kW y 230 V. Se desprecian todas las prdidas. a. Si el conjunto de ambas mquinas trabaja como un grupo motor-generador recibiendo potencia de la red de

continua y suministrndola a la de alterna, cul es la tensin simple (entre fases y neutro) inducida por el campo inductor de la mquina de alterna cuando trabaja a sus kVA nominales y factor de potencia unitario?

b. Dejando la excitacin de la mquina de alterna como en el apartado anterior, qu ajustes debern realizarse para reducir a cero la transferencia de potencia entre los sistemas de alterna y de continua? En estas condiciones de transferencia nula, cul es la corriente en el inducido de la mquina de continua y en el inducido de la de alterna?

c. Dejando la excitacin de la mquina de alterna como en los dos apartados anteriores, cmo podr regularse para transferir 25 kW de la red alterna a la de continua? En estas condiciones cul es la corriente en el inducido de la mquina de continua? Cules son la magnitud y fase de la corriente en la mquina alterna?

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, generalmente 10% como mximo de un valor que habitualmente es 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 los transformadores con derivaciones, que permiten variar discontinuamente la razn de transformacin. Las derivaciones pueden ser operables en vaco (ms baratas) o bajo carga.

11

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 consideraremos 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 de

12

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

13

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: ; V

)pu( 0,0j45,0SL +=&T=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: S ; V)pu( 02,0j1,0L +=& T=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).

14

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

15

reemplazando valores en la ecuacin de QR:

)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)

16

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 en el Captulo 4), 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

17

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

Solucin: 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

p q

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

sistema para regular tensin en una barra determinada, se ilustrar mediante el anlisis de los casos siguientes: 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

18

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 V de (2.18), introduciendo este valor y (2.20) en (2.19) y despejando t, se obtiene: ' N2

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, y por lo tanto: 2

'R VV =

22LTLT

2N2

VQ )XX(P )RR(VV

t ++++= (2.22) 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:

19

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

VTZ L

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)

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:

20

'B

BLABLAALB

'BLA

VQ )XXX(P )RRR(

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

Despejando V de (2.24), introduciendo este valor y (2.27) en (2.26) y despejando t'aN 1, 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 V . En particular, si se desea que sea igual a la tensin

nominal del secundario del transformador B, o sea V , entonces, a partir de (2.30) se obtiene:

'R

'RV

bN'R V=

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

21

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

3333

2303

230

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:

22

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 ===

23

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 T

X=0,067

154 kV

Figura 2.18

66 kV

13,8 kVCS

S

CARGA

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

24

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:

. Considerando que la tensin en el extremo transmisor VMVA )20j30(S)3j0( C + & T 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: : 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.

21 S y S &&

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)

26

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 ): VV& p 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).

27

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, y la corriente inyectada en la

barra p, & estn relacionadas por las siguientes ecuaciones, que constituyen las ecuaciones de barras.

pS&

pI

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)

28

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, es el inverso de la impedancia entre las barras p y q, el que no debe confundirse con el valor correspondiente en la matriz Y

pqY&

B, de la ecuacin (3.10). 3.4.3. Potencia perdida en la transmisin

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

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 [ esa el vector de corrientes inyectadas a las barras; BI [ ]BY es la matriz admitancia de barras y

es el vector tensiones de barra, definidos como: [ BV ]

[ ]

=

n

p

2

1

B

I

I

II

I

&M&M&&

[ ] (3.10)

=

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&&&

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)

29

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. Estudiaremos 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 , valores iniciales estimados a priori de la solucin del sistema (3.12), entonces, reemplazando estos valores en (3.13) se tiene:

03

02

01 x ,x ,x

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)

30

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

entonces, los valores que se utilizan para calcular sern

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

21k

1+++1k

1i1k

21k

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

1kix

+kn

k2i

k1i 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).

31

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:

n ......., ,3 ,2 ,1p con doespecifica

n ......., ,3 ,2 ,1p con doespecifica VV

2kp

1kp

1kp

1kp

==

+

+ (3.20)

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

4. Conocidos los valores de S se determinan las prdidas en el sistema, empleando (3.8). qppq S y && 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 emplearse 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

32

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

03

02

02 ,,V

3 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 Q est dentro de los lmites establecidos 03

6. Si Q est dentro de los lmites, determinar la tensin en la barra 3 segn (3.27), mantener el valor especificado para V

03

3 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 Q no est dentro de los lmites, reemplazar en (3.27) por el valor del lmite excedido,

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

03

03Q

13V&

33

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

===+=

===&

&&&

34

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

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

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

==+=

=+=+=

&&&&

35

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 y el

mejor que se obtuvo en la iteracin anterior se multiplica por un apropiado para obtener una mejor correccin que se agrega a este ltimo. Es decir:

1kpV

+&

ackp )V( &

[ ]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)

36

Al que le falta un residuo [ ] [ ]0n02010 x ...... x xx =0)x 0i

, para llegar a la solucin correcta; esto es,

tener , aunque , se tiene: 0)xx( f 0i0i =+ ( f

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 se tiene: 0ix

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

0

i

j

xf

: representa las correspondientes derivadas parciales, evaluadas en 0ix

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

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:

37

[ ]

=

)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 [ ]1k+x 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)

38

Donde Pesp y Qesp son los valores de P y Q especificados o prog