340748158-SISTEMAS-ELECTRICOS-DE-POTENCIA-EJERCICIOS-Y-PROBLEMAS-RESUELTOS-pdf.pdf

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA

.

FACULTAD DE MECANICA 81GUFlM - 2006

1111111111111111111111111111111111111 010109993 N° 09993

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Sistemas Eléctricos de Potencia Problemas y ejercicios resueltos

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Sistemas Eléctricos de Potencia Problemas y ejercicios resueltos

Antonio Gómez Expósito José L. Martínez Ramos José A. Rosendo Macías Esther Romero Ramos Jesús M. Riquelme Santos Departamento de Ingeniería Eléctrica Universidad de Sevilla

Prentice Hall Madri d. México . SanLafé de Bogotá . Buenos Aires . Caracas . Lima . San Juan . San José . Samiago • Sao Paulo a Wh itc Plains

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PRJCESOS 1 _

Sistemas Eléctnco.f de Potellcia Problemas )' ejercicios resueltos

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PEA RSO N EDUCACiÓN. SAo Madrid. 2003

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ISB N: 84-205-3558-3 Materia: Electrónica 62 1. 3 Fo rmato 195 x 270

Pág jn a.~ :

304

Todos los derechos reservados. Queda prohibida, salvo excepción prevista en la Ley. cualquier fo rma de reproducció n. di stribu ció n, com un icación pública y transformación de esta obra sin contar con autorizació n de los titul ares de propiedad intelectu al. La infracción de los derechos mencionados puede ser constltut iva de deli to cont ra la propiedad inte lectual (arls. 270 y sglS. Código Penal).

DERECHOS RES ERVADOS © 2003 por PEARSON EDUCA CIÓ . S.A. Núñez de Balboa. 120 28006 MADRID

;

GÓMEZ, A.; MARTÍNEZ, J. L.; ROSENDO, J. A.; ROMERO, E., Y RIQUELME, J. M. SISTEMAS ELÉCTRICOS DE POTENCIA Problemas y ejercicios resueltos ISBN: 84-205-3558-3 Depósito legal: M. -43.258·2.002 PRENTICE HALL es un sello edilOrial aUlo ri zado de PEARSON EDUCAC IÓN. S.A. Equipo editorial: EdilOr: Isabel Capella Técnjco editorial: Marta Caicoya Equipo de producc ión: Di recc ión: José Antonio Ciares Técnico: Tini Cardoso Diselio de cubierla: Equ ipo de diseño de PEARSON EDUCAC IÓN. S.A. Com posición: COPIBOOK. SL Im preso por: Lave l, S.A.

IMPRESO EN ESPAÑA - PRINTED IN SPA I

Prentice Hall E~ tc

libro h;¡ sido impreso con papel y tintas ecológ icos

,

INDICE GEN ERAL

PRÓLOGO

IX

P RI MERA PARTE: MODELADO Y ANÁLISIS DEL SIST EMA DE POTENCIA

1

CAPÍTULO 1.

3

CÁLCULOS EN EL SISTEMA POR UNIDAD

1. 1. Magnitudes base en sistemas mo nofásicos

~ ,

..

1.2. Magnitudes base en sistemas trifásicos

3

1.3. Mag nitudes eléctricas en p.U. y cambio de base

4

1.4. Ventajas de l escalado en p .U..

4

Problemas resue ltos . . . .

5

CAPÍTULO 2.

GENERADORES SÍNCRONOS

13

2. 1. In troducc ión .

13

2.2. Modelo equi valente

14

2.3. Modos y límites de funcionamiento

15

Prob lemas resueltos. . .. .

16

CAPÍTULO 3.

TRANSFORMADORES

25

3. l . Transfo rmador monofás ico

25

3.2. Transform ador tri fás ico

3.6. Transform adores reg uladores

26 27 28 29 29

Problemas res ueltos. .

30

3.3. S istemas normales . . .

3.4. Transformadores de tres devanados 3.5. Autotransformadores.

~

VI

índice Genera l

CAPÍTULO 4.

LÍNEAS

41

4 . 1. Línea de pará metros di stribuidos .

41

4.2. Línea sin pérdidas . . . . . . .

42

4.3. Modelos aproximados de líneas

42

4.4. Relaciones tensión-potencia ..

43

4.5. Regu lac ión de tens ión y pérd idas

44

4.6. Capac idad de tran sporte de una línea

44

4.7. Compensación en serie .

47 48

Problemas res ucltos.

FLUJO DE CARGAS

55

5. 1. Formulac ión Ihatemática .

55

5.2. Método de Gauss-Seidel .

57

5.3. Método de New ton-Raphson .

57

5.4. Método desacoplado rápido (FD LF) .

58

5.5. Flujo de cargas en conti nu a

5.6. Aj ustes a la solución

S9 59

Problemas res uc ltos. . ..

61

CAPÍTULO 5.

SEGUNDA PARTE: CONTROL DEL SISTEMA DE POTENCIA

CAPÍTULO 6.

,

CONTROL DE FRECUENCIA

83 85

6.1. Introducc ió n . . . . . .

85

6.2. Los elementos . . . .

86

6.3. El co ntrol de velocidad .

86

6.4. El con trol sec undari o.

87

Problemas res ue ltos. . .

88

CAPÍTULO 7.

CONTROL DE TENSIONES

7.1. Introducción ..

. .....

97 97

7.2. Equipos utili zados en el con trol de tensiones

97

7.3. Estruclurajerárquica del con trol de tensiones

98 98 99

7.4. Nive l de auto mat ización del con trol de tensiones 7.5. De termin ac ión de las act uacio nes de contr ol Proble mas resucltos. . . . . . . . . . .

TERCERA PARTE: OPERACiÓN DEL SISTEMA DE POTENCIA

100

121

ESTIMACIÓN DE ESTADO.

123

8. 1. Formul ación matemática . . . . . .

123

8.2. Ecuaciones Norma les

124

CAPÍTULO 8.

.... .

8.3. Detecció n e identifi cac ión de datos erróneos

12S

Problemas res uel.tos.

126

índice General

CAPÍTULO 9.

EVALUACIÓN DE LA SEGURIDAD

9. 1. Análisis de contingencias basado en faclOres de distribución 9.2. Factores de distribución de generadores y cargas 9.3. Factores de distribución de líneas y transformadores 9.-+. Factores de distribución compensados. Proble mas resueltos. . . . . . .. . . .

CAPÍTULO 10.

PROGRAMACIÓN DE LA GENERACIÓN

10. 1. Introducción .

10.2. Despacho económico clásico .. . . . . . 10.3. Programación de arranques y paradas de ce ntrales térmicas 10.4. Coordinación hidrotérmica Problemas resueltos. . . . . . .

CAPÍTULO 11.

FLUJO ÓPTIMO DE CARGAS

11.1. Introducción . 11.2. Ecuaciones y variables . . 11.3. Rest ri cciones . . . . I IA. Problemas de optimización Problemas resucltos. . . . . . . .

CUARTA PART E: ANÁ LI SIS DE FALTAS Y DE ESTABI LI DAD

CAPÍTULO 12.

FA¡;rAS SIMÉTRICAS

12.1. Imensidades de falta . 12.2. Método de análisis . . . . . 12.3 . Cálcu lo en sistemas de gran dimensión. 12.4. Potencia de cortocircuito Problemas resueltos. . . . . . . . . .

CAPÍTULO 13.

FALfAS ASIMÉTRICAS

13. 1. Componentes simétricas . . . 13.2. Mode los en sec uencias de los distintos elementos 13.3. Cálcul o e n sistemas de gran dimensió n . 13.4. Mode lado de faltas Problemas resueltos. . . . . . . . . . . . . .

CAPÍTULO 14.

ESTABILIDAD TRANSITORIA

14.1 . Definición del proble ma: Modelo clásico 14.2. Criteri o de las áreas . . . . . . 14.3. Ángulo crítico y tiempo crítico 14.4. Integración de las ecuaciones . 14.5. S istemas de gran dimensión Problemas resu eltos.

BIB LIOGRAFÍA DICE DE MATERIAS.

vii 141 1-l2 142 142 143 14-l 161 161 161 165 166 169 189 189 189 190 190 191

2 07 209

209 209 2 10 211 212

223 ??' _-o

22-l 225

226 227

263 263

264 265 265 266 267 287 289

,

PROLOGO

No es preciso resaltar aquí la importanc ia fundamental que la resolución de proble mas. jumo a las prácticas de laboratorio. tienen en la enseña nza de-cualq uier disciplina cieI1lilko-téc ni ca. Cuantos más ejercicios de tipo práctico resuelva el alumno. mejor entenderá y sedi meI1lad los conceptos teóricos que habitualmente se le explican en las clases mag istrales , a veces de forma un tanto precip itada por la amplit ud de lemarios y la reducció n de créditos. Por otra parte. a diferencia de las prácticas de laboratorio. que requi eren cos tosos equ ipos. con horari os prefijados y en prese ncia de un mon itor. la reali zación de proble mas co ns tituye una oport un idad quizá ímica para que e l alumn o desarro ll e. co n to tal flexibilidad. un trabajo absolu tame nte personal y acti vo. Es to lo saben mejor q ue nadi e aq ue ll os alumnos que. por diversos motivos. no pueden asisti r a clase o reciben ense ñanza a dista ncia. Dentro del c urrÍC ul o de la ingeniería eléctri ca. el análisis. operación y control de los sistemas de generac ió n. transporte y dist ri buc ión de energía eléc tri ca se enm arca tradicionalmente en una o varias asig naturas. etiq uetadas de fo rma compacta, aunque algo :.lmbigua, C0l110 SistclI/as Eléct ricos de POlencia . Co n ligeras variaciones sobre este título. el alumn o puede e ncO rllrar en el mercado al rededor de una vein tena de libros. varios de ellos notab le mente buenos. Salvo honrosas excepciones. estos manuales teóricos proceden de l sistema univers itario norteamericano. y aunque contienen numerosos problemas propuestos al final de cada capít ul o. lo c iert o es que la so lución detallada y justificada de d ichos problemas casi nunca está al alcance de los estudian tes. por lo menos de los de habla hi spana. En buena medida por esta carencia. recog ida rei teradame nt e por nuestros est udiantes e n las encuestas de ca li dad de e nse ñanza que sistemáticamente realizan . tomamos la decisión de ll evar a cabo este proyecto. partiendo del bagaje que supone la doce ncia c ont inuada de esta materia durante los últimos ve in te aiios. El resultado es un volumen que ha sido dividido e n cuatro partes . La primera parle empieza estudiando los componen tes mc.ls impoJ1antes de los sistemas eléctricos (generadores. transformadores y líneas). obviando detalles que interesan más en el disciio de los propios dispositivos e incidiendo en su anál isis adimcnsional o e n por unidad. Esta parte termina presentando la herramienta conocida como flujo de cargas. pieza fundamental po r sí misma y como bloque constitutivo de es tudio s poste riores más complejos . La segunda pan e se dedica al control de la frecuencia y las tens iones. en sus distintos niveles. Mien tras que e l control de la rrecuencia es ese nc ialmente automáti co y centrado en los generadores. el control de las tensiones es de naturaleza distribuida y requiere mayor illlL:rvt:m.:ión por parte del operado r. Esto origina que los ejercicios relativos a la frecue ncia sea n generalmente más sistemáticos. mientras que los de control de. tensiones conllevan un mayor grado de diversidad y demandan meis creat ividad por parte del alumno.

X

Prólogo

La tercera parte presenta los conceptos y herramientas más importantes que intervienen en la operación en régimen permanente y estable de un siste ma eléctrico co mpl ejo e interconectado. Se empieza con la determjnación del estado de la red y el análisis de seguridad subsiguiente. co ntinuando cOllla operación óptima de los subs istemas de generación y transporte. Los ejercicios propuestos aquí se rdtcrell tanto a la operació~l (corto plazo) como a la planificación de la operación (medio plazo). y presentan un grado de di ficultad relativamente elevado. Finalmente . la cuarta parte se concentra en el análisis del sistema c uando se produce alguna perturbac ión importante. de origen interno o externo. que lo apana bruscamente de su régimen de trabajo normal, inclu yendo estudios de faltas y es tabil idad. Caela tema contien e una colección de problemas resueltos en deta lle. general men te de dificultad progresiva. precedida por un breve compendio teórico que contiene los conceptos y ecuac iones necesarios para ente nder los desarrollos posteri ores. Es te prontuario que aco mpaña a cada capítulo debe ser normalmente suficiente para aquellos alumnos que han asist ido previamente a las explicaciones teó ricas de l profesor. No obstante, siemp re res ulta recom endabl e la consulta de bibliografía adicional. Por necesidades pedagógicas . la mayoría de problemas se refieren a pequeilos sistemas de dos () tres embarrados. No obstante. se incluyen también ejercicios re lativos a redes mayores, y se hace expl íc it.amente referencia e n e l texto a la proble mática que presenta [a resolución de sistemas de gran dimcnsión. Generalme nte. e l alumno será capaz de resolver los problemas co n su calculadora perso nal , pero en much os casos tendrá que recurrir a herramientas numéricas más potentes, tales como Ma llab. Gams, CIC. Se ha procurado uti li zar la notación más estándar pos ible. reservándose las letras cal igráfi cas V (o U) e J para denotar los faso res lensión e intensidad, y S. Z e ~ para represen tar a [as mag nitudes complejas respectivas. Queremos dedicar este libro a nuestras familias. que. como ocurre habitualmen te en estos casos. han sufrido estoicamente los inconveniei1tes de nuestra intensiva dedicació n a la consecución de este proyecto.

Los autores

Parte I ,

MODELADO Y ANALISIS DEL SISTEMA DE POTENCIA

CAPÍTULO ,

CALCULOS EN EL SISTEMA POR UNIDAD

Una fase previa en los análisis de los sistemas eléc tricos de potenci a es el adimensio namiento y normalización de todas las magnitudes eléctricas y parámetros del sistema. Este escalado se realiza di vid iendo el valor de la variable por un valor base o de refere ncia, pasando así de valores de las magnitudes en unidades físicas a valores en tanlO por uno o "por unidad" (p.L1. ). valor de la variable

valo rp,,1. = - ----,-c-- - -

valor base

(l.1)

Es tos valores base, que se hacen coincidir co n los valores nominales en la medida de lo posible, son los módulos de las magnitudes eléctricas princi pales: Us , lB , Ss, ZB. No todos los valores base son independien tes entre sí, sino qu e es tán relacio nados a través de las ecuaciones eléc tri cas bás icas. Estas ec uaciones hacen que sólo dos valores de referenc ia puedan ser fijados libremente. quedando el re sto determinados po r éstos. Por regla general, se suelen tomar co mo magn itudes base la tens ión en un punto del sistema y una potencia base común a todo el sistema ( U B Y Sil).

,

1.1.

MAGNITUDES BASE EN SISTEMAS MONOFÁSICOS

Dadas la tensión y potencia base monofásicas, UB I .S/J I ' el resto de las magn itudes base se hallan a partir de las sig uientes relacio nes: 18, =

58 ,

Vil ,

( 1.2)

?

2 B,

1.2.

U EI 58 ,

( 1.3)

MAGNITUDES BASE EN SISTEMAS TRIFÁSICOS

Las magnitudes base en un sistema trifásico se obti enen de for ma similar a las de un s istema mon ofás ico. Se adopla como tensión base la tensión de línea en un punto del sistema y como potencia base una

4

Sistemas e lé ct ricos de potencia

potencia trifás ica común para todo el sistema: U8 Y SB . La in tensidad base de línea y la impedancia base se obtiene n de las ecuaciones : ( 1.4) ( 1.5)

Una de las ventaj as de trabajar e n p. ll. en sistemas trifás icos equil ibrad os es que las magnitudes de fase y de línea coinciden en p.u . cua ndo se adop tan co mo magnitud es base monofás icas las siguientes: ( 1.6)

1.3.

MAGNITUDES ELÉCTRICAS EN P.U. y CAMBIO DE BASE

Dado un circuito eléc tri co con valores di me nsionales, conve rt irlo en un circuito adi mensional co n valores en p.LI. consiste simple mente e n di vidi r cada mag nitud por su va lor base,

•

U [ V] ... U ,,,,

u

= --

( 1.7)

U Base

J[A] ... J"u = _J_

( 1. 8)

/ Base

Z [Q ] ... Z"u = -

Z

-

( 1.9)

ZBase

Si en este circ uit o ex isten trans fOlm adores. se deben establecer tantas tensio nes base C0 l110 zo nas eléctricas establezcan los transformadores. Estas tensiones base se hallan a part ir de la relac ión de tran sformac ió n de los tra nsfonnado res, es decir, ( 1. 10)

siendo r, la relaci ón de transformación e indi cando los superíndices "P " y "S" prim ario y secllnc1mio respec tivamente. Con estas tensiones base se co ns igue eliminar la relación de transrormación e n el sistema en p.u. y con ello la necesidad de disti nguir e ntre las distintas áreas con diferentes ni ve les de te nsión. El ca mbio de base será necesari o aplicarlo cuando las impedancias de las máq uinas se ex presan e n p.u. (o %) respecto a los valores no mi nales de la propia máquina. Ante estas circunstancias se deben uni fi car las bases. Así, dado Zpu en la base defi nida por UB y Sn, se ·obtie ne Z~J/I e n la base definida por

U~ y S~ mediante: ( 1. 11)

1.4.

VENTAJAS DEL ESCALADO EN P.U.

La real ización del análisis de los sistemas eléct ricos en p.u. presenta notables ve ntajas, entre las que se pueden destacar las sigu ientes: • • • •

Simplifica los cálc ulos manual es y red uce los en·ores computacio na les. Valores acotados, co n lo que los errores se hacen más evidentes. Las re laciones de trans formac ión desaparecen de] proble ma. No es necesario di sti nguir entre magnitudes de fase y de línea.

Capítulo 1 / Cálculos en el sistema por unidad

5

PROBLEMAS RESUELTOS 1.1.

En el circuito de la Figura 1.1, la tensión en el nudo de generación es de 13.2 kV . Y las características de plJca de los tran sformadores son las indicadas en la Tabla 1.1.

3

2

e

Figura 1.1 Esquema unifilar de la red del Problema 1.1.

Transformador

Conexión y tensiones en kV

TI T2

b. - y 13.2/ 132 Y - b. 138/ 69

58 MVA 5

X%

10

8

10

Tabla 1.1 Datos nominales de los transformadores de la Figura 1.1.

z,¿ = 10

+ 100j

Q , Y la de la carga z'c = 300 Q, determinar las intensidades en loda la red. la tensión en la carga y la potencia consumida por ésta. Sabiendo que la impedancia de la línea es

Resolución Puesto que no son conocidos. no se tendrán en cuenta los desfases horarios que introducen los transformadore s. Para la resol ución del proble ma se adoptará una potencia base de valor Ss = 10 MVA (com ún a toda la red) y una tensión base en la zona de la línea VB L = 138 kV. Util izando la relación de transform ación de los trafos en aras a co nseguir que é stos no aparezcan en el cálculo en p.u .. es posible distinguir en la red bajo estudio tres zonas con d ife ren tes ten siones base. Estas zo nas se muestran en la Figura 1. 2.

Zona

Zona L

Zona G

....

e

Figura 1.2 Áreas de tensión en la red del Problema 1.1 .

De esta forma. las tensiones base para las zonas G

y e son :

13.2

VBG

=

VB c

= -VB L = 69 kV 138

-

-V BL

132 69

=

\3.8 kV

( 1.12) ( 1.13)

Las impedancias base de cada zona. definidas las distintas tensiones base y la potencia base. son:

2uc =

? Vsc - Su

= 19.044Q

(1.14)

?

2BL

2 BC

ViiI

=- ' =

SE , VSC = = 58

1904.4Q

( \.\ 5)

476.1Q

( 1.16)

6

Sistemas eléctricos de potenci a

y las intensidades base resultan igualmente las siguientes.

S¡¡ I Be =

= 0.-1 18 kA

( 1. 17)

0.042 kA

( 1. 18)

= 0.084 kA

( 1.19)

J3VBG

I BL

=

IB e

=

SR J3 V8L

SB J3VBC

Definidas las magniwdes base para cada zona se procede a trnnsformar los datos de la red en p.ll.: • Im pedancia de línea: 10 + lOO} ZL = _-=:-_ c.. = 0.00525 + 0.053} ZBL

• Impedancia de carga: Ze

300

= -- = 0.63 ZB C

• Reuctancia de cortoc ircuito de TI: 13.2' 1 XT' =0.1 - - - -=0.IS3

5 Z8G

• La reacrancia de cortocircuito de T2 no camb ia:

69' 1 - - = 0.08 10 ZBC

Xp = 0.08 -

-

• Tensión en el embarrado 1: 13.2

V, = - - = 0.95 7 VIJ G

Tomando como origen de .í.ngulos la tensión a la salida del generador. nudo l . con la segunda ley de Kirchhoff se deduce la intensidad que circula por la red:

u,

= ( X TI ) + ZL + XTú +

0.957 [!l. = (0.635

+0.315} )~

( 1.20)

Zc)~

=>

~

= 1. 3481 - 26.07

( 1.21 )

Con la intensidad se deduce la potencia y tensión en la carga:

u. =

ZeJ = 0. 85 1- 26.07

S. = U.J' = 1. 1-16 En valores reales se tendría: • Intensidad por el generador: 1= 1.3-1S/IJG = 0.56-1 kA • Illlensidad por la línea:

I = 1.3481 BL = 0.056 kA • 1nlcnsidad

por la carga: f = 1.348/¡¡e = 0. 113 kA

• Tensión 'en la carga:

v. =

0.85VlJ e = 58.625 kV

• Potencia en la carga: p. = 1.1465IJ = 1 US6 MW

( 1.22) (1.23)

Capitulo 1 / Cálculos en el sistema por unidad

1.2.

7

Obte ne r e l diagrama en p.lI. del circu ito de la Figura 1.3 tomando en las líneas una potenc ia y tensión

base de valor 100 MVA y 220 kV respectivamente. Las característ icas y valores nominales para cada li no de los element os de la red se in dican en la Tabla 1.2. Adem,ís. se sabe que e n el nudo 4 se co nsu men

50 Mvar y O MW. y en el nudo 6 se co nsumen O Mvar y 50 MW.

~ l

72

e, 4

2

6 Figura 1.3 Esquema unifilar de la red del Problema 1.2.

Elemento Gene rador TI T2 T3

(kV) 24 25/ 230 220/ 132 220/ 66

V,om

Snom

(MVA) 200 200 150 75

Línea 2-3 Línea 2-5

Impedancia XG-IOO,* Xcc = 10'7r Xcc = 10'k Xcc = 8% Z = 10 + 60j(Q) Z = SOj(Q)

Tabla 1.2 Datos de la red de la Figura 1.3.

Si la tensión en la barra 2 es de 231 kV. determinar la potencia activa que cede el generador y las

tensiones en las cargas.

Resolución De acue rdo co n los dirercnte~ niveles de ten sión existentes en la red bajo estudio. es posible distingu ir cuatro bases d istintas de tensiones buscando conseguir de nuevo una relación de lransfonnación 1: I de los equ ipos transformadores en el análisis en p.u. Cada una de estas ba~es corresponde a las zonas indicadas en la Figura 1"+. siendo las tensiones e impedancias base en cada área. con una palencia base común a todas de S8 = 100 MVA. las siguienles: Zona L: Zona G: Zo na e¡:

Zona e 2:

V¡JL

= 220 kV

25 = 220= 23.913 kV 230 13' VSC I = 220----= = 132 kV 220 66 Vsc' = 220- = 66 kV 220 V BG

==>

ZBL =2202 / 100=~8~Q

==>

ZSG

==>

ZBC I

=

23.913 2 = 5.718Q 100 1322

= - - = 174.24Q 100 66 2

==>

Zn c 2 =

100 = 43.56

Definidas las magni lUeles base. los datos ele la red en p.lI . son: • Impedancia de las líneas:

Z23

10 + 60j -_0.0_ ? '. = -----,::---l + O. l , _4). ZBL

-O '

2 ·25

= ~S~ = 0.103j

º

8 Sistemas eléctricos de potencia

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

!

:

ef®J':!

ZonaG

Zona

'

el

3

¡

Ji

.

2 Zon'l e2

Zon" L

5

[6

Figura 1.4 Áreas de tensión en la red del Problema 1.2.

• Impedancia del generador:

24 1 / 200 Xc = 1 = 0.504

ZHC • Reactancia de cortocircuito de los transfo rmadores:

25 1 / 200 = 0.055 Zsc 2201 / 150 X ro = O. I = 0.067 XTI

= 0.1

-

Zln

66 2/ 75 XT3 = 0.08 _ = 0. 107 ZBC2

• Potencias en las cargas:

Sel

-o·j

)

= -=

S8

0-' .)j:

Se'

-

50 S8

= -=

0.5

Tomando como origen de ángulos la tensión en el nudo -1. y conocida la tensión en el nudo 2. V2 231 kV = 1.05. con la segunda ley de Kirchhoff en tre los nudos 2 y 4 se obti ene:

=

pudiendo relacionar ::le 1 con la carga y tensión en el nudo 4.

j

Jel = ( -0.5 ll.¡

)*

Sustituyendo esta última ecuación en la pri mera planteada se obtienen dos ecuaciones reale s:

1.05114 c05(02)

=

11]

+ 0.095:

1.05114 sc n (Gz ) =

0.0 103

Combinándolas para eliminar los ángulos se ob ti ene la tensión. para posteri ormente volver a una de ellas y obtener el ángulo. El resultado final es :

ll.¡ = 0.95 L
Capítulo 1 I Cálculos en el sistema por unidad

9

De estas ecuaciones resulta li6 = 1.048 1- 3.55 . Es de destacar, a raíz de los resultados obtenidos. el fuerte acoplamiento e ntre la potencia activa y el ángulo de las tensio nes, y el que se produce entre la potencia reactiva y los módulos de las te nsiones. As í, entre el nudo 2 y el 4 se observa que apenas existe un cambio en el ángulo de las tensiones, siendo más acusada la diferencia entre los módulos. Esto se justifica porque la carga e I conectada a 4 demanda sólo potencia reactiva. Por el contrario, entre los nudos 2 y 6 es más impol1anle la caída de ángulos que la de tensión. debido aho ra a que la carga C2 en 6 ta n solo co nsume potencia activa. La pale ncia activa suministrada por el generador es igual a la consumida por la carga C2 más las pérdidas en el tram o de línea 2-3. que es la única línea con resiste ncia presente en la red.

PG = PCl

1.3.

+ R23 /C? I =

PC2

+ Rl3

(°.5

2

- - o p.u. = 50.573 MW V] ) = 0.)0)7,

En la red de la Figura l.5 se desea mantener 66 kV en el nudo 5. Con el resto de los datos dc la red indicados en la Tabla 1.3 y·cargas en el nudo 2

S, = 150+60j yen el 5

S2

= 120 + 60j

determinar. trabtuando en p.u. con Ss = 300 MVA, qué tensi6n habrá en el nlldo l .

Tl

T,

r¡3

2 CI

~ _ 74

~

73

,

LI

4

I

L2

C2 J

Figura 1.5 Esquema uni!ilar de la red del Problema 1.3.

Elemento

Voom (kV)

S"om (MVA)

Impedancia

TI T2

21 / 230 21 / 230 230/ 66 230/ 66

150 ISO 150 150

X cc = 0.1 p.u. Xcc = 0.1 p.u. Xcc = 0.1 p.u. X cc = 0.1 p.lI. Z = 60j (Q) Z =60j(Q)

T3 T4

Línea 2-3 Línea 4-5


Resolución Puesto que se desconocen datos sobre el ge nerador se supondrá ideal.

10

S is te mas e léctricos de potencia

Zona G

- ----- --- ............................................... .

3

Zona L¡

5

Figura 1.6 Á reas de ten sión en la red del Probl ema 1.3.

Las disti ntas áreas de te nsión que se pueden di slinguir en este problema son las especifi cadas en la Figura 1.6. Los valores de las magnitudes base e n cada una de e ll as son:

Zona L 1:

V SL1

= 230 kV

==}

Zona L2:

V¡¡L2

= 66 kV

==}

Zona G:

V BG

= 21 kV

==}

ZBLI

230 2 = 300 = 176.333 Q

ZBL2

66 2 = 300 = 14.52Q 2 12

Z¡¡G

= 300 = 1.47Q

Definidas las magnitude s base, los datos de la red en p.LI. son: • [mpedancia de las lín eas:

60

X 23 = - - = -

ZBLl

0.34;

X45

60 = --=4.132 ZBL2

• Reacra ncia de cortoc ircuito de los transformadores:

XTI=X T2= O. 1

21 2/ 150

= 0.2

ZBG ·

Xn=O.1

230 2 / 150

=0.2

ZBLI

66 2 / 150 Xn=O. 1

0.2

ZRU

Al mismo resultado se habría ll egado. sin neces idad de calcular las impedanc ias base e n cada zo na, considerando que las te nsiones base coinc iden con las nominales y que la potencia base se ha duplicado. • Po tencias en las cargas:

Sel

= _15_0-;:+_ 6_0_j =0.5 + 0.2j;

120 + 60j Se2 = --::;--'- = 0.4

S¡¡

S¡¡

• Tensión e n el nudo 5:

66

Vs=66 = Ipu ..

.

+ 0.2)

Capitulo 1 I Cálculos en el sistem a por unidad

11

Fijada la ten sión del nudo 5, y tomando el origen de ángulos en el mi smo , la intensidad por la carga C2 es : , 004 - 0.2} . :lC2 = 1 = 004 - 0.2)

Entre los nudos 2 y 5 existen dos caminos paralelos de impedancias (X LI

+ X·f.I)

y (X L2

+ X n)

respecti vamente, con lo que la impedancia equi val ente resulta ser GA8}. L a tensión en el nudo 2 viene

dad a entonces po r: 1.(2

= Z:J C2 +

1.(5

==}

1.(2 = OAS} (0.4 - 0. 2} ) + 1 LQ.

=

1.096 + 0. 192 j

Detenninada la tensión en 2 se calcula la intensidad por la carga e l: 0.5 - 0.2} :J C 1 = .,-;c::-::----:c:ó::--:. = 0.4 74 - 0.099 j 1.096 ~ .192)

La tensión a la salida del generador se obtiene de : X Tl X p 1.(, = -:-:--'-'----'-"---(:JCI + :Jc2) + 1.(2 X T I + X T2

==}

1.(, = 1.161 13.94 --

La tensión en bornas del generador ha de ser de 24.364 kV para mantener 66 kV en el nudo 5.

CAPÍTULO

GENERADORES , SINCRONOS

2.1.

, _, ~'

INTRODUCCiÓN

,<,

El generador síncrono. también conocido como a!temador. es la máqu ina eléctrica fundamental en todo sistem a eléctri co de potencia. siendo la encargada de transformar la e nergía mecánica proporcionada por una turbina de vapor o hidráulica en energía e léctrica . S u princ ipio de func ionam iento es mu y simple : la inyecc ión de una intensidad consta nte en una bobina instalada en l a pane móvil o rofOr genera un par ele polos magnéticos cuyas líneas ele campo se cie rran en su mayor pa rte a través de la parte fija ele la máquin a o estátor. Si se hace girar e l rotor a la velocidad adec uada (3000 r.p. l11. para un par de polos), se inducen tensiones en las tres bobinas del estátor. igual es y deca ladas entre sí 120 0 para proporciona r un sistcma trifásico de ten sioncs (Figura 2.I.a). Si el generador se encuentra en vaCÍo. es decir, no circulan intensidades por las bobinas del estátor, la relación entre la tensión e n bornas de l ge nerador y la intensidad de excÍlación (ta mbién llamada intensidad de ca mpo) inyectada en el rotor. es práct icamente lineal hasta qu e aparecen fe nómenos de salUración (Figura 2, Lb), 1.25 "O

'ü

-g

LOO 0,75

-5

"0 050 ~ 0.25

(a)

Ir / V

'"

J

/

7 1/

,

,

LO

2,0

, 3,0

4,0

Int en sidad de exci tación (b)

Figura 2.1 Generador síncrono de rotor liso y característica de vacío en p.u.

14

Sistemas eléctricos de pote ncia

(a)

(b)

Figura 2.2 Generadores sincronos de polos salientes: a) 2 polos; b) 4 pol os.

El ge nerador cuyo esque ma se muestra en la Figura 2. 1 se conoce

C0 l110

de

IVtor

liso al se r éste

perfectame nte cilínd rico. siendo utili zado en turbomáq uin as de alta velocidad de g iro característi cas de centra les térmi cas mov idas po r turbinas de vapor o gas. En ce ntrales hi dráu li cas. se utili zan normalmente generado res de rotor de pofos salientes (Figura 2.2). a ve locidades más bajas y, por ta nto , ele más de dos polos. La velocidad de gi ro de una máquina síncro na cumple W IIl = 3000/ p ep.m. , siendo p el número de pares eJe polos.

2.2.

MODELO EQUIVALENTE Cuando el ge nerador se e ncuentra en carga. proporcio nan do un a inlc nsiuau. la 1t!lls iún en bornas es inferior a la que ex ist ía en vaCÍo (tamb ié n lIamaclafi/t'r.:;a elect mlllotri.:; o FEM) debido a la caída de ten sión causada por las res istencias de las b obinas del e státor ya la reactancia que presentan las m ismas. inclu yen do en ésta la reactancia de dispe rsió n y la d e reacciólI de indl/cido (fl uj o magnét ico que se cierra a través del rotor y que interactúa co n e l campo magnét ico c reado por éste). El generador se comporlé.\. por la nto. como una fuente real de te ns ión con una tensión e n vaCÍo o FEM de va lo r G = E l. ! y una impedancia interna Z = R + j X.I . s iendo X .~ la reactancia síncrona. La tensión en born as viene dada por:

v=

v I~=

l' - (R E ~

+j

Xs ) J

(2. 1)

-(R+jX,)/ 1- .

(2.2)

ecuació n que responde al mode lo represe ntado en la Figura 2.3.junto al d iagrama fasarial correspondie nte a (2.2).

R

jX

+

J

v

Figu r a 2.3 Mode lo del generado de rotor liso y diagrama ra sori al.

Los generadores de polos salien tes presentan el inconveniente de que la rel uctanci a del ci rcuito magn ético depende de la posición del ro tor. Este efecto se mode la media nte dos rcactancias: sobre el ej e directo (d) y en cuadratura (q ). dando lugar a dos reacciones de inducido originadas por dos con~po neI1les ortogonales de la intensidad :l = Jd + :le¡ .

Capítulo 2 / Generadores síncro nos

15

La ten sión e n bornas de un generador de polos salie ntes viene dada po r la siguie nte ecuac ión ( Figura 2.4):

v = c: - R ~ - j Xd 3d V ~ = E Ii - R I I-~ - j

(2.3)

j XqJq

Xd Id l á-90'

-

j Xq Iq Ii

(2.4)

ec uac ión que no es pos ible mode lar media nte un ci rc ui to equ iva le nte como e n e l ca so de l generador de rotor liso. La Ec uac ió n (2 .3) presen ta e l problema de q ue es necesario conocer e l ángul o ó para descomponer la inte nsidad. Sumando y restando j X" 3d al seg undo miembro de (2. 3) se obtie ne = V + R~ + j (XII - Xq) Jd + j Xq'J, y pu esto que j ( XII - X q ) Jd es un vec tor en fase con f. . se deduce que V + R :J + j Xq:J está ta mbién en fase con e. pudiendo obtenerse 8 como la fase de dic ho vec tor. como se

c:

mues tra en l a Figura 2.4.

Figura 2.4 Diag ram a fasorial de l ge nerad or de pol os salientes.

Co mo se ha puesto de manifies to, no ex iste un c irc uito equi va lente para el generado r de polos sa lie ntes, ut ilizándose muc ha s veces el mode lo de rotor liso con X s = (X(/ + X q )/ 2, asumie ndo los e rrores i nu·oduc idos. Por otra parte. los parámetros característicos de los ge neradores síncronos depende n en gran medi da de su potencia nomi nal y de la veloc idad de giro. La Tabla 2. 1 muestra los valores t ípicos y su rango de variac ión (expresados en p.u. res pec to a la propia base de l generador y un a frecuenci a de 50 Hz) para generadores sín cron os de rotor liso y polos sa lie ntes. Puede observarse có mo la re siste nc ia es norm almente des preciable frente a la reactancia e n e l mode lo de l ge nerador.

,

X., Rot o r liso Polos salientes

1.20

0.95 a 1.45 1.25

0.6 a 1.5

0.7

0.4 a 0.8

0.00 I a 0.007 0.003 a 0.0 15

Tabla 2.1 Valores característi cos de los pa rámetros de generad ores síncro nos.

2.3.

MODOS Y LíMITES DE FUNCIONAMIENTO

Suponiendo despreciab le la resistencia de los devanados fre nte a la reactanc ia. las pote ncias acti va y reactiva sumin istradas por e l generador se puede n obte ner e n fu nc ión de la fuerza e lectromotri z como: E· V p = - - sen 8

(2 .5)

X.,

E ·V

V2

Xs

Xs

Q= -

- cos8 - -

(2.6)

16

Sistemas eléctricos de potencia

y para el generador de polos salientes :

P

E, V =Xd

E .

sen 8 + -V' ( - I 2 Xq

V, .

Xd

)

sen 2(~

2 sen' 2 (C05 - - +--

Q = - - c058 - V Xd

- -I

8

Xd

8)

(2 .7)

(2.8)

Kr¡

Si la tensión y la frecuencia de la red permanecen constantes aunque cambien las condiciones de funcionamiento del generador (situación que se conoce como red de potencia de corfocil'cl/ilO infinita ), cualquier actuación sobre la potcncia mecúnica suministrada al generador (manteniendo constante la excitación y, por tanto, la fuerza electromotriz E ) se traduce en variaciones tan to en la potencia activa como en la reactiva que proporciona el generador a la red. La variación de potencia reacti va está moti vada por la variación de la intensidad y. en consecuencia. de las pérdidas de potencia reactiva en el propio generador (Figura 2 ..5.a). Por el cont rario. si se actúa sobre la excitación del generador manteniendo constante la potencia mecánica. la potencia activa no varía ( E sen o permanece constante) y cambia la reacti va suministrad a (Figura 2.5.b).

j X, J,

J,

v J3 (3)

(b )

Figura 2.5 Diagrama fasorial del generador al incrementar la potencia mecánica y la excitación.

Como se ha puesto de manifiesto; mediante el control de la intensidad de excitación del rotor es posible controlar la potencia reactiva que proporciona el generador. Asimismo. dependiendo del acc ionamiento mecánico unido al generador síncrono. éste podrá funcionar como generador propiamente (par mecánico motor) o C0l110 motor síncrono (par mecúnico resistente). Los distintos modos de funcionamiento del generador síncrono se recogen en la Fig ura 2.6. En lo que respecta a los límites de funcionamiento del generador síncrono, cabe indicar los siguien tes: i) potencias máxima y mínima, limitadas porel elemeIHo motriz y por la potencia nominal del generador; ii ) imensiclad máxima de excitación, que limita asimismo el val or de E; iii) intensidad máxima en los devanados del estátor: y iv ) límite de estabilidad. impuesto por 8 .:::: 90° para evitar que el generador salga de sincrollismo. La Figura 2.7 presenta los límites de func ionamiento del generador. construida sobre el diagrama fasorial teniendo en cuenta (2..5 ) y (2.6).


Un generador hidníulico de potencia nominal 87 .5 MVA y tensión 13.8 kV. frecuencia nominal 50 Hz, reactancias Xd = 1.2 p.ll. Y X q = 0 .7 p.ll ., suministra su potencia nominal con factor de potencia 0.8 inductivo.

Capítu lo 2 / Generadores síncronos

Generador con cos I{J = 1

Generador subexcitado

17

Generador sobreexcitado

j X,· ~

v MOlOr con cos tp = 1

Motor s ubexcitado

Motor sobreexcitado

v

~

8

j X, ~

Figura 2.6 Modos de funcionamie nto del generador síncro no.

ivláx ima potencia Intensidad má,'\ima

¡V J J

Q

•

J

Figura 2.7 Límites de funcionamiento del generador síncrono.

1. Obtener el modelo del generador en dichas condiciones. 2. Si el generador pasa a suministrar 50 MW. manteniendo constante la excitación y la tensión en bornas. calcular el nuevo punto de trabajo. 3. Calcular la intensidad permanente de cortocircuito trifásico rígido en bornas del generador para las condiciones de funcionamiento indicadas en el enunciado.

Resolución Primera cuestión: las condiciones de func ionamiento en bornas del generador, expresadas en p.u .. vienen

dadas por:

s=

1.0

cp = acos(0.8)

v=

1.0 L<>.

co n lo que la intensidad y las pote ncias que proporciona el generador re sultan.

J = 0.8 - 0.6j

Pg = 0.8 = 70 MW

Qg

= 0.6 = 52.5 Mvar

Como se ha pues to de ma nifiesto anteriormente. el generador de rotor de polos salientes no dispone de modelo equivalente. siendo necesari o trabajar con la ecuación que define su funcionamiento (2.3) y

18

Sistemas eléctri cos de potencia

obte ne r la fuerza electromotriz del generador. Así, en primer lugar, será necesari o calcul ar el ángul o la fuerza electromotriz, ángulo que coincide con la fase de V + j X q J:

v+j Co nocido (Figura 2.4):

a,

Xq

)

= 1.42 + 0.56 j = 1.526 121.52°

8

=

ade

2 1.52°

ya se puede descomponer la inte nsidad en sus dos componentes ortogonales Jd e Jq

1"

=

+ 8) = 0 .524 sen(rp + 8) = 0.852

Jq = 1'1

1 cos(rp

Id = 1

l'

= 0 .488

+ O.I92}

)d = Id 1'_90° = 0.3 12 - 0 .792}

Por úilimo, la fuerza electromotriz se obtendrá de (2 .3) co mo:

Como se ha podido observar, trabajar con (2.3) no es fácil al se r necesario descomponer la intensidad en dos co mponentes ortogo nales. Por e llo. en mu chos casos, se uti liza un modelo aproximado ;ls imi Jando el generador de rotor de polos salientes a uno de rotor liso con X,5 = +X q )/2, lo c ual permite utili zar e l modelo de la Figura 2.3. Así, con X s = 0 .95 , la fuerza electromotriz resultaría:

eX"

G= V+ j

X.,~ = 1.57

+ 0.76 j

= 1.744 125.83°

Segunda cuestión: si el ge nerador suministra ahora 50 MW, mante ni e ndo constantes la tensión en bornas y la fuerza electromotri z, obviamente la potencia reactiva suministrada y por supuesto el fac tor de potencia cambiarán en la nueva situación. Para un valor de Pg = 50/ 87 .5 = 0.57 1, el nuevo valor del ángulo 8 se puede obtener de (2.7), ecuac ión que es necesario resolver iterativamente:

Pg

= 0.5 7 1 = -E·- V Xd

2

sen o+ -V ( - I 2 Xq

- -I

Xd

) sen 20

resultando 8 = 15.043°. La potencia reactiva su ministrada se puede obtener ahora de (2.8): E· V Xd

?

Q g = - - coso - V-

(C05 8 sen 0) -- + -2

2

Xd

Xq

=

0.698

Las nuevas condiciones de trabajo en bornas del generador resultan, por tanto:

Pg

= 0.571 = 50 MW

Q g = 0.698 = 61.05 Mvar

cos rp = 0.634

Sg = 0.902 = 78.91 MVA

. I = 0.902 = 3.3 kA

donde se ha tenido en cue nta que la intensidad nominal es //1 = 366 1 A. Si se hubiera adoptado el modelo aproxi mado como generador de rotor liso, defi nido por (2.5) y (2.6), el pun to de trabajo se obtendría como: E·V

Po = 0.57 1 = -X- sen o s ,~

Qg

E· V V2 cos8 - Xs Xs

= --

==}

8 = 18.13°

= 0.692

Con lo q ue el pu nto de funcionamiento vendría dado por:

Pg

= 0.57 1 = 50

Qg = 0 .692

MW cos rp

= 0.637

= 60.57 Mvar

Sg = 0.902 = 78.54 MVA

1 = 0.898 = 3.29 kA

Capítulo 2 ! Generadores síncronos

,,

,

,,

19

u

§ &.

-1

-1.5U'-----~"CCA------,; " .,c-----c,'7 ., ----:'1.0 Fase en radianes

~'''-----";:-A;----;;".~,----';';.,' -----!'.o Fase en radianes

Figura 2.8 Potencias activa y reactiva del generador en función del ángulo ~ , utilizando las ecuaciones del generador de 'polos salientes (línea continua ) y la aproximación de rotor liso (línea discon-

tinua ). Se puede observar que los errores cometidos con el mode lo aproximado son aceptables a efectos de cálc ul o. En este sentido. la Figu ra 2.8 presenta. a modo de comparación. el eITar cometido en el cálculo de las pote ncias activa y reacti va al utilizar el modelo de rotor liso. suponiendo que la fuerza electromotriz se mantiene constante. Puede observarse eómo el error aumenta cuanto mayor es la fase de la fuerza electromotri z respecto a la tensión en bornas. Tercera cuestión : si suponemos que la fuerza electro motriz no cambia. la intensidad que proporciona el ge nerador en cortoci rcuito se obte nd rá como:

De donde se obtiene Icc = f" = 1.627 = 5956 A. Utili za ndo el modelo aproximado de rotor liso, la intensidad de cortocircuito sería:

v=

O = 1:: - j X., J

=

f ,·c

E

=-

X.,

=

1.836

= 6721

A

En este caso. el error introducido por la aprox imación resulta inaceptable.

2.2.

Un generador síncrono de rolar liso, 10 MVA, 50 Hz, 11 kV Y 13.2 Q/fase de reacta ncia síncrona se encuentra g irando en vacío. Determinar las condiciones de funcionami ento si: l. El generador se conectn a una carga puramente resisti va de 10 M\V nominales. 2. El generador se conecta a una red de potencia de cortocircuito illfinita 1 a 1I kV, ajustándose para que sumini stre 10 MW con factor de potencia unidad. Resolución

Prmlera cuestión: con los valores nominales del generador se calculan tanto la intensidad base como la impedancia base:

Sil

f B= - - = 525A J3 V8

ZB

= -S82 = 12.1 Q 3 /B

con lo que la reactanc ia síncrona en p.lI. resulta Xs = 1.091. 1Se entiende como red de potencia de r.:onocircuilO infi nita en un punto a una red cuyas característica de tensión y frecuencia no se ven afectadas al variar la potencia in y~lada en dicho punto. actuando. a todos lo efectos. como una ruente ideal de tensiln.

20

Sist emas eléctricos de potencia

Con el generador girando en vaCÍo. es decir. sin sumini stro de potencia:

=

J= O

Si, mante niendo constante f. . el generad or se co necta a una carga resi sti va de 10 MW nomi nales, es decir, R = 12.1 n /fase = 1 p.u .. se tiene que:

<: = 0.457 - j 0.498 = 0.676 1- -17.49' R + j X, V = <- - j X, J = R J = OA57 - j 0.498 = 0.676 1--17.49' J=

Con lo cual el generador su mini stra únicame nte 4.57 MW con una ten sió n en bomas de 0.676 p.ll.

(7.43 kV). Para q ue el generad or trabaje con la tensión nominal e n bornas (V = I l.Q.) Y sumini stre por tanto 10 MW a la resistencia (con una intensidad J = I ~), habría que aumentar la exc itac ió n de l generador hasta obte ner:

<- = V + j X, J = 1 + j 1.09 = 1.48 1-17.. 9' Obviamente . habría que actuar sobre e l elemento motri z para asegurar qu e éste proporcione en cada momento la potencia eléctrica de mandada más las propias pé rdidas del generador, si se hu bieran len ido e n cuenta. Segunda cuestión: si el generador. estando en vacío. se cOllecta a ulla red de potencia de cortocircuito infinita. las potenc ias acti va y reac tiva que e l generador inyec la inic ialmente en la red son nulas:

=

=

¡

E. " sen 8 = O P = ---x;-

Q =

t~~1

COS

tS -

i:

=

O

Para que e l ge nerador pase a su mini st rar 10 M\V con facw f de potencia unidad ( P = 1.0 Y Q = 0.0). se ría necesario ajustar tanW el elemento mo triz como la exci tación del generador. El módul o y la fase de la fuerza electromotriz se obti enen resol viendo el siguiente sistema de ec uaciones no lineales:

E·\I

P = 1.0 = - - sen o

X,

resultando E

E.\I \1 2 Q = O.O= - - coso-- =0 Xf X.f

= 1.48 Y 8 = 47.50 0 .

El orden correcto de actuaciones e n este caso sería: l . Aumentar la exc itació n de l ge nerador hasta E = 1.48 (8 = 0° ). obteniéndose:

E . \1

E·\I P = - - sen 8 = 0

Q= -

X,

-

X.f

.

\1 2

coso - - = 0.44 X.I·

Con lo cual e l ge nerad or su min istraría 4.4 Mvar y 23 1 A. 2. Aumentar la potencia sumini s trada po r e l elemento motriz hasta los la MW manteniendo la excitación (E = 1.48):

E\I

P

= 1.0 = - -

Q

=- -

X,

E . \1

Xs

sen o \12

COSo -

-

X.~

=

0=47.50 0

= 0.0

Con lo que el generador pasa a sumini strar únicamente la pOlencia act iva requerida, equ ivalente a 525 A co n hlctor de potencia unidad. Compruebe el lector que el orden in verso no es posible en eSle caso. Po r otra partc. ex isten otras o pc iones.

Capítulo 2 / Generadores síncronos

2.3.

21

El generador hidráulico del Proble ma 2.1 (87 .5 MVA y le nsió n 13.8 kV. 50 Hz. Xd = 1.2 p.u. y X" ::::: 0.7 p.ll.) se hace trabajar a 71.8 M\V co mo generador (turhin a) y a 76.2 MW co mo molo r síncrono (bomba). Determinar la máxima reacti va que puede sumi ni strar en cada caso para evita r que se supere la intensidad nominal y la fue rza electromotriz correspondiente. Ut ilizar el modelo simplificado de

rotor li su. Resolución

Funcionando como generador accionado por la turbina hidráulica: suponiendo que la tensión en bornas es la no mi nal (V = I I~) y para la inte nsidad nominal (1 = 1). la potencia aparente será S = \1 . ¡ = 1.0. con lo cual:

.j 52 -

Q =

1' 2

= ±0.572 = ±50.0 M var

donde l' = 7 1.8/ 87. 5 = 0.821. La fuerza e lectro motriz se obte ndrá resol viendo los siguientes sistemas de ecuaciones: • Generador sobreexcitado:

l' = 0. 821 = '/ Q = 0.572 =

se n 8

\;:1cos8 _

}

~:

==>

= 1.729 Y 8 = 26. 18-1°

E

• Generador subexcitado:

l'

= 0.821 = E·V x,_

sen 8 Q = -0.572 = EX" cos 8 r

l'

}

+-"

E = 0.90-1 Y8 = 59.65°

==>

¡

Funcionando como motor accionando una bomba hidráulica: en este caso la potencia activa res ulta p = - 76.2/ 87. 5 = -0.871 . donde e l signo negati vo indica que la poten cia eléct ri ca es co nsu mid a para accio nar la bomba. Para S = 1.0 se obtiene una react iva máxima de:

J52 -

Q =

1' 2

= ±0.492 = ±43.0 1var

Nuevamente. la fuerza electromotriz se obtendrá resolviendo los siguientes sistemas de ecuaciones: • Moto r sobreexcitado:

P

/:.'.\1 se n 8 = - 0871 . = x-:

Q -- O. 49?- -- E·X V f

COS

}

E

8 _ X$ v'

= 1.684 Y 8 = -

29.-15°

• Motor s ubexci tado: E·V se n 8 = -.O 87 1 = x-: E. V Q = - 0.492 = x-: eos 8 -

l'

2.4.

} \1 2

x,

==>

E

= 0.98-1 Y 8 = -57.18°

Un lUrbogenerador de una ce ntral térmica tiene las sigu ie ntes características: 776 MVA. 23 kV. 50 H¿. X, = 1.2 p.lI. El fu ncionam iento del generador está sujeto a los siguientcs límites. ademé.Ís de a la propia intensidad y potencia nominales: • La turbina de va po r que acc iona el generador proporciona una potencia motriz comprendid a en tre 660 y 194 MW. • La in te nsidad de excitació n en el rotor. y e l efecto dc la saturación del circuito magnético. limita la fuerza d edromotri z di sponible a un máximo de 1.96 p.u. • Para asegura r que el generador se mantiene en si ncroni smo. la fase de la fuerza electro motriz se limita a 70° como máximo. Determinar los límites de funcionamiento del generador e n té rmi nos de potencias act iva y reactiva.

22


Resolu ción

Los límites de funcionamiemo de l gene rador síncrono se puede n construir sobre e l diagrama vectorial, como se pLISO de manifiesto en el Apartado 2.3. Las restricciones impuestas so n las sigu ientes. expresadas en p.lI.: • Potencias máxima y mínima: 0.25 ~ P :::: 0 .85 1 • Intensidad máx ima: I = 1.0. lo que implica una po tencia aparente máxima de S = 1.0. siempre suponiendo tensión nominal. En términos de potencias activa y reactiva:

p2

+ Q 2 :"

1.0

• Excitac ión máx ima: E ~ 1.96. • Es tab ilidad: o .::: 700 • La zona de trabajo se representa en la Figura 2.9. estando delimitada por los puntos A al E: p

e

G~ X.,

j VJ

Q

cp

J p

Punto

MW A

B

e D E

194.00 630. 11 660.00 660.00 194.00

Q Mvar 606.06 453.18 408.18 -406.62 -575.79

E p.u. 1.96 1.96 1.92 1.09 0.32

8 Grados 8.82 29.79 32.03 70.00 70.00

I kA

cos 'P

15.97 19.48 19.49 19.47

0.305 (r) 0.812 (r) (Í.85 I (r) 0 .852 (a) 0.3 19 (a)

¡S.25

Figura 2.9 Lim ites de fu ncionamien to del generador del Problem a 2.4.

A Defi nido por la excitación máxima, E

= 1.96, Y la potencia mínima.

P

= 0.25:

EV

p = 0.25 = - - sen 8

X,

E· V

V2

Xs

X.~

=

Q = - - cos8--

Q

= 0.781 Y 8 = 8.82°

E = 1.96 B Definido por la in tensidad máx ima. I = 1.0. Y la excitación máx ima. E = 1.96:

E·V

p = - - se n ó X.,

E.V V2 Q= - - cos8-X.~

p 2 + Q 2 = 1.0 E = 1.96

X.~

=

p

= 0 .8 12. Q = 0.584 Y 8 = 29.79°

Capítulo 2/ Generadores síncro no s

e

Det-inido por la potencia máxima. P = 0.85 l. Y la intensidad máxima. 1 = 1.0: l'

E·V = 0.851 = X.I·

senS

E· V V2 Q = - - cos8-X .I Xs 1'2+ Q2 = 1.0

=

Q = 0.526 . E = 1.924 Y¡¡ = 32.03°

D Definida por la potencia máxima. l' = 0.851. Yel límite de estabilidad. 8 = 700 : l'

E·V

= 0.851 = -Xs

Q=

-E· -V

Xs 0=70'

seno

V2

cos8--

Q = - 0.524 Y E = 1.086

X~

La intensidad en este caso resulta 1 = 0.999. mu y próx ima a la nominal. E Defi nido por la pOlencia mínima. P = 0.25, Yellímüe de estabilidad. 8 = 70° : P = 0.25

=

E·V

Q = --

Xx 8 = 70'

E·V scn8 X,

-

.

C05S -

V2

-

X.I·

Q = - 0.742 Y E = 0.319

23

CAPÍTULO

TRANSFORMADORES

Los transformadores de pote ncia. e levadores y reducto res. juega n un papel fundame nt al en el funcionamiento y estructura de los siste mas de potencia. De hecho. puede afirmarse que la ex iste ncia misma de los sistemas de generación y transporte en corrie nte alterna. tal como los conocemos en la act ualidad. se debe al descubrimien to del transformador. que re sulta ser además un di spositi vo extraordinariamente simple. robusto y efi caz.

:3.1. TRANSFORMADOR MONOFÁSICO El ci rcui to equivalente de un transformador monofásico real de relación JI = N,, / N.t se muestra en la Figura 3.1. Además de un tra nsformador ideal, es te circuito co nsta de sendas impedancias serie. Z,J y Zs . qu e mode lan las pérdidas óhmicas de cada devanado (resistencia) y los flujos de dispersión (reactancia). así como de un a impedancia en derivación. z'1I/, cuya parte resistiva tiene en cuenta las pérdidas en el núcleo (h isté res is y corrientes parásitas). y cuya reactanda modela la con'i ente de magnetización en vacío. Cuando se trabaja en el sistema p.u .. la relac ión del transformador ideal vale 1: I si las tensiones base de ambos deva nados se el igen en la misma proporción que SllS tensiones nominales. es decir. si VSI = 11 VB2. En estas condiciones. el valor e n p.ll. de cualquie r impedancia es el mismo en ambos devanados. Por tanto. utilizando sistemáti came nte esta técnica e n cada ni ve l de tensió n en que queda di vidido un sistema. los tra nsformadores ideales pueden omit irse del c ircuito equivalente. quedando sólo sus impedancias. Por otro lado. mientras que el e nsayo en vacío sumini st ra e l valor de 2./11 . el e nsayo en cortocircuito proporciona una impedancia serie conjun ta z'/ T, que en p.n. res ulta ser la suma de Zp y l..I·' Dado que. e n la práctica. carece de utilid ad desagregrrr la impedancia serie. en lugar de la bipue rta en "T' de la

:+~J':."~==}_I__! NI' / N'I_{==}-_~J~·,+ . ll,

Figu ra 3.1 Circuito equiva lente de un transformador monofásico.

26


+

u,

U'I'

+

+

Uf'

U.\

Figura 3.2 Circuitos simplificados en p.u . de un transformador.

Figura 3.1 se utili zan indistintamen te las más simples de la Figura 3.2 . En la mayoría de aplicaciones de sistemas de potencia en régimen permanente equ il ibrado. se da un paso mús y se ignora ZIII porque su valor es muy elevado.

Un transformador trifásico se obtiene interconectando eléctricamente tres bancos monofásicos. o bien devanando tres pares de arrollamientos sob re otras tantas columnas de un úni co núcleo magnético. ljue puede adoptar diferentes topologías. Desde un punto de vista puramente eléctrico. ambas di sposiciones se anal izan y se comportan de igual modo en circuitos trifásicos perfectamente equilibrados. por lo que los detalles constructivos pueden obviarse en este apartado. Como cualquier otro elemento trifásico. cada devanado de un tran sformador puede conectarse eléc tri~ ca mente en estrella (Y) o en triángulo (D..). 10 que da lugar a diferentes relaciones de transformación con igual config uración magnética. Las Figuras 3.3 y 3A muestran respectivamente una conexión estrel1ae~trella y estrella-t riángulo. de entre las diversas posibilidades existentes. as í como los diagramas fasoriales correspondientes a las tensiones fase-neutro de ambos devanados. suponiendo que sólo existen tensiones de secuencia directa. En e l primer caso. el desfase entre ten sio nes es nulo. mientras q ue e n el segundo la tensión del primario está retrasada 30 0 respecto a la del secu ndario. JAN

:JI//!

a

A

HA..\'

11 11m! B

O

b

11

e

o

e

11 N

n

HeN

Hu¡\!

Figura 3.3 Conexión YyO de un transformador t rifásico.

Modificando las conexiones de los devanados se obtienen otros desfases. que siempre resultan ser múlt iplos de 300 . Por ello. se acostumbra a denominar las conexiones de los transfo rmadores trifásicos mediante un número que refleja la posición en la esfera de un reloj de la tensión del devanado de menor tensión cuando la del de mayor tensión se encuentra a las 12:00. AsÍ. los dos t:iemplos anteriores se denot
Capítulo 3/ Transformadores

27

J.4.N

A

~------,

B

- +-----,

U ..IN

r--«,-

b

e - + -----, HeN

N ----'----' Fig~ra

3.4 Conexión Yd11 de un transformador trifásico.

donde el símbolo conjugado aparece en la relación entre intensidades para que el transformador ideal no consuma potencia activa ni reactiva. Para las dos configuraciones mos tradas en las Figuras 3.3 y 3.4 la relación de tran sformación vale: 11

=

J3.

Np I N, 1- 30

(Ydll)

Puede comprobarse asimismo que una impedancia Z conectada en el secundario se transforma en una impedancia 1II12Z vista desde el primario. La co nex ión Y permite la utilización de sistemas a cuatro hilos. bien con neutro aislado o bien conectado a tierra (ríg idamente o a través de ulla iJllpedam:ia). Por otro lado. la conex ión en /:). constit uye un apantallamiento frente a armónicos múlliplos de 3 y corrientes homopolares que pudieran circular por el otro devanado. Es fác il demostrar que. cuando el transformador se alimenta con tensiones de secuencia inversa. los desfases en tre ambos devanados cambian de signo.

3.3.

SISTEMAS NORMALES

De (3 .1 ) se deduce que. en los tru!1sfonnadores trifásicos. tanto las tens iones como las intensidades de secuencia directa se at rasan o ade laIHan el mismo ángulo al pasar de un devan3do a otro. Por Otro lado. por el mismo motivo que dos transformadores en paralelo deben tener la misma relación de transformación. la interconexión en mallas de los distintos niveles de ten sión debe real izarse de modo que el conjunto constituya lo que se denomina un sistema I/ormal. Un sis tema es normal cuando el producto de las relaciones de trans formac ión que apa recen a 10 largo de cualquier bucle vale I LQ.. COIllO ocurre en el sistema mostrado e n la Figura 3.5. Por co nstrucción. todo sistema real funcionando en sec uenc ia directa es un sistema normal cuando sus transformadores trabajan con relación de transformac ión nominal. En esta situac ió n. carece de interés retener I ~s desfases provocados por el g rupo de conexión en cada uno de los niveles de te nsión. dado que estos desfases no afectan a los flujos de palencia del sistema ni a ninguna otra magnitud. Por tanto. cuando se trabaja en p.u .. puede adoptarse para el transformador trifásico un modelo monofásico sin de sfases. como el mostrado en la Figura 3.2, lo cual equivale a utilizar tensi ones base en cada devanado re lacionadas mediante una constante 11 que en general es com pleja. Estos uesfases pueden inc luso ignorarse al pasar a magnitudes reales. salvo que ex ista interés en referir todos los fasores del sistema a un único origen de fases . Para trabajar con la matriz de admitan cias de nudo s. es más común utilizar la bipuerta en rr de la Figura 3.6. cuyo sistema de eCII:lciollP.<.; viene. dado por:

(3 .2)

28

Siste mas eléctricos de potencia

220 kV

132 kV

66kV

Figura 3.5 Ejemplo de sistema normal.

lJ(·c

3"

+

-lf

+

~J",

T

U"

U}"

~

Figura 3.6 Ci rcuito equivalente en

3_4_

3,

lf

de un transfo rmador.

TRANSFORMADORES DE TRES DEVANADOS

Estos transformadores constan de tres devanados por columna. denomi nados primari o. secundario y terciari o. El devanado tercia rio. diseilado generalmente para una potencia aparente menor. se util iza para conectar compensadores de reacti va o servicios auxiliares. Si se conecta en ~ . contribuye además a amortiguar armónicos múltiplos de 3 y desequilibrios. En determi nadas aplicacio nes, más que un devanado terciario propiamente dic ho, se utilizan dos sec undarios de potencia sim ilar. uno en Y y otro en ~ . cuyas tensio nes están desfasadas por consiguiente 30° . De ese modo. si ambos secundarios al imentan una carga idéntica. no aparecen armónicos de orden 5 y 7 en el primario. Ahora bien. con independencia de la potencia relariva de cada devanado. todo trnns formador de tres devanados viene representado por el circuito monofásico equivalente de la Figura 3.7. para sistemas normales de secuencia directa.

+

+

J,

z,

+ U,

Figura 3.7 Circuito equ¡valente de un transform ador de tres devanados.

En d icha figura. la impedancia de magneti zación suele ignorarse y las impedancias se ri e dc cada devanado se obtienen a partir de las impedancias de cortocircuito mediante las sig ui entes exp resiones:

Z" Z, Z,

= = =

(Z",. + Z'" - Z,,) / 2 (Z,H + Z" - Z,u) / 2 (Z,u + Z.., - Z" ., )/ 2

(3. 3)

Capitulo 3 / Transformadores

29

donde z'ij es la impedancia que se obtiene alimentando el devanado j con su intensidad nominal y COrtoc ircuitando el devanado j .

Si no se necesita aislami e nto galvi.ínico. los dos devanados de un transformado r pueden co nectarse eléctrica mente en seri e. a modo de di visor de tensión. como se indica en la Fig ura 3.8. consigui é ndose linos parámetros diferen tes con el mismo material.

+

o

o

+ 11,

Uf'

Np

Figura 3.8 Conexión como autotransformador.

S i. cuando se c.:onectan C0l110 transformador o rdinari o. los dos devanados tiene n un a relac ión 11 = N p / N.I - , una potencia aparen te nominal S y ulla impedancia de cortocircuito Zn" en la conexión co moau totransfo rll1adordichos parámetros va len 1 + ( 1/ 11). ( 1 +/1) ' S Y Z('cj ( 1 + 11 ) re spectiva mente. Con e l mismo coste se consigue mayor potencia. menores pérdi das y menor co rrie nte de excitación.

pero. al reducirse la impedancia serie. aumenta la cOITieme de cortocircuito. Una solución de compromiso se obtiene cuando 11 está comprendida en tre I y 2. lo que se cumple para ~001220 kV. 220/132 k V Y 132/66 kV.

Estos transformadores tien en capacidad para modificar en carga el módulo o el ángu lo de su re lación el e tran sformación. dentro de pequeños márge nes. para con trol ar di versas magnitudes del siste ma. En presencia de relacio nes de transformación no nominales. el sistema deja de ser normal. apareciend o por tanto un transformado r ideal e n el ci rcu ito equivalente en p.u.

REGULACiÓN DE TENSIÓN La regulación de tensió n se consigue añadiendo cambiadores de tomas bajo ca rga a un transformador normal. q ue modifican el número de espiras del devanado de alta. o bien mediante un transformador espct: ial que inyecta en serie con el circuito princi pal una tensión de magnitud vari ab le y desfase nulo. En la Figura 3.9 se muestra el circu ito monof;:ísico res ultante, do nd e {/ re presenta a 11 en p.u., así como cl mod elo eq ui va lente en lT. Ignorando la impedancia de magnetización. [as ec uaci ones noclales cOlTespo ndie ntes vie nen dadas por: (3.4)

Con estos di spositivos se puede regular la tensión de un nudo próximo y. en menor medida. el flujo de potencia reactiva a través de un ele mento (normalmenre el propio transformador).

30


K·,Jp

+

+

1J("{" ~

"IJ!!='! ('{' a

11"

(a) Figura 3.9

Js

"

11.,1'

(b)

al Transfo rm ador con

toma va riab le; b) circui to en

Jr

equ iva leni:e.

DESPLAZAMIENTO DE FASE Se co nsig uen peq ueños desplazamientos de fase inyectando en seri e con el ci rcuito principal una tens ión de mag nitud variable con un desfase de ±90° . El circuito equ ivalen te. C01110 se muestra e n la Figura 3. 10, co nti ene un transfornludor ideal de relaci ón 1 ~ : l. e l c ual retrasa las ten siones e intensidades un áng ulo a al pasar del primario al secu ndario (o las adelamu si ex es negativo). H,

Jp

l ~ : l

u ,.

1J cc

+ 111'

U,

~ /I

"

"

Figura 3.10 Circuito monofásico equivalente de transformador desfasado r.

Sus ecuaciones de nud os SOI1 :

-~CC .l ~) llcc

(ti,,) U.I·

(3 .5)

don de puede apreciarse la no reciprocidad del dispositivo ocasionada por la no simetría de la mmri z. Este dispositi vo. mucho menos abundante que e l anterior. se utiliza para co ntrolar los flujos de po tencia activa en gran des ejes de transporte.


El transformador elevador de una central hidroeléctri ca tiene las siguientes características: 100 MVA. 13.8/220 kV, Ensayo en vacío: l o = 0.8%. Po = IOOkW Ensayo en cortocircuito: E tC = 8%. p,... = 300 kW Determ i nar: 1. El modelo en p.u. del transformador. 2. La caída de tensión en el transformador y el rendimiento de éste cuando sumin istra 100 MW a 220 k V con factor de potenc ia unidad.

~-

Capítulo 3 / Transformadores

31

Resolución Primera cuestión: utilizando el modelo aproximado de la Figura 3.11. y tomando co mo valores nomi nales VN¡ = 13.8 kV, V N2 = 220 kV. I NI = 4 . 184 kA e 1N2 = 0. 262 kA . se obtie ne n los parámetros en p.lI. del tran sformador a partir de los e nsayos del mi smo: • Ensayo e n vacío:

Po = 100 kW

= 0.00 1 p.lI.

RFe

Por otra parte, conocida la intensidad de vacío, /0

IFe

=~=_

11000

RF,

V2

1

= -' = -0.00 - 1 = 1000 p.u. Po

= 0.008 p.ll ., se obtiene

' ,.:

= 0.001 p.lI. ==> 1" = j IJ - If., = 0.00794 p.1I.

= ':1 / /11 = 125.988 p.lI. La impedanc ia de magnetización res ulta. por tan to. 2.11/ = 15.625 + j 124.019 e n p. U. • Ensayo en curtucircu itu: Desprecia ndo la intensidad q ue circu la por km frente a la intensid ad nominal, resulta:

de donde

X,I

Vec = 0.08

Z cc

V,-e

0.08

=~ =-

1-

= 0.08p.u.

Asi mis mo. a partir de las pérd idas en cortocircu ito. 0.003 e n p.ll .. se obtie ne Rcc' :

Pee

0.003

1,-

1-

R cc = - , = --,- =

,

0.00-, p.lI.

con lo cual. X ce = / Z¡c - I?tc - 0.07994 p.u. La impedancia serie del tran sformado r resulta, por tan to, Z, = 0.003 Nótese el fuerte carácter inductivo de di cha impedancia. ~p

+

z..".

tl /,

Jp ....... :Jo

~,

2.111

+

+

11,

U N1

J.f - O

z..,

+j

0.07994

Jp ---:JN

UN~

z..". Hcc

(b)

(a)

~N

+

2.111

= 0 .08 187.850 . + O

Z1/1

(e)

Figura 3.11 Modelo del transformador (a) y ensayos e n vacío (b) y e n cortocircuito (e). Segunda cuestión: si el tran sformador su mini stra 100 MW a 220 kV con factor de potencia unidad. 3 2 = 1 l.Q:.. 112 = 1 l.Q:.. e J2 = 1 LQ:. la te nsión en el primario del tran sformador se obti ene co mo: 11,

= 112 + Z., J2 = 1.003 + j

0.07994

= 1.0061 8 14.5570

Conocida 11 [. es posible calcu lar la inte nsidad que circ ul a por 2.11/ : J",

= ~ = 0.00164 2"./11

j 0.00788

= 0.00805 1- 78.2620

Como se puede com probar, : 1 111 « ::12 y se puede despreciar en la mayoría de los casos. La intensidad e n el primario del transformador es, por tanto. J,

y la potencia consumida:

= J2 + J", = 1.00 164 -

j 0.00788

= 1.00167 1-0.45080

32


que corresponde a 100.461 MW y 8.8 M var.

V = V¡ - V2 = 0.62% Y el re ndimiento '1 = 99.6% . Si se hubiera despreciado la intens idad 'J iIl fren te a ~h, utilizando por tanto un modelo basado únicame llle en h~ impedancia s eli~. ~¡ = ~2 .la potencia en el p rim ario resultaría: En consec uencia. la caída de tensión re sulta

s,

= 11,

fj,

J7 =

1.003 + j 0.0799

que co rrespo nde a 100.3 MW y 7.8 M var. Co n e llo, el rendimi e nto pasaría a ser 17 = P2/ P J = 99.7%. observándose que las pérdidas di sminuyen. así como la reacti va co nsumida al despreciar la reactu ncia de mag netización del transformador. Evidentemente, e l error cometido por la aproximación es com pletamellle asumible en la mayo ría de los estudios. Compruebe e l lector que la caída de tensión no se ve afectada por la aproximación introducida. Una segunda aproximación. habitua l e n estudios en los que las magnitudes de interés son los fl ujos de potencia activa en la red. consiste e n despreciar Rcc frente a Xc(' . norma lmente un o rden de mag nitud más pequeña. En este caso, se tendría:

11, = 1(2 + j Xa J2 = 1 + j 0.07994 = 1.0032 14.57' con lo cuaL teniendo e n cuenta que nuevame nte :J 1 = J2 - la potencia en el primario resulta:

S, =ll,J; =

1

+ jO.0799

Ob viame nte. e l rcndimicmo pasa a ser del 100% debido a que el mode lo no considera pérdidas en el transformador. La caída de te nsión resultaría ahora ~ V = VI - V::~ = 0.32%. co mprobándose que no es una aproximación adecuada cuando se trata de obtener las tensiones en la red con exactitud.

3.2.

El transformador de salida de una central térmica está co nstituido por cuatro unidades monofásicas intercambiables cIHrc sí. formando un banco trifásico con una un idad de reserva. Las características de los tran sformadores monofásicos son las sigui en te s: 209 MVA,

20/ 244 kV.

Eu· = 13%.

Pe, = 1897 kW

La conexión de las uni dades se reali za en triángulo en el p rimari o (baja tensió n) y en estrella en el sec undario (alta ten sión ). co nectándose el neu tro directam ente a tierra. El grupo de conex ión que res ult a del banco trifásico es YNd 11. Determinar:

J. El modelo en p.ll. del transformador trifásico. 2. La ca ída de tensión y e l rendim iento del tran sformador cuando su mini stra 500 MW a 400 kV con un factor de potencia de O.q en retraso.

Resolución P ri mera cuestión: con los datos proporcionados. ún ica me nte es posible calc ular la impedanc ia serie del tran sformador, Z.\.. por lo que se supondrá desp rec iable el e fecto de la impedancia Z/II . El transformador trifás ico formado por tres tran sfo rmadores monofásicos co ncc tados en triángulo en el pri mario y en estrella en el secundario ti ene las siguientes característi cas: Potencia nominal: Te nsio nes nomina les: Te nsión de cOrLocircui to: Pérdidas en cOl1ocirc uito: Inten sidades nomi nales:

s,

= 3 S", = 627 MVA VN, = 20 kV, VN, = 244,j3 = 422 .6 kV El'(' = 13% Pee = 3 . 1897 k W IN, = 18.1 kA , I N, = 0.857 kA

Capítulo 3 / Transf ormado res

Los parámetros de la impedancia seri e referida al primario resultan . trabajando en p.u. y con JI

Ea

Zec = Ree

I,

33 1.0:

= 0.13p.u.

P

ee = -, = 0.00908 p.u. 11-

Xc< =

j Z~c -

R~c

= 0.12968 p.u.

Con lo cual . Ze,' = Ree + .i X ee = 0.00908 + .i 0.12968 = 0.13 1860. Cabe recordar que, debido al grupo de co nexión del trans formador y aunque no se inclu ya en el modelo del mismo. existe un desfase consu·uctivo de 30° de adelanto de las tensiones e intensidades en el primario respecto a las del secundario . Segunda cuestión : si el transformador trabaj'l proporcionando 500 MvV a 400 kV con fac ror de potencia 0.9 (ep = 25 .84°). tomando como bases la potencia trifásica y las tensiones nominales del transformador trifásico, las potencias· que. proporciona el transformador en el lado de alta tensión serán las siguientes:

P,

= 500/ 627 = 0.79745 p.u. 8,

=

P,

+ .i

Q, Q,

=

P, tan
= 0.38622 p.u.

= 0.88605 ~

con lo que el transformador suministra aprox imadamente un 88.6% de su potencia nominal. La tensión en el sec undari o del transformador. 400 kV. teniendo en cuenta que la relación de transformación del banco trifásico proporciona una tensión base de 422 .6 kV. resulta l(2 = 0.9465 L2:.. origen de fase para los cálculos posteriores. La tens ión en el pri mario se obtiene utilizando el modelo del transfonnador tri fásico, calculando en primer lugar la intensidad:

J, = (82 / 112)' = 0.936161 - 25.84 III = ll,

+ 'Lee'~'

0

= 1.0126 15."'0

lo q ue equivale a 20.25 kV en una base de 20 kV. En este caso, COIll O no se ha tenido en cuenta la impedancia Z/II oresulta que consumida por el transformador en el primario vale:

S, = II I 37 = 0.8054 + j 0.499 = 0.94792 131".1

J I = J2.

Y la potencia

0

Con lo que la potencia sum inistrada por el generador es de 505 MW y 313.4 Mvar, con un factor de potencia resultante de 0.85. El re ndi miento del transformador. con unas pérdidas de 5 MvV, es del 99.0 I (,70, Y la caída de tensión C!. V = V, - V, = 6.61 'lo.

3.3.

Un transformador trifásico de tres devanados tiene las siguientes características: • Primario: 13.1 kV, 30 MVA • Secundario: 27 kV. 30 MVA • Terciario: 10.5 k V, 10 MVA Tensiones de cortocircuito referidas a 30 MVA: • PI;mario-secu ndario: Ecc = 10% • Primario-terciario: E cc = 13% • Secundario-terciario: E cc = 15% • Grupos de conexiones: YNynO, YNd 11, ynd 11 Obtener el modelo equivalente del transformador y determinar la potencia total consum ida por el transformador en el primario, y las tensiones en el secundario y en el terciario cuando el transformador se alimen ta a 131 kV y suministra 20 MW y 8 Mvar en el secundario, y 8 MW y 2 Mvar en el terciario.

34

Si stemas eléctricos d e potencia z.~

~ z,

U"

J.,

:

+

J,

+

U.,

U,

Figu ra 3.12 Modelo aproxi mado del transformador de tres devanados.

Resolución Modelo equivalente: se util izará el modelo dI! la Figura 3. 12. en el que se ha supuesto que la impedanc ia de magnetización tiene un va lor muy elevado. 2,111 ::::: oo. Asim ismo. y suponiendo que la resistenc ia de los devanados es despreciable frente 11 la reactancia (en c ualquier caso. no hay datos sufic ien tes para s u cálculo). se tiene. de los e nsayos en cortocircuito y ten ie ndo en cue nta q ue los datos proporc io nados ya eli tá n expresados en una misma base (30 MVA) :

XI'

= 0.5

+ E pI

(EI'~

Es¡)

-

= 0.04

X, = 0.5 (E", + E.u - Ep,) = 0.06 X, = 0.5 (E,,, + En - E" .•') = 0.09

Transformador en carga: las condiciones de funcionam iento del tra nsfo nnado r en carga, expresadas c n p.u .. son las siguientes: Tensión en e l primar io: U,,= I ~ Po te ncia en el sec und ari o: S.• = 0.6667 + jO .2667 = 0.7 18121so' Potencia en el terc iario: S, = 0.2667 + j 0.0667 = 0.275 11~.().l' Introduciendo como incógn itas las tensio nes e intensidades en secu ndario y terc iario. y la propia dad de l primario. se obtiene el sigu ie nte sistema de ecuaciones a resolver: • Potencias:

inte n si~

s, = U, J7

• Caídas de tensió n:

u, =

U" - j X"3,, - j X, 3,.

U, =U,,-jX p 3,,-jX,3, • Balance de in te nsidades:

3" = 3,

+ 3,

Obsérvese q ue las anteriores ec uac io nes cons tituyen un sistelila no linea l deb ido a las restriccio nes de pote ncia l . Reso lviendo e l sistema de ecuac iones plan teado. se obtie ne la sig uien te so luc ió n:

3" = 0.933 - j OA I 5 = 1.022 1-23.99' 3, = 0.665 - j 0.330 = 0.743 1-26.39' 3, = 0.268 - j 0.085 = 0.281 1_ 176-1'

Us = 0.964 - j 0.077 = 0.967 1--1.58' U, = 0.976 - j 0.06 1 = 0.978 1_360'

Co n lo c ual. la potencia co ns um ida en el primari o res ul ta:

S" = U p 3;, =0.9333+ jOAI53 = 1.022 123.99' Lo cual corresponde a 28 M \V y 12.46 Mvar. Obsérvese que el transformador está sobrecargado e n un 2 .2% e n términos de potencia no mi nal. Las te nsiones en e l sec un dari o y en el terc iario resultan 26. 1 y 10.27 kV. respectiva mente. lEn concrelo. el carácter no lineal de las restricdonl!~ de potl!ncia obliga a ut ili7ar métodos iterati vos de resohll.:iún que conducen. en redes de gran dimensión. al problema conocido comojfujo de ClIrga.~.


3.4.

35

Dos transformadores se instalan para trabajar en paralelo en una subesLación de 400/220 kV. Suponiendo un consumo lOlal de 100 MW con factor ele potencia unidad y tensión nominal en 220 kV. determinar cómo se reparten dicha potencia ambos transformadores en los siguientes casos: l. Los dos transformado res tienen iguales caractcrbtica:-. pero distinto grupo de conexión:

s,

= 100 MVA.

400/ 220 kV.

Ecc = 10%

Grupos de conexión : YyO e Ydll respectivamente. 2. Los dos transformadores difieren en la relación de transformación: • Primer transformador: SN = 100 MVA, 400(220 kV. Ecc = 10% (referida a 400 kV) Y grupo de conex ión YyO. • Segundo transformado r: SN = 100 MVA. 380/ 220 kV. En' = 11.1 % (referida a 380 kV) Y grupo de conexión YyO.

3. Los dos transformadores tienen distinta potencia nominal y tensión de cortocircuito: • Primer tran sformador: S, = 100 MVA. -¡Q0/ 220 kV. E,,,, = 12% Y grupo de conexión

YyO. • Segundo transformaelor: SN = 50 MVA.400/220 kV. Ecc = 6% Y grupo de conex ión

YyO. Resolución En todos los casos. la potencia base será de 100 MVA y las tensiones nominales ele .j00 y 220 kV e n el primari o y sec undario de los transformadores respectivamente. Con ello. la!-> intensidades nominales re sulta n: 100 100 IN = ---;=- = 0.144 kA y IN, = -=~- = 0.262 kA

./3400

./3 220 Primer caso: la reactancia de los dos transformadores es la misma. X cc = 0.1 p.u .. no siendo necesario l'

nin gún cambio de base. Por otra parte. en la conex ión de los dos transformadores en paralelo hay qu e tene r e n cuenta que e l seg undo transformador introduce un desfase constructivo de 30° entre las tensiones del primario y del secundario. Definiendo un operador complejo que in troduzca dicho de sfase. 1/ = 1 1-30 se obtie nen las sigui entes relaciones e n ambos transFormadores: 0

•

-

ti.

ti, j X(.(.

Z

:::J

u. = 11., + j

X""J t U. = 11 (11, + j Xn · :J 2) :J .• =:J t + :J2

3.~

11: t

Po r otra parte. e n e l lado de 220 kV se tiene que:

u.• =

.-

1

~

s, =

1~

=>

:J .• = 1 ~

condiciones q ue. junto a las ecuac io nes anteriores permi te n resol ver e l problema:

J t = -2.179-jO.1 34=2. 184 1- t76,48'

u. =

J2 = 3.179 + j 0 .1 34 = 3. 182 12.4 t'

1.013 - j 0 .218 = 1.037 1- t2t.l'

Puede obse rvarse que ambos tran sformado res trabajan con intensidades mu y elevadas. dando lugar a potencias de 2 18 y 318 MVA respectivamente. situació n obviame nte insostenible e n régi men permane nte y qu e sería nípidamente despejada por las protecciones.

36


En real idad. existe un a intensidad mu y e levada que circula únicame nte e n la malla fo rmada por ambos transformadores y que es causada por e l desfase. Este efecto puede comproba rse res tando la mitad de Js (los dos tran sfonnadores se reparten la potenc ia sumini strada a partes iguales al te ner la misma impedanc ia) a la intensidad de cada transformador:

JI)

J

-

-

Js

1/ :

J , - ).,/2 = - 2.679 - j 0.134 = -)

= 2.679 + j 0.1 34 = J 2.679 + j 0.134 = 2.683 12.R(\0 J,) 2

)2 -

) = 11

Segundo caso: en primer lugar. es necesa rio rea li zar un cambio de base en la tensión de cortoc ircuilO de l segundo tra nsformador, expresada en una base de 380 kV:

380) 2 = 0.1 Xn ·, = 0. 111 ( 400 por lo que ambos transformadores tienen igual tensión de cortocirc uito en una mi s ma base. Por otra pane. en la co nex ión de los dos tra nsformadores en paralelo hay que te ner ahora en cue nta que e l segundo lJ"ansfonnador introduce una relación de transformación di stinta a la nominal adoptada

(400/220 kV ): 11

= 380 : 220 kV = 380/ -100 : 220/ 220 = 0.95 : 1 en p.ll.

El modelo de los transformadores en paralelo. así como las ecuaciones que proporciona dicho modelo. resultan:

J/J-

-

IIp =

J.\

u, + j x"''),

= 11 (ll, + j ), = J, +)2

II 1>

X"" J2)

Ecu ac iones que,junto a las co ndi cio nes en el lado de 220 kV, permiten resolver el problema: J I = 0.488

+j

0.256 = 0.551 127.7 0

j2 = 0.512

~

j 0.256 = 0.573 1- 2(\.00

u" = 0.974 + j 0.049 = 0.976 12.90 En este caso. se observa que las intensidades el e los dos transformadores so n e levadas para la potenc ia transponada. Este hech o se justifica porque. al ig ual que en el caso anterior. existe una intensidad que circula LÍnicamente en la ma ll a formada por ambos tran sformadore s. causacla por la di stinta relación de transformac ión. Restando la mitad de ::12 a la intensidad de cada transformado r:

J" _

('-_ _ _ --'-_ _ _ _

-:J.~

J, - J.,/2 = - 0.0 12 + j 0.256 = -J )2 - J.,/2 = 0.0 12 - j 0.256 =) J = 0.2561 -"7.20


37

Intensidad cuyo único efecto es provocar cale ntami e ntos y sobrecargas en ambos transformadores. Tercer caso: nuevamente es necesario reali zar un cambio de base en la tensión de cortocircuito de l segu ndo transformador. en este caso expresada res pecto a su potencia nominal (50 MVA):

100

X cn = 0.06 - _- = 0.12 )0 Con lo que resulta que los dos transform adores ti enen igual tensión de cortocircuito e n la base de 100 MVA. El modelo de los transform adores e n para le lo, así como las ec uaciones que proporc iona dic ho modelo. res ulta: Uf'

u,> = Jp

-o..-

-

j Xa :

UI' =

Js

+j U, + j U,

J, = J I

Xcc J! Xc" J,

+ J2

Obviame nte. ambos trans[onnadores se re parte n la potencia total a partes iguales:

J2 =0.5

~

Up

= 1.0 + j

0 .06

= 1.00213 ..)30

Dicho reparto no es de seable pues e l tra nsformador de menor capacidad está al límite (52 = 50 MVA) y el primer tran sformador es tá a media carga. Compruebe el lector que si ambos tran sformadores hubi ese n (enido igual te nsión de cortocircuito en tanto por ciento referidas a sus respecti vas potencias nominal es, el reparto de potencia hubiese sido en proporción a di chas potencias nominales, situac ión sie mpre deseable al conectar dos transformadores en pa ra le lo.

3.5.

El transfo rmador trifásico de servicios auxil iares de una central térmica tiene las siguientes característi cas: 30 MVA. 20j 6.6 kV. E"c = 8%, Grupo de conex ión Dynll El tran sformador di spone de 2 1 tomas de regulac ión que pe rmiten cambiar la relación de tran sformac ión e n incrementos del 1%. Si la te nsión en el lado de a lta es de 18.5 kV. determ inar la toma en que deberá trabajar para tener la ten sión nominal en el lado de baja te nsión trabajando a plena carga y factor de potencia unidad.

Resolución

Trabajando e n p.lI . co n los valores nomina les de l transfo rmado r. las condiciones e n carga son las siguientes : s, = 1 ~ U., = l ~ J., = l ~ Asimi smo. \/" = 0 .925 . Del modelo del tran sfo rmador con tomas de reg ulació n se obtiene la siguiente ec uac ión: j X(·c 11 :

0

I

11

Ade más. es evidente que J,) = J.\./II. Trabajando co n los módulos en la ec uac ió n de l lran sformador se ti ene que:

38

Sistemas eléctricos de potencia ecuación que permite ohtcne r In relación de transformac ión necesaria. resu ltando 11 = 0.922. Aprox imando 11 por el valor discreto má s próximo (e l transformador dispone de 21 tomas que permiten variar la relación de tran sformación en ±IO% en incrementos del 1%) se tiene que 1/ = 0.92 . 10 q ue corres ponde a la tercera toma. Con l:.rnecesar ia discretización de la relación de transformación . la tensión en e l secunda rio res ultaría en realidad V, = 1.01 = 6.666 kV.

3.6.

La inte rconexión entre dos sistemas eléctricos se realiza mediante dos líneas de 400 kV de tensión que trabajan en paralelo. con capacidades máximas de transporte de 1200 y 800 MVA respecti vamente. Las líneas se modelarán med iante sus respectivas reacIHllcias, 0.024 y 0.02 en p.ll. en una base de 100 MVA y 400 kV. Y las tensiones en las subestaciones de partida y llegada sc mantendrán a 400 kV mediante la adecuada inyecc ión de potenc ia reactiva. l. Si ambas líneas transpo rtan 1500 MW entre los dos sistemas, determinar la carga de cada 1Ínca.

2. Para poder con trolar adecuadamente el reparto de potencia e ntre ambas líneas. se instala un transformador con desplazam ie nto de fase e n el entronque de la seg unda línea con la subes tación de llegada. Si las características del transformador so n 800 MVA. 400/400 kV Y E cc = 2%, determinar el desfase que deberá introducir para que se puedan transportar 2000 produzcan sobreca rgas.

M~l

si n que se

Resolución Para si mplificar la resolución de este problema. es conveniente utilizar las expres iones de las potenc ias activa y reactiva transmitida a través de una reactancia cuando se conocen las tens iones en sus extremos

11" = \1,, 10

y

110

= V" lL

En este problema, \lo = Ve = I Y el origen de fases se fijad en la tcn sió n de la subestació n receptora,

11" = I i.Q:. Primer caso: las dos líneas en parale lo se comportan como una rcactanc ia equ ivalente de va lor X = (X, . X2) /( X, + X 2) 0.0109. Como la potencia total transportada por ambas líneas es de 15 en p.u.:

I P,, = 15 =X sen 8

==>

8 = 9.42'

Con ello, la potencia activa tran sportada por cada línca reS'ulta~

I

Pe, = - sen 8 = 6.82 Xt

P,., = -

-

I

X2

seno = 8.18

Se puede obse rvar que la segunda línea está sobrecargada (8 18 M\V con un máximo de 800) mi e ntras que la primera línea trabaja a un 57% . La sobrecarga de la línea se ve agravada si se tiene en cuenta la potencia reactiva en el extremo:

Q,., = -

I

I

==>

cos8 - - = - 0.674 X2 X?

52 = 8.2 1

Es posible calc ul ar as imismo las potencias reactivas necesarias para mantene r las tensiones al va lor nominal: I 1 I I Q" = - cos8 - - = - 1.24 Q" = - cos(-8) - - = - 1.24

X

X

X

Es decir. se necesita inyectar 124 M var en ambas su bestaciones.

X

Capítulo 3/ Transform adores

39

Segundo caso: es necesario realizar en pri mer luga r un ca mbio de base en la reactanc ia de l tran s rormador. expresada respecto a 800 MVA: Xcc

= 0.02 ( 100/ 800) = 0 .0025

La situación, utili zando el modelo del transformador desfasador y lras re fe rir su impedancia al primario. es la que se mu estra a continuación :

¡

PC1

= -X,

P" =

Xl

se n o

+ X cc

sen(8

+ a)

Imponiendo q ue e l reparto se realice segú n la capac idad de cada línea. PI = 12 Y Pl = 8. las ecuacio nes anteri ores proporcio nan los desfases: 8 = 16.74° yex = -6.37°, Será necesario. por tanto. un transformador que perm ita introducir un desfase máxi mo de -6.37° . No obstante. compruebe el lector que aparecerán leves sobrecargas en ambas líneas debi das a las potencias reacti vas tan lO en el origen como e n el ex tremo.

CAPÍTULO ,

LINEAS

-

4.1.

LINEA DE

Una línea trifás ica equilibrada viene caracterizada. a secue ncia directa. por Jos parámetros un itarios sigu iente s: • Imped ancia se rie o lo ngi tudi nal: Z ] = R 1 + j L I w (n / km). • Admitancia sh¡¡1It o transve rsal: ~ I = G I + j el w (S/km ). as í como por su longitud /. Usualmente. y así se hará en lo suce sivo. se considera que G 1 = O. Aplicando las leyes de Kirchhotl y considerando a la línea como una bipuerta de parámetros distribuidos , la tensión e intens idad absorbida en el extremo receplOr, Vr e JI" ' y la tensión e intensidad inyectada en el extremo emi sor. Ve e JI" están re lacionadas mediante la siguiente matriz de paní mctros de cadena (A BCD) :

cosh (yl) senh(yl)

Jdonde:

"'"

Z" sCll h( yl) cos h(yl)

• Zo = ~ es la de no mi nada il1lpedancia natIfral o caracterísTica. ex presada en

(-l. I )

Q.

• Y = ~ = a + j{3 es la COllstallfe de propagaci6n. expresada en km-l. Su pm1e real, denomina coejiciellfe de aten Ilación y su parte imagi naria, f3, COJ1staflle deJú.\"e.

0'.

se

Dado que e n la mayoría de apli caciones se utili za un anális is noda!. también resulta conveniente carac terizar a la línea mediante su matriz de admitancias. bloq ue constructivo básico de la matri z de admi tancias de nudos del sistema:

:1, ] 1 [ - :1, = Zo se nh(yl) La ex pres ión an terio r co nduce al modelo en

7r

[

cosh (y l ) - 1

- 1 cosh( yl)

(4.2)

mos Lrad o e n la Figura 4 .1 . donde;.

Z = Z l. senh(yl) s I yl

¡lil

~/'=?' -

tanh(yl j 2) y I j -?

(4.3)

42

Sistem as eléctricos de poten cia

----:1"--¡--c::J----¡---.;J:.,. ___ +

+ ~

Z,

v,.

~ f'

v"

- ....----'-- -- - --L- ----e Figura 4.1 Modelo en

7T

de una línea.

En líneas de transporte las pérdidas son re lativamente pequei'ias. y para detcrminad os tipos de análisis pueden despreciarse . Re sulta así un mode lo que se obtiene haci endo R! = G 1 = O en las expresiones obtenidas cn la sección anterio r. co n ]0 cual:

Zo = Ro = J L, ¡C,

y=jw~ =jfJ

(4.4)

es decir. la im pedancia caractcrística es puramente resistiva y la constantc de propagación no ti ene parte real (atenuación nula). De ese modo. la Ecuación (4. 1) se red uce a: cos(fJl)

josen(fJl)

j Ro sc n(fJl) ] [ V, ] cos(#1) J,.

(4,5)

Si en e l extremo receptor se co necta una carga resistiva de valor R. la primcra de las ecuaciones ante riorcs puede reescribirse como sigue:

v" = V,. exp(jfJI) + j (Ro

- R)J,. sen fJl

(4 .6)

Nótese que. haciendo I = x en la ecuación anterior. se obtiene la te nsión V x a una d istan cia arb it raria x desde el extremo receptor. El régimen de trabajo de un a línea sin pérdidas se reduce. por ta nto. a Lin o de los tres sig uien tes: • R = Ro. en cuyo caso Vr = V,.. El perfil de tensiones a lo la rgo de la línea es pl ano (só lo ex iste un desfase (:J.:..;) . y el balance intern o de react iva es perfecto (la reactiva genera,d a por la capacidad coincide con la consumida por la inductancia). Se dice que. en es tas co ndi c iones . la línea alimenta a su potencia natural O característica. dada po r Po = V,.:2 / Ro. Ade m;ls. desde c ualqui er punto de la línea se ve una impedancia equivalente igual a su resistenc ia carac teríst ica. • R < Ro o P,. > Po. en cuyo caso Vr > Vr . Esto sign ifica que transm itir ulla potencia activa mayor que la potencia natural requiere una caída de ten sión a lo largo de la línea. y un aporte de potencia reacti va e n el extremo cmisor (en la línea prepondera e l efec(o inductivo). • R > Ro. O P,. < Po. en cuyo caso Vr < VI" La línea se comporta como un condensador neto (exceso de reactiva). y la tensión e n el extremo rece ptor de la línea es más elevada que en c ualqui er ot ro punto (efecto Ferranti ). Esto ocurre típi ca me nte en las horas de poco consumo. y sobre todo e n líneas ab iertas por un ex tremo. En la Tabla "¡'.l se mues tran valores típicos de la potencia natural para diferentes niveles de tensión. Nótese que la potencia natural no depende de la long illlel ele la línea. si no que crece aproximadamente co n e l cuadrado de la ten sión de servic io. al ser Ro un valor relat ivamente constante para Iíncas aéreas (Ro'" 300 -;- 400 11),

Para líneas de hasta 200 km puede utili zarse la sig uie nte aproximación :

Z., ",Z, I

=R+

jX

ti

~2 ~II

VI' ""'"

--

'H I?

J (' -

(47)

Capitulo 4/ Líneas

kV

Ro ([2)

66 132 220 400

385 390 400 325

43

Po (MW)

10 4S

130 490

Tabla 4.1 Potencia natural para diferentes tensiones nomina les.

Esto conduce a un modelo en Tf de parámetros co ncentrados, c uya impedanc ia serie y admitancia paralelo se obtienen multiplicando los valores unitarios respect ivos por la longitud de la línea. Para líneas aún más cortas. normalmente de menores niveles de tensión. se puede despreciar incluso e l efecto capacitivo de la línea. reteniendo en el modelo tan sólo la impedancia se rie (l! p ~ O).

Tomando como origen de fases la tensión en el extremo recepto r (V r = Vr ). expresando la tensión e n el otro extremo como Ve = Ve lZ,., Y denotando la admitancia serie como ?Js = G - j B se obtienen las sigu ientes expresiones para la potencia en ambos extremos (véase la notación utilizada en la Figura 4 .2): • Extremo receptor:

,

P, = V, V, [C cos o + B senol- V,-C

(4.8)

Q, = V, V, [Bcoso - Csen o] - V,'( B - Bcl2)

(.\.9)

• Extre mo e misor: P,. = V,

V, IB seno - ecos 01 + v,'c

Q, = - V, V, [Bcos o+ C sen o]

(410)

+ Ve' (B -Bcl2)

(4 .1 1)

P, . Q,

C - jB

!!.r.

J 2

V,.

(C. B. Be > O) Figura 4.2 Potencias y tensiones en una linea de parámetros concentrados .

Cuando se desprecia la capacidad de la línea se obtienen expresiones más co mpactas . Para el extremo receptor: \/, \/".sen ut' Pr - XR Qr -_ ---x-

(4.12)

Q,.

+ j¡.P,

P{'

Vr V.. - xR Q {' = ---xsen u

Q,

+ j¡. Pe =

= ~( \I, coso - V,.)

y para el extremo emisor, i'

(4.13)

~( V, - Ve coso)

Obsérvese que. cuando el cociente R / X es muy pequeiio. la potencia activa transmitida depende sobre todo del desfase entre ambas ten siones. 8. mientras que la potencia reactiva viene determinada fundamentalme nte por la diferencia de sus módulos. \/e - Vr . También debe de stacarse que el térm ino P - R Q/ X toma el mismo valor en los dos ex tremos de la línea.

44


Se conoce C0 l110 reg u/acióll de tellsiólI de una línea. en p.lI .. al cociente:

" \1

V,.. vacío - Vr . carga

= -"-':":::;:;:--"--"= V carga r.

es decir. a [a caída de tensión que se produce en el extremo receptor al pasa r de vacío a plena carga. Si se ignora la capacidad de la línea. y por talllo el posible e fecto Ferranti. puede escribirse de forma aproximada q ue: Ó.

X ( Q r + -R) PI"

\1,. - \1,. ;:::::: - , V,. V,=-

V ;::::::

X

Es dec ir. el transporte de grandes can tidades de potencia reactiva provoca o requiere fue rtes caídas de ten sión. Si n embargo. en líneas de mellOs de 50 kV los valores de R y X son del mismo orden. con lo que el e feclO de la potencia act iva y reactiva sobre la caída de ten sión es comparable. Por lo q ue respeCf
PJoulc = G ( V}

+ v} -

2 Ve V,. cos 8 )

La sigu iente ex presión alternati va es vá lida cuando se desprecia la capacidad:

PJllu1c

,

,

= /- R =

P,-:"

,

+ Q;

V?

.R

Nótese que. para ulla potencia dada. tanto la regulación de ten sión el cuadrado dc la tcnsión de servicio .

4.6.

C0l110

las pérdidas di sminuyen con

CAPACIDAD DE TRANSPORTE DE UNA La máxima potencia que puede transmiti rse por una línea hasta el extremo receptor. desde un punto de vista estáti co, depende fundamentalmente de la impedancia serie (proporcional a la longitud) y de la te nsió n de se rvicio. pero tamb ién del factor de potencia de la carga y de la prese nc ia de disposit ivos capaces de regu lar la tensión mediante una inyecc ión apropiada de pote ncia reacti va. En lo qu e sigue se analizarán tres casos di stintos. depe ndiendo de dónde se controle la tensión. Por si mplicidad. se ignorar<í e l efecto capacitivo de la línea, por lo que so n de aplicac ión (4.12) y (4.13). Dichas ecuaciones se simpl ifican a su vez no table mente si se utili za n las siguie ntes magnitudes normal izadas:

\1"

= \1r / \1"

Q"

= Q/ S,,¡

donde

se co noce como capacidad estática de t/"{/lIsporle. Para las magnitudes de l extremo receptor esta normali zación conduce a: Pr" - ~ Q rll = VII seno (4. 14)

Q,."

+ ~Prl/

= V" (coso - V,,)

y para e l extremo e mi sor

Pe" Qcn

f Q('I1 =

+ ~ P1',J

\/" se n 8 (4. 15)

= I - Vn coSo

Capítulo 4 / Lín eas

?,,~~

0.45

"

~~,

0.35 0.3¡-

,,o., 0.7-

'

0 .6-

~;Q75

~ O.25-

45

$ 05

,

_K ~ l

,

02 ;

0'[ 0'[

0. 15

,

,

,,

0-2 -

O"r

00

"

20

30

"

;o c. ~

ro

, -" o

" " " ''''

0.05

0.1

0.15

0.2

025 ~"

0.3

0.35

0.4

0,45

Figura 4.3 Curvas p ·o y \I- P pa ra tensión reg u lada en un extremo.

TENSiÓN CONSTANTE EN EL EXTREMO EMISOR Se asume que en el extremo emisor hay un e lemento. por ej empl o un generador. qu e manti ene la tensión constante al va lor Ve con independencia de la pote ncia tran smi ti da. Dada esta tensión. es posib le re lacionar VII y /3 con las potencias en ambos ext re mos. En primer lugar se considerará el caso de carga perfectamente compensada ( Q m = O). En es te caso resultan las siguientes ec uaciones:

Prn =

! se n 28 -

V,¡ =

(~

k . se n 2 8

- k Pr/l ) ±

J±- (k + Pm ) Prn

donde k = R j X. En la Figura 4.3 se representan las c urvas Prll -8 Y \~ ! -Prn para este caso. En la c urva Prn -8 puede comprobarse que. si se ignora la resistenci a (k = O). la capaci dad máxima de trans porte viene dada por: p máx =

rll

~ 2

p !l1á)¡ r

-

~S

2 cel

y se obtiene para 8 = --1-5°. Desde un plinto de vista estático. el fUIlciollllmiento para ángu los mayores carece de sentido. Por otra parte. valore s no nulos de res iste nc ia reducen aún más la máxima potencia transmi sible. Por ej emplo. con R = O. 75X la pote ncia máxima se reduce-a la mit ad de la ob te nida co n R = O. Los mismos valore s de pote ncia máxima se obtiene n de la c urva Vn-Prn . donde puede apreciarse además la caída de tensi ón adicio nal que producen valores de resistencia no nulos. De (4. 15 ). con k = O. se conclu ye que para tran smitir la máxima potenc ia debe inyectarse una cantidad de pOlencia reac tiva idé ntic a en el ex tremo emi sor CQi'l1 = 0.5 ). Res ulta fác il tamb ién anali zar e l caso co n fa ctor de potencia constante en la c arga c uando R = O(l ínea si n pérdida s) . Puede de mostrarse que. e n este caso. las curvas de la Figura 4.3 sigue n sie ndo vá lidas si k se interpreta ahora como k = Qr f Pro

TENSiÓN CONSTANTE EN AMBOS EXTREMOS Se asume q ue e n ambos ex tremos de la línea existen dispositi vos que m a nti ene~n la te nsión respectiva a un valo r co nstante. indepe ndi entemente de la potencia transmitida. Estos dispositi vos deben. po r tanto. ser capaces de adaptar dinámicamente su potencia reac tiva a la potencia activa transmitida. La ex presión de la pote ncia en el ex tremo receptor viene dada en este caso por:

Prl/(I +k2)

= Vnsen 8+ kVI/Ccos8 -

VII)

46


oJ Vn= l

"

V n~ O _ 9

Vn~ O_ 8

¿: 0 5 ,, ,,

,,

%~-C'~O---'~'O---6~OC-~ 80~~ 'OO~~,~O--7"~O--~,~WC--é"O

00

Delta

t OO

t~

t~

tro

1M

Delta

Figura 4.4 Curvas P-8 para tensión regulada en ambos extremos.

La Figura 4.4 muestra la relación Prl1-o en función de k para V/1

= I (izquierda), así como en función

de V" para k = O (derecha). Puede apreciarse que. manteniendo la ten sión en el extremo receptor al mismo va lor que en el em isor, la máxima potencia transmisible vale (supo ni endo k = O): prn:íx /"11

=1

pmáx r

-

S ce!

y se produce para !5 - 90° . Es decir. se duplica la capacidad de transporte respecto a la obtenida cuando

se deja variar libremente la tensión en el extremo receptor, así co mo el ángulo máximo. Este límite teórico se consigue sin embargo a costa de in yectar enormes cantidades de potencia reacti va en ambos extremos

(Q,,, = - Q,,, = 1). Como en el caso anterior, la capacidad de transporte disminuye conforme aumenta la resistencia. Para R = X, a pesar de mantener constante la tensión en la carga, la máxima potencia transmisible apenas llega a O.2Scet , y el ángulo máximo ronda los 45°. Por otra parte, controlando la tensión en la carga se consigue variar moderadamente la capacidad de transporte.

TENSiÓN CONSTANTE EN EL PUNTO INTERMEDIO Cuando se regula la tensión en ambos extremos de la línea a un va lor constante, la máxima caída de tensión (o subida, si se produce el efecto Ferranti) tiene lugar en el punto intermedio de la misma. De hecho. las gráficas de la Figura 4.3 se aplican a este punto si la 'lon gitud de la línea se divide por dos. Por tanto. controlando la tensión de este punto crítico. además de las de los dos extre mos, se mejorará notablemente la capacidad de transporte de una línea larga, si aún estamos lejos del límite térmico. En la Figura 4.5 se muestran las curvas Prll-o Y Q cn- Prl1 para este caso, con R = O. Como puede apreciarse, la línea es capaz de soportar, en teoría, ángulos de hasta 180 0 , alcanzándose una potencia máxima de: prmáx -)5 Prnrnáx = )- - cel Sin embargo, alcanzar este máximo teórico requerirla inyectar la misma canlidad de potencia reactiva en ambos extremos (QI'II = - Q/"II = 2), Y lo que es peor, duplicar la potencia reactiva inyec tada en el punto medio (Q/IIII = 4). En la práctica, por motivos económicos, los compensadores de reactiva no se dimensionan a tales valores y llegan a saturarse, lo que reduce el valor máximo de potencia transmisible. De este modo. los "cuellos de botella" para el transporte de potencia se localizarían ahora en el primer y tercer cuarto de longitud de la línea, cuya tensi6n teóricamente también podría regularse. En el límite, se lograría una línea con perfil cuasi plano, es decir, una línea ajustada en todo instante a la potencia que transporta. La curva P-o para este caso idealizado, que tiende a una recta, se muestra con la letra O en la Figura 4.6, correspondiendo las letras A, B y C a los tres casos analizados anteriormente.

Ca p ítulo 4 / Líneas

47

2[ 1.6

I

'8¡

I

'6

'6

1.4 >

"

1. 2 ~

'2

~

1

0.8

0.8

0.6

O.6r

I

0 .4-

0.2 50

100

150

00

200

0.5

2

1.5

Pm

DelIa

Figura 4.5 Curvas P-D y Q-P para tensión regulada en ambos extremos y punto medio .

o

e

~ 1.5

8

0.5

~é---------~'5~--------~ 90o---------'~3~ 5 --------~1~80 De lta

Figura 4.6 Comparación de curvas P-o conforme se incrementa el número de puntos reg u lados en tensi ó n.

Obsérvese que, para valores de cí. ngulos menores de 45° . que son los llti [izados en la práctica. apenas hay diferencias entre e y D, siendo poco significativa tambi én la mejora entre B y C . Por lanto, el control de tensión en el punto intermedio es poco usual, y obedece más bien a moti vos relacionados con la seguridad dinámica de la red.

4.7.

COMPENSACiÓN EN SERIE

De los casos analizados en la sección anterior se conclu ye que la capacidad dé transporte de una línea de corriente alterna es proporcional a Scel. es decir. crece con el cuadrado de la tensión y es inversamen te proporcional a la reactancia serie de la misma. Otros fac tores, como la presencia de elementos de compensación de reactiva regu lando la ten sión. afectan al coeficiente de proporcionalidad y al desfase máximo admisible entre los dos extremos.

48


Por tanto. para una tensión dacia. la capacidad de transporte puede mejorarse notab lemen te s i se disminuye la react ancia ele la línea (precisamente la principal ven taja de las líneas de corri ente cont inua es que su reactancia es nula). lo cual puede lograrse insertando e n serie con la línea un condensador. Ignoran d o la resistencia. relalivamentc pequeña en líneas de muy alta tensión. la potenc ia transmitida viene dada por:

siendo Xc el va lor absoluto de la reactancia del condensador. Debido a riesgos ele resonancia subsíncrona.

y a otras compl icw.: iones de tipo práctico relacionadas con las protecciones. esta técnica está mucho me nos extendida que [a compensaci6n slll/I/f explicada en epígra fes ~lI1teriores. a pesar de que se logran mayores in crementos de potencia transmitida por cada Mvar instalado.

PROBLEMAS RESUELTOS 4 .1.

Para una frecuencia de SO Hz hallar el modelo en 7r de la línea cuyas características son las indicadas en la Tabla 4.2. utili zando parúmetros distribuidos y pa rúmetros concentrados.

Parámetro

Valor

InduClancia L Capacidad Resistencia R Longitud I

1.096 . 10 -' Hlkm 1.033 . 10- 8 F/km

e

0.0329 Q/km 800 km

Tabla 4.2 Datos de la línea del Problema 4.1.

Resolución La impedancia serie y la admitanc ia paralelo de un kilómetro ele línea valen.

Z,

= R + .i x = R + wL) = 0.0329 + 0.344) = 0.346 1~";"2

IJ 1 = G + .i B

= wCj = 3.245 . 1O- 6 ¡ = 3.245 . 10- 6 ~

km

S km

A panir de ellas es posible determinar la impedancia característica tI) y la constante de propagació n

y de la línea.

~ - yrz; lJ;- -_326 .0"9 -

ka -

7

1-0.0-44 j . -- '06 ~_. 469 1-'" ~

y = jz,~, = 5.044 · 10- ;

+ 1.058 · 10- ')

~"

= 1.059.10- 3 187.271

km - I

En primer lugar se deten ni narán los valores característicos del modelo de parámetros concent rados . La impedancia serie z~on y la admitancia paralelo ~~Oll . asociadas a este modelo y representadas en la Figura 4.1 . son: --"""1 7 I - -76 .:J')_ + 77 - .- _776 . 709 10I"\-I-.)-L.H -o ~ Zeo" .1" _ )- . 45 :J}

u'·o,· iJ ; ' -_ _~21 /_ - 1.-79'~

.

I O' - '"j

= 1.298 · 10- 'J l2Q.

S

Capitulo 4 / Lineas

49

Para conocer el error cometido al adoptar este modelo para la línea se han de obtener los va lores asoc iados al modelo en rr de parámetros distribuidos: d

Zi' = Z, I

~d;, = ,

senh(yl) yl

lanh(YI) .\!.!.I 2

2 y l/ 2

20.374

+ 244 .046)

= 8.576 . 10- 6

= 244.895185.228

I 1.381

Q

10- 3) = 1.381

10- 3 1 N9.6.\.\

S

/

El tanto por ciento de error cometido en la reactancia serie de la línea. parámetro más destacado en las líneas de tran spone, es de un 12 .87%. En las Figuras 4.7 Y 4 .8 se muestran los valores obtenidos lHili zando par ámetros concentrados y parámetros distribuidos respecti vamente. 275.45Q

26.32Q

770.35Q

770.35Q

Figura 4.7 Esquema unifilar de la red del Problema 4.1 utilizando un modelo de pa rámetros con centrados .

2'¡4.ü'¡Q

20.37Q

723 .89Q

I I 660'¡Q

Figura 4.8 Esquema unifilar de la red del Problema 4.1 utilizando un modelo de parámetros distribuidos.

4.2.

La línea dúplex de 380 kV que une Guadalquivir Medio con Taj o de la Encantada tiene una longilUd total de 140 km y las características Indicadas en la Tabla 4.3.

Parámetro

Valor

Inductan cia L

1 mH/km 12 nF/km 0.07 Q/km

Capacidad

e

Resi stencia R

Tabla 4.3 Datos de la linea del Problema 4.2.

Utilizando un modelo de parámetros distribuidos para la línea, determinar1a caída de tensión en la mIsma cuando se suministran 900 A a una carga inductiva de factor de potencia 0 .8 a la tensión nom inal (frecuencia 50 Hz). Calcular asimismo la eficiencia de la transmisión y el error que se comete al utilizar el modelo en Jf de panímctros concentrados.

50


Resolución Con la impedancia serie y la admitancia 'paralelo de un kilómetro de línea:

-ZI = R + jwL = R + 2rr fLj = 0.07 + 0 .314j = 0.322 177.439 -

~I = G

+ jwC =

-

Q

km

S

2rrfC = 3.77· 1O-6 j = 3.77· 1O- 6 ~ _ km

se determin an la impedancia característica Zo y la constanre de propagación y de la mi sma.

Zu =

~ = 290.-1.+ -

V~

--

31.965j = 292.1931-6.281 Q

y = ~ = 1.205.10- 4 + 1.095· 10-J j = 1.102· 1O-3IR.1.719 km- I

Dc acuerdo con (-ti ) y las características eléctricas impuestas en el extremo receptor. esto cs. V, = 380/ ./ll'>. = 21 Y.3Y3 l'>. kV . J, = 0.72 - 0.54j kA, se tiene:

Ve = 247.516 + 26.865j = 248.9716.195 kVJ,

= 0.713 - 0.417 j = 0.8261-30.296 kA

Con ello. la caída de tensión en la línea resu lta ser:

y la efic iencia en la transmisión.

I}

~H(S ) = - -'-100 =

~H(Se)

~ ¡ (V .J*)

"

~¡(V,J;)

100 = 95.575 o/c

Uti lizando por el contrario un modelo de parámetros concentrados para la línea. la impedancia serie y las admitancias paralelo en cada ex tremo de la línea (modelo en 7f de la Figura -tI) valdrían.

Z.CO" , = 2'.,/ = 9.8 + 43.928j =45.06 1 177.439 --

~;O" = ~/ = 2

Q

2.639 . 10- 4j = 2.639 . 10- 4 1YO S

Con este modelo en 7f de parámetros concentrados. la tensión e intensidad en el extremo emisor de la línea son. utilizando las leyes de Kirchhoff y tomando de nuevo como O1:igen de referencias la tensión en el nudo receptor:

v, = Je

+ Z~O"(J,.

V,

= ~,

+

V,¡J~on

+ V,.1J;O,,) = 247 .653 + 26.943j =249.1 1 16.209 kV + Ve1J~on = 0.713 - 0.417 j = 0.826 1- 30.3 1 kA

De estas tensiones e intensidades se obtiene una caída de tensión de: Ve - V, = 29.721 kV

=

V - V e

V,

'100 = 13.5'+%

y un a eficienc ia de valor ~¡(S,)

I}

= - -

~H(S ,)

~¡(V,~ ')

lOO =

' lOO = 95.549%

~¡(V,~;)

que como se observa coinciden prácticamente con los val ores obt.enidos cuando se utiliza un modelo exacto para la línea.

Capitulo 4 ! Lineas

51

Se puede computar también el error cometido en la estimación de las tensiones e intensidades en el Iludo 1 cuando se aproxima por el modelo de parámetros concentrados. Así. para la tensión se obtiene: V dis _ V CUIl

Error v =

e

. e

Vd" e

249 . 114 - 248 .97

100= - - -- - 249. 114

100 = 0.058%

y para la inte nsidad Jdi .~

Error¡ =

{'

_ /con

d"

le IS

l'

100 = 6.291

10- 3 %

Se concl uye pues que la utilización de un modelo de parámetros concentrados en este caso sería suficientemente preciso y vál ido.

4.3.

Es necesario diseñar el sumi nistro de energía eléctrica a una población cuyo consumo estimado es de 600 MVA con factor de potencia 0.8 inductivO. Para ello se piensa construir una línea de 380 kV Y 400 km de longitud . y de parámetros los mostrados en la Tabla 4.4 (se desprecia el valor de la resistencia).

Par¡',metro lnductancia L Capacidad C Resistencia R

Valor I mH/km 12 nFlkm ;;:: O Q/km

Tabla 4 .4 Datos de la linea del Problema 4.3 . Para mantener un adecuado margen de estabilidad. los ingenieros de planificación determinan que el desfase entre las tensiones de ambos extremos de línea no debe superar los 25 grados. Asimismo. para evitar sobrecalentamientos. las intensidades por los conductores deben ser siempre inferiores a 1 kA. Determinar si la línea elegida (l priori clImple ambos requisitos. Nota: frecuencia! = 50 Hz.

Resolución Se utilizará un modelo de parámetros distribuidos. y se tendrá en cuenta que se trata de una línea sin pérdidas ( R '" O). Las constantes de la línea. impedancia característica y constante de propagación. son : 0 .314j "3.-7"" -' 7 -. '10~6j = 288. 675 Y = /(2Jf! Lj) (2JfjCj) = 1.088 · 1O- 1

lCJ

Q

l9C> km - I

Dadas las características de la carga. en un análisis por fase. éstas se tri.lducen en una tensión e intensidad. en el ext remo receptor. de valor.

V,. = 3801 J3lCJ

'" 219 .393 lCJ kV

600 · 0.8 - 600 . 0.6j

3 · 2 19.393

lCJ

0.729 - 0 .547j =0.912 1- 36.87j kA

Con el modelo de parámetros distribuidos adoptado para la línea. la tensión e intensidad en el extremo emjsor de la misma son : Ve = V, cosh(yl)

+ Zo:l, senh(yl ) =

:l,. = :l, cosh (yl)

+-

V,. 2: 0

265 .5 15

+ 88.778j

= 279 .964 I ISASS kV

senh(yl) = 0.661 - 0. 175j = 0.684 1- 1,)861 kA

52

Sistem as eléctricos de potencia

Co n los valo res obteni dos se concluye q ue: • Se cu mple el límite de estabilidad impuesto. dado que el desfase entre las te nsiones en uno y otro extremo de la línea. 18.4 0 • es menor que 25 0 . • La restricción de sobrecalentamiento también se respeta al ser los módulos de las intensidades, 1,. = O.912\ A e l,. = 0.684 kA. menores que 1 kA. Si se hub iese uti li zado un modelo de parámetros concentrados para la línea. las te nsiones e intensidades res ult antes serían:

v, = 282.61 18.92

kV

J e = O. 68-l1 - 15'5 kA qu e co mo se observa SOI1 muy similares a las obtenidas co n el modelo exacto . Si en este úl timo mode lo de parámetros concentrados no se tuviese en cuenta las ad mitancias a tie rra, red ucié ndose el modelo de la línea a un a reaclallcia serie (p ues la res istencia R se es tá suponi endo nula desde el pri nci pio). se obtendría n los nuevos valores: Ve

=

Je

= 0.912 1-36.s7 kA

302.35 1' 7.6.1 kV

q ue res ultan ser notablemente distintos a los obte nidos co n el modelo exacto.

4.4.

Desde una subestació n a 380 kV parte una línea trifás ica de 50 Hz, 380 kV Y 140 km . Dimensionar (e n MVA) la reactancia que se deberá co nectar en el extremo receptor, cuando la línea trabaj e en vac ío, para evitar qu e la tensión en dicho punto supe re los 380 kV nomi nales. Los parámetros de la línea son los indicados en la Tabla 4.5 .

Pará m etro 1nducta ncia L Capacidad C Res istencia R

Valor 1.0 · 10 .\ H j k m 1.2 . 10- 8 F / km 0.03 Q/ km

Tabla 4.5 Datos de la linea del Pro blema 4.4.

Reso lució n Se resolverá el problema utilizando en primer lugar un modelo de panímetros distribuidos para pos teriormente comparar la sol ución con el de parámetros concentrados . La impedancia característ ica y la constante de propagación asoc iadas a la línea son :

~ 201

200 = \ -

~1

y =

=

i 2o, ~ I

j R + WLj .

wC;

.

= 289.003 - 13.768j = 289.333 1-1.727 Q

~----

= i (R

= 5.19 . 10-

5

+

+ w Lj)(wCj)

1.09·

1O- 3 j

=

= 1.091 . 10- 3 187.173

km-

I

Si la línea permanece en vacío (i nte nsidad nula JI' = O en e l nudo de carga) sin ni ngún elemento de compensación en la mis ma. la tens ión de rase en el nudo receptor supuesta tensió n nomi nal en el emba rrado emisor de la subestación (tensió n de fase Ve 380/ J3l.() 219 .393 l.() kV)_es :

=

V,. = V,. cosh(y/)

+ ZoJ,. sen h(y/) ==}

=

11,. = 22 1.964 kV

y. por lo tanto. UB a te nsión de línea de 384.453 kV. qu e se encue ntra por encima del valor no minal de 380 kV. Se requ iere pues una reactanc ia inducti va. X . que co mpe nse el efecto Ferran Li q ue se produce. Supon iendo tensión no minal en ambos extremos resu lta. de la ecuación en te nsión de la línea: 219.393 1~". = 219.39310 cosh(y/) -

+ Zo

219 .3931 0 . se nh(y/) X;

Capitulo 4/ Lineas

53

Tomando módu los se obtienen dos soluciones:

x= y

- 22.235 Q

x = 3.782 . 103

Q

La primera solución se descarta puesto que corresponde a Ull con densador. La pO lencia reactiva sum inistrada por la reactancia trifásica de compensaci6 n vaJe: \12

Qx

=X =

380000 2 3.782 · ID'

3.8 18.10 7

=

38 .1 8 MVA

Si se utiliza un modelo en Jf de parámetros concentrados para la lín ea. resulta una impedanc ia serie y ulla admitanc ia pLtralclo de va lores.

Z;""

= Z ,I = -1.2 + -I3.982j = -1-1.182 1s•. s.s

.~,on = ~'I = 2.639· 2

10- ·j

Q

= 2.639·10-· 190

S

.1

La tensión de fase en vacío en e l extremo receplOr resulta ser ahora :

V,.

(y~on)

= \1, --'--------'-:- = 22 1.969 1 zcon + __

0.2-19j

~~on

s

lo que equiva le a una tensión de línea de valor 384..+62 kV (prác ticamente igu al a la que se obtuvo con el modelo exac to ). Com pensando de nuevo en el extremo receptor. pero trabajando con el modelo en ir de parámetros conce ntrados. se plantea la ecuación:

~,"un + _1_ ,

Xj

= O

eq ui valente a la imposición de intensidad nula al final de la línea y. por lo tanto. t ensione~ iguales en ambos extremos de la misma . El res ultado es X = 3.789· 10~ Q. casi coincidente con la so lución exac ta . Era de esperar la simili tu d de resultados util iza ndo tino u otro modelo puesto que la lo ng itud de la lín ea es bastante menor que la longitud de onda asociada

(I~

=

1

~

Iv LC

5774 km ).

La Tab la 4 .6 resume los resultados obtenidos (tensión de línea en la subestaci6 n y reaclancia de COI11pensación) llliJiz'lJJcJo UJJ modeJo de pm':imclros dislribuidos )' otro de par
Parámetros distribuidos

Parámetros concentrados

Longitud

V,.línea

X

V,.lfncu

X

( km) 1-10 200 1000

( kV )

(Q)

(Q)

384.453

3.782 ·10·' 2.6-12·10-' -177.56

( kV) 384.-162 389.218 922.9-15

389. 182 8 15.771

3 .789· 10·' 1.653 .10 3 530.51

Tabla 4.6 Análisis comparativo de modelos de línea para diferentes longitudes de lín ea en el Pro blema 4.4.

Au nque longitudes tan extremas de líneas C0l110 las incluidas pueden ser no- real istas. éstas se han cons iderado para poner de manifi es to cuándo sería Ilmable el error comet ido en los cálculos atendiendo a la exactitu d del modelo uti li zado para la línea e léctrica, Como era de esperar. conforme aumenta la long itud de la línea crece el error. Se considera que para errores su periores al 1% se ha de rCl"lllTir a u n modelo más exacto.

CAPÍTULO

FLUJO DE CARGAS

Realizar un .flujo de calxas consiste en obtener las tensiones en todo s los nudos y los flujos de potencia por todos los elementos de un sistema de transporte o d istribución (líneas. transformadores. reactuncias y condensadores). Para ello. se toma como dato s de partida el consumo e inyección de pote ncia e n todos los nudos. sal vo la potencia reactiva de los Iludos regulados en tensión . que se sustitu ye por el módul o de

la tensión regulada. Aunque ex iste n flujos de cargas específicamente concebidos para redes desequilibradas. en este texto nos limitaremos al caso más común de redes equ ilibradas. modeladas por tanto mediante su equivalente mon ofásico en ' por unidad ' (p.lI .). Dado que cu¡tlquier magnitud de un circuito eléctrico queda definida una vez co noci das las tensiones complejas en todos sus nudos. el primer y más importante paso de un flujo de cargas se dedica precisamente a esta tarea. Esto imp lica un proceso iterativo, C01110 consecuencia de que las restriccIones de potencia im puestas en los nudos conducen a un sistema no lineal de ecuaciones. Si es te primer paso tiene éx ito. una seri e de cálculos nilinarios posteriores permite calc ular el resto de magnitudes de inte rés , COIllO flujos de potencia activa y reactiva, pérdidas. etc.

~0"

5~.' FORMULACiÓN MATEMÁTICA e

Las leyes de Kirchhoff, junto a los modelos de cada componente de la red se resumen en las ecuaciones de nudos. que para una red de 11 nudos se escriben COIllO:

Ji

=

L" ~ij1[j

= 1. 2 . . . ..

(s . [ )

11

1= 1

siendo U i e Ji los rasores de la tensión e inten sidad neta inyectada en e l nudo i . e de la matriz de admitancias de nudos. La potencIa compleja neta inyectada en cada Iludo se obtiene COI11O :

~ij

el término respec ti vo

(5.2)

siendo 8(j¡ y Sei ' respectivamente. la pote ncia comp leja generada y consumida en dicho nudo. Entre las dos ecuaciones anteriores pueden el iminarse las intcnsidades complej as nodal es, cuyo valor se descon oce. Utilizando coordenadas cartesianas para los elementos ele la matriz ele admitancias.

56


y=

G

+j

13. resulta el siguiente sis tema no lineal de JI ecuac iones complejas:

Pi

"

+ jQi

= 1.2 ..... 11

= U i ¡ ) e ij - j8ijlU j

(5 .3)

j=l

Utilizando coordenadas polares para las ten siones. l( = \1 las 211 ecuaciones reales sigu icl1lcs:

Pi

"

= lIi L

IIj (e ij CaS Oij

L~.:

el sistema anterio r se descompone en

+ 8 i, Sen Oij)

= 1.2 .....

11

(SA)

= 1.2 . .... 11

(5.5 )

}= I

Qi

"

= lIi L

V j (e ij

Senllij - 8 ij COSOij)

j=!

donde e ij = ei - Oj . La utilización de coordenadas can esianas para las ten siones. au nque posible. no ha tenido tanta trascendencia práctica. por lo que se ignorará en este texto. Co mo cada nudo aporta 2 ec uacion es y -+ incógnitas al sistema alHcrior. deben especifica rse 2 restricciones por nudo para que dicho siste ma pucda resolverse. En [unción de los dulOS especificados se distinguen dos tipos de nlldo~ : • N/ldos de carga O II/ldos PQ: se especifica el consumo de potencia activa y reactiva, siendo nula la pmencia generada. Matemáticame nte: e,p _ _ p C!:I P Ci

_ _ Q c,p Q "P i Ci

P¡

(5.6)

En estos nudos las incógnitas son \1,. y 8¡ . • Nudoj' de generaciólI o Iludos PV: nudos donde la ten sió n se mantiene a un va lor especificado y la potencia activa ne ta se conoce de antemano. Matemáticamente:

Pi

C ~P

En

esto~

_ pC:-'P _ pC<;P Gi Ci

V.c~p

,

Vi =

-

(57)

nu dos las incógnitas son Q¡ y Bj .

Como se sabe de la teoría de circuitos, la solución de un sistema en régimen permanente sin usoidal requiere que uno de los ángu los invo lu crados se tome C0l110 origen de fases. lo que reduce el número de incógnitas a 211 - l. Por otro lado. como las pérdidas de potenc ia acti va no se co nocen a priori. una de las potencias act ivas no se puede especificar de antemano. con lo que e l número de ecuaciones tambié n se reduce a 2n - l. Por conveniencia de cálculo. se toma como origen de fases e l nudo cuya potencia ac ti va no se espec ifica. denominado Il/ldo osci!allfe o n/ldo s1ack . .obsérvese asimismo que las incógnitas Q¡ en nudos P\I son funciones explícitas de las tens io nes. cuyo móduio es co nocido en dichos nudos. por lo quc las ec uac iones respectivas pueden i g norar~e en el proceso de cálcu lo y ul ilizarse cuando se quieran ob tene r los valores de potenc ia react iva. El sistema anterior queda de ese modo rcducido a 2n - 11 G - 1 ecuaciones. donde "G es el mímero de nudos PV. incluyendo e l de referencia (esta red ucc ión adicional es una de las ventajas más impon anles de la formulación polar frente a la rectangular). El sistema no lineal de ecuaciones a resolyer e s por tanto:

P"c~p _

"

1/,' 'L.. " 1/,

(e ;¡ COS oi j + 8 ij senU;j O)

=

o

(e ;¡ se n oi j

=

o

f

= 1.2 . . ...

11 -

I

(5.8)

I1G

(5.9)

} =1

Q','.'p -

"

1/,' 'L.. " 1/ j

-

8 ij cas O) ij

=1.2.· ... I/

-

}= I

c uyas incógn it.as son los .íngulos de fase 8i . i = 1.2 ..... I1-nG.

=

l . 2 ... . . 11

-

1. Y los módu los de tensiones Vi .

Capitu lo 51 Flujo de cargas

57

Para la solución iterativa de l sis tema anterior deben asignarse unos valores iniciales a las tensiones nodales, para lo cual puede servir la sol uc ión de un fl uj o de cargas anteri or. Lo más habitual y menos = o para arriesgado. sin embargo. es utilizar lo que se co noce co mo perfil plal/o, que consiste e n hacer

e?

todos los nudos y

ViD

= 1 p.lI. para los nudos de consumo.

De acuerdo co n las tensiones nadales. se pueden obte ner posteriormente los flujos de potencia por líneas y transformadores. utilizando su modelo en '[( visto en capítulos anteriores. Si se desea, las pérdidas totales del sistema pueden calcularse. una vez hallada la potencia de l nudo osc ilante, bie n mediante la suma de las inyecciones de todos los nudos, o bien como [a suma de [as pérd idas de cada ele mento si sólo se quie re co ntabili zar una determinada zona.

5.2.

MÉTODO DE GAUSS·SEIDEL Este método, poco competiti vo en la ac tu alidad pero que aún tiene un cierto inte rés. utili za las ec uac io ne s cn forma compleja. Ap lica repetitivamente la sigu ien te fórm ula recursiva:

=

U<+I ,

1¿l j j

[ PiesP-j Q~'" _ ~u *

ll~

(

.. U!+I

~ {JI])

,)

_ ";¡"" ~

U ..

Uk ]

Ol}

]

i = l. 2 .....

11 -

I

j=i+ 1

j=1

y se detiene cua ndo

-1L~1 t , 11L~+1

máx .

<

1-

s

(5.10)

donde E: es un va lor suficie ntemente pequeilo. El método es simple y fácil de programar. pero su convergencia es bastante pobre (el número de ite rac iones es del orden de 1/). Una mejora consi .O;;1C en Ulilizar un t~I Clor de aceleración 0:':

UkI~ccl + 1 = UkI + IX (Uk+1 _ UIk) I cuyo va lor ópt imo está comprendido entre 1.4 y 1.6. Para nudos PV deben hacerse los siguientes ajustes: 1) sustituir Q;sp por el mejor valor calculado hasta ese momento: 2) el módulo de la tensión resultante se cOITige para que tenga el valor deseado:

EWTON·RAPHSON Este l1u:: todo obtiene nuevos valores median te linealizaciones suc es ivas de las ec uaciones involucradas. C0l110 f(x) = O. En este caso. las funciones o re siduos a anular son la diferencia emre los valores de potencia calcu lados y los especificados . es decir:

expresadas

'p,. -_ p,.es p

L..).

_

"

\ /,.L"

Vj (C jj cos

ejj + B jj se n e) jj

i = 1. 2 .....

JI -

I

(5. 1 1)

i=l

"

'Q,. -- Q',. 'p - \/,. "L

\/j (C jj sen ejj

L..).

-

Bii cos e) ii

i = 1,2·····Il-IlG

(5. 12)

j= l

En cada iteración debe resol verse el sigu iente sistema lineal de ecuaciones:

[Z

N] k[ t!.e ]k = [t!. P]k L t!. V¡V t!.Q

(5.13)

58

Sistemas eléctricos de potencia cuya matriz de coeficientes es el jacobiano. cambiado de signo. del sis tema no lincal. Una vez resuelto el sistema. las tensiones se actual izan mediante:

[~t' = [\~

-

Los términos del jacobiano se obtienen de

~us

=

(5.1-1)

+

propias definiciones:

Hij = iJ P; / ae) M;)

r [:~ r

aQ; / ao)

N;) = VjilP; / ilVj

(5.15 )

vJaQ;/ av)

L;j =

y sus va lore s se muest ran en la Tabla 5.1.

Para

,

H¡ ¡ = - Q¡ - Bi¡ V¡-

Ni¡ = Pi

,

+ GiiVr

,

i= j

Lji = Q¡ - B¡¡ Vr

Para

Tabla 5. 1 Términos del ¡acobiano para el método de N-R. El proceso se detiene cuando todos los componentes del vector de residuos I L<. PIL<. Q I so n menores que s. Una varian te consiste en trabajar COIl f:j. Q / V en lugar de (). Q. para lo cual se divide la tila respectiva por Vi . De ese modo. la ecuación de la potencia reactiva es ligeramente más lineal. lo que a veces ahorra

alguna iteración. Debe aclararse que las puniciones que se han realizado e n el sistema de ecuaciones pretenden simple mente visualizar mejor la estructura del jacobiano. En la práctica. las dos ec uaciones de cada nudo de carga. y las variables respectivas. se ordenan consec uti vame nte.

. .".. . . ". El conocido acoplam iento P - e y Q - V . y el relati\'o desacoplo entre ambos sub probl emas. se traduce en que los yalores numéricos de los bloq ues N y M del jacobiano son bastante menores que los de las matrices diagonales H y L. Ignorando dichos bloques. e introd uciendo unas simplificaciones adicionales. se llega a un modelo de dos sistemas desacoplados con matrices de coeficientes constantes. El llamado método "desacoplado rápido (FDLF)" (Fasl Decollp!ed Load F/ow) consiste en resolve r alternativamente a mbos sistemas. y presenta habitua lmente una convergencia comparable a la de l método de N-R normal. al menos para redes de transporte don de el cociente R / X es bast~nte reducido. Los sistemas de ecuacio nes invol ucrados son los sigu ientes:

S ' M = L<.P / V

(5. 16)

SO L<. V = L<.Q / V

(5. 17)

donde los e le mentos de las matrices 8' y B" vie ne n dados por S;) = - I / X;¡ :

S;;=¿I / X;¡ )fi

B;j = - Bi) :

B;; = -Bu

siendo Xij la reacrancia serie del elemento i-j. 8 i ) la parte imaginaria de l e lemen to respectivo de la mHtri z de adm iwncias de nudos y jEi el conjunto de nudos j adyacentes a i. Esas matrices son simétricas (los desfasadores introducen asimetría en B" ) y constantes. po r lo que se construyen y faclo ri zan una sola vez. Esto implica una notable reducción del es fuerzo de cálc ul o. que ha dado mucha popularidad a este método en aplicac iones donde se resuelven repetiti va menle flujo s de carga.

Capitulo 5/ Fluj o de ca rg as

5.5.

59

FLUJO DE CARGAS EN CONTINUA

e

El subproblema P resu]¡a ser bastante lincal. De hecho, introduciendo una serie de simplificaciones similares a las del método desacoplado rápido (FDLF). se llega fác ilme nte a un modelo lineal e ntre potencias activas y ángulos. en el que las tensiones valen I p.ll. Y se ignoran los fluj os de reactiva. Según este modcio. el flujo de potencia ac li va por una línea entre los nudos i y j val e: (5.18)

donde Xij es la reactanc ia se rie del elemento en cuestión. La ecuación anterior implica q ue el flujo de cargas e n conti nua ignora las pérdidas Joul e. porque e l flujo de pote ncia es idéntico en ambos extremos. Apl icando la primera ley de Kirchhoff a los flujos que inciden en cada nudo. se llega al sistema de ec uaciones siguie nte: (5.19) = p

se

donde B co inc ide con la 8 ' del método desacoplado rápido (FD LF). es decir. se construye como la matriz de adm itancias de nudos pero ut ilizando exclusivamente reactancias. Conviene aclarar que en el sistema an teri or el vector P no incluye la potencia del nudo osc il ante. ni el veClOr (j el ángulo de referenc ia. Dado P. la ec uación anterio r permite obtener y. co mo consecuenc ia. los flujos de potencia por las líneas. La relació n e ntre flujos e inyecciones puede expre sarse matemáticamente como:

e

(5.20) donde A cs la matriz de incidencias, exc luyendo el nu do de referencia. y X es una matriz diagonal de reactancias. La mat ri z entre corchetes es llena. pero muchos de sus elementos tienen un va lor muy pequeño. lo que refleja la poca influencia que una inyección tiene cn flujos eléctricamente remotos .

5.6.

AJUSTES A LA SOLUCiÓN La solución de un flujo de cargas debe tener en cuenta, en la práctica. una serie de restricciones de con torno ad icionales. las más comunes de las cuales se discute n a co ntinu ación .

LiMITES DE REACTIVA EN NUDOS PV El dispositivo que regula la ten sión de un n udo PV tiene una ca pacidad limitada para absorber o inyectar potencia reac tiva. Si se alcan za alg un o de los límites. Qmín o Q m:í.'\ . la tensión reg ulada no puede mante· nerse a l valor VesP . con lo que el nudo pasa a ser un nudo de consumo con Q e"p = Qmín o Q \!SP = Q1lIáx . Este nudo PQ es un tanto especial, pues puede volver a convertirse en nudo PV si . en una iteración k posterior. se cumple que V k > vcsp cua ndo QC~P = Q1Jláx . o V k < V e~p cuando QC~P = Qmín. En el método de Newton-Raphson en coordenadas polares. convenir un nudo PV a PQ consiste simplemente en incluir ~Q¡ en el vector de residuos y /:). Vi en el vecto r de estado. Esto implica cambiar la estrj.lctura del jacobiano. En el método c.lesacoplado rápido (FDLF) es prefe rible no modificar la estructu ra y valores de las mat rices. para no perder s u principal ventaja. Por e ll o. se utiliza un método que corrige V esp e n cada iteración para anular en la siguien te el exceso de reactiva sobre el lírnite violado. Por ejemplo. si sc viola el límite superi or. los cálculos involucrado s son:

llQ¡ = Q ~n:íx - Q7 ~Vi =O:i~Qi

,

v.csp(k+ 1)

= v.csp(k) + /:). Vi ,

60

Sistem as eléctricos de potencia Este procedimiento requiere calcular previamente un valor razonable para el coeficiente (Xi. que refleja la sensibilidad entre Vi y Q¡_ Un valor aproximado se puede obtener resolviendo e l siste ma: 8 a1/S = e-,

(5.2 1)

y haciendo exi = Si . donde e¡ es la columna i -ésima de la matriz i.dentidad y B:: es la matriz B" au mentada con la fila y columna correspondiente a l nudo i.

TRANSFORMADORES REGULADORES Estos dispositivos pueden modificar su re lación de transfo rm ación para man tener constante e l módulo de un a tensión próxima o reg ular ~ I fluj o de reactiva que los atraviesa. Los tra nsformadores desfasadores. mucho menos habituales. modifican el ángulo de la relación de transformación para regular el flujo de potencia activa. y en el flujo de cargas se lrman análogamente. En el método de Newlon-Raphson se incluye la toma como variable ad icio nal en susti tución de la tens ió n regulada. El sistema de ecuaciones a resolver tie ne la siguiente estructura:

[Z

N L

D [6e~\f]' [6P]' Dq p

=

]'

61 / 1

(5.22)

6Q

donde Dp y De¡ tie nen tantas columnas como tran sformadores reguladores haya. y sus e lementos se ob ti cnen calc ul ando l aP / al y l aQ / al a partir del modelo en " de l tran sformador. Si la tom a alcanzase algu no de sus limites. e l nudo regu lado pasaría a pr¿ y la toma quedaría fija. Pa ra el método desacoplado r<1pido (FDL F). con vistas a no modificar las matrices de coeficientes. es preferible coneg ir el valor de la toma proporcionalmente al error actual de la tensión regulada. Si /),. V/, = \I¡e~p - V/ es el error de ten sión en la ite ración k. la toma se corrige para la sigu ien te en la cantidad:

dond e. en a usencia de un va lor más preciso. suponi e ndo que la toma est~í en el lado 111. puede toma rse a = I para i = 11/ Y Cl = - 1 cuando i = 11 . No se olvide que e l valor final de la lOma debe redondearse al escalón real más próximo.

INTERCAMBIO ENTRE ÁREAS Este ajus te se reali za para conseguir que un conjunto dado de líneas transporte una potencia activa total especificada de antemano. Normalmente estas líneas constiwyen la interconexión de. un á rea co n e l resto del si~ll;; lIlU. En d método de Newton-Raph son. esta res lricción se traduce en una ecuación no lineal adicional. que obl iga a que la suma de flujos de potencia activa por las líneas involuc radas iguale e l valor programado. PI~~P. Para ello. debe li be rarse simultáneament e la potenc ia acti va de uno de los generadores del área. que pasa a ser una variable de con trol. También es posible que varios generadores aClúen como regu lado res del intercambio. siempre que se especifique e l modo en que dichos generadores se reparte n e l 'error de área'. Para e l método desacoplado rápido (FDLF) es preferible de nue vo rec urrir a la téc ni ca que. sobre In base del erro r de intercambio en la iteración k. /),. Pt~1 = Pt~)~p - PI~I ' modifica la potencia total ge nerada en el área e n la cantidad:

donde

Q'

= I es un valor razonable.

Capítul o 5 / Flu jo de cargas

61

PROBLEMAS RESU ELTOS 5.1.

Para la red de tres nudos de la Figura 5. 1 y los datos indicados en las Tablas 5.2 y 5.3 (polencia base Su = 100 MVA). resolver el problema del reparto de cargas mediante Newton-Raphson con un erro r máx imo de 0.1 M YA . En el nudo I I{)~ límite, inferi ores y supe riores de potenc ia reacti va son de - 10 Mvar y -lO M var respecti vamente.

o

2

Figura 5.1 Esquem a uni! ilar de la red d el Proble m a 5.1.

Nudos

Potencias

Tensiones en p .u. 1.02 1.02

o

Pe = 50 MW

Pc

= 100

MW. Qc

= 60 Mvar

Tabla 5.2 Datos de los nudos para la red de la Figura 5.1.

Líneas 0- 1 0- 2 1-2

Impedancias en p.U . 0.02 + 0.04) 0.02 + 0.06) 0.02 + 0.04) cada una

Tabla 5.3 Datos de las líneas d e la red de la Figura 5.1.

Resolución La mat riz de admitan c ias de nudos es:

Y

=

15 - 35) - 10+ 20) [ -5 + 15)

- 10+ 20) 30 - 60) -20 + -lO)

- 5 + 15) ]

-;~~ ~~~

Conoc idas las tensiones y pote nc ias que se espec ifica n en e l problema. los datos e incógn itas del mi smo son:

Nudo . TIpo O Slack PII PQ 2

Datos Vo = 1.02 eo = 0.0 VI = 1.02 PI = 0.5 P, = - 1.0 Q, = -0.6

Incógnitas Qo Po el QI

e,

Tabla 5.4 Datos e incóg nitas del Problema 5.1.

\12

62


Las ecuaciones de las potencias inyectadas en cada nudo son : C'll = V; p;'

" L.(VG ;jeos eU + BU sen eu) j j

G ij sen 8ij ~(Vj Qical = Vi "

Bi) coseij)

-

j

Se han de realizar los balances de potencia activa y/o reacliva en cada nudo (según su carácter):

t1P

= p ,esp - p.col , =

°

t10 = QC'P - 0"1 = O I - / es))

csp

siendo P; = Pc; - Pe; Y Q; = Qc; - Qc;. Según los datos ind icados en la Tabla 5.4, las ecuaciones a resolver en este caso son: O.2)- -

¡~ 1car

=O

- 1-

P2'31

= O

-0.6 -

al

Q2

=

°

Para resolver estas ecuaciones se utiliza el algoritmo de Newton-Raphson . El jacobiallo a determinar en cada iteración sería: HII

J =

H21 [

NI1l

Para la primera iteración se parte del perfil de tensiones:

VO =

1.02] 1.02 [ 1.02

8° =

m

Con este perfil se obtiene el siguiente veclor de residuos de potencias en los nudos:

t1 Q

=[-] -~6

Como los residuos son mayores que el umbral. fijado en 10- 3 p.u .. se ha de iterar, siendo el jacobiano para esta primera iteración:

62.424 41.616 J = [ 20.808

- 41.616 57.222 -26.010

-20.808 ] 26.010 57.222

y el término independiente b= Resolv ie ndo el sistema J.6.x

= b, con x =

t1PI] ] t1P2 = [ 0.5 - 1 [ t1Q2 -0.6 [,6.19, ,6.192 ,6. V2 / v2f. se obtiene el nuevo estado del siste-

ma:

V=

1.02] 1.02 [ 1.005

e=

[-7.95~. 10-0.01 6

3

]

Capitulo 5 / Flujo de cargas

63

Con este nuevo estado se determina el vector de residuos y se comprueban los límites de reacti va en el generador l.

~:~~]

Pi'" = [

Q)" = [

!J. P

=

~.~~~]

-0.587

- 0.984

~

[ 4.242 10- 3 ] -0.016

!J. Q

=[- 0.013 : ]

Los res iduos superan ellímilc fijado de 10- 3, Por Olro lado. C0l110 la potencia reactiva má xima que puede producir el generador 1 es de 40 Mvar y la Q~':\l obtenida es de 53 Mvm. es obvio que dicho generador se encuentra fuera de límites. Esto implica que el nudo I pase a ser un Iludo PQ e n la sigu iente iteración. fijándose la reactiva generada en el mi smo en Q ~sp = DA p.ll. Debido a este cambio. el jacobiano a determinar en esta segu nda iteración sería el correspondiente al de dos nudos con carácter

PQ:

=

J

H l2

NI]

H2'

H12

N21

N,,] N22

M"

MI2

L"

Ll2

M21

M22

L 2\

L 22

['"

Con las tensiones obtenidas tras la primera iteración se obtiene el sistema:

[ -6"M 40.185 - 30.716 20. 841

-41. 161 56.009 20.147 - 26.2 16

31.708 - 20.841 62.962 -40.185

-20.147. 24.249 - 4 1.161 54.925

que una vez resucito da lugar al siguiente vector de estado.

\1 =

1.02 ] 1.0 16 [ 1.00 1

e = [-6.45~.

10- 0.0 16

3

]

Dc nuevo se han de calcular los residuos para co mprobar si se ha alcanzado la convergencia:

p.ca] ,

1] = 0.5 0.5

!J. P

= [ 1.034-'

[ - 1

10--' ]

- 1.842 . 10- -'

Q)" =

0.222] 0.-101 [ -0.6

!J. Q =

[-6.06;' 10--' ] -5.482. 10- 6

Se observa que se ha alcanzado la co nvergencia tras esta seg unda iteración pues el máx imo resid uo es menor de 10- 3 . El generador en I ha llegado a su límite supe rior de reactiva no pudiendo mante ner su tensión a 1.02 y quedándose en 1.016. El nud o s/ock genera 51 M\\.' Y 22.2 Mvar.

5.2.

La ren ele la Figu ra 5.2, cuyos datos se indican e n la Tabla 5.5. se compone de un nudo de generación O, un nudo de consumo I con una carga ele 100 MW y SO Mvar. y un nudo 2 que nctúa ele interfaz co n una red exterior. de la cual importa 50 MW. Las tensiones de los tres nudos se mantienen a l p.t1. med iante la adec uada inyección de reactiva.

64


o

1

T

Fi gura 5 .2 Esquema unifilar de la red del Probl ema 5.2.

Impedancias Z ( p .u. l O.lj O.lj O.lj

Lín eas

0-2 LA:O- l LB:O- l 1-2

lJ / 2 (p.u.l

O.Olj O.Olj

O.l)

Tabla 5.5 Dat os de las lineas de la red de la Figura 5.2.

Determinar el estado de la red. tensiones y potencias generadas en cada Iludo. med ian te el algoritmo de Newto n-Raphson . co n un error máximo de 0 .1 MW en las potencias. Tomar como potencia base 100 MVA.

Resolució n La matri z de adm itancias de nudos es:

-29.98} 20j y = [ 10j

20}

-29.98j 10 j

ID} ]

IOj - 20j

Dc acuerdo al enu nciado. los datos e incógnitas de l problema so n los siguie nte s:

Nudo O

Slack

TIpo

2

PV PV

Incógnita s

Datos

eo -

\'0 - 1.0 V, = 1.0 V, = 1.0

0.0

1', =-1

1', = 0.5

Po e,· e,

Qo

Q, Q,

Tabla 5.6 Datos e i ncógnitas del Probl ema 5.2.

Partiendo de un perfil plano e n las ten siones. V potencias ac tivas e n cada nudo son:

" 1'

= p <, p -

=

11 1 If Y (J

1'''' =

=

10 O

of.

los residuos de

[~~] O.)

Al tratarse de ulla red en la que todos los nudos so n PV y sin límite de reactiva en los mismos. e l algoritmo de Newton-Raphso l1 se reduce a la resoluc ión de l proble ma de activa. En la pri mera iteraci()n e l sistema a determina r se ría:

30 [ - 10

- 10 ] 20

["e,] - 1] "e, = [ 0.5

Capitu lo 5 / Flujo de cargas

65

que una vez resuelto da lugar al siguiente vector de estado

V =

1.0] 1.0 [ 1.0

o=

[-~03] -0.01

Se han de ob tener ahora los residuos en los nudos para ver si se ha alcanzado la co nvergencia.

cal

Pi

=

0.5] [ - : O.)

==}

6 P = p csp _

p ool

= [ 1.967 -. 10- 4 ]

1.083 . 10- 4

Los residuo s son menores que el error máximo pe rmitido. 0.1 M\V= 0.001 p.lI .. por lo que el método CQIlver2C en una iteració . n. ~

Las lensiones en los nudos son de valor Ho = I ~, 1( I = I 1-1.71 y H2 = I 10.57. En cuanto a las po tencias ge neradas e n cada nudo, se calculan. además de las potencias acti vas in yectadas en cada nudo y anteriormente obtenidas, las potencias reacti vas :

Q;,I

=

- 0.011 ] -3.002. 10- :

[ 8.499· 10- ·>

El nudo O ge nera una potencia act iva de 50 M\V y co nsume una reactiva de 1.1 M var. En el nudo 1 tiene lugar un consumo neto de reacti va de 0.3 l\!Ivar. Puesto que en este nud o existe una carga que absorbe 50 Mvar, se están generan do e n el mi smo un total de 49.7 Mvar, produ cidos por la batería de condensadores co nectada a dic ho Iludo. En el nudo 2 se tiene una inyecc ión de react iva de 0.85 Mvar que procede n de la red exterior y balería de condensadores que inciden en el mi smo.

5.3.

Resolver, mediante el mélodo de Newton-Raphson. el reparto de cargas para la red de la Fig ura 5.3 y los datos mostrados en las Tablas 5.7 y 5.8 (potencia base SB -= 100 MVA), sabiendo que e l transformador con tomas variables controla la tensió n de l nudo 3 a 1.02 p.lI. Las tomas del transformador se enc ue ntran divididas en 21 escalones dentro de l rango 0.9 < t < 1. 1. Limitar el CITar del algoritmo de resolución a I MVA.

- +-- 3 Figura 5.3 Esqu em a uni!i la r de la red del Problema 5.3.

66


Nudos

o

Tensiones en p .u. 1.02 1.02

Potencias

h =SOMW, -10 < Qc < 40 Mvar Pe = O MW. Qe = O Mvar Pe = 100 MW. Qe = 60 Mvar

2 3


Ramas 0-1 0-2 1-2 2-3

Impedancias en p.u. 0.02 + 0.04) 0.02 + 0.06) 0.02 + 0.04) cada una 0.1)

Tabla 5.8 Datos de las ramas de la red de la Figura 5.3.

Resolución La matri z de admitancias de nudos para este problema incluye las tomas del transformador cuando en éste se adopta el modelo en rr tal como se indica en la Figura 5.4. Ycc 1

~

Y

cc

( 1 - 1)

n

~

{2

-

Figura 5.4 Esquema en

y=

Tr

n

(1 -

~

-

-

1

-

de un transformador con tomas.

15 - 35) - 10 + 20j

-10+20) 30 - 60j

-s + 15) -20 + 40j

- 5 + 15)

- 20 + 40)

25-55) - , )

-j

O

lO -j t .

- lO)

O

1)

ycc - -

O

O

lO

lO

t

1-

Para un valor inicial de la toma de 1 resu lta:

,~[

15 - 35) - 10+20) -5 + 15)

- '10 + 20) 30 - 60) -20 + 40)

O

O

- s + 15) -20 + 40) 25 - 65) 10)

O

O 10) -lO)

1

De acuerdo con los datos sobre tensiones y potencias en cada nudo se puede elaborar la Tabla S.9 que define el carácter de cada nudo, PQ o pv. Nudo O

TIpo Slack

1

PV

2

PQ

3

PV

Datos VD - 1.02 V, = 1.02 P2 = 0.0 11, = 1.02

eo -

0.0 P, =0.5 Q2 = 0.0 P3 = - I,Q, = -0.6

Incógnitas Po Qo

e,

Q,

e2

V2 t

e,

Tobla 5.9 Datos e incógnitas del Problema 5.3.

Capítulo 5 / Flujo de carga s

67

Las ecuaciones a resolver en este caso son:

pt P -

Pfa'

O

=

Pi·'" = O

0.5 -

p;"P _ p.;al = O Q-;~P _ Q;al = O p.f;'P - pfl ] = O Q~sp _ Q~"I = O

p.;al = () Q~<1! = O -1 - p{,,1 =0 -0.6 - Q)"I = O

====}

Para resolver el problema se aplica el algoritmo de Newton-Raphson modificado para poder incluir así como variable la toma del transformador. Para este problema. el sistema resultante sería:

HII

H 12

O

NI1

H2 1

Hn

H,-,

N21

O

H 33

NJ1

M2!

H-.,-, M]2

M1J

L'n

O

M31

M33

L 32

O

601

e2 e-.'

602 603 6 \11 / \12

D2 D-.'

=

61 / 1

6 6 6 6 6

PI Pl P-., Q1 Q3

que panicndo del siguiente perfil en las tensiones

=

\1

[,m] 10; 10_ 102

"=[!]

lOma para la primera iteración los siguientes vulores

6,).42,) - .)1616 O 20.808 O

- 41616 67 .626 -10.-\04 - 26.010 O

O -10.404 10.-\04 O

O

-20.808 26.010 O 67 .626 -10.404

O O O -10.404 10.-\0-\

6 01

60 2 603 6 \11 / \11

=

61/1

0.5 O - 1 O -0.6

Resolviendo se obt iene el nuevo vector de es tado y la nueva toma del transformador:

e = [-7.59~.

102 " \1 =

10-0.0 16 -0.11 3

102 1005 [ 102

3

"

I

= 0.927

Se co mprueba que la loma del tra nsfo rm ador no supera límites. Con estos nuevo s valores se actuali za la mat riz de adm itancias de nudos y se obtienen las potencias "calcu ladas" en cada nudo:

0.'197] 0.-\96

p ,al =

0.071 ] 0.5~8

Qnll =

[ -0.077 1.06 1

[

O.IJI

-0.596

Como la m<.Íx im a potencia react iva que puede generarse en el nudo I es de 40 Mvar y la Qcal en el mismo es de 53.8 Mvar. el generador se encueI1lra fue ra de límites. Esto obliga a fijar la reactiva generada en el Iludo en 0.4 p.lI. y. por lo tanto. a cambiar el carácter del nudo que pasa a ser PQ. Deb ido a esto, el nuevo sistema a plal1lear e n esla segunda iteración sería:

O

H32

O H,' _., H33

Mil

MJ2

O

LII

N32 LJ2

M2!

M 22

L 22

M-:\'2

Ah) M33

L21

O

O

L .n

HII H2 1

H I'2 H21,

NII

Nrl

N1. 1

N22

N31

O

6el

e2 e3

6e1 6e3

O

6 \1 1/ \11

D, De.,

6 \1, / \12 61/1

=

i;P, 6 P2 6 P3 6 QI 6 Q, 6 Q3

68

Si~tp.mfl~

eléctri cos de potencia

qu e conduce a los va lores numéricos

6 1.886 - 40.8 15 O -30.71 6 20.841 O

- 41. 16 1 O - 11 67.099 -1 1 11 20.147 O -25. 156 - 1.061 1.06 1 - 1.061

31.708 -20.841 O 62.962 -40.815 O

-20. 147 O 25.3 10 - 1.06 1 - 1.061 1.061 - 41. 16 1 O 67.401 - 12.477 -1 1 11

~x

4.242· 10- 3 -0.077 0.06 1 - 0.1 38 - 0.15 1 - 3.95. 10- 3

=

Tras resolver esta segunda iteración se obti ene la nueva toma del transformador y las ten siones complejas en todos los nudos salvo e n el de referenc ia:

\1 =

1.02] 1.013 0.997 [ 1.02

(!

=

3 [-5.42~. 10- ] -0.014

{ = 0.921

-0. 105

Las nuevas potencias calculadas en los nudos y. con ellas, los nuevos residuos, son:

0.354 _ 0.538 1.228 . 10- 3 [ - 0. 6

p eal =

=

- [ 8.42;. 10_5] ~ p- -2.4 1 ·IO-~ -6.6 13 . 10- 4

~Q =

] [ -9.659- . IO -~ - 1.228. 10- 3 - 1.8 . 10- 4

Se alcanza la convergencia con un crror menor del admitido. 10- 2 p.lI .. Y sin superar límites en la toma del transform ador.

La toma de l tran sformador. 0.92 1, se ha de ajustar al valor discreto más próxi mo. en este caso 0.92. Con este nuevo valor de la tom a y las ten siones anteriormente obtenidas se determinan los nuevos residuos de pOlencia en los nudos para comprobar límites (previa actualización de la matri z de admitancias de nudos):

_ [

~p-

842;. 10_5] - 1.016.10- 3 7.686· 10-·

~Q [-9.65~. 10-~] -0.011 =

8.351 . 10- 3

En el nudo 2 el residuo de react iva supera cllím ite de error. - 0.01 p.u ., con lo que es necesario volver

a iterar fijando la toma del transformador a 0.92 p. u .. y liberando la te n~ión de l nudo 3 que pasa a ser un nudo PQ. El nuevo sistema a resol ver es el correspondiente a tres nudos PQ (recuérdese que en el nudo 1 se superó ellímÍle de reacliva modificando su carác ter inicial de PV):

HI I HlI

H l2

/f u

N J!

N I2

N I3

~el

~ Pl

Hn

H23

N21 N31

Nn

N23

~(!2

~ P2

N~? >-

N33 L 13 L 23 L 33

~(!3

H31

H32

M" M21 M31

MJ2

H33 M13

L"

L I2

Mn

M 23

L 21

L22

M32

M33

L31

L32

~

\11/ \11 \12 / \12 ~ \13 / \13

.,

~ P'

=

~ QI

~ Q2

~

~ Q3

que obtiene los valores numéricos

61.223 -40.253 O - 30.3 12 20.566 O

- 40.605 66.452 - 11.01 2 19.863 -24.867 1.001

O - 11.012 11.012 O - l.OO 1 - l.OO 1

31.3 12 -20.566 O 62.025 - 40.253 O

- 19.863 24.869 -1.00 1 - 40.605 66.474 - 11.012

O 1.00 1 -1.00 1 O - 11.012 9.796

~x

=

8.427. 10-5 - 1.0 16 . 10- 3 7.686. 10- 4 -9.659 . 10- 4 - 0.01 1 8.35 1 . 10- 3

Capítul o 5 / Flujo de carg as

69

Tras resolver este sistema y actua lizar las tensiones complejas en todos los nudos salvo e l de refe rencia, el es li.lc!o de la red res ulta:

V

=

~.

1.02 : 1.013 0 .997 [ 1. 021

e = [ -5.4- 00 1 1014

3 •

- 0. 105

Si se calc ulan ahora las potencias inyectadas e n los nudos y los residuos co rrespond ientes se obtie ne:

0.356. 0.4 [

6.-1-1 . 10- 7

=>

- 0.6

6.P

=

[ - 1 1.007 . 10- ' 1. 149 .1 0- 6 - 1.173.10- 6

_ 6.Q-

[-S.47~ . - 6.44. 10-

10_R: 7

-7.175. 10- 6

alcanzá ndose por ta nto la co nvergenc ia de l método. El slack genera 51 . [ MW y 35 .6 Mvar. m ientras que el ge nerador 1 ha ll egado al lím ite de re ac ti va no s iendo capaz de mantener la tens ión de l Il udo al que se enc uentra conectado en 1.02 p.lI .. Y quedando e n 1.0 13 p.ll.

5.4.

De la red de la Figura 5.5 se conocen los datos (tod os ellos bajo una misma base) ind icados e n las Tablas 5. 10 Y 5.11. El transformador situado entre los em barrados I y 2 posee to mas variables en el lado de baja (nudo 2) y mantiene la tensión de l nudo 1 a 1.00. seg ún se indica en la Tabla 5. 10. l. Plan tear numéri ca melllc las ec uacio nes necesarias para resolver e l reparto de ca rgas por el método de Newton-Raphson (matri z de adm itancias. vector de resi du os y jacobiano en la primera iteración). 2. S upo niendo q ue 1 = 0 .98,11, = 1.0092 1- 0.20.> Y 1.(2 = 0. 9891 - 0.295 . determin ar los fluj os de potenc ia por la línea y el transformador. así como las potencias ac ti va y reactiva sumin is tradas por los dos ge neradores.

o

2 1:,

e{

Figura 5.5 Esquem a u nifilar de la red del Problem a 5.4.

Nudos

o 2

Tensiones 1.01 1.0 1.0

Potencias

Se

Se = 3 + l j = 2 + j,PG = 0.4, -1

< QG < 1

Tab la 5.1 0 Datos de los nudos para la red de la Figu ra 5.5.

70


Modelo Z - 0.08j . \:I,hum/2 - 0.01 j Zcc = O.I} \:1 = O. IS}

Elem entos Línea 0- 1 Transformador 1-2 Condensador en O

Tabla 5.11 Datos de los elementos de [a red de la Figura 5.5.

Resolució n 1. Utilizando para el transformador elmisl110 modelo en rr que se utilizó para el Problema 5.3. dera ll ado en la Figura 5.4. y un valor inicial de la loma de l. la matri z ele admitancias de nudos para este problema resulta ser: -1234 j 12.Sj y = 12.Sj - 2249j [ 10j O En e~le casu. el carúcter de cada nudu. f Ullcióll Lk las lell siullt:!s y pULel l(;ias fijadas y cunuc idas en cada uno de ellos. define la siguiente Tabla 5.12 de datos e incógnitas:

Nudo

TIpo

O

S/ack

2

PII PQ

Datos

110 - 1.02 11, = 1.00 112 = 1.00

pes p

,

Incógnitas

ea _

-

P~'sp

Po

0.0

-3 Oes p

'- '

-

= -1.6

-2

e, e2

Qo I

Q2

Tab la 5 .1 2 Dato s e incógn itas del P roblema 5.4.

Las ecuac io nes q ue hay que resolver son por tanto: o - ..)

p 1eal --

Pi'"

= O

- 2 - Q ~al

=O

-1.6 -

O

que. tras aplicar el algoritmo de Newton -Raphson dan lugar al sistema

e

= 10 Partiendo del perfil de tensiones \/ = [1.01 1 If . anterior, los siguientes valores numéricos para b primera iteración:

o OIT

se obtienen. para el sistema

22.g2S [ -10 Reso lviendo este sistema se obtendrían los nuevos valores para 8 \, (h Y 1. Se actualizaría la mat ri z de adm itancias de nudos con el nuevo va lor de la toma y se procedería a obtener las ll uevas potencias inyectadas en los mismos. El objetivo es comprobar los límites de react iva y de la toma del transformador, así como los residuos de potencia.

l

2. Part iendo de los datos fijados en este apartado del problema. a saber.

11 =

1.01 1.0092

[ 0.9890

e=

[-0. ~03S6l - 0.00515

I

= 0.98

Capítulo 5! Flujo de carga s

la matriz de admitancias de nudos resultante es : - 12.34 j y

=

[

12.5j

O

12 .5j -22.49j 10.240j

() 10.240j - 10.412j

71

]

s iendo posibl e determinar con ella y con las tensiones cualquier magnitud d e interés. Así. las potencias activas y reactivas suministradas por los generadores requieren determinar las potencias calculadas en cada nudo : P&"I = \lo \1 1(G 11 eos eOI + BII sen eol ) = 0.045

Qüal = \lo \11 (G 11 sen eOI

- B I] cos eOI)

= - 0. 153

El nudo de re fere ncia genera una potencia activa de 0.045 p.lI . Y consume 0. 153 p.lI . de potencia reactiva. En el nudo 2 se obtiene:

Q~al

= V2 VI (G 11 sen e21

- B 11 cos e21)

=-

1.594 .

jQ - .

Como en este nudo existe una carga que consume una potencia reactiva de I p.ll .. la que suministra el generador será de 1 - 1.594 · jQ - . = 0.99 p.u. Para determinar los flujos de potencia por las líneas se aplica la siguiente expresió n:

Separando por un lado la parte real y por otro la imagi nari a se obt ienen los flujos por las líneas . Para e l caso de la línea que une el nudo Ocon el l . como no posee resistencia. los Aujos de activa en lino y otro extremo so n coincidentes : sen 801 0.045 POI = - PIO = Vo VI --:-:-XOI

En cua nto a la reactiva resu lta: :?:

QOI = \lo

QIO =

2

(

1

X O]

1

8-'1""") 01

~-

2

'h' ' ')

B01

\1 1 ( XOI - -2-

cos eo 1 - Vo \11 --:-c--'-'. XOI .

e10

- VI Vo -cos --'" XOI

- 2.026 . 10- 5

- 0.02

Se deduce entonces que la línea produce una pOlencia react iva de valor I QOI + Qlol = 0.02002 p.u. Análogamente se obtienen las potencias en uno y otro extremo del transformador. En este caso result a más fácil determinar la potencia reacti va al no existir admitancias a tierra. si bien no se ha de o lvidar la toma del transformador: 0.016

En el tra nsformador se producen unas pérdidas de potencia reactiva de vaior QI 2

+ Q 21 =

0.257 ·

10- · p.u.

5 .5.

Para la red de tres nudos de la Figura 5.6 y los datos indicados en las Tablas 5.13 y 5.14 (potencia base SR = 100 MVA), se desea tener una tensión de 1.0 p.u. en el nudo L sabiendo que la tensión en los otros nudos se mantiene a 1.04 p.ll. Determinar: l . Tensiones en módulo y fase en los tres nudos utilizando el método desacoplado rápido (FDLF) . para un error máximo de 2 MW o Mvar en las potencias . 2. Reactiva que suministra la batería de condensadores dei nuelo l.

72


3. El rendimi ento de la red.

o

--'--,.---'-- 2


Nudos O

Potencias (p.u .)

Se = I.O+ 0.8} Pe = 0.6

2


Líneas

Impedancias en p.u.

ZJ"hUE11/2 en p .u.

0- 1 0-2

0.0 1 + fU } 0.l5} O.S}

o

1-2

O.OS } 0.05i

Tabla 5.14 Datos de las lineas de la red de la Figura 5.6.

Resolución l. La mat riz de admitancias de nudos es:

y =

[

0.99 - 13.S51 } -0.99+9 .90 1}

- 0.99 + 9.901 } 0.99 - II.X51 } . 7 - }'

4}

-t} 7' - }

]

- §.9}

De acue rdo al e nu nciado todos los nudos resultan ser PV. obte ni éndose la Tabla 5. 15 que res ume los datos e in cógnitas del proble ma.

Nudo

o

Tipo Sl"ck

2

PV PV

Datos Vo - 1.04 00 - 0.0 V, = 1.00 P, = - 1 Vo = I.O-t P2 = 0.6

Incógnitas

Tabla 5.15 Datos e incógnitas del Problema 5.5.

Las ecuac iones

ti

resolver son por tanto:

- 1 - P~"' = O

0.6 -

Pf'"

= O

Cap itu lo 5 / Fluj o de ca rg as

73

En el problema prop uesto. al estar fij adas las te nsiones, las únicas incógnitas son los ángul os. Por tanto, la subi teración de reactiva del método desacoplado rápido (FDLF) no se te ndrá en c uenta. La matri z B ' del subproble ma de activa resul ta ser:

Tras calcu lar el vec tor de residuos de potencias activas de la misma forma en la que se ve nían calcu lando e n los problemas anteriore s, e l proble ma acti vo e n su pri mera iteración queda CO I11 O:

6 ? 1] 12 [ -2

-2

68,

V,

6][682 ]=[ 6P2

[(- 1 - 0.04 1)C 1.00 = (0.6+0 .04)

V2

1.04

cuya sol ución actu aliza el \lcc tor de <.'ín gulos

8 = [_00068] 0.074 Procede ah ora calcular los residuos de potencia activa e n Jos Iludos 1 y 2 Y comprobar si se ha alcan zado o no la convergencia.

6P

= p esp _

=

pc<,1

=[

[- 1 +- 1.028] 0.6 - 0.611

0~28]

- 0.0 11

El nudo I supera e l máx imo error permi ti do (2 MW ). por lo que se req ui ere una seg und a iteració n para reduc ir el error. El nuevo sistema a resolve r sólo modi fica. con respecto a la primera iteración el veclor independie nte:

12 [ -2

- 2] [ 681 ] 6 682

=

1~ e2 =

(0.028) 1.00 [ (- 0.0 11 ) 1.04

68 + 8 1

_00066] [ 0.073

Tras esta segunda ite rac ión se co mprueban de nuevo los res iduos:

6? =

[-69.854 25~ · 1010-~]'

que ahora re sullan se r menores que la toleranc ia. 2. Para determinar la reacti va que cede la batería de conde nsadores en e l nudo I se parte de la pote nci a reac tiva inyectada en dic ho nudo ( Q ~al ) :

Q\al = - OAI6 lo que signifi ca, al ser negativa, que en e l nudo llega a través de la re d un a reactiva de 41.6 M var. Como en el nud o ex iste una carga que cons ume 80 .0 Mvar, sig nifi ca que la batería de conde nsadores sumi ni stra una re acti va de 38.4 Mvar. 3. El rendim ie nto de l sistema es un a medida de las pérdidas que se es tán prod ucie ndo en la red. defin ié ndose como: P consumida

'1 =

P generada

74

Sistemas eléct ricos de potencia La potencia activa total consumida corresponde únicamente a la carga ex istellle e n el Iludo 1, siend o de 100 M\V. En cuanto a la potencia generada. adermís de los 60 MW producidos en 2. habría que obtener

la activa inyectada en O:

?/j.1 = 0.-\05 Por lo tanto. el rendimiento de la red rcsulra ser de:

r)

=

100 40.5

+ 60

100 = 99.-\54%

Cabe resaltar que el rendi miento ob teni do es bastante e levado debido a la idealización en el modelado de las líneas de la red. donde se ha despreciado la resistencia de las mismas salvo para una de ellas.

5.6.

La red de la Figura 5.7 se compone de dos plantas de generación que alimentan un centro de conSUIllO. De los generadores y de las líneas de lranspol1e se conocen los datos proporcionados por los fabricantes. Tablas 5.16 y 5.17. Ambos generadores están concclados a la red de transporte de 200 kV a través de tra nsformadores de 151200 kV. En un instante determinado. los consumos y generaciones son los siguien tes: • En el nudo O existe una carga que consume 200 MW. • La carga del nudo l consume 250 MW y 80 Mvar. inyectando la batería de condensadores conectada a dicho nudo 200 lvlvar para ayudar al manten imiento de su tensión. • El generador conectado al nudo 2 proporciona a la red 200 M W. Además. las tensiones de los los generadores O y 2 se mantienen a 15 k V Y 16.5 k V respectivamente. considerando cada generador y su centro de transformación como un grupo único. Para dicho estado de la red se pide: 1. Trabajando en p.U .. con palencia base de 100 MVA y una tensión base en la red de 200 kV,

determinar el estado de la red (tensiones en módu lo y fase) con un error en las potencias menor a 10 MW y 10 Mvar, utilizando el método desacoplado nípido (FDLF). 2. Calcular las intensidades que suministran los generadores a la sal ida de los transform ado res elevadores de tensión. 3. Comparar las tensiones que se obtendrían si el condensador del nudo I se modela como una admitanc ia. la correspondi e nt e a 200 Mvar c uando la tensión en el mismo es de I p.ll.

1;=

o

Figura 5.7 Esquema un i!i lar de la red de l Problema 5.6.

Planta

CO C2

SNOM

(MVA)

300 250

VN (kV) 15 15

Tabla 5.16 Dato s de los generadores de la red de la Figura 5.7.

Capítu lo 5 / Flujo de cargas

75

Y",¡,. (mS/fase) 25.0 37.5 30.0

Línea 0-1 0- 2 2-1

Tabla 5.17 Datos de las líneas de la red de la Fígura 5.7.

Resolución I. De acue rdo a la base fijada, Sil = 100 MVA y VB = 200 kV. la admit ancia base en las líneas es :

S8 YB = - , =400

Vii

Con esta admitancia se calculan las de línea en

=-

~o¡

¡).tI.:

~02

IOj

S

=-

15j

~O¡ =

-12j

y a panir de éstas. la matriz de adm itancias de nudos -25j Y= IOj [ 15j

10j -22j 12j

15j ] 12j -27j

Las tensiones base en los generadores coinciden con la del lado de baja de los transformadores, 15 kV al haber optado por una tensión base en el lado de alta coincidente con la tensión nominal de los transformadores en dicho nivel de tensión. Así. las tensiones en p.lI. en los nudos O y 2 son :

15 1'0 = - =1 15

16.5 \.-\0 = -=1.1 15

Finalmente s610 restaría determinar los consu mos y generaciones en p.u.:

e 200 Po = 100 = 2 e 250 + 80j _ . S¡ = 100 = 2.) + 0.8) G 200 Q¡ = 100=2 G

200 =2 100

P-, = -

-

La Tabla 5.18 define el carácter de cada nudo. PQ o P\I. en función de los datos e incógni tas.

Nudo O

Slack

2

PQ PV

Tipo

Dat os Vo - 1.02 80 - 0.0 P, = -2.5 Q¡ = 1.2 V, = 1.10 P, = 2.0

Incógnitas Po Qo 8, 1', 8, Q2

Tabla 5.18 Datos e incógnita s del Problema 5.6.

Las ecuaciones a resolver son por tanto las siguientes: p ~sp

Q~sp

_ Pfal

=O

_ Q~'" = O p;!,p _ p~a l = O

}=

- 2.5 - P~"¡ = O 1.2 -Q;"¡ = 0

2.0 - p~':L1 = O

}

76

Siste mas eléctricos de potenci a

Partiendo de un perfil de tensiones

el problema de ac ti va para la primera iterac ión del método desacop lado rá pido (FDLF) resulta se r:

22 , ~p [ B~ e =v= - 12

- 12 ] 27

[~e,] ~e2

- 2.5 1.0

= [

°1

2- 0 1.0

Una vez resuelto s e obtiene el nuevo vee ror de á ngulos:

e' =

II

M H

=

[:j]

= [

- 0, 102 ] 0,022

Co n esto s úngulos se obtiene n los res iduos de potencia reacti va para resolve r el subproblema de reac tiva:

B" ~V

=

~Q V

= [22][~ V,] [1.2 + =

1.0-18] 1.0

que permite act ualizar el módu lo de las tensiones en el único nudo PQ

V' =

~V

+ VO= [V,']

= [1.102]

Después de la primera it eración comp leta de l reparto de cargas desacop lad o rápido, las ten s iones nodal es son:

v'

=

V v,'d] = [V' 2

[1] 1. 102 1.1

Tras es ta primera iterac ió n compl eta se determinan los residuos de acti va:

[ ~P,] = ~ P2

[

OAI3] - 0.162

Al re sultar mayores que el límite, fijado en 0.1 p :u. , se rea liza un a segu nda iteración co menzando de nuevo por el prob lema de ac ti va:

22 [ - 12

- 0.083 ] 0,025

Con esto s áng ul os y las ten siones tras la pri mera it eració n se determinan los residuos de reac ti va: I~Q d

= 1- 0.077 1< 0, 1

No es necesa rio realiza r esta segunda s ubiteración para el proble ma reac ti vo a l haberse alcanzado ya e l ni ve l máxin1 0 de error permitido. En cu anto a los res iduos de acti va se obtie ne:

[ ~ P, ] = ~ P2

también me nores de 0. 1 p.ll.

[ -0.01 8 ] 0,020

Cap itulo 5 / Flujo de cargas

77

El estado dc la red obteni do es por lo tanto:

2. Pa ra calcular las intensidades por los generadores se van a determinar las potenc ias complejas sumin istradas por cada uno de ellos.

o

pOC = P ' + p(¡ } c -_ Q"" ==> QO O a

P2G = 2

Qj; = Q~'" = 1. 71 1

pOC = 2.5 UI

} ==>

Qg = - 2.m

sg = 2.501 -

2.479}

} ==>Sf =2 + 1.711}

Las illlcnsidades q u~ se obtienen por los generado res son :

sG

1-. = ~ = 2.393 -

V2

Ut il izando las intensidades de base correspondientes. que en este caso son coinciden tes y de valor 1B =

~

~ =

.

..

k

3.8-+9. se obtienen las JIllensldades en ' A:

v 3 VIJ /0 = 13.554 kA

/2 = 9.2 1 kA

3. En este caso la matriz de adm itancias de nudos incluiría la admitancia de la batería de condc nsadores en' cl nucl o 1 co n el valor correspondiente a los nominales asociados al mismo. es decir. 200

I

y cond _ _ _ _ __ , - 200 2 - 200

S

==>

yr

ond

= 2 p.t!.

De esta forma la matriz de admitancias de Budos vale:

Y=

-25} l O} [ 15}

lO} - 20} ? . I -}

15} ] 1)-}. - 27}

El carácter de los nudos es el mismo que an te s. difiriendo tan sólo en la tabla de datos e incógnitas la potencia reacti va especificada en el Iludo 1. que pasa de se r Q ~;'P = 1. 2 a º ~~p = 0. 8. Partie ndo de l mi smo perfi l de ten siones ini c iales que se usó en el prime r apartado. e l mélOdo desacoplado rápido converge tras dos iteracio nes co mpl etas obteni endo el siguiente vecto r de estado:

Si se calcula la palencia reactiva cedida po r [a batería de condensadores se obtie ne: Q cond

=

V? . y~ond = 2.504 p.lI.

es decir. cede 223 Mvar en lugar de los 200 Mvar que corresponden cuando la tensión de l nudo 1 es I p.L1.

5.7..

De la red de la Figura 5.8 se sabe que los generadores mantiene n las tensiones e n los nudos res pec ti vos a 1 p.L1. Así mismo. el tran sformador situado en tre los e mbarrados 2 y· 3 posee tomas variab les e n el lado del nudo 2. En el nudo 3 ex iste una bate ría de condensadores de adm itancia 0.1 p.u. (SIJ = 100 MVA). El reslO de los da tos de la red se muestra en las Tablas 5.19 y 5.20. l. Pm1 iendo del perfil plano y de un va lor para la loma del transformador de 1.1, resolve r e l reparto de cargas mediante el método desacoplado r. ípido (FDLF) con un error menor a 10- 2 p.L1 .

78

Sistemas eléctricos de pot encia

2. Tras analizar las tensiones obtenidas e n el apartado anterior discutir la co nveniencia o no de modificar e l valor de la toma del trans formador. En caso positivo r-:ropo ner un lluevo valor y determina r e l nuevo estado de la red sobre la base de la nueva relaci ón de transformación adoptada.

o

-L 3

T Figura 5.8 Esquema unifilar de la red del Problema 5.7.

Nudos

O

Tension es en p.u. 1.0 1.0

2

3

Potencias

PG = 100 MW. - 75 < QG < 110 Mvar Pe = 100 MW. Qe = 100 Mvar Pe = 100 MW. Qc = 100 Mvar


Ramas 0-2 1-2 2-3

Impedancias en p .u . 0.001 +0.05} 0.001 + 0.05} O.I}

}j~hun¡ en

p.u.

O.I} O.I }

Tabla 5.20 Datos de las ramas de la red de la Figura 5.8.

Resolución

1. La matriz de admitancias de Iludos. tras adoptar el modelo en ] f. para e l transformador. como se ha hecho en otros problemas ameriores. con un valor en la toma de 1. 1 resulta ser: 0.-1- 19.9-12}

o

O

DA 19 .942j - 004 + 19.992} O

y= [

- 0.-1

+d9.992}

-DA + 19.992} - 0.4 + 19.992j 0.8 - 48.148} 9.091}

9.0t}]

-9.9j

La Tabla 5.21 denne el carácter de cada nudo. PQ o PV. en función de los datos e incógni tas. Nudo

O 2

3

TIpo Stock PV PQ PQ

Datos liD - 0.0 VI = 1.02 PI = 1.0 P2 = -1.0 Q2 = - 1.0 P3 = - 1.0 Q3 = - 1.0

VD = 1.02

Incógnitas

Po

Qo

li l li2 li3

QI

Tabla 5.21 Datos e incógnitas del Problema 5.7.

V2 V3

Capítulo 5 / Flujo de cargas

79

Las ecuaciones a resolver son por tanto las siguientes: p~sp _

Pf:J' = O

p;:. p -

P2a1 =

1- p ral = O

o Qca'_o 2 -

- 1 - P :J1 =

O

Q~~P

- Q]:Jl = O

P3CSP

_

2

~ ---."

1-

-

P5., al = O

-1 - N'" ., =0

Q;'P- Q3·1 = O

., = 0

Q ~"

_ 1-

Partiendo de un perfil plano en las tensiones. el problema activo para la primera iteración del método desacoplado rápido (FDLF) resulta ser:

1-0 t;p , BM = V =

[

-20 50 O - 10

20 - 20

O - 10 10

][;:~]

LO =

-1-0

LO -1-0

LO Una vez resuelto se obtiene el lluevo vector de ángulos:

Con estos ángu los se obti enen los res iduos de potencia reactiva para resol ver el subproblema de reac- ,

tiva: "

B t;V =

t; Q

V=

-1 + 0.

791

-9.091 t;V, LO 9.9 J [t;V; J = [ -1-0. 855

[48.1-18 - 9.091

1

LO que actualiza el módulo de las ten siones en los Iludos PQ

Vi = t; V

VO =

+

[Vi] = [0.952J Vi 0.769 3

Después de la primera iteración completa del reparto de cargas desacoplado rápido (FDLF). las tensiones nada les son:

I

V =

VdV,I ] V' = [V-'2

[1

1

1

0.952 0.769

1 1

I

O =

6 0 0Oi :

[

e!

O [O -o.o~1 - 0.1)

.'

>

Al finalizar la subiteración de reactiva se halla la potencia generada en el nudo l . para así chequear los límites de reactiva del generador. Se obtiene Q ~al = 0.915. con lo que el generador está suministrando a la red 91.5 Mvar que no supera los límites del mi smo. Los residuos de palencia activa son:

0.029 ] 0.27-1 - 0.336 y. por lo Lanlo mayores dell ímiLc fijado en 0.01 p.lL

80


La segunda iteración del problema act ivo actua liLa los ángulos: 0.029

[

-'10 -10 50 O -10 20

O - 10 10

,

1.0 0.27-1

][~~~]

0.952 - 0.336 0.769

=

g-'

=

LlO

+ O" =

[8':J]

[ --1.555 . 10-' ] - 0.056 -0.2

-

Se determinan los lluevas res iduos de potencia reactiva y se resuelve este subprob le ma:

- 0.08-1 -18.1-18 [ -9.091

- 9.09IJ 9.9

[Ll II'J = 0.952 Ll 113 [ _ 0.265 0.769

J

= 11 2= 1:0 11 + 11' = [II~J = [0.9-12J 11, 0.72-1

La potencia generada en el Iludo l . para comprobar los límites de reactiva del generador. resulta ser Q~'ill = 1.119 > J. IO. con lo que el generador se encuentra fuera de límites . Esto transforma e l carácter del nudo 1 que pasa a ser PQ. liberándose I.a tensión en él y fijando su reactiva en 1.1 p.Ll. Para determ inar cómo afecta este cambio a las tensiones. se han de calcular las se nsibilidades de todos los n udos co n rcspeclO a esta variación de reactiva en el nudo 1. Para e llo se resuelve el sistcma B~'mpI5 = b.Q . con

8 ;':111pl referente a todos los nudos PQ. y b. Q reflejando el ca mbio de reac tiva uniwrio en el Il udo l. El sistema resultantc y su solución son:

- 19.992 48 . 1-18 - 9.091

O] S

- 9.091 9.9

=

[IJ O O

=

10 1] S = [0. 0.051 0.0-17

Una vez obtenidas las sensibi lidades y sobre la base de la variación de reactiva que sufre el nudo l . .6Q I = Q'lnh - º~'al = - 0.019. se recalculan las tens iones:

II~ [0.0.7_-1 9~2] + [.1'15, ..I:oQQ,,J [09~~] ,-

11'] [ ,,_,

S, .I:oQ,

1

=

0.998

=

1:0

0.7 __,

Finalmen te. de spués de la segunda iterac ión completa. las tcns i on.~s nodales

,,1 [~1l ,,1, =

V2

=

[0~98l

02

--O = 0,O'".(; - = [-4.)))'

0 .941

[(J}O,-

O. 7?' - ,)

.,

.1

Para ver s i se ha alcal1Lado o no la com'crgencia aC liva:

= [

~e

SO I1 :

1O- .~ -0.056 - O? .-

j

determinan de nuevo los res iduos dc potencia

~.~~~ J

-0.114 Se ha de ir pues a un a tercera iterac ión .

E l método desacoplado nípido (F DL F) co nverge tras seis iteraciones completas. siendo la evolu cid l1 de los resi duos de potenc ia al principio de cada subite rac ión la que se mues tra e n la Fig ura 5.9.

Capitulo 5 / Fl ujo de cargas

81

- Activa, - - Reactiva

,

, ,

,

,\.

\,

,

°O~------~------~2----'~'=-~~3~~~~'-~-~4~~~~~5~~~--~6 Numero de iteración

Figura 5.9 Evolución de los res iduos en cada subiteración del Apartado 1 del Problema 5.7.

Los residuos de pOlencia activa y reactiva Iras la sexta iterac ión son:

'" PI] [ [ '" P, "' PJ

'" º,] ["'º,

7.058 . 10-" ] 4.082 . 10-' -2.662· 10- 3

=

=

[ -2. , 28. 10- "] - 1. 199.10- 3

Las ten siones en los Iludos qu e se obt ienen va le n:

\1 7 --

[:;~]- [0~9l V,7

-

,

V-7

09'0 ..,,-

8= 7

[ :(]

8,

e!

0.699

~

[3.369 O0-"] -0.0)3 - 0.222

.'

La reactiva inyectada por el gene rado r e n e l nudo 1 resulta Q~al = 1. 1 y. e n co nsec ue nc ia. éste se e ncuc ntm justo e n el lími te de potencia reac tiva. no pud ie ndo mantener la tensión a I p.lI . pe ro sí mu y próx i ma. 0.99 p.Ll.

2.- Si se anal izan las tensiones obtenidas en e l apartado ante rior. se puede ve r c larame nte que la te nsión del nudo 3 resulta inadmi sible por se r demasiado baja. 0.699 p.ll. Una posibilidad para aumen tar esta te nsió n consiste e n bajar la toma deltransfoJ'l11ador. Convendría por tantO ana li zar e l re parto de cargas hacie ndo la loma de l transform ador igual a su lím ite inferior 0 .9 p.ll. Proced ie ndo de forma sim ilar al apartado anterior una vez actualizada la matriz de adm ita ncias de Iludas con el nuevo valor de la toma. el método desacoplado rápido (FD LF) converge en tres ilerac iones complclas obteniendo el siguiente vec tor de te nsiones:

,,3

(J.l

O

\, -, =

O

\1 3 1

,

\,3

\1 .1 .1

=

roL

0.948

8.1 =

8.1 1

(Jf

O'3

-

[-,;;:~o'l - 0.0)_ -0.153

82 . Sistemas eléctricos de potencia y los siguientes residuos de potencia

.IO-"'J [ ~~QQ2J3 = [-3.07 -1.36.103

En la Figura 5.10 se mues tra la evolución de los residuos de pOlencia para este caso.

- Activa , - - Reactiva

,

, ,

, ,

,

,

,

°o1-----c:":---~===::::~';:===-==-': 2-'="-~==-:":'----'!3 0.5 1.5 2.5 Nümero de iteración

Figura 5.10 Evolución de los resid uos en cada subiteración del Apa rtado 2 del Problema 5.7.

La re act iva inyectada en I resulla ser de 10.75 Mvar. encontrándose por tanto dentro de límites y pudiendo así mantenerse a I p.lI. la tensión en dicho nudo. Además de haberse conseguido esto. se ha mejorado drcÍst ica menre la tensión de l nudo 3 con res pecto al caso inicial. pasando de 0.699 p.ll. a 0.948 p.lI .

Parte 11

CONTROL DEL SISTEMA DE POTENCIA

~

CAPITULO

CONTROL DE FRECUENCIA

En la exp lotación diari a de un sistema eléctrico. tanto las tensiones

C0l110

la frecuencia de las

s~ñ . dcs

deben ser obje to de un adecuado control. La práctica demuestra la conveniencia de desacopl ar ambos problemas. da ndo lugar a [os cOl1trolesji'ecll ellcia/potellcia actin/ y tellsiófI!¡mlencia reacril'{f. Así. mientras que la frecuen cia de las señales en la red muestra una fuerte depende nci a de las va riaciones en la potencia activa que se genera. transporta y consume en la recl. los módulos ele las tensiones en los nudos eléctricos se ven afectados principalmente por cambios en la potencia reacti va. Históricamente. la fllerte dependencia entre pOlencia activa y frecuencia hacía de la monitorización y control de la frecuencia de la red la principal actividad en la explot;.¡ción del siste ma buscando aseguraren cada mome nto el balance entre generac ión y co nsumo. siempre que el sistema dispusiera ele los suficie ntes recursos de pOlencia reac tiva para mUlllcncr las tensiones próximas a sus \'alore~ nominal es. No obstante. prollto se comprendió que el co ntrol de la gene raci6n de potencia activa 110 era suficie nte. De hec ho. una mala ges tión de las tensiones puede hacer impracticables los !lujos de potencia acti va . comprometiendo la viabilidad del sistemu. En la actualidad. el problema del control pOlellcia aClÍ\y¡(!i'ecueflcia ha alcanzado una solució n prác· tica sat isfac toria con la implementación. totalmente automática e n la mayoría de los casos. de determinados al goritmos de control que reúnen simu!táneamcIlle las características de senc illez. liabilidad y bajo requerimiento de información en tiempo real. La eficiencia de la implementación de di cho \.:olllrol ~L' llt.:bc principalmente a la utilización de una estructura jeJ"Úrquica en varios niveles (Figura 6. I ): • Un primer ni vel. de respuesta rápida y de carácter local. basado principalmente en los regu ladore s de veloc idad de los generadores. Su misión co nsiste en estabilizar las pe rturbac iones de rrecu~ncii.l en la red debidas a descqui librios de potencia. • Un seg un do nivel. lento y de carácter zo nal. encargado de fijar las consign as ele generación de los reguladores de l nivel primario, basado en cri teri os de mínimo coste de explotació n. • Un lercer nivel. presente en sistemas eléc tricos divididos en áreas de ~conlrol (po r ejemplo. C0l110 consecuencia de la coexistencia de va rias compañías eléctricas). y clly~ misión consiste en coo rdinar las d istin tas áreas de controL introd uciendo cri terios de opt imalidad a nivel globa l. No obsta nte. es necesario tene r en cue nta que el de sacoplo de los problemas ele control relativos a las potencias activa y reactiva no es perfecto debido a que cualqu ier aC lLIación o perturbac ión sobre 11.1 red

86


Consignas

Com.ignas

Coordinación

ACl uacione:-.

NIVEL TERCIAR IO

NIVEL SECUNDA RI O

NIVEL PRIMARIO

(Global)

(Zonal)

(Local )

Figura 6.1 Estructura jerá rquica de los mecanismos de control en un sistema eléctrico. siempre afecta a ambos problemas en mayor o menor medida. Este hecho es pUl1icularmente relevante en los fenómenos que po nen en ent redicho la estabilidad del sistema y en los transito rios debidos a actuaciones sobre controles de elevada gananc ia.

6.2. LOS ELEMENTOS

EL GENERADOR El conjunto turb ina-generador constitu ye un sistema mecánico que reali za la co nve rsión de potencia mecánica. PIII ' en potencia eléctrica. Pi" La diferencia de potencias se in vierte en acelerar di cho sistema:

Pm

-

Pe = w la = Ma

donde w y a son la "clocidad y la acelcración angular respectivamente. 1 es el momcllto de inercia y M es el momcnto angu lar del conjunto. Considerando variaciones respecto al equ ili brio (PIII = Pe). podemos reescribir la ecuac ión anteriur en el dominio de Laplucc como: siendo Mil = WI/ 1 el momento angular a velocidad nominal. La potencia mecánica que utili za la turbina para su conversión viene gobernada por la posición de la v,í1vula que regula la entrada de agua. vapor u otra fuente de energía.

EL SISTEMA ELÉCTRICO La potencia eléctrica que absorbe el sistema puede va riar respecto a un punto de equi librio debido a dos compone ntes. La primera es por la variación ele la demanda. ~ Pe . mientras que la segu nda. gobernada por el coeficiente D de sensibilidad de la carga frente a la frecuencia de trabajo. da cuenta de dicho fenómeno: óP, = óPc + Dów

----

• • ••

És te es el primer mecanismo de control de frecuencia que encontramos. Actúa producie ndo variaciones en la posición de la válvula de la turbina. y. por tanto. una variación en la potencia mecánica. so bre la base de dos entradas. La primera es ~f = 2rr ~w. diferencia entre la frecue ncia medida mediante un

Capitu lo 6/ Control de frecuencia

87

tacó metro y la co nsigna de frecue ncia de la red. 50 Hz en Europa. 60 Hz en bue na parte de América. La seg unda entrada de este control es la variación en la potencia de consigna de l generador. 6. Pn:r:

donde R, en HzJMW. es la constante de l regulador que ex presa el cambio de frecuenc ia que hace que e l generador pase de trabajar en vacío a plena carga. Un control proporcional como éste no es capaz de evitar los errores en régimen perm ane nte. por lo qu e serán necesarios otros mecanismos de control.

El control de ve locidad se muestra insuficiente a la ho ra de garantizar la frecuencia nominal en la red , por lo que se hace necesari o un control secu ndario que actúe sobre la consigna del co ntrol pri mario.

SISTEMA AISLADO

En \.m

S\S\e\11'd o\'::.'ouo. '50\11 \n\crcan'lb\o'S de potencia con e\ exterior. es posib\c g,aranüzar la \'recuenciu nomina l mediante un control integra l. Si teneIllOS un único gene rador. o un generador equi vale nte de un conjunto de e ll os. bastará con utiliza r un cont rol que en el dominio de Laplace tenga la ecuación:

K

!J. Pro[ = -!J.f s En el caso de varios generadores. habrá que elaborar alguna estrategia de reparto de fj. Pn:r entre ílqUC1{OS que partic\pcn en e{ control en razón a la potencia norninaL la velocidad de actuac ión o consideracio nes económicas.

SISTE MA INTERCONECTADO En una red eléct ri ca con interconexiones. ade más del problema del control de frecue ncia. surge el de sarisfaccr los intercambios Pij pactados con otras redes. Para solucionar dicho problema. se acude a un control integral sobre ulla magnitud. el cITar de control de área (ECA). que. pa ra un área;. se define como: j

ECA;

=

L!J. Pu + fJ;!J. f j

Siendo ~ Pi} la variación en la potencia que el área ¡ exporta al área j a través de sus interconexiones. En la práctica. el va lor de f3i que se adopta es tá relacionado con la constante estát ica equi valente de la red R~qi y el coefic iente de se nsibilidad de la carga frente a la frecuencia Di . siendo un valor con buenas propiedades f3i = 1/ Rl'qi + Di . ya que en ese caso el ECA se interpreta como el exceso de generación del úrea. En la Figura 6.2 se muestra un esquema con este bucle de control. ó. Pi}

+

ECA;

Bucle primario

+

!!.f " - --

- -- --1

fJ;

Figura 6.2 Esquema de control secunda rio potencia-frecuencia.

88

Si stema s eléctricos de pote ncia


Un grupo lUrbina-generador de 500 MVA . 50 Hz tiene una constante de regulación de 0.05 p.u. Si la red a la que se conec ta el generador sufre un ~I = 0.0 l Hz en régimen permanente, calcu la r la variación de la potencia mecánica suministrada por la turbina. Calcular asimismo el cambio de consigna necesario para mantener la potencia del generador.

Resoluci ón La variación de frecuencia . en p.u .. es: 0.01

e:,I = SO = 2 La va riación de potencia mec<.1nica. teniendo en cuenta que no ex iste modificación de consigna

(e:, P", = O) es. en

p.lI. :

Para res tablecer la potencia. se rá necesario un cambio en la potencia de referencia:

e:, P",

= O = e:, Prer -

1

R e:,I

=}

e:, P"r

1

= R e:,f = 2 MW

Luego. suponiendo que dicho cambio no afecta a la frec uencia de la red. concluimos que es necesari o subir 2 MW la refcrcncia de potencia generada .

6.2.

Dos generadores síncronos de 50 Hz sum inistran potencia a una misma carga. El primer generador tiene una constante de regulación NI = 0 .03 p.lI. sobre un~ base de 337 MW. mientras que el segundo tiene Rl = 0 .05 p.lI . en una base de 420 MW. Determinar la fracción que asume cada generador de un incremento de demanda del 10% de la capacidad máxima de generación.

Resolució n Pasaremos. en primer lugar las constantes de regulación a una misma base. que será la capacidaclmúxima de generación. S' = 757 M\Y El cambio de base lo realizaremos con la expres ió n:

R'

=

R·

s' s

(6.1 )

obteniendo R¡

= 0.03.

757 337

= 0.0674

757 R2 = 0.05 . -120 = 0.0901 Puesto q ue para un incremento en la dema nda ó. P . ignorando las pérdidas. se tiene que:

e:,p

t:,f = e:, PI + e:,p, = __ o

-

t:,f -

RI

la constante de regulación eq uivalente satisface

1 e:, P I 1 - = -- = - + R e:,f R¡ R2

-

R2

Capitu lo 6 / Co ntrol de frecuencia

89

de donde obtenemos R = 0.0384. La variación dc frecue ncia para !; P = 0.1 p.u. es:

!;f

=-

=-

R !; P

0.00384 p.u.

= - 0.1928 Hz

co n lo cual !;?¡

!;P2

==-

~{ ~;

= 0.0572 p.u. = 43 .32 MW = 0.0428 p.u. = 32 .39 MW

o lo que es lo mi smo. el incremento de potencia 6 P es asu mido en un 57.2% por el generador l. yen un 42.8% po r el 2.

6.3.

Un área de un sistema eléctrico de 60 Hz posee tres unidades de generación de 1000.750 Y 500 MVA. La constante de re~ulación de las unidades es de 0.05 en p .ll .. tomando C0 l11 0 base la potencia nominal de cada unidad. Cada generador está trabajando inicialmente a la mitad de su capacidad, produciéndose un incremento de carga en la red de 200 MW. Calcular: a) El incremento de frecuenc ia en rég imen perm anente. b) La variación de la potencia generada por cada unidad. Resolución Es necesario ex presar R en un a única base 58 = 1000 MVA. por lo que usaremos la Ecuación (6. 1). con la que obtenernos:

R ¡ = 0.05

1000 R2 = 0.05 · 750 = 0.066

R,

= 0.05·

1000 500

= 0. 1

Para cada generador ; . en régimen permanente

y teni endo en cuenla que

Ó. P Rl

= Ó. P Rl = /:). P R3 = O:

L donde l / Roe¡ = ~ ,

+

~,

+ ~.1

!; ?",

= 0. 2 =

-!;fI Roe¡

= -15 p.u . Así. obtenemos:

!;f

=-

4.-14 . 10- 3 p.lI.

= -0.26 Hz

Dicha variación en la frecuencia lleva asociada variaciones en las po tenc ias de los generadores: I

!; ?""

=-

-

!;f

= 0.088

p.u.

= 88 MW

!; ?",2

=-

I 112!;f

= 0.067

p.u.

= 67 MW

!; P",3

= --¡¡!;f , = 0.044

p. u.

= 44 MW -

R¡

I

Puede verse que ha habido un reparto del incremento de demanda proporcional a las po tencias nominales debido a que los ge neradores poseen las mismas constan tes R e n sus bases corres pondien tes.

90


6.4.

Un sistema eléctrico de 50 Hz está constituido por dos áreas interconectadas. de las siguientes canlcterísticas:

Capacidad de generación {3

Area 1 2000MW 700 MW/Hz

Area 2 4000MW 1400 MW/Hz

Cada área está generando la mitad de su capacidad de generación cuando se produce un aumento repentino de carga en el área I de 100 MW. Calcular la variación en régin~en permanente de la frecuencia y de la potencia intercambiada por las áreas con y sin control secundario potencia-frecuencia. Nota: despreciar el coeficiente D de sensibilidad de la carga ante la frecuencia.

Resolución Consideramos en primer lugar el caso sin control secundario potencia-frecuencia, con lo que todo el control recae en el bucle primario. Las ecuaciones de dicho bucle SOI1. para ambas áreas:

óp",[

=

óPX [

-

{3[ óf

ÓP",2 = ÓPR2 - {32óf Por no haber regulación secundaria. las consignas no varían (!:!1 PRJ = l::J. PR2 = O). Además. sabemos que el increm ento de carga debe ser asumido por las dos áreas. !:!1 Pm J + l::J. Pm2 = 100 MW. Teniendo en cuenta las ecuaciones anteriores. obtenemos

100 MW = -({3[ luego !:!1f

= -0.0'+7 Hz. con lo que las variaciones en óp",[

+ (32)úf

las potencias generadas serán:

= - {3[ó}" = 33.33 MW

ÓP",2 = -/hóf = 66.66MW Reali zando un balance de potencias en el área I resulta que:

y co n óPC[ = 100 MW. obtcncmos Ó P2[

= -ÓP[2 = 66.66 MW

Consideramos ahora la presencia de un control secundario como el esquemati7ado en la Figura 6.2, de respues ta más lenta que el control primario. pero capaz de anular el ~error en frecuencia . ECA[ =óP[ 2+{3[óf ECA2 = ó P2[

+ {32óf

Un esquema como el de la figura citada consigue ECA 1 = ECA2 = O. que ju nto a la identidad ÓP[2 = -Ó P2 [ conduce a ({3[ (32)óf = O y. portanlO. a óf = ÓPI2 = ÓP2[ = O. Es decir. un control integral como el considerado. modifica las consignas de generación PRi hasta rest ituir tanto la frecuencia como los intercambios a sus valores especificados. En este caso. puesto que:

+

y óP",; = ÓPR; - {3óf = ÓP
conclu imos que ÓPR[

= óPC[ = 100 MW. y ÓPR2 = Ó PC1 = O.

Capitulo 6 / Co ntrol de frecu encia

6.5.

91

Un sistema eléctrico de 50 Hz se compone de dos áreas sin bucle sec undario de control P- f. interconectadas mediante una línea de enlace. Si se produce un incremento repentino de carga e n el área A de 6..PCA = 500 MW, se observa que la potencia activa intercambiada por las áreas se increme nta a su vez en tlPUA = 300 MW. con sentido de B a A. Si se abre la línea de enlace. la frecuencia de cada área pasa a ser .f~1 = 49 Hz y ji} = 50 Hz en régimen permanente. Determinar las constantes de regulación de las ~'íreas (R A y RB) Y el va lor inicial de la potencia intercambiada PIJANota: Despreciar el coeficiente D de sensibilidad de la carga a la fre¡,;uencia.

Resolución En la situació n de enlace abierto. el área 1 as ume el incremento de carga f1 Pc A en sol itario. debiendo por tanto aumentar su generación: b.p",A = b.PCA = 500 MW siendo en esa si tuación el error de frecuencia f1f = 49 - 50 = - 1 Hz. La constante de n;gulación de dicha úrea se obtiene de la ecuación de su buc le primario:

luego R A

= -b.f1 b. p",A = 0.002 H7JMW.

En la situación previa. con interconexión . el balance de pote ncia en A nos dice que: ó. P mA

= Ó. PCA - Ó. P BA = 200MW

por lo que el error de frecuencia del sis tema interconectad o será b.f = -b. P",A . R A = -004 Hz

Puesto que dicha variación de frecuencia es la que hace aumen tar PI1I B de ac uerdo con Ó. PCB + ó. PBA = 300 MW. obtendremos su constante de regulación de: ó. PmB =

Ó. PmB

=

I

- -6.f RIl

= - b.// b.p",B = 0.00133 H7JMW. En cuanto a la potencia que se intercambiaba iniciaJm entc, considerare mos el área B e n la situación de enlace desconectado. Como en dicho estado la frecuencia se mantiene a 50 Hz. ó.¡ = O respecto a la situación inicial y por tamo: Luego R B

I . b. p",B = - - b.j = b.PBA RB

+ b.pC8

= O

Puesto que no ha habido incre mento de carga en cl árca B. ó. Pe B = O, tencmos Ó. PBA = 0, y teniendo en cuenta que en esta situación el intercambio es nu lo. concluimos que también lo era inicialmente. cuanqo había conexión: - O - O -- O inicial _ p fina1 _ Al' P BA BA Ll BA -

6.6.

Un sistema eléctrico de 50 Hz estü fo rmado por dos áreas interconecladas. El ~íl'ea l tiene Una capacidad de generació n de 1000 MW. una constante de regulación R l = 0.0025 H7JMW y un coeficiente de sensibilidad de la carga frente a la frecue ncia DI = 1 p.u. La capacidad de generación de l área 2 es de 2000 MW. su constante de regulación R2 = 0.00125 HzlMW y la se nsibilidad de la carga D2 = 2 p.ll. Inic ialmente cada sistema se encuentra suministrando una potencia igual a la mitad de su capacidad total de generación . la frecuencia es de 50 Hz y no existe intercambio de potencia entre las dreas. Si repentinamente se produce un aumento del consulllo de 300 M~' en el árctl. l. determinar el error de frecuencia y la potencia intercambiada en régimen permanente, en las siguientes situaciones: l. No existe bucle secundario de control de frecuencia en ninguna área. 2. Cada área posee su propio control secundario de frecuencia que se encarga de anular el cITar ele control del área (ECA) correspondiente mediante un control integral. Las constan tes CJ-

92

Sistemas eléctricos de potencia racterísticas del control sec undario de cada área son respect ivamente

f31

= 400 MW/Hz y

fh = 800 MWfHz respecti vamente. 3. El control secu ndario del área I no est::] en servicio debido a un fall o en las co muni caciones, actuandQ. únicamente el control secundru;o del área 2, con f32 = 800 MW/Hz.

Resolución En este problema optaremos por trabajar en unidad es fís icas. por lo que en primer lugar debemos pasar los coefi ciente D I y D2 a MWfHz. DI = l ·

D7 = 2 . -

1000 MW

=20MWfH z

50 Hz

2000MW = 80 MWfHz 50 Hz

En el Apan ado I debe considerarse que no ex iste bucle de control sec undario de frec uencia que modifique las consignas de los generadores. por lo que:

La variación en la demanda de cada área puede escribi rse co mo:

siendo ó Pc I = 300 MW y Ó PC2 = O. y las ecuac iones de balance de cada área: = f)",Pml - f)",Pe l I:l, P21 = !:J.Pm'l - ÓPel

I:l,Pll

La ecuación de la in terconexión es

=

Ó PI 2

-I:l, P21 .

lo que conduce a

y despejando óf : -ÓPCI - Ó PC2

-'+ -'+ D I + D,RI R1

=

- 300 - O ,)00

+ 800 + 20 + 80.

= -0.2307 Hz

Luego. el error de intercambio es :

El área 2 pasa a a portar 203.076 MW al área l. En el Apartado 2. cada área dispone de un co ntrol secundario de frec uencia de tipo integra L por lo que los res pectivos ECA¡ tenderán a O. ECAI

=

Ó PI 2 + fJlóf

ECA2

=

Ó

P21

Sumando ambas ecuaciones y teniendo en cuenta que

=O

+ fJ2óf = O P12

+ P21 = O. tenemos:

93

Capítulo 61 Control de frecuenc ia

luego !::J.f = O Y fj, PI1

= O. por Jo que continúa si n haber intercambio.

Nótese que el resultado anterior ha sido obten ido para valores de (jI y fh cualesquiera. 11licnl r~ls q ue la suma f!, + f!2 sea distinta de O. En el Apartado 3 el control secundario del área 1 se encueI1lra fuera se servicio. por lo que no se cambiarú la consigna ele potencia . .6. PRl = O:

I 6,Pm l = --6,f R, El área 2. al disponer del control secundario. debe satisfacer que:

Por

011'0

lado. el balance de potencias en el ..lrea I nos dice q ue:

Sustituyendo. tenemos:

-400úf - 800úf

= 300 + 206,f

,?fiJ

Luego 6,f = = -0.2'+59 Hz y 6, P" = - 8006,f = 196.71 MW. Es decir. el úrea 2 acude del úrea 1 apor tando 196.71 M W.

6.7.

el1

ayuda

Un sistema déctrico está constituido por 3 áreas interconectadas mediante las cOITcspondientes líneas eléctricas. con una frecuencia común de 50 Hz. como se muestra en In Figura 6 .3. Sabiendo que sólo el úrea 2 posee un control aulOlm'ítico centraliL.udo del error de control de área (EeA). co n {J2 = ~, + D2. Y que inicialmente los flujos de potencia entre las áreas son los indicados en la figura . Delcrmiñar: l. La nueva frecuencia en régimen permanente tras un aU llletHo repentino de la demanda en el ,írea 3 de 50 MW '1 Los nuevos flujos de potencia entre áreas. sabiendo que. en el nuevo régimen permanente. la línea que ulle las áreas 2 y 3 dispara por sobrecarga. Datos: Dt

= D1 = 20 MW/Hz.

D3

= 10 MW/Hz.

11 , = 113 = 0.02 HzlMW. R2 = 0.01 Hz/MW

lOOMW

Área 1

50MW

Área 2

75MW

Figura 6.3 Sistema con tres áreas inte rconectadas.

Resolu ció n En este problema. las áreas I y 3 sólo disponen de con tro l local. por lo que 1:1 Prc fi control queda : 1 . 1:1Pm ; - - Ni 6../ En camb io. el área 2 posee control sec unda rio. lo que obliga a que:

= O Y la ecuación de


=

Tras el incremento de carga Ó Pe3 50 MW que se indica en el Ap3l1ado J. se produce una var iaci ón de frecuenc ia que calculamos a partir de la ecuación de balance de la región comprendida por las áreas 1 y 3: óGeneració n + LllmpoI1ación = óConsumo que formulamos como

Usando las ecuaciones de los respectivos controles. tenemos que:

Definiendo 13i también para las áreas 1 y 3 como (Ji

=

~i

+ Di . la ecuación anterior queda:

-50

= 70+ 120 + 60 = -0.2 Hz En dicha situación resulta fácil calcular magnitudes como los cambios de generación

y aplicando la ecuación de balance global:

Luego /', P",2 = 30 + 50/', f = 20 MW. Sin embargo. los flujos por las líneas de intercambio resultan estar indeterm inados en prese ncia de las tres inte rconexio nes: tres incógnitas de in tercambio ligadas sólo por dos ecuaciones independientes. No obstante. al introducir la restricción adic ional del Apartado 2. P23 = O Y por tanto Ll P23 = - 75 MW. d icho problema se solve nta. En esta si tuac ión, el resultado de todas las mag nitudes obtenidas es e l misll1o. y uti li zando la ecuación de balance del área 2:

cOl1lo que el l1uevo flujo es P' 2 = 100 - 99 = 1 MW. En c uanto al flujo de I a 3. planteamos la ecuación de balance del área 3: /',P",3 + /',P' 3 + /',P23 = /',Pe) = /', PCJ + D3/',f /',PI3

= -/',1'"..,

- /',P2) + /',Po + D 3/',f

= -10 +

75 + 50 - 2

= 113 MW

Luego el nuevo ftujo será P I) = 50 + 113 = 163 MW.

6.8.

Un sistema de 50 Hz consta de tres áreas interconectadas. con capacidad de ge neración de 800. 600 Y 800 MW respectivamente. Dichas á reas poseen cons tantes de regulación R, = R2 = 0.025 HzlMW y R3 = 0.01 25 HzlMW, así como sensibilidades carga-frecue ncia D , = D3 = 16 MW/Hz y D2 = 24 MW/HL Las tres áreas se encuentran generando a la mitad de su capacidad. de modo que los interca mbios entre áreas so n l1ulos. J. El área 3 dispcne de comrol sec undario de frecuencia integral. ¿qu é valor debe tener la constante 133 para que el enor de intercambio de área ECA3 iguale al superá vit de generac ión de dicha área? 2. Con el valor de fh obtenido en el apartado anterior, calcular el error en frecuenc ia s i en el área I se produce un incremento brusco de la carga de 100 MW. 3. En la situación anterior. se abre la conexión entre las áreas 2 y 3. calcular el nuevo error en frecuencia, así como los intercambios entre áreas. ¿Ha habido variaci ó n en las consignas de potencia del área con co ntrol secundario?

Ca p ítulo 6 / Con trol de frecuencia

95

Resolució n En el Apartado I se nos pide que obtenga mos el valor de fh para e l q ue:

Usaremos para ell o la ecuación ele balance de l área 3, en la que co nsidera mos I::::.PR3 = O:

sustituyendo

,.J." 3 = J... R ~ + D'. ., En el Apaétado 2 debemos estudiar el caso de un inc re mento de ca rga!:::. Pe] = 100 MW. Para e llo usamos las siguientes' ecuaciones de cada área:

LueoQ o

• Área 1:

• Área 2:

I 11 P",2 = - R2 11.f = - 11 PI2

.

+ 111'23 + D2 11 j

.

• Área 3: Considerando que su co ntrol sec undari o se encarga de co nseguir ECA 3 = O:

Sumando las tres ec uacione s. se cancelan los intercambios y teniendo e n c uenta {3:, co nsegu imos: - 11 Pel 11.f = I I 1 = -0.,)63 Hz

-RI + -R2 + -RJ + DI + D,- + D,.

En el Apartado 3. se impone la cond ición adi cio nal de que e l intercamb io P2:' es nu lo. por est ar la línea ~lbierta_ y co mo también lo cra anteriormente. lendremos Ó. P23 = O. ESLC hct.: hu no modifica la obtención de óf rea lizada en el Apartado 2. por lo que co nseg uimos el mi smo valor. Sin embargo. ahora sí pode mo s determinar Jo s interca mbios: • Ecuación del ürca 2 :

1 I1 PI2 = R2 11.f

+ D,l1f =

-29.63 MW

• Ecuación del área 3: Respecto a [a variación de consigna e n el área 3. [a podemos obtener de: 1

C;p" .., = I1P"" - -¡¡:C;.f = I1P31

,

+ C;P" + C; PC3 + D3111

de do nde

Este resu ltado era esperable. en tanto que el de l contro l secundario.

E CA~

=

-D.Pc~

= O sin

necesidad de ninguna actuació n

.

CAPITULO

CONTROL DE TENSIONES

El objetivo del control de las tensiones consiste en mantener éstas en todo momento dentro de unos márgenes adecuados que aseguren el correcto funcionami en to de los equipos que consti tu yen e l sistema eléctrico. así como asegurar que se suministran unos niveles de tensión satisfactorios en los puntos de consumo.

A diferencia de lo que ocun"c en el control de la frecuencia. donde los mecanismos de co ntrol están muy estandarizados. el control de tensiones presenta características muy di versas de UIl sistema eléctrico a otro, diversidad que es consecuencia de la complejidad del problema y de la vari edad de equipos de control utilizados para controlar las tensiones de la red.

7.2.

EQUIPOS UTILIZADOS EN EL CONTROL DE TENSIONES

En la actualidad. los sistemas de potencia están equipados co n una amplia variedad de eq uipos c uya actuación afecta principalmente a la potencia reactiva y a las tensio nes: • Los generadores síncronos. con capacidad para regul ar la tensión en bornas, y la necesru;a ge neración de potencia reacti va, mediante el control de la intensidad de excitación del rotor. • Condel1sadores síncro1los y compensadores estáticos de reactiva. equipos cuyo objetivo es el aporte o consumo de reactiva para cont rol ar una determi nada tensión. • B(II1(;o.'> de cOlldensadores y reac/(II/cias util izados para aponar reacti va, o consumir reactiva en el caso de las reactancias. cuando sea necesario. Son elementos discrelOs e n el sentido de que se co nec tan eleme nto a elemento. proporcionando una variable de control en increme ntos discretos o, como en el caso de grandes reactancias. una actuación todo/nada. • Transformadores COII tomas variables en carga que permiten variar su relac ión de transformación en forma discreta segú n el número de espiras de cada toma de regul ació n. A diferencia de los anteriores, no tienen capacidad para inyectar reactiva en la red, ac tuando como elementos que mod ifi can los fl uj os de potencia reactiva en el sis tema. Jun to a los anteriores equipos, se pueden utilizar otras ac waciones que afec tan a las tensiones pero cuya conveniencia es di scurible, como puede ser la apertura de líneas descargadas O el deslastre de cargas. Tanto la elección del tipo de control a utili zar como las decisiones referentes a su actuación, alltOluática O con intervención humana, están en ge neral condicionadas por el nivel de tensiones del subsistema a co ntrol ar. Así, mientras que la actuación de los conlrol es de tensión y potencia reactiva tiende

98


a estar totalmente automatizada en los niveles de distribución. debido principalmente a la necesidad de mantener un perfil de tensiones muy rígido de cara al usuario. son pocas las compañías eléctricas q ue han implantado un control automático de tensiones en sus redes de transporte. realizándose normalmente mediante telem'lJ1do por parte de los operadores de los centros de control del sistema eléctrico. Es en los niveles de transporte donde el control de las tensiones y de los flujos de potencia reactiva adquiere. por tanto. mayor relevancia y complejidad.

La com plejidad del control ele las te nsiones y la potenc ia reactiva en tiempo real obl iga. C0l110 se ha puesto de manifiesto. a la descomposición geográfica y temporal del problema (Figura 7.1).

Con!:>igll::ls

Consignas y actuaciones

~

=-
NIVEL TERCIARIO (Global)

NIVEL SECUNDARIO (Zonal)

NIVEL PRI MAR IO (Local)

Figura 7.1 Estructura jerárquica del control dE: tensiones.

El control primario. similar al efectuado por los reguladores de ve locidad de los generadores sobre la frecuencia y la potencia act iva generada. es real izado por los regul adores automáticos de tensión de los grupos y por los regul adores automáticos de transformadores con tomas bajo carga. y baterías de condensadores y reactancias. Su objetivo es la corrección de las perturbac iones que afectan a las tensiones de los nudos en aras a mantener un adecuado perfi l de tensiones ante cambios en las potencias act iva y reactiva demandadas. El conlfol primario se muestra insuficiente para asegurar la estabilidad de las tensiones ante cambios drásticos en el estado del sistema. siendo necesario un segundo nivel de control que coordine la actuación de los distintos controladores primarios. de marcado carácter local. modificando sus consignas y decidiendo otras actuaciones 110 automatizadas. El control secundario tiene naturaleza regiona l. debiendo existir, aunque no siempre se llega a implementar. un control terc iario que coordi ne los distintos controles regionales para satisfacer un criterio g lobal de operació n.

Existen en la actualidad dos formas dis tintas de implementar el control de tensiones en una red eléctrica. Por un lado el control totalmente automatizado llevado a la práctica en Francia e Italia. principalmente. En los sistemas eléctricos de dichos países. las tensiones de determinados nudos de la red. representativos del estado de tensiones de cada zona. sc mantienen automáticamente en un valor de consigna mediante la actuación coordinada de los reguladores de tensión de los generadores de la zona (m\'e/ secundario ). Las tensiones de referencia de los nu dos controlados se determinan globalmente sobre la base de criterios de optimalidad y seguridad (llire/lerciario). Frente a la alllerior solución se encuentra la implementación práctica más extendida. así como la más conservadora. que cierra el bucle de control a través de los operadores de los distintos centros de control

Capitulo 7 I Control de tensiones

99

de las compañías eléctricas. El objetivo es el mismo que en el caso anterior: mantener las tens.iones entre lím ites aceptables teniendo en cuenta determinados criterios de opt imalidad y seguridad (min imi7.ación de pérdidas de transporte, mantenimiento de una adecuada reserva de potencia reactiva. etc.). En este caso. son los operadores de los centros de control los encargados de decidir el tipo. Ill11nerO y magnitud de las actuaciones a implementar seg ún el estado de la red en cada momento. debidamente monitorizado. Obviamente. la problemática de ambas tendencias. pese a compartir ulla misma base. difiere en gran medida.

Aunque en sistemas eléctricos de pequeña dimensión es posible trabajar directamente con las relacio nes que proporcionan las leyes de Kirchhoff. la determinación de actuaciones de control para mantener las tension es entre límites se basa en las ecuaciones que ligan la palencia reactiva inyectada en los nudos de la red CO Il las tensiones y las fases de dichos nudos:

Q; = LV; Vj(G u sen Bu - BU cosBU) j

Suponi endo que las fases no se ven afectadas por los cambios en los módulos de las tensiones y en las potencias reacti vas inyectadas en los nudos (lo cual supone un perfecto desacoplo entre las potencias activa y reactiva). se puede plantear el siguie nte modelo incre mental: /';Q; = [-2B;;V;

+ 2.::Vj(GuSenB;j

- BU cos Bu) ]/,; V;

J TI

+ :S:\I;(Gu senBu

- BU cos BU)/'; Vj

J,- I

Debe indicarse que las ecuaciones anteriores pueden extenderse al caso de que existan transformadores con tomas de regulación. incluyendo las derivadas perti ne ntes. El modelo incrcmcntal formulado. en forma matricial y agrupalldo nudos de generación y consumo. supone las siguiente s relac iones:

La ecuación anterior proporciona una forma fácil de calcu lar la magnitud de las actuac iones necesarius para obtener la corrección deseada en los nudos de consumo: • Inyección de potencia reactiva en nudos de consumo:

El cambio en la potencia reactiva de los generadores se puede estimar de:

• Cambios en las consignas de tensión de generadores:

y

6.Q g = Jgg 6. Vg + lgc6. Ve = (J gg - 19C1c-;.IJ(>g )

6.~1(

Por otra parte. es posible utilizar expresiones más simples que las proporc ionadas por el jacobiano de las ecuaciones de la red utilizando la intensidad reacti va inyectada en los nudos y realizando las aproximaciones habituales en redes de transporte:

/';/,.; = /'; ( ~; ) = - B;; /'; \1; + :S:(G u sen B;j J ,-1

- B;j cos 8;j)/'; \lj '" - B; ; /'; V;

+ 2.:: - BU /'; Vj J= I

100

Sistemas eléctricos de potenci a

En forma matricial. agrupando nudos de consumo y generación:

[

~~'('

B.Bgc~

] = _ [

donde la matriz B es la parte imaginaria de la matriz de admi tancias nodales. Obviamente. las aproximaciones realizadas implican un mayor crror en los cálcu los.


La red de la Figura 7.2 debe alimenta r un a carga inducti va de 20 MW y fac tor de potencia 0 .8 a lIna te nsión de 13. 8 kV. Los datos de 1;'1 línea y los transformadores presentes en la red se indican en la Tabla 7. 1.

e T2


Como medio de control de ten siones se dispone del generador. el c ual puede sumini strar hasta un máximo de 20 Mvar (no puede consumir reactiva), y de una batería de condensadores de 80 ¡LF/fase ca ncelable en el nud o de consumo. Elemento Línea

TI TI

Valores característicos ZL - 20 + 100j Q S,v = 40 MVA. 13.2/ 132 kV. XTI = 10% S,v = 30 MVA. 138/ 13.8 kV, XT2 = 12%

Tabla 7.1 Datos de los elementos de la red de la Figura 7.2.

Determinar si será necesario coneclar la batería de condensadores y, en cualquier caso, la ten sión, en kV, que habrá que mantener en bornas del generador. Determinar. as imismo. las intensidades en kA que circulan por la línea. Nota: tom ar como pOlencia base SB = 20 MVA. Resolución

En primer lugar se adoptará un modelo en p.li., optando por la potencia base de 20 MVA que se indica 138 kV . Con la relació n de transformación de los transformadores se definen las tensiones base de las otras dos áreas que se pueden di stinguir en la red bajo eSludio (Fi gura 7.3):

y una tensión base en la zona de la línea V /JL =

V8 e

13.2

= -132 VBL = 13.8

13.8

VBe = -

kV

138

VSL = 13.8 kV

Las impedanc ias base de cada zona so n pues:

,

V Be

28e = -

- = 9.522 Q

SB

2 BL

=

,,2 BL

58

= 952 .2 Q

VJe

2Be = - - = 9.522 Q

58

Capítulo 7 I Control de tensiones

Tl

l

L

G

101

C

-.L Figura 7.3 Áreas de tensión en la red del Problema 7. 1.

y las intensidades base res ultan igualmente

0.0837 kA

0.837 kA

58

IBe = ---=,.::-- = 0.837 kA ./íVBC

Así, se obtiene n los datos que modelan la red en p.lI. Las reactancias de cortocircuito de los transformadores:

)2 =0.046

ZO ( 1 XTI=O. I· -,-· -Vac

Z¡¡c

Xn

1= O. IZ. ~. V ae

( -1-) 'ZB C

= 0.08

la impedanc ia de la línea

ZL=

20 + 100j

ZBL

0.02 1+0. 105j

los datos de la carga. potencia y ten sión

Se

= Pe + j Qc =

0.6 ZO+ZO-j 0.8 S8

1

+ 0.7Sj

13.8

Ve = - - = 1 V¡¡C

y la admitancia de la batería de condensadores Yemul

= (CZrrSO) . Z¡¡ C = 0. Z393 p.ll.

Con todos los datos ya en p.lI .. supondre mos e n prime r lugar que la batería de condensadores se enc uentra desconec tad a y calcu laremos la tensión e n bornas del ge nerador y la reac ti va que éste habría de suministrar en este caso. Tomando como origen de ángulos la tensión en bornas de la carga. se obtiene la intensidad por la

línea: JI. =

(~~r =

1 - O.75j = 1.25 1-36.87·

=

h =0.105 kA

Y con ello la tens ión a la salida del generador

11c = (jXTI + ZL + jXn)JL + 11c = 1.194 + O.2 IS j = 1.213 110.2· La potencia comp leja suministrada por el generador sería por ta nto:

Sc = 11c . J(; = 11c . J~ = 1.033 + 1.11 Ij Pasando a magnitudes reales se obtiene que e l generador suministra una reac ti va igual a 22.2 1 Mvar, lo cual supera e llímile impuesto de 20 Mvar y obliga a conectar la batería de condensadores . Con los condensadores conectados y manteniendo la tensión en la carga, la palencia reac.tiva trifás ica suministrada por aquellos vale Q cond

=

}Jcond

VE

=

0.2393

102


con lo cual. la potencia total demandada en el embarrado de carga res ulta ser: SnCla = Se - j Qcond = 1 + 0.511 j

Con esta nueva demanda de potencia la intensidad por la línea va le: ~L =

Ue * =1 -0.5 11) = (SO"')

1. 123 1- 27.05

y la te nsión a la sal ida del generador result a:

Uc

= (jX TI

+ZL +jXTl) ~L +Ue

= 1.1 39+0.22j =

1.16 110.9.\'

En unidades físicas la tensión a la salida del ge nerador sería de 16 kV. Y la potencia compleja sum inistrada al resto del circuito vald ría: Se = U c . ~é = 1.026 + 0.8j Lo que hacen 20.53 MW y 16'()3 Mvar. estando el generador den tro de límites.

7.2.

Los clalOs de la recl de la Figura 7.4 se inclican en la Tabla 7.2.

~_ _ _ __-l1~ 0~f--~1 'Tr S I G

p

@ Figura 7 .4 Esquema unifilar de la red del Problema 7.2.

Se desea mantener la tensión del nudo de carga (en el lado S del tran~formador) a I p.ll. mediante la adecuada inyección de reactiva. debiendo premi arse la inyección de reactiva del condensador síncrono debidu a su mayor proximidad al nudo de consumo. Sabiendo que la tensión máxima admisible en bornas de dicho condensador es de 1.062 p.u .. determinar la máxima reactiva que és te podría aportar y la ten~ión necesaria en bornas del generador en dicho caso.

Elemento

Valores característicos

TI Línea

SN - lOO MVA. 24.2/ 440 kV. XTI - 1Oc;¡, ZL = 1 + 5 j cada una

º

PS T2

PT ST

Carga

S,v = 90 MVA . 400/ 11 kV. X PS = 20% S", = 90 MVA. -100/ 66 kV, X PT = 10.59r Sv = 90 MVA. 11 / 66 kV. XST = 10'7c 90 MVA. cOSIf! = 0 .8 inductivo

Tabla 7.2 Datos de los elementos de la red de la Figura 7.4. Nota: para los cülclllos en p.lI . tomar como potencia base S8 = 100 MVA y VIJ = 400 kV en las líneas.

Res olución Adoptando la base sugerida para este problema. resulta el esq uema en p.ll. mostrado en la Figura 7.5 siguiendo las mismas consideraciones que las adoptadas e n el capítulo dedicado al cálculo en p.U.

•

Capitulo 7 / Control de te nsio nes

103

1 1'.. -) 10- 3J'

0.114)

0. 121)

O. IOR )

4

3

2

SL =0.72 + 0.5+)

6.25 10-· 5

Figura 7.5 Esquema en p.u. para la red del Problema 7.2.

Si se toma co mo o ri gen de ángulos la tensión en el nudo de carga. U..¡ = 1 1..2:.. la inten sidad JI. asociada a dicha carga viene dada por:

h =

(~~) * = 0.72 -

0.54} = 0.9 1-36.87

Con esta in tens idad es posible determinar la tensión en e l nudo ficticio F res ultan te del mode lo adoptado para el transformador de tres devanados:

'UF = 'U.¡

+ (O.108j)h = 1.059 + 0 .078j = 1.061 I.m'

Por otro Jado. forzando la tensión e n bornas del condensador síncrono a su va lor máximo. Iti:;1 = 1.062. Y teni endo en cuenta que el co nde nsador s íncrono ni consume ni cede potencia activa. resulta:

1.062 . 1.061 VF' Vs p- = O = . 3 Sen (eF - es) = 2.778.10 3 sen (4.214 - 8;) , 2. 778 · 10 de donde se obtiene el án gulo asociado a la tensión del nudo 5. 85 = 4.2 14°. Este resultado era de esperar si se observa que ent re e l nudo fict icio F y el 5 sólo existe una reactancia. junto al hecho de que e l condensador síncrono no consume ni cede potencia activa. Con este resultado e s posible determinar la pote ncia reactiva inyectada por e l condensador sín crono: V-=-==-'' '-:-'1 fVF COs(O/. - 85) -

Q, =

2.778 . JO-.

Vol = 0.241

..

Por lo tanto. el condensador síncrono inyec ta una potencia reactiva de 2-+.1 Mva r.

En es ta situación la tens ión en bornas de generador sería :

u]

=J g .(0.12I j

+

~- +O. 114j) + 1.!r

donde ZL cO I,.esponde a la impeda ncia de una de las líneas. y Jg se determina previamente a part ir de la ecuación reslI ltumc de aplicar la primera ley de Kirchhoff en e l nudo hcticio F. esto es:

(H, -llFl Jg =JL- 2.77S.IO 'j

O.703 - 0.314j=0.77 I- ' · ·1W

De esta form a resulta una te nsión en bornas del gene rador de valor lL., = 1.16 11 - 2.16 - . que en valores ele in ge ni ería correspondería a 25.5 kV.

7.3.

Un generador alimenta a una carga de 80 MW y 25 Mvar a través del sistema de la Figura 7.6. actuando el motor síncrono localizado e n la subestación S como apoyo de pale ncia reactiva en la red . Los datos asociado ~ a cada elemento se detallan en la Tabla 7.3 .

104

Sistemas eléctricos de potencia TI

G

Ll

L2

V'}-+--{

s

e

T2 -- M

EJ


Trabajando en por unidad (Sn = 100 MVA). resolver las sigu ientes cuest iones: l. Si el motor síncrono se encuentra trabajando en vacío y no inyecta ni consume potencia reactiva alguna. determinar la tensión en bornas del generador y la potencia reactiva suministrada por el mismo para conseguir una tensión de I en p.lI. en el Iludo de carga.

2. Calcu lar la reacti va que debiera inyectar el motor síncrono para mantener la tensión del nudo de carga a su valor nominal y que el generador sólo suministre potencia activa. 3. Repetir el apartado anterior si el motor síncrono y el tran sform ador asoc iado se localizaran en el nudo de carga.

Elemento Generador TI TI L! L2 Motor síncrono

Valores característícos SN = 150 MVA . 13 kV SN = 200 MVA, 13/ 132 kV. XTI = 0.1 p.u. SN = 100 MVA. 132/ 20 kV, XT2 = 0.08 p.u. 150 km. X = 0.35 Q/km 150 km. X = 0.35 íI/km 100 MVA, 20 kV


Resolución

Si se toma como potencia base 100 M VA Y como tensiones base 13 kV en la zona del generador. 132 kV en la lín ea y en la carga. y 20 kV en el motor síncrono . resulta el esquema y los valores e n p.lI. que se muestran en la Figura 7.7.

cv

O.05 j

0.3013)

0

O. 3013 j

0

r'OOO'-·-~rooo¡

lt ,

(v=)

I -

O.OSj ~

SL

,_.

= o.s + 0·_'1

G ~.

~ lt ",

Figura 7.7 Esquema en p.u. de la red del Problema 7.3.

Primera cuestión: las condiciones a imponer en este apal1ado son: • Tensión unitaria en e l nudo de carga. es decir. 'tic = I tensión en dicho nudo.

l.Q:. tomando como re ferencia de ángulos la

Cap itulo 7 I Control de te n sio nes

105

• Potencia acti va y reactiva nul as para el motor síncrono. es decir. por la rama que parle de l mot or 110 circ ul a intensidad algu na. :J M = O. Las condic iones an teriores permilen ap licar la sigui ente ecuaci ón:

11e = Ue

+ 3e

. Z,q

donde Z", = 0.6526} Y

3e

0.S-0.25} _., - -1 --'- = 0.8 - 0.2)) = 0.8.>8 1 1- 17.350

Se ) '

= k = ( 11c

De es ta forma. la tens ión resultante en bornas del generador es He

1.275124.1 70. es deci r. 16.57

kV. La potenc ia suministrada en bornas del generador val e :

Se =0.8+0. 71 }

71 M var

=}

Segunda cuestión: las magnitudes impuestas e n este caso son: • Tensión uni taria en el nudo de carga. Uc = 1 L2:.. • POlenc ia acti va ce ro para el motor síncrono. es decir. P¡\f = O. • La potencia reactiva su mini strada por el generador es cero. Qc = O. En esta situació n es posible plantear el sigui e nte conjun to de ecuaciones :

ll5 = 11c + donde

(~~)' = 0.8 -

3c =

k · 0.3013) 0.25} = 0.838 1 1- 17.W

Resulta portanto Us = 1.075 + 0.2'+ I} = 1.102 112.630. Con es ta tens ión. y teniendo e n cuenta que se conocen las potencias activas y react ivas inyectadas po r el generador (80 MW y O Mvar respect ivam eme) resulta el siguiente par de ec uacio nes:

Pr; = - 08= Qe = O =

Ve' Vs Xe s

Ve' lIS Xe 5

sen(lIs-lIe) =

1.102 Ve 0'- 1' sen( 12.fi3 - Bc) .0)

vJ

cos(lIs - lIe) - - - = Xes

o

vJ

1.1 02 Ve cos(l2 .63 -1Ic)0 ..»13 0.3513 0

-

Resol vie ndo se obtie ne la tensión en bornas del ge nerador: llc = 1.07 I 26.·,.J1° . Conoc idas las tensiones, se pueden determinar las siguientes intensidades:

3e =

(lle - 11 s ) )X GS

0.669 + 0.333} = 0.747 1-26.420

3"'1 = k - 3e = 0. 13 1 - 0. S83} = 0.597 1-77.360 De esta forma se dete rmin a la te nsión e n bornas del motor sínc rono:

11,., = lls + 3M O.08} = 1 15 112.630 y co n ello la pote ncia reactiva suministrada por el mi smo

3 M =UM 1~, = 0.687)

=

68.7 Mvar

Cabe resaltar q ue la reactiva suministrada por el motor resu lta menor qu e la que debía inyec tar el generado r (7 1 M var), c uan do este último e ra el único apoyo de reactiva e n la red. La razón de es ta di sminuc ión se encue ntra en la posició n más ce rcana de l motor síncrono con res pecto a la carga, lo que

106


implica una intensidad menor por el primer tramo de línea y por lo lanto un menor consumo de reactiva en la red .

Tercera cuestión: si se traslada el motor síncrono y el transformador correspond iente al punto de consumo. el esquema.uni fi lar resultante se representa en la Figura 7.8. TI

G

LI

L2

s T1 -

-

8

M

Figura 7.8 Esquema uni!ilar para el Apartado 3 de la red del Problema 7.3.

Las condi ciones de tensión y potencia en este caso proporcionan las siguientes ecuaciones para el generador:

Pc

= -

0.8

0e;=0 = -

=

Vc · Vc Xcc

. sen(fic

- fic)

=

1.0 Vc

0.65262

. sen(O -

fic)

Vc . Vc . VJ 1.0 Ve; vJ · cos(fic-fic)--- = _??cos(O-fic)_?? X cc X e;c 0.6) _6_ 0.6)_6_

Dicho sistema de ecuaciones no tiene so lución. indicando que no es factible trabajar con el generador suministrando Ulla potencia reactiva nula. Suponiendo. C0l110 solución de compromiso. que el motor síncrono trabaja proporcionando la mitad de su potencia nominal (50 Mvar).

P", = 0.0 =

VA! · Vc

XMc

-Q ,,/ = - 0 .5 =

. sen(fiM

V,.¡ . Vc . X",c

-

I.O VM

fic) =

0.08

,

V,\I . Vc X MC

,

Vil 1.011,\1 V,i1 . cos(lIc - fi "d - - ' - = . cosCO - fi ,,¡ ) - 0.08 X",c 0 .08

Ecuaciones que proporci onan las cond iciones en e l 11101Or. síncrono inyecta en el nudo de consumo es. por tanto . QMC =

. sen(fiA! - O)

lCH

112-

. COS(fiM - fic) - - - = XMC

1.0385

1.0385· --:c-:c-::- -

0.08

L2_. La reactiva que el 1110tor I

-

0.08

= 0..+815

de los cuales parte n hacia el nudo de generación 0.4815 -0.25 = 0.2315. Las cond ic iones en el generador se obtienen de las siguientes ecuaciones:

Ve; . Vc 1.0 Vc -Pc = - 0.8 = - ' - _-'- o sen(fic - fie;) = _ . sen (O - fie;) Xec 0.6)262

Qcr = - 0.2315 =

IIc · Vc X ce

. cos (fic -

fiel -

V2

1.0Ve;

X e;e

0.65262

_ c_ =

I . cos(fie; - O) - ~~"C"

0.65 262

Ecuaciones que proporcionan He = 0.997131.59° Y la reacti va que debe suministrar el generador:

-O e; -

=

Ve; . Ve Xcc

7

. cos(fic

Ve; - fi e ) - - Xe;c

= -0.221

Es decir. el generador debe proporcionar 22 Mvar cuando el motor síncrono aporta 50 Mvar.

107

Capítulo 71 Control de tensiones

7.4.

El generador de la figura alimenta a una carga de 150 M\V y factor de potencia unidad a través de un transformador de 3 devanados y 2 líneas en paralelo. En el terciario del transformador se ha previsto la conexión de una reactancia de 5.175 n/fase para compensar la capacidad de las líneas en situaciones de poca demanda. El esquema unifilar se muestra en la Figura 7.9, y los datos a~ociados a cada elemento se detallan en la Tabla 7.4.

Figura 7.9 Esquema unitilar de la red del Problema 7.4.

Trabajando en p.ll. (SB = 100 MYA) Y sabiendo que la tensión del generador puede variar enlre 9.9 y 12.1 kV. determinar si será necesario conectar la reactancia para mantener la tensión del nudo de consumo a 400 kV en las condiciones de demanda indicadas.

Elemento Línea LI Línea L2

PS T

PT

ST

Valores característicos 100 km. X - 0.37 Q/km. Y - 11 !,S/km 100 km. X = 0.37 Q/km. Y = 11 !,S/km SN = 160 MVA. 400/ 11 kV. X PS = 20% SN = 160 MVA. 400/ 66 kV. X PT = 10.5% SN = 160 MVA. 11 / 66 kV. X ST = IOc,¡.


Resolución Si se lomu como potcnc.ia base 100 MVA y co mo tensiolle~ ua~t! 11 kV en la zona del generador. 400 kV en la línea. y 66 kV en el lado de la reactancia. resulta el esquema y los valores en p.lI. 411c se l11uc,stran en la Figura 7.10. habiéndose adoptado para las líneas su modelo en 1(. Las capacidades a ticrra tienen todas el mismo valor.

0

0

0)

jX L

8

= O. 023 j

3.,

3c j Xp

= O .6~06j

T

'J p~

Jp l

T Se

_ 1jX T

= O.OOI56j

T

~

1.76 ~L -= - j 2 2

jXB =O.119j

Figura 7.10 Esquema en p.u. de la red del Problema 7.4.

T

=

1.5

108 Sistemas e léctricos de potencia Siguiendo la notación indicada en la Figura 7. 10, se determina en primer lugar la tensión en bornas de la carga cuando el terci ario del transformador se encuentra abierto. La intensidad demandada en el nudo de carga. suponiendo en éste tensión nominal y toma ndo origen de ángulos. vale:

Je =

ti;-e)* = ( 11.5 )* = 1.5 (S jO'

Como las líneas en paralelo son exacta mente iguales. la intensidad de carga se reparte por igual en tre

ambas. Con és ta. y la inte nsidad por la capacidad del extre mo 1 de la línea

= O.8S) se deduce la inte nsidad por la impedanc ia seri e de cada lín ea

J., =

J~ + J p ,

= 0.75+0.88) = 1.1561 -1956'

Con esta intensidad se determina la tensión en 2:

1I2 =1I, +J,)XL = 0.98+0.0 17) =0.9798 1I.O W Con esta te nsión se obtiene a su vez la intensidad por el conde nsador del extre mo 2 de una de las lín eas:

JI" = 'iJL · 1l2 = - 0.015 + 0.862) = 0.862191.01 ' 2 -Así. la intensidad que circula por el pri mario del transfo rmador. la cua l coincide con la que proporcion a e l generador, vale:

J p = Je = 2(3, + J p,) = 1.469 + 3.484) = 3.781

167 .130

Teniendo e n c ue nta que el devanado te rc iario del transformador está ab ie rto , la tensión en bornas de l ge nerador resulta:

11-1 = tL2 + Jc(X S + X p)) = 0.544 + 0.201 ) = 0.5812028' La te nsión qu eda bastante lejana de los límites de ex pl otación marcados (tensión mínima de 0.9 y máxima de 1. 1), Y el generador tiene que absorber una reactiva muy elevada (Q e = - 160 Mvar). Obviamente, tal situación sería insostenib le e n la práctica.

Este valor tan bajo de tensión con respecto a la nominal del nudo de carga, se justi fica debido al efecto Ferran ti provocado por las capacidades de la s lín eas a lierra. ~ Al conectar la reactancia del transformador. las inten sidades obte nidas anteriormente sig ue n siendo

válidas. Con J p se calcula la tensión en el nudo 3:

113 = 1I2 + JI' (j X p) = 0.756 + O. 111) = 0.765 18.38' y con esta tensión. la inten sidad por la reac tancia conectada

Finalme nte la nueva tensión en bomas de l generador vale:

1I4 =1I3 + OT +J8 ) · ) X s =0.9271 + 0.25 75) = 0.962115.52' que se e ncue ntra ahora entre los límites permitidos. Compruebe el lector que el tran sformador trabajaría sobrecargado debido a las potencias reactivas de la reactanc in y de l generador.

Capítulo 7 I Control de tensíones

7.5.

109

En la red radial de la Figura 7. 11 . un nudo de potencia infinita de 400 kV alime nta a otro embarrado donde se consumen 900 M\V y 140 lVIvar a 132 kV, a través de una línea y un transformador en serie

con una \mpedancia conjunta de 7 + 70j Q. El transformador posee \OI11aS de regulación que permilc n variar su relación de transformación 1 un ± 10% alrededor de su va lor nominal para controlar la tensión del nudo de carga. Se desea conectar un co mpe nsador síncrono en la barra de carga . ¿Cutíl debe ser la potencia de ese

compensador para que la caída de tensión en la carga no sea superior al 10% cuando el transformador ha llegado a su límite en la toma?

Qs

Figura 7.11 Esquema uní!ilar de la red del Problema 7.5.

Reso lución Ut ilizando como potencia y tensiones base para el análisis e n p. u. 100 MVA. 400 y 132 kV respectivamente. e l circuito monofásico eq ui valente del siste ma bajo aná li sis. tra s p,-lsar la impedancia de línea y el embarrado de potencia infinita al secundario del transformador. es el mostrado e n la Figura 7.12.

8

0.00~3 7 5

8

+ )0.04375

SL = 9 + lA)

,2

Qs

Figura 7.1 2 Monofásico equivalente pa ra el Problema 7.5 .

Puesto que e l tran sformador controla el nudo de carga y se sabe que éste ha alcanzado su límite e n la toma buscando reducir la caída de ten sión en la línea, se deduce que dic ho límite es de 1 = 0.9. Con este va lor para la toma se plantea la ec uación:

Z -·)+1[, /2

siendo

) = (S L -

Qsi ) '

ll, En es ta ecuación la única incógn ita es la reactiva inyectada por el compensador síncrono. fijándose la tens ión de l nudo l a la máxima caída ele tens ión permitida, esto es. VI = 0.9 . Este valor se deduce ele considerar que. puesto que con la tom a del transformador no se ha logrado man tener el límite de máxi ma

110

Sistem as eléctricos de pot encia

ca ída de te nsión (10%) . se trata de ver la reacti va mínima a inyec tar en e l lado de carga para re to mar esa limitación de caída e n la línea. Tomando e l orige n de áng ulos en e l e mbarrado de carga resulta: -

1

0.9

Z(S-jQS)*

= 0. 9 + - ,

0.9-

0.9

De esta ecuac ión se deduce la reac tiva mínima a inyectar, Qs = 11 0 .036 Mvar.

7.6.

En el esquema de la Fig ura 7. 13 se supo ne que el embarrado Oes de potencia infi ni ta. y los datos de los elementos que cons ti tuyen el resto del sistema se indica n e n la Tabla 7 .5.

®

G)

0

CD

k? 1 J P @ 72

l

T

Figura 7.1 3 Esq uem a unifilar de la red del Problema 7.6.

Trabajando en p.lI . (58

= 100 MVA) resolver las sig ui e ntes cuestiones :

1. Si se mant iene la toma del transfonrlador TI a su valor nominal, determ ina r: a) Reactiva que ha de inyectar el condensador en 3 para mantener la tens ión de dicho nudo a su valor nominal, con la carga en 2 desconectada. b) Tensiones de los nudos 2 y 3 tras conectar la carga existente en el emba rrado 2, con el condensador calculado en e l apartado anterior conectado. 2. Calcular la relación de transformación del transformador T2 para mantener la tensión en 3 a su valor nominaL con el condensador calculado en el apartado anterior conectado. La relación de transformación puede variar entre un ± 10% de su valor nominal.

Valores caract e rístícos

Elemento TI

Línea T2 Carga en 2 Carga en 3

s'" _

35 MVA, l l j 66 kV. X T , _ 14% X L = 17.424 Q/fasc S", = 25 MVA . 66 j 20 kV XT2 = 10% 1S MW. cos,!, = 0 .8 inductivo 18.75 MVA . cOS,!, = 0.8 inductivo


Resolución

Primera cuestión: si se toma como potencia base 100 MVA y como tensiones base II kV en la zo na del nudo de potencia infinita. 66 kV en la línea. y 20 kV en el nudo 3. resulta cl esquema y los valores en p.u. que se Illuestran en la Figura 7. 14. En este esq uema se muestra la situación de partida. con el transformador T2 en su toma nominal y conectada la carga y el condensador existentes e n 3.

®

OA}

OA}

o

OA}

G)

-r TI

8, = 0.15 +O.1 125}

Qc

Figura 7.14 Esquema en p.u . para la red de partida del Problema 7.6.

Capitu lo 7 I Control de tensio~es

111

Forzando las tensiones nominales en los nudos O y 3 Y tomando el origen de ángulos en este último. se plantean las siguientes ecuaciones de nujo:

P3 = Q3 - Qc

xVa V) ' sen(Oo -113) = 1.21 ' sen(lIo Va V3

= __ o

X

\/,2

•

O)

= 0. 15

1

cos(lIo -113) - -"- =

- . cos(lIo -

X

1.2

De este sistema se obtiene 80 = 0.181 radianes y Qc

=

O) - -

1

1.2

= 0.1125 -

Qc

0. 1261. Así. la reactiva a inyectar por el

condensador para mantener la tensión del cmbalTado 3 a su valor nominal es de 12.61 Mvar. Si se coneclí). además la carga en el nudo 2 . y supon iendo que la react iva de l condensador no varía respecto a la calculada en el aparrado anterior. el esquema eléctrico re suhante es el que se indica en la Figura 7.15.

®

0.4j

CD

G)

OAj

O.4j

s) =

0.15

+ 0.1125j

,

1[i!I¿

T I

+ 0.1125j

S2 = 0.15

=

jQc=O.126j

Figura 7 .1 5 Esquema en p.U. del Problema 7.6 con la carga en el nudo 2 conectada.

Las ecuaciones correspondientes al nuevo esq ue ma eléctrico. tomando el origen de áng ulos en 3. son:

1 180 = )(XTl -

Sustituyendo datos. 8, - ) Qc de las incógnitas:

110 = 0.362 rad.

+ X¡J

[(

= 0. 15 -

83 - ) \/3

Qc)*+ (81 ]+ -\1, - )*

l.Q.

0.014) . 8,

11, = 0.08-1 rad.

1B,

V, IO, -

= 0.15 + 0. 112) Y Va =

V, = 0.8-1-1 p.U.

1 se obtienen el resto

\13 = 0.8-18 p.U.

Segunda cuestión: como se observa de los resultados ante riore s. las tensiones en los nudos 2 y 3 son bastante bajas. Se acude entonces al último elemento disponible para la regulación de tensión. esto es. las tomas del transformado r T2. El esquema unifilar asociado. suponiendo que la reactancia del tran sformador es tá referida al sc<.:undaría. se muestra en la Figura 7.16. V:~ I fi:!.

®

OAj

CD

OAj

G)

OAj

_1 S2 = 0.15 + 0.1125j

83 =

0.15 +0.1125j

1jQc = 0. 126j

Figura 7.1 6 Esquema en p.U. del Problema 7.6 considerando las tomas de regulación del transformador.

112


Plan tea ndo las ecuacio nes peninentes para dicho esque ma se tiene:

S, - Qc

i)*+/V,lo

V, lo, =Xnj ( . VI· 13!!.. 11 /\, = j(XTI -

-

+ XL! [(S3 - jQC) * + /1'; l.'!.

(~) *] + V,I", V, 1 H,

-

Sustituyendo datos. SJ - j Qc = 0.15 - 0.0 I 1) . S:;: = 0.15 + 0 . 112) Y V() nominal en el nudo 3. \1.3 = l. se obtienen las incógnitas:

o, = 0.08-1 rad .

00 = 0 .362 rad.

v, =

0.8-1-1 p.ll.

=

l . e imponiendo tensión

/ = 0.848 p.ll .

Como era de esperar en una red radial. la relaci ón de transrormación del tran sformador coincide con la tensión del nudo que se desea controlar. Sin embargo. este valor de la toma es inferior al mínimo permitido de 0.9. Fijando por tanto la toma a este ,-alar y liberando de nue,"o la tens ión en e l nudo 3. de las mismas ecuaciones anteriores se obtiene \13 = 0.9'+2. Por tanto. la máxima tensión que se puede alcanzar en 3. con los elementos de regulación disponib les. es de 0.9-12 en p.ll. Conviene indicar que puede haber cierlo error en este último caso analizado a l considerar la reac ti va suministrada por el condensador constante (la obtenida en el segundo apartado del proble ma). c uando existe una dependencia de la misma en función de la tensión en bornas de la balería dc condensadores. Un an ..íIbis más exacto hubiera consistido en modelar el condensador mediante una admi tancia constante.

7.7.

En el sistema de la Figura 7. 17. cuyos datos están expre~ados en p.u. respecto a tina base de 100 MVA y -1-00 kV. la tensión del nudo de consumo se mantiene entre 0.95 y 1.05 p.tI. mediante el adecuado control de la~ consignas de leJl:-,iúJl ut..: lu~ Ju~ gt!n~radurt..:~. Delcrminar las cons ignas de tensión a aplicar en las siguientes situacione~ : l. En la situación de punta de demanda presentada en la Figura 7.18. 2. En la situación de valle representada en la Figura 7.20. en la que el generador 2 no está disponible. suministrando toda la potenc ia el generador que queda en sen"icio. Las tensiones de los generadores pueden \'ariar entre 0.9-1-) 1.06 p.u. cuando éstos están en servicio. aplicándose los límites para nudos de consumo cuando UD generador no está disponible.

¡

3

Figura 7.17 Datos de la red de 3 nudos del Problema 7.7.

Líneas j

Ci rcui to

R

X

B

0.06

1.8

2

0.006 0.006 0.003 0.003

2 I

3

2

~

2

~

, ,

0.06

I.~

0 .03 0.03

0.8 0.8

Tabla 7.6

SMAX

(MVA)

1000 1000 1500 1500

Capitulo 7 / Control de t ens iones

113

Resolución Situación de punta de demanda. En la situac ión mostrada en la Figura 7.18. correspond ie nte a la punta de demanda, la tensión del nudo 3 es excesivamente baja, deb iendo corregirse actuando sobre los generadores. ~"IW

523 MW

1000

-25.9 ¡vivar

767 .7 Mvar

1000

1 000

500MW 300 rvlvar

0.903

1000 VI \V

700 ¡vIvar

Figura 7.1 8 Red de 3 nudos del Probl ema 7.7 en punta de dema nda.

Nudos

2 ,

o

Vi

ei

PD

QD

Pe

Qe

p. lI.

Grodos

MW

Mvar

MW

Mvar

1.000 1.000 0.903

0.0 -6.4

523 1000

-25.9 767.7

-12.3

500 1000

300 700

Tabla 7.7 Estado de la red en punta de demanda.

La matri z de admitancias nodales resulta:

3.3003 - 31.2033) Y" = -1.6502 + 16.501 7) [ - 1.6502 + 16.50 17)

- 1.6502 + 16.5017) 8.2508 - 80.8(83) -6.6007 + 66.0066)

- 1.6502 + 16.501 7) ] -6.6007 + 66.0066) 8.2508 - 80. 8083)

Adoptando un modelo lineal aproximado para los cambi os en las tensiones en función de la potencia reactiva. y agrupando los Iludos de generación. se tiene:

LlQ =

B ....

.; '

[ B"c .,

l

LlV

donde la matriz B es la parte imaginaria de Y/I cambiada de signo. Para la red de 3 nudos resu lta:

Como !J. Q3

= O. se

tiene que

114 Sistemas electricos de potencia ecuación con la que es posible calcular los incrementos necesarios en las cons ignas de los generadores para llevar la lensión del nudo 3 por encima de 0.95 p.u . (Il V) = 0.0468). Los camb ios en la potencia react iva de los generadores se obtienen de: IlQ = B"g ll Vg + B,cll Ve

3 1.2033 - 16.50 17

-16.5017] [ IlVI ] 80.8083 Il V2

+

[-16.5017] -66.0066 Il V)

En este ejemplo concreto. es posible actuar sobre un ún ico generador o sobre ambos simultáneamente para corregir la ten sión del nudo 3: • Actuand o sobre el primer generador únicamente:

Il VI = Il V)/0.2042 = 0.2292: Actuación claramente inviable pues implicaría un incremento de un 23% en la tensión de consigna del generador. • Actuando sobre el segundo generador únicamente:

Il V2 = Il V)/0.8 I 68 = 0.0573:

Actuación que con llevaría un incremento aproxi mado de las potencias reacti vas en los generadores de - 172 y 154 Mvar respectivamente. • Actuando sobre ambos generadores según un criterio de reparto . por ejemplo. en proporción a las "sensibilidades" de la tensión a corregi r respecto a las variab les de control : Il VI 10.2042 = Il V2 / 0.8 168

siSlema de ecuaciones que proporciona Il VI = 0.0 135 Y Il V2 = 0.0539 . Los incre menlos en la reacti va de los generadores resultan en este caso - 12'+ y 105 NJ var respecti vamente. Obviamente. ex isten otras posibilidades para determinar las actuaciones. como puede ser la cons iderac ión del margen de actuación tanto en térnlinos de cons igna de te nsión como de límites de reactiva ele los generadores. El cálculo de acttlaciones basado en una linealización de l problema implica evidente mente errores en las predicciones realizadas. Una forma de reducir dichos errores consiste en trabajar con expresio nes más exactas basadas en el jacobiano de las ecuaciones del sistema eléctrico: Il Q¡ = [ -2B¡¡V¡ +

¿:= Vj(G¡jsen O¡j -

B¡j COSOij )] IlV¡

+L

ir'

V¡(Gij sen O¡j - Bij cosOij )Il Vj

i#1

En forma matricial. agru pando nudos de generación y consumo:

~~~

[ IlQ )

] = [

- 16.5828 -16.473 2] [ Il VI ] 30.9452 1g" ] Il V = _---;-167 ..;c2,14,.;5~---=;85~.4 C';8~8"'t__:-,.,6,:,6."'3"'3);-;:3,- Il V2 [ - 14.2416 - 58.682 l ec 65 .2329 IlV)

de donde

y IlQI ] _ [ 30.9-+52 [ IlQ2 - 16. 2 145

-16.5828] [ IlV I ] 85.-+880 Il \12

+

[ - 16.4732] - 66.3353 Il V)

Actuando sobre ambos generadores en proporción a la sensibilidad de cada generador: Il VI 10.2 183 = Il V2/0 .8996

Capit ulo 7 / Control de t en sio nes

siste ma q ue proporciona incremenLOs 6:,. VI = 0.0 I 19 Y 6:,. V:~ ~ 122 Y 90 Mvar en la reactiva de los generadores.

=

115

0 .0491 para las tensiones de consigna. y

La Figura 7. 19 presenta. a modo de comparación. el estado real que se obLCndría con las actuaciones calculadas por Jos dos métodos. mostrándose entre paréntesis los valores proporcionados por la aprox imación linea} en cada c,¡so. Puede observarse cómo la aproximación basada en el jacobiano proporciona valores más próx i mos a los reales. como cabía espera r.

y

~ 1000MW

52 1 (523 ) M\V - 167 ( ~I08) Mvar

1.0135

2

,-ri-,

C?

850 (829 ) \1vac

- -1

1.0539

511 (523) MW - 156 ( ·l"¡'~)) ¡vivar

1.0119

2

I

C? l

1000 MW g-l-l (85g ) l\1\ar

1.0-1-91

500MW 300 \II var

500 M\V 300 M\"ur

0.9526 (0.95)

3 -L,--t-L 0.9575 (0.95 ) 1000 ~\'l W 700 M var

1000 M\V

700 rvh'ur

(b)

(a)

Figura 7.19 Re d de 3 nud os de l Problema 7.7 tras las actu acion es o btenid as con la matriz B , caso (al. y con el jaco biano, caso (b ).

Situación de valle. En este caso. la situación mostrada en la Figura 7.20 presenta una tensió n muy elevada en el nudo 3. debiendo aCl uarse en consecuencia. -lOS r..IW

J'

-50-+ M"ar

2

1.0000

~

OM\V

O ivlyar [.0935

100MW O ¡VI \'al

1.0922

3

300 !-. IW

O M\'ar

Fig u ra 7.20 Red de 3 nudos del Problema 7.7 en situación de val le.

N u d os

2

3

V¡

11,

PD

QD

Pe

Qe

p.u. 1.000 1.094 1.092

Grados 0.0 -6.6 -7.3

MW

Mvar

MW

M\·ar

408 100 300

O O

-504 O

O

Tabla 7.8 Estado de la red en situación de valle .

Adoptando la aproximac ión lineal basada en la matriz de admitanc ias nodales. y teniendo en ClIen ta que el generador 2 está desconectado y que está sujeto por tanto a los límites de nudos de consumo. se

116

Siste mas e léctricos de potencia

tiene:

~Q =

Hac ie nd o

l

~Q,

][

~QI ~Q,

~Q, ~Q3

=

[

3 1.2033 - 16.5017 -16.5017

8g.'.~

B.. , ] . Brr

T 8 sc

- 16.5017 80.8083 -66.0066

~V

-16.501 7 -66.0066 80.8083

= O:

]

- _8- 1 8 r -

CC'

A

~('u

V _ [ Lll49 ] g 1. 1149

~ V1

y

~QI=8gg ~Vg + Bg,~V,. =3J.2033~VI+[

- 16.5017

16.50 17 )[

~~~ ]

En este caso. ex isten dos tensiones a corregi r y una única variable de cOl1lrol: la tensión de cons igna del único ge nerador en servicio. Parece lóg ico de terminar en primer lugar la act uació n necesaria para cOlTcgir la tens ión más clítica (nudo 2) pues. una vez corregida ésta. el resto de tensiones mejorarán y. en algunos casos. desaparecerán los problemas. Así. para una corrección necesaria t!1 V2 -0.0435. res ulta:

=

~ V3

= Ll149· ~ VI = -0.0435

siendo necesario un incremento en la reac ti va del generado r de 2 1.8 Mvar. Puede observarse cómo. co n dicha act uació n. se corrige ta mbié n la tensión de l nudo 3. La Figura 7.21 presenta los valores que se obtendrían realmente tras cambiar la tensión de co nsigna de l ge nerador. junto a los que se han obtenido con la aproximación lineal (e nt re paréntesis). Asi mismo. e n dicha fi gura se observa que también es posible corregi r los problemas de tens iones abrie ndo las líneas q ue unen los nudos 2 y 3. líneas que transportan 90 M\V e ntre ambas y que. al transpo rtar poca potenc ia, inyectan un a cantidad mu y importante de potenc ia reactiva en la red. Obviamente, la ape rtura de líneas compromete la seguri dad del sistema al eli minar cam inos alternat ivos para el sumini stro de las demandas.

o

-lOS (-108)

~ I\V

--'57 (-481 ) }.I\'ur 0 .961

1 100

I

o¡

o;-'IW O r-. I\'ar l.()-I S (L050)

0 I

-107 MW

-305 Mvur

LOOOO

1

1.0-189

3 -'--,--- LIJ2IJS

L0-I7 (LO-l9)

300 ¡"'i\V

300 M\V

O ¡vIvar

O !vl\'ar

(a)

¡

O M \'ar

looMW O r-.I\'ar

~ I\V

:'Yi

~ I

OMW

(b)

Figu ra 7.21 Red de 3 nudos del Problema 7.7 en situa ción de valle tras actu a r sobre el generador (a) y abriendo las lí neas que unen los nudos 2 y 3 (b).

7.8.

En el s istema de la Figura 7.22 . cuyos datos están expresados en p.u. respecto a una base de 100 MVA . .¡OO y 220 kV, la tens ión de los nudos de consumo debe mantenerse entre unos límites de 0.95 y 1.05 p.u .. actuando para ello sobre e l generador y los dos transformadores. En e l estado q ue muestra la Figu ra 7.22 se observa que las tensiones de los nudos 3 y 5 est{in excesivamente bajas. y que el ge nerador no puede aumentar más su te nsión de cons igna (0.9 .::s VI .::: 1.1 ) . Determinar las actuaciones a rea lizar sobre los transf01111adores para llevar las tensiones den tro de límites.

117

Capítulo 7 I Control de tensiones

0.986

2

~

4

8

12

1I

0.969

J""t 0.893

LI_0_.8_9_9_ _ _ _ _ _ _ _ 5 3 .,.-'""T

Figura 7.22 Red de 5 nudos del Problema 7.8.

Lineas y transformadores j 2 -1

2 2

3

3

-1 5

-1

5

R

X 0.03 0.06 0.05 0.03 0.05 0.05

0.005 0.010 0.000 0.005 0.010 0.000

B

S~IAX (MVA )

0.05 0.06 0.00 0.05 0.03 0.00

500 500 500 500 500 500

t mm . t ma ,- . fll

1.00

0.9. 1.1. 0.01

1.00

0.9.1.1.0.01

Tabla 7.9 Datos de las líneas y transformadores de la red de 5 nudos del Problema 7.8.

Nudos

2

,

J

-1 5

V;

6;

PD

QD

Pe

QG

p.U.

grados

\I1W

M\ar

MW

Mnlf

1.100 0.986 0.899 0.969 0.893

0.00 -7.3-1 -20.97 -8. 79 -21.55

829

56-1

400

100

400

100

Tabla 7.10 Datos de los nudos de la red de 5 nudos del Problema 7.8.

Resolución La l11alri L de admirallcias nodales del sistema. en función de las relaciones de transformación compone de la~ sigu ientes matrices reales:

Y,,=C + j/3

C=

8.108 -5.-\05 o O - 2.703 - 5.-105 I O.S I I -5 .405 O O -3.8-\6 3.8-\6 O O O -2.703 - 5.405 O 8.108 3.8-\6 O 3.8-\6 O O

11

y 1]. _ se

118 Sistemas eléctricos de potencia - 48.594

32.432

32.432

- (64.8 15+

16.216

~~)

20

1,

TI} -39.216 j

32.432

O

O

B=

O 20 .

O

16.216 32.432

O

O

+ 19.231

~~)

- (48.594 +

20

1,

20

19.231

O

O

- 39.216

1,

Trabajando con un modelo lineal basado en el jacobiano de las ecuaciones del sistema eléctrico. y te niendo en cue nta que las relac iones de tra nsformación presentes en la matriz de admitancias son variab les de control, se tiene:

Para el sistema de 5 nudos. con! 1 =

'" QI

ó Q, óQ3 ó Q~

óQs

=

58.580 31.041 O - 15. 122 O

'2,

-36.143 83.648 - 17.482 -31.272 O

= 1.0. resulta:

O

-18.083

O 19. 169 34.158 O -17.144

32. 109

O 66.-138 -17.426

O 21.663 17.241 O O

O

-17.331 - 18.893 33.91 5

O O

O -20.648 16.879

'" VI '" V, '" V,

.,

'" V~ '" Vs

"'11 6. 12

I/g + i n 6t). Por otra parte. al estar la te nsión del generador en el lím ite superior. no es posible actuar sobre éste, resultando. con f:j. \/g = O. que !:J. V(" = - J{-:;. l J( .¡ 8.1 :

Como 6 Q,. = O. se tiene que 6 l/e = - i;:;.1

~ :;~

6 I/~ 6 l/s

[

] =

(J,.g 6

[

[-~:~~~~ =~~~~:] -0.0565 0.1385 - 0.3503

6tl ] ót2

- 0.5792

Es posib le adoptar ahora distin tas estrategias de actuación. por ejemplo: l. Actuar únicamente sobre ellransform ador que (iene mayor influencia sobre el nudo más crítico, en

este caso el nudo 5: 6 \15 =

0.95 - l/s = 0.057

===>

6t2 =

t\ Vo

= -0.0978

-0. 5792

Lo cual. redondeando la actuación al valor discreto más próximo por exceso. implicaría llevar al (ran sfommdor 2 a la toma mínima. '1 = 0.9. Con dicha actuación. las ten siones en los nudos de consumo resultarían:

[~~] I/~

1/5

[~:~~~] + 0.969 0.893

[

0.0916 - 0.6355 - 0.0565 -0.3503

-0.0161 ] -0.3021 0.1385 -0.5792

.

[-o.

O I ] =

0.988] 0.930 0.955 [ 0.951

Puede observarse cómo dicha actuación corrige la tensión del nudo S. a costa de d isminuir la te nsión

del otro extremo del transfo rmado r (nudo 4). Por otra parte. la actuación sobre t2 no es suficiente pues aún existe violación de límites en el nudo 3. debiendo aetuarse a cont inuación sobre tI:

6 \/;

= 0.95 -

1/3

= 0.02

===>

6tl

=

Ó 1/,

'

- 0.6356

= - 0.032

Redondeando dicha actuación al valor discreto más próximo por exceso resulta 6tl = - 0.0-+. Con dicha actuación. las tensiones en los nudos de consumo resultan ahora:

0.0916 -0.6355 - 0.0565 -0.3503

-0.0161 ]

-~~~~~

- 0.5792

[

- 0.04 O

J=

0.984] 0.955 0.957 [ 0.965

Capitulo 7 I Control de tensiones

119

qu eda ndo resueltos los problemas de tensiones. Obviamente. se conseguiría mayor exac titud si se hubiese recalculado el jacobi{/1I0 tras modificar 12. 2. Actuar sobre los dos transformadores en proporción a sus respec tivas sensibilidades sob re el nu do más crítico:

t; V5 = 0.95 - V5 = 0.057 = -0.3503t;1] - 0.5792t;'2

-::-:= D.1l

6.12

-0.3503 = ---::-c~ -0 .5 792

Ec uaciones que proporcionan 6.[1 = -0.0433 Y {:j,12 = - 0.071 6. Redondeando dichas actuac iones al valor discreto más próximo por exceso resu lta 6f¡ = -0.05 Y !::J.l1 = -0.08. Tras actuar sobre los dos transformadores co n los incre mentos calc ulados. las tensiones e n los nu dos de con sumO res ullarÍan:

[ :~~ l [H:~l + [ 0.893

\15

=~~¿~: 1[

0.0916 - 0.6355 -0.0565 -0.3503

0.1385 -0.5792

~;~~ 1

- 0.05 ] = [ -0.08 0.960 0.957

Puede observarse cómo en este caso. la actuación sobre ambos transformadores permite corregir las te nsiones que estaban fuera de límites. siempre a costa de dismi nuir las tensiones en el lado de alta de los transformadores. A modo de co mparación. la Figura 7.23 prese nt a el estado real que se obtendría con las aCllIucio nes calc ulad as con ambas est rategias. mostrándose en tre paréntesis los va lores proporcionados por la aproxi mación lineal en cada caso. Puede observarse cómo el error asociado a las predicciones basadas en la aprox imación lineal es relativame nte elevado. sie ndo tanto más elevado cuanto mayor es la magnitud de las actu ac iones.

I

2

~

0.997 (0.984)

0.970 (0.957)

,

0.90

0.96 3

I

1.100

tL 0.980 (0.955) (a)

5

~

~~8~')------4' 0.95

0.995 (0.965 )

3

I.! OO

0.974 (0.960)

0.92

Tt 0.986 (0.957)

c-0_.9_82_('--0_.9_ 55-'-)____----'-5 (b)

Figura 7.23 Red de 5 nudos del Problema 7.8 tras las actuaciones: (a) actuand o sobre el t ransformador más sensible; (bl actuando sobre ambos transformadores.

Parte 111 .

,

OPERACION DEL SISTEMA DE POTENCIA

.. CAPITULO ,

ESTIMACION DE ESTADO

Un estimador de estado obtiene el estado ópti mo. estadísticamente hablando, del sistema de potencia, sobre la base de: 1) la información suministrada e n tiempo real por el SCADA (fundamentalmente topo logía de la red y medi das disponibles) y 2) modelos de sus elementos constitutivos (líneas. transfonnadores, etc.) almacenados en la base de datos. Además del estado, dete rmin ado como sabemos por las tensiones compl ejas en todos los nudos eléc tri cos, se obtienen valores estimados de las magnitudes medidas, lo cual permite evaluar la bondad de la estimación. Alrededor del proceso de estimación de estado propiamente dicho, aparecen otras tareas auxi liares, tales como: 1) filtrado previo de medidas. para descartar errores evidentes; 2) detenninac ión de la topología de la red a partir del estado de sus elementos de corte; 3) análisis de la estructura del sistema de med idas para ver si toda la red puede ser esti mada; y 4) detección e identificación de medidas no gaussianas. En este prontuari o sólo se considerará e l último as pecto, inseparable de la estim ac ió n. Todas las apl icaciones de los siste mas de co ntro l de energía utili zan la información sumini strada por e l estim ador de estado, de ahí su importancia.

8.1 .

FORMULACiÓN MATEMÁTICA

.

El sistema se supone e n régimen sin usoidal permanente, debido a la lenta evolución de la carga. yequ ilihraclo (modelo monofásico). Para una red de N nudos, el vector de estado x contiene 11 = 2N - I eleme ntos (uno de los ángulos se tom a como origen de fases). Co nsidé rese un vector Z co mpu esto por 111 medidas, las c uales se rel acionan con e l vecto r dc estado mcd ia nte la expresión : :]

-

-

h] (XI. x2 •... , XI/) "2(XI. X2, ... , XII)

[ 1[ ':2

z'"

donde:

h m (Xt.

X2 •... ,X II )

e]

H e2

em

1

=h(x)+e

(8. 1)

h¡(x) es la fun c ión. e n general no li neal. que; relaciona la medida i con el vector de estado. e¡

es e l e rror asociado a la medida i.

El vector de medidas está compuesto por fl uj os e inyecciones de potencia activa y reactiva, así como mód ulos de ten siones (en ni veles bajos de ten sión se miden también a mperios). Para el caso de medidas

124 Sistemas e léctricos de potencia de inyecc ión, la re lación con e l vector de estado es la mi sma que e n el flujo de cargas: N

Pi"

=

L V¡ Vj( G ijcos8ij+ Bijsen 8jj)+ep¡

(8.2)

j=l

N

Q;" =

¿

V¡ Vj (G ¡jsen 8¡j - Sij cos8¡ j) +eQ¡

(8.3)

} =l

mientras que para los flujos de potencia de un e le mento conectado entre i y j se tiene que

P:;'

=

Q;¡ =

+ Bi) sen8ij) - G i ) V/ + epij V¡Vj(G ijse n 8ij - Bijcos 8ij) + V?( S¡j -b;) +eQ¡j Vi Vj CGi) coseij

(8.4)

(8.5)

siendo', V¡ 10¡, Vj IOj las tensiones complejas en los nudos i y j. ei; = e¡ - 8) el desfase entre los nudos ¡y j . G i} + B i) e l e le me nto i -j de la matri z de admitancias de nudos. b~ la admitancia en derivación del elemento que une ¡con j.

La relación enLre una medida de tensión y la variable de estado correspondiente es tri vial: (8.6)

A faJta de otra información, se supone que los errores de las medidas siguen una distribuc ión normal. con media nula y desviación típica a ¡, la cual debe reflejar la clase de los aparatos de medida involucrados. Asimismo, se supone que los errores son variables aleatorias independientes, es decir, E[e¡ej] = O. Por tanto, la matriz de covarianzas asociada a los errores es diagonal : Cov(e) = Ele· eT J = R = diaóa{a ¡2 a?2 _

2

"' , am }

(8.7)

Para un modelo estadístico de las medidas como el supuesto. puede demostrarse que la estimació n de máxima verosimilitud se obtiene minimizando el siguiente escal~r : l (x) =

1I1

[z ¡ - h¡(x)12

i=\

(f.I

¿

?

T

= r Wr

(8.8)

donde W = R-¡ es una matriz de ponderación y r = ~ - h(x) es el vector de residuos de las medidas. Este problema se conoce como estimador de mínimos cuadrados ponderados, por contrapos ición a otros estimadores, con propiedades estadísticas distintas. que minimizan fUi~ciones no cuadráticas del vector de residuos.

El mínimo de l(x) se obtiene·cuando oJ (x)/ox = O. lo que conduce a: H T(x)W[~-h(x)]=O

(8.9)

siendo H (x ) = oh(x)/ox el jacobiano de h(x), de dimensión 111 x 11. La forma más fiable de resolver esta ecuación es mediante el método de Newton-Raphson, que requiere resolver en la iteración k-ésima el sistema de n ecuaciones siguiente, conocido como eCl.Iacirmes normales: G(x k ) ilx k = H T (x k ) W[ z - h(x k ) ]

(8 . 10)

G (x) = H T (x) IV H(x)

(8. 1 1)

donde la matriz simétrica

Capítulo 8 / Estimación de estado

125

se denomina lIIa/ri: de ganancia . Las ecuaciones norm ales tienen solución única cuando H es de rango co mpleto. lo que implica que G es definida positiva. Si esto no ocu rre. se dice que la red no es observable. La soluc ión del siste ma permite actualizar el vec tor de estado para la siguiente iteració n:

./+1 =

xk

+ 1::1./

El proceso comienza tomando perfi l plano para el vector de estado. salvo que se disponga de mejores valores. y tennina cuando todos los elementos de ~x son menores que una determin ada tolerancia. La Tabla 8.1 presenta los valores de los términos del jacobiano correspondientes a medidas de flujo e myección. Flujo

Inyección IJ p¡

JV; d P· ~

N

"~ V·(C·· J 1) cosa·· 1)

"\y

+ B·l}· .sena··) IJ + VG·· I /I

iJ i

}=I

Vi (Gij cosOij

+ Bi} sen Oij)

N

,

L Vi Vj(-Gij sen Oij+ Bij cosOij)- V(Rii

aPij -jJ\lj

V,· (C,·)' COS (}j)"

a:;;/

V·I VJ·(-G·IJ· sen O·· 1)

+ 8 i)' se n Oi)·)

+ B·· cosO··) tJ I} '

) =1

a p/i

V¡V) ( Gi j scnOij - Bi) co sO¡) dQ;

1i'V¡

iJOj

N

L

V)(Gij senOi) - Bi) cos8ij) - Vi Bii

j= 1

djJ~jIj N

L

Vi Vj( Gij cosBij

+ Bi) sen ei)

V¡( C ijSen nf7ij - BijCO~f7ij) n

- V/Gii

j=1

Tabla 8.1 Elementos de H correspondientes a inyecciones y flujos.

Además de las medidas ordinarias. existen medidas v irtuale ~ exactas. tales como la inyección nul a en los nudos de tránsito. que pueden incluirse como medidas de muy alto peso en el escalar J (x ) . Esta sol uci ón. sin embargo. cond uce en muchas ocasiones a problemas numéri cos. por el mal escalamiento de los coeficientes del sistema de ecuaciones. Una alternativa más robusta nu méricamente consiste en aiiadir esta información co mo restricciones de igualdad. con lo que el prob lema de estimac ión se convierte en: Minimizar Sujeto a

I J (x) = - r~

2

-

h(x ) fW[~ - h(x)]

(8.12)

c(x) = O

donde c(x) = O represent a dichas restricc iones. La ap licación del método de Ne\Vton a las co ndi ciones de optimalidad de este problema conduce a la solución del siguiente sistema lineal de ec uaciones: (8.13)

donde i~ es el vec tor de multiplicadores de Lagrange asociado a c(x). y e denota el jacobiano de c(x) en la iteración k. Existen otras posibilidades. no con templadas aquí. para mejorar numéricamente e l co mportamien to de las ecuaciones norm ales. como el uso de la fac tori zación ortogonal de 11, que evita la construcción y factorización triangular de la matriz de ganancia.

8.3.

DETECCiÓN E IDENTIFICACiÓN DE DATOS ERRÓNEOS

En ocasiones. sobre todo en la fase de puesta en marcha del estimador. exi sten medidas cuyos errores no son gaussianos. pero tampoco lo sufi cientemente grandes como para ser detectados en el prefiltrado. Estas med idas deterioran la cal idad de la estimación, y por tanto conviene identificarlas y eliminarlas.

126

Sistema s eléctricos de pote ncia

Los métodos util izados se basan , esencialmente, en las dos propiedades siguientes de los esti madores de mínimos c uad rados. que se cu mplen cuando todas las med idas son gaussianas:

x

l. El escalar l (.'") sigue una distribución X2 con 111-11 grados de libertad, siendo el estado estimado. 2. Los residuos. r = e - hU). siguen una distribuc ión N(O. Q). donde Q = E rrrTl es su matri z de covari anzas, que se obtiene de la expresión:

Por tanto. los residuos normali zados

,

r·

r,N sonN(O.I).

La presencia de medidas erróneas se detecta, con un coste computac ional red ucido, por el valor de J er). Sea Xtll - Il) ,P el valor correspo ndiente a una probabilidad p (p.e., 95 %) de la distribución X 2 para

xl

grados de libertad. Si J Ct) ~ ).p' se concluye que hay algún da lo clTóneo . l1 II Puede demostrarse asi mis mo que, si existe una sola medida erró nea, ésta provoca el mayor residuo normalizado en valor absoluto. Es te resultado es vál ido para mültiples medidas enóneas siempre que la interacc ión entre las mismas sea despreciable. Por tanto, si e l test X2 detecta tal circunstancia, se procede a calcular los residuos normalizados y a descartar la medida correspo nd iente al mayor residuo. Se repite el ciclo de estimac ión, detecc ión y eliminación hasta que todos los residuos tengan un valor acorde a la di stribución N(O, 1), p.e .. Ir¡V1 < 3. Para que una med ida erTónea sea ident ificab le es necesari o qu e JJl>n+l. 111 -

1'1


La Figura 8.1 representa una línea en la cual se tienen dispuestos dos vatímetros. Conocidas las características de los vatÍmetros y sus medidas. mostradas en la tabla siguiente. es ti mar el mej or valor de la potenc ia activa que circula po r la línea. 2

O

W21+. ~

\VI

I--t-~.~~~O--.

X = 0.1 p.lI.

Figura 8.1 Lí nea con do s vatímet ros.

Vatímetro Magnitud medida Fondo de escala Desviación típica Medida

W2

P12 200MW 1%

62MW

P21

200MW 5% -52MW

Tabla 8.2

Tomar una potencia base de 100 MVA y suponer que las tensiones se mantienen a sus val ores nomúlales, util izando el siguiente modelo para la potencia activa que circula por la línea (en p. u.):

Ca p ítulo 8 / Estimac ión d e estado

127

Resolución Tomando la referencia de áng ulo e n e l nudo 2, tend re mos V2 = 1 LQ.. y VI estado que hay que est imar. Las mag nitudes medidas se ex presan como: 1

PI2

=

P2l

= ü.T se n

ü.T se n

-1

= I l.~,: siendo e la variable de

e e

y siendo el vector de medidas

'" = [0.62

-0 .52]'

Por tant o. e l vec tor de residuos viene dad o por: :-h(O) =[ 0.62- 105en O

al

-0.52 + 105en O

Ir

Para la matriz de ponde raciones tend remos en cuenta que las desviaciones típicas de las medidas son = 0 .01 = 0.05 . co n lo qu e:

ya2

w=[a~2

0

]

=[

O ]

10000

O

400

0

ai Con estos elementos, la formulación de mínimos cuadrados ponderados se reduce a minimizar J (O)

= 1: -

h (e)]' W[ z. - h(O) I

= 10000(0.62 -

lOsen 0)2 + 400( -0.52 + lO sen 0)2

La condición ele optimalidad es:

aJ

ae

= H' WI: - h (O)1 = O

siendo H la matri z jacobiana ah (O) H= - -

ao

o bien, derivando directamente

20000(0.62 - lO se n 0)( - l Ocos e) + 800(-0.52 + lOsen e)( 1Ocus e) = O que se simpl ifica a

1000cosO(-128. 16 +2080 senO) = O la cual podemos resolver directamente. Despreciando las soluciones de cos H

= O.

nos queda sen

e=

128.16 2080 ' luego O = 0.06165 rad y la

estimación de potencia sería 1

Pl2

= -P2l = ü.Tse n 8 = 0.6161

p.u.

= 61.61

MW

Nótese que no es posible realizar un test para la detección de med idas erró neas ya que no existe red undancia suficiente. Con una variable de estado serían necesarias tres medidas como mínimo.

8.2.

En la red de la Figura 8.2. compue~ta por un generador que alimenta una carga a través de una línea de reactancia 0.1 p.ll .. se han dispuesto los siguientes aparatos de medida:

• Dos voltímetros que miden VI y

V2, y cuya vari anza es

a 2 = 0 .01 p.ü .

• Un vatímetro y un varímctro qlle miden P2 y Q2 respectivamente. y cuya varianza es de (J2 = 0 .1 p.u.

P2

Sabiendo que los voltímetros marcan respectivamente 1.0 l Y 0.99. Y que el consumo medido es de -! .0. determinar e l estado del sistema por mínimos cuadrados ponderados.

= 5.0 p.ll. Y Q2 =


!

O.lj 111

Figura 8 .2 Sistema de dos nudos con cuatro medidas.

Resolución En este problema tomaremos origen de fases en el nudo 2. con lo que su tensión la expresaremos COIllO V2 l!J., y la tensión del nudo I como VI lQ.. Así pues, las variables que descri ben el estado del sistema son:

Las medidas adquiridas

- [~~l=[ H~l -1.00

Q2

se expresan en función de las variables de estado como:

"~e,) = [

1

XI XO 1Oxox I sen X2

10.1'1 (XOCOSX2

-XI)

puesto que P2 =

1

D.T VI V2 sen e =

10.1'0.1'1 sen X2

I Q2 = D.TV2(111 cosll- V2) = IO.r¡(xOeosx2

-XI)

La función a minimizar es J (x) = (: - " (x)/ IV(: - "(x)) que se consigue resolv iendo

H' Wr: - "(x)] = O

siendo H la matri zjacobiana, H¡,j

(8. 14)

ahi(x)

= -,,-aX )

o

I

H=[

O 10Xl se n X2 10X 1COSX2

10xo senx2 IOxo cos X2 - 20.r¡

y la matriz de pesos:

w=

0.01 O

O

O

O

I --

O

O

O

O

O

O

0.0 1 -

I

0.1

O

O 0.1

100

O

O O O

100

[

O O

O O 10

O O O

O

10

1

Capítulo 8/ Estimación de estado

129

Para resolver (8.14), recurrimos a un método iterativo:

Gl1x" = H ' W[ z - h(x")J .\"1/+ 1

= x"

(8.15)

+ !:::.X ll

(8.16)

siendo G = H' W H la matriz de ganancia. Para la primera iteración partiremos de un perfil plano

Luego el vector de residuos es:

0.01 -

°

- 0.01 5.00

O

r(x ) = Z - h(x ) =

[

- 1.00

La función objeti vo vale J (xO) = r' W r = 260.02. Por otra pru1e, la matriz jacobiana resulta

o

~1

I

O 10 -10 O y la matriz de ganancia

~]

1100 -1000 -1000 liOO O O 1000 Resolviendo la Ecuación (8. 15) obtenemos: - 0.0471 ] 0.0471 [ 0.5000

l1xo =

y el nuevo estado

La función a minimi zar, J (x), ya ha bajado para este estado hasta 15.73. Basta con realizar nuevas iteraciones para acercarnos más al óptimo. Para la siguiente iteración, obtendremos:

r(x l ) = Z - h(x l ) =

0.0571 [ - 0"'" 1 0. 21 64 1.2088

H (,')

~r

I

O

O

O 5.0203 4. 5682 9. 1895 -12.5807

O 8.7563 -4.7836

1

130 Sistemas e léctricos de potencia y la matriz de ganancia

11 96.5 1 G(x

l

)

=[

-926.7~

-926.77 1891.44 1001.82

1001.8~ ] 995.56

Resolviendo: l'.x I =

0.0603] -0.0598 [ 0.0212

y el nuevo estado x2

= xl + l'.x l =

1.0 132 ] 0.9873 [ 0.52 12

La siguiente iteración conduce a

x3 =

1.0190 ] 0.99 14 [ 0.5172

y la cuarta y sucesivas a 4

x = [

~:~~~~ ]

0.5220

con J (x") = J (X U) = 0.0097, por lo que ésa es ya la solución de la Ecuación (8. 14): VI = 1.0178. V2 = 0.9845 ye = 0.522 rad = 29.908°.

8,3,

En la red de la Figura 8.3, con reaclancias de líneas X 12 = X 13 = X 23 = 0. 1j, se dispone de las medidas y va¡;anzas de los aparatos de medida que aparecen en la tabla siguiente:

Magnitud

Valor p.u.

VI V2 V3

0.95 1.02 1.03 1 - 0.4 0. 8 - 0.2

Pl 2

Q 21

P13 Q31

Varianza , 10 10- 3 10- 3 10- 2 10- 2 10- 2 10- 2

Tabla 8.3

Estimar el mejor estado en el sentido de los mínimos cuadrados pgoderados y detectar la presencia de medidas erróneas si las hubiera.

VI

Figu ra 8.3 Red con 3 nudos.

Capitulo 8 / Estimación de estado

131

Resolución

El estado de la red vendrá descrito por U, = V, sistemático consideramos el vector de estado:

l!:, U2

= V2

-

V, V2 V3

XI

X2 .\'3

x =

x.

lo,

Y U 3 = V3 l2l. Para

su

tratamiento

Ih Eh

X5

Asimismo, consideramos un vector de medidas tal como:

0.95 1.02 1.03 1.00 -0.40 0.80 -0.20

V, V2 V3

--

PI2

Q2'

P13 Q3'

con matriz de pesos

1000

O

O O

1000

w=

O O

O O O O O

100

O O O O O O

O

100

O O O

100

O O O O

O

O O O

O

O O O

1000

O O

O

O O

100

O O O

O O

La relación en tre medidas y vector de estado es

h(x) =

- x?

- --¡x , cos(-x. ) X 12

- .1'2 ]

X1 X 3

- - sen ( - .1'5)

X13

-

- .\"3

-[x , cos( -X5) - X3 J

X13

y la matriz jacobiana, con H ij = ~ : ., !

I

O

O O

I O

.\" ,

- - sen ( -x.) H (x) =

-

X 12

X '2 - x2

- - cos(x.)

XJ2

-

·.\"3

-

[Xl COS .r..¡. -

-XJ -COS(.\'5)

O

X13

O

O O O

- XI X2

O

cosCq )

X '2

2X2]

O

X I1

O

O O

O

sen (-.q )

sen(-x5)

X IJ

-

XI

O O

-

XI

X13

sen(-x5)

- [X l COS(X5) - 2.\'JJ

X13

X1 X2

O

-_ - sen (x. ) XI2

O O

-

x lx 3

X13 x[ x3

-

C05(X5 )

- 5en(X5)

X13

132 Sistemas eléctricos de potencia El vector de estado inicial

o

O

r

conduce a:

• Vector de relación entre medidas y estado

o

O O O

r

• Matriz jacobiana

1 O O O O O 1 O O O O O 1 O O O O O - 10 O - 10 10 O O O O O O O -JO -10 O 10 O O

H (xo ) =

• Matriz de ganancia

C (x o ) = HTW H = J03.

21 - lO - 10 O O - 10 11 O O O - 10 11 O O O O O O 10 O O O O 10 O

• Vector de residuos

r(xo) = Z - h (xo) =

-0.0500 0.0200 0.0300 1.0000 -0.4000 0.8000 -0.2000

Los incrementos que se obtienen para la primera iteración son:

Ll.x o =

0.0177 -0.0184 0.0007 -0.1000 - 0.0800

C- I H TWr =

y, actualizando, obtenemos la nueva estimación del estado

xl

= xO + Ll.x o =

1.01 77 0.9816 1.0007 - 0.1000 - 0.0800

Tras 4 iteraciones, el método converge a:

x =

1.021 6 0.9800 1.0013 -0.0996 -0.0781

Capítulo 8 / Estimación de estado

133

con residuos -0 .0715 0.0400 0.0286 0.0043 - 0.0433 0.0023 - 0.0299

=

r (.r)

y función de coste J (.r ) = ,.TWr = 7.8062. Para dictaminar la existencia de alguna medida errónea usaremos un intervalo de confianza del 95 %. Con 7 medidas y 5 variab les de estad~, } ex) debe seguir una distribución X2 con 2 grados de libertad. Utilizando tablas o la función inversa de la probabilidad de dicha distribución, encontramos que el 95% de la masa probabi lística queda encerrado por la cota 5.9915, va lor que es sobrepasado por la función objet ivo, por lo cual debemos concluir que exisre a lguna medida errónea. Para la identific-dción de la medida elTónea deberemos normalizar el vector de residuos con sus respectivas covarianzas. . La matriz de covarianzas de los residuos, Q , la obtenernos con Q = R - H ( H 7 R- l H ) -l H T :

Q = 10- 3

0.6612 -0.3203 -0.3148 - 0.0343 0.3431 - 0.0252 0.3218

- 0.3203 0.5933 - 0.2976 0.0635 -0.6355 - 0.0238 0.3043

- 0.3 148 -0.2976 0.61 24 - 0.0319 0.3188 0.0490 - 0.6260

-0.0343 0.0635 - 0.03 19 0.0068 - 0.0680 -0.0025 0.03 26

0.3431 - 0.6355 0.3188 - 0 .0680 0 .6808 0.0255 - 0 .3260

-0.0252 -0.0238 0.0490 - 0.0025 0.D255 0.0039 - 0.0501

0.3218 0.3043 -0.6260 0.0326 - 0.3260 -0.0501 0.6400

Los residuos normalizados. obtenidos con v

r!

,

r¡ = ~~

,¡r¡¡;

valen :

rN =

- 2.7806 1.6406 1.1557 1.6611 - 1.6599 1.1733 - l.l806

Y, puesto que el mayor valor absoluto lo presenta I r ~ I = 2.7824, concluimos que la medida incorrecta es la de VI . También podemos realizar el test a los residuos normali zados. de can:ÍClcr normal N (O. 1). En este caso, la cota para los res iduos en un te st de 95% de confianza es 1.6449. sie ndo nucvamente Ir ~ I el que más sobrepasa dicho valor.

8.4.

Obtener la estimación del estado correspondiente al problema anterior, una vez que se descarta la medida identificada C01110 errónea.

Resolución Una vez descartada la medida VI " debemos estimar el estado sobre la base de las medidas: V2 V, ,

-

r

l

P1 2

Q21 PI3

Q31

=

1.02 1.03 1.0ü

- OAO 0 .80 - 0 .2

134


con matriz de pesos

1000 O O O O O

w=

O 1000 O O O

O O 100 O O O

O

O O O 100 O O

O O O O 100 O

O O O O O 100

La relación el1lre med idas y vector de estado. as í como la mat riz jacobiana se ob ti e ne n de l problema anterior omi tiendo la primera fila . El vector de estado inicial

.10

=[

1

O O

r

conduce a: • Vecto r de relac ión entre med idas y estado

O O O O

r


o

H (xO) =

1 O O O 1 O O O O O O O - 10 O - 10 10 O O O O O O O -10 -10 O 10 O O


C(x O)

=

HTWH

= 103 .

20 -10 -1 0 O O - 10 11 O O O -10 O 11 O O O O O 10 O O O O O 10


0.0200 0.0300 1.0000 -0.-1000 0.8000 -0.2000 . Los incrementos que se obtienen para la primera iteración son:

0.0550 0.0155 0.0345 - 0.1000 -0.0800

"'.10 = C - 1 HTWr =

y. actualizando. obtenemos la nueva estimacil)!1 del estado

1.0550 1.0155 xl =.r 0

+ L\xo =

1.0345

- 0. 1000 - 0.0800

1 J

Capitu lo 8 / Estimación de estado

135

Tras 3 iteraciones. el método conve rge a: 1.05S 1 1.01 47 1.0355 -0.0932 - 0.073 1

x =

con residuos 0 .005-1 -0.0055

O.OOOS

r(.") =

-0.0052 - 0. 0001

O.OO-lS y función de coste l.(.") = rT lVr = (J.06-15 . Se puede comprobar de lluevo si a lgun a medida debe ser cl as ificada todavía co mo erró nea. aunque ya no exi sta redu ndanc ia para identificar c uá l. J (.l ) debe seg ui r una di s tribuc ión x.:'I ue 1 glauo de libeltaJ . Para usar un 5% de ni vel de significación (intervalo de l 95% de confianza), necesitamos la cota de dich a distribución que e nci erra el 95 % de la masa probabilística. que resulta ser 3. 8415. Y puesto que J (.0 no alcanza ese valor no tenemos moti vos pura suponer que ex ista otra medida errónea. La misma conclusión se obtendría anal iza ndo los residuos una vez normali zados.

8.5.

En el siste ma de la Figura 8.4 se tienen las medidas de la siguiente tabla. en la que se muest ran tambi é n sus respecti vas vari anzas:

Magnitud Vt V2 V3 P3 Q3

Valor p .u .

Varianza l a .1 10- 3 10- 3 10- 2 10- 2

1.05 I 0 .95 I 0 .2

Tabla 8.4 Estimar el mejo r estado en el se nt ido de los mín imos cuadrados ponderados:

l . Cum,iderando medidas de potencia de peso elevado en los nudos de tránsito. 2. Incorporando la información de potencias de los nudos de tránsito como re stricciones de igualdad.

O. lj

O.lj

Figura 8.4 Sistema con nudo de paso.

Resolució n Llamando H I = vector de estadu

VI

l!!:

H,

V2 lo;! y

ll ~

=

V~ ~

x~

VI V2 V3

x.J-

Ih

.\"5

f},

XI

.\'2

x

=

a las tensiones en los nudos. cons idcra remo!-> un

.,

136

Sistemas eléctricos de potencia Asimismo. para el desarrollo del primer apartado. consideramos un vec tor de medidas tal como:

V,

1.05 1 0.95 O O

\12

V,

--

P2 Q2 P3 O' _.'

0.2

con matriz de pesos

W=

103

O

O O

10 3

O O O O

O

O

O O 10 3

O O O O

O O O O

10 6

O O

O O O

O O O O

O O

10 6

O

O O

102

O O O O O O

O

102

O O

Donde se han considerado medidas de valor Opara las potencias acti va y reactiva consumidas en el nudo 2. Por tratarse de medidas ficticias. de cuyos valores tenemos certeza: les hemos as ignado pesos de 10 6 , mi l veces mayores que los de los vo ltímetros. La relación entre medidas y vector de estado es: Xl -'"2 x3

h(x )

=

-IOx, x2 sen(x.¡) - IOX2 X3 sen(x4 -X5) 10-'2 (x, COS (X4) - X2) - IOX2 (X2 - X3 cos(x.¡ 1Ox2 x, sen(x.¡ - X5 )

-',»

10 x3 (..'2 COS (X.¡ - X5) - X3)

El vector de estado inicial .,.0 _ [ 1

O O

l'

conduce a: • Vector de relación entre medidas y estado

O O O O

f


O O O O 1 O O O 10 O O O - 20 10 10 - 20 O O O 10 -10 O O 10 - 10 O O O

O

1 O O

fl ex o) =

1

O O


G( ,",

~

H'WH

~

,e' [

100001 -200000 100000

-200000 40001 1 - 200010

O O

O O

100000 -2000 10 100011

O O

O 400010 O O -200010

O

O O -2000 10 100010

Ca p itulo 8 / Esti mació n de esta do


0.05 0.00 - 0.05 0.00 0.00 1.00 0.20

r(xo) = Z - h(xo) =

L os incrementos que se obtienen para la primera iteración son:

0.0250 0.0000 - 0.0250 -0. 1000 - 0.2000

"'xo = C - I HTWr =

y. actualizando, obtenemos la nueva estimac ión del estado

xl = x O+ "'x o =

1.0250 1.0000 0.9750 - 0.1000 -0.2000

Tras 4 iterac iones, el método converge a:

1.0358 0.9960 0.9664 -0 .0977 -0.2024

x =

con residuos

r(x) =

0.0 142 0.0040 -0.01 64 0.0000 0.0000 -0.0063 - 0.0329

y función de coste l (x) = rTWr = 0.6022. Para el Apal1ado 2 consideraremos sólo las medidas que realmente tenemos:

Z=

VI V2 V3

P3 Q3

1. 05 =

0.95 1 0.2

Sobre la base de dichas medidas nos plan teamos el problema de:

Minimizar

Sujeto a

1 2 c(x) = O

l (x) = - [z - h(x)¡TW[ z - h(x)]

137

138 Sistemas e léctricos de potencia donde Xl

X2 X3

10 X2 X3 sen(x4 - X5) (.q cos(.q - X5) -

10.1'3

.1'3)

es la relación entre medidas y vector de estado, y

- IOxI X2 sen(.q ) - IO X2X3 sen(X4 - X5) e () x = [ IOX2 (XI cos(.r4) - X2) - IO X2 (.1'2 - x3 cos(_q -

] X5))

son las restricciones de que las potencias activa y reactiva demandadas en el nudo 2 son nulas. La solución de este problema se consigue iterando con el sistema :

y xk+1 = x k + "'x"La matriz jacobiana para las medidas, H , es: 1 O 1 O O O O IOX3 sen(,q-x5 ) O 1OX3 cos(.r4 - X5 )

O O IOx 2 sen(x4 1OX2 COS(X4 - X5 )

X5 ) - 20X3

O O O

O O O

IOX2X3 COS (X4 - X5)

- IOXZX 3 COS(X4 - X5)

-10X2X3

sen(x4 -X5)

IOx2x3

consiguiéndose de modo análogo la matriz jacobiana para las restricciones ac¡ Cij = Xj

El vector de estado inicial

O O

r

conduce a:

• Vector de relación entre medidas y estado

O O

r

• Matriz jacobiana de medidas

H (xO) =

O 1 O O O O 1 O O - O 1 O O O O O O O 10 -10 O O lO -10 O

• Matriz jacobiana de restricciones C(xo) = [

O O -20 10 O 10 -20 10 O O

]


C (x o) = H TW H = 10 3 -

1 O O -10 11 O O - lO 11 O O O O O O -

O O O O O O 10 -10 10 10

sen(.q-x5)

Capítulo 8 1 Estimación de estado

139

• Vector de residuos de las medidas 0.05 0.00 - 0.05 1.00 0.20 • Vector de residu os de las restricciones

En la primera iteración se obtienen los incrementos:

0.0250 0.0000 - 0.0250 -0.1000 -0.2000 y el multi plicador de Lagrange ).. = -2 .5.

Actuali zando, obtenemos la nueva estimación del estado:

1.0250 1.0000 0.9750 - 0.1000 - 0.2000 Tras 4 iteraciones. el método converge , prácticamente, al mi smo estado que en el Apartado 1, s ie ndo Á = - 1.4 195.

el multiplicador de Lagrange en este estado

~

CAPITULO ,

EVALUACION DE LA SEGURIDAD

El objetivo más importante que se persigue en los centros de control de los sistemas eléctricos de pOlencia es asegurar el suministro. Esto se logra cua ndo el siste ma tiene capacidad de permanecer en un estado normal ante cam bios previ stos e imprevis tos en el mismo. Se considera que el sistema se encuentra en . estado normal cuando la demanda es sa tisfec ha y las magnitudes eléctri cas están dentro de unos límites. Una clasifi cación de los distintos estados del sistema eléctrico es la mostrada en la Fig ura 9.1. En la planificación y explo tación de los sistemas eléctricos de potencia se necesita un a herramienta capaz de evalu ar la seguridad del siste ma. Esta herramienta determin a el estado de la red tras la pérdida de uno O varios de sus elementos. detectando sobrecargas o ten siones anó malas. Para determ in ar estos estados se necesita realizar sucesi vos flujos de cargas. siendo el método desacoplado rápido el más usual. Ten ie ndo en cuenta la magnitud de l problema a tratar. éste se ha resuelto hi stóricamente usa ndo dist intas apro xi maciones: • No anal iza ndo todas las cOIHingencias posibles. En esta línea destacan los métodos de clasificación y de se lec<:ión. • Ana li zando las conti ngencias de manera aproximada. usando un reparto de carg.as en conti nua, o una iteración del flujo de ca rgas desacoplado rápido. • Analizando sólo una zo na del sistema e léctrico (métodos zonales). En este capítulo só lo se estudia la segunda opción. basada en un model o lineal para las potenc ias activas. Si se desea n es ltldiar las tens iones. es preciso a l menos realiza r una iteraci ón Q- \1 del su bproblema de reactiva en el método desacoplado rápido.

RESTAURACIÓN

SEGURO NORMAL

EMERG ENCIA

INSEGURO

Figura 9.1 Posibles estados del sistema .

142 9.1.


ANÁLISIS DE CONTINGENCIAS BASADO EN FACTORES DE DISTRIBUCiÓN Para detectar sobrecargas de manera aproximada se puede rec urrir a los factore s de distribución, que son los coeficientes ( Jl.1C ligan flujos por las líneas con inyeccio nes en los nudos. Estos factores se ha llan sobre la base de la linealidad que presenta el problema de act iva (reparto de cargas en continua):

P = B' . (j

(9.1 )

!'J. e = S·!'J.P

(9.2)

cuya relación inversa e n forma incremental es

Estos factores de dis tribución presentan la ventaja de que pueden ser calculados a priori, antes de realizar e l análisis de con tingencias .

9.2.

FACTORES DE DISTRIBUCiÓN DE GENERADORES Y CARGAS Estos factores penniten analizar la variación del flujo de potencia activa que circula por una línea, cuando se varía la potencia generada/consumida en un nudo del mismo. Suponiendo un incremenlO unidad en la potencia del nudo i y que el nudo 1 es el de referencia:

El factor de distribución para una línea lllll será:

El signi ficado de este factor de distribución es cuánto varía e l flujo por la línea

H/JI

cuando au me nla

en I MW la potencia generada en el nudo i.

El cambio de potencia en una línea como:

HUI

ante un fallo en un generador situado en el nudo i se obtiene

• Si toda la generación perdida es asumida por el generador de referencia

(9 .3) • Si la generac ión perdida es asu mida por el resto de gene radores según unos coeficientes Yji . p.e .. en proporción a sus capacidades pl.na:\;

f::...Pmll =

; P/JIII

. ó p¡ -

' j L " PIIIII

j pi

. Yj¡óP¡ :

y ).;

=

)

=,--''--:=:0

'"'

L.h j:. i

pilla.\:

(9.4)

k

• • Estos facto res de distribución se usan para hallar la vari ación de l flujo de potencia activa por una línea (mil ) cuando se abre otra línea (ij) . Para ello se utiliza el teorema de compensación (véase la Figura 9.2) que permite calcular los incrementos de las magnitudes eléctricas cuando se abre la línea.

Capitulo 91 Evalu ación de la segu ridad

JIJ

111

1/

143

k

j

11

k

.1--+-"

Figura 9.2 Aplicación del teorema de compensación.

Resolviendo para Pij = 1, se oblie nen los incrementos 6. (} de lodos los nudos del siste ma:

+-i +- j

-1

donde smod se refiere a la red sin la rama ij. El facto r de di stribución para una línea IIlIl es: ij

ñ PWII

ij

PIIII/=--=

Ó.emi j

Pij

ij

Ó (}'I

-

(9.5)

X III /1

El inco nveniente de este método es la necesidad de actuali zar la matriz de sensibilidades S111oo, seg ún la co ntin gencia a estudiar. Para soslayar este problema se pueden hallar estos faclOres de d istribuc ión modela nd o la pérdida de la línea o el tran sformador mediante dos inyeccio nes de potencia ficticias en los nudos extre mos. Esto permite que a parti r de los factores de distribución de los generadores/cargas, anteriormente hallados. se puedan enco ntrar los factores de distribución para líneas/tran sformadores de la expresión: i

ij P III I1

Pmll

=

j -PII1I1

i

1 - Pij

9.4.

(96)

+ Pi)j

FACTORES DE DISTRIBUCiÓN COMPENSADOS

Si se desea realizar un control preventivo corrigiendo so brecargas f utu ra s se pueden lIsar los factores de d istribuc ión compensados. Estos factores modelan el increme nto del flujo de potencia por la línea 1IIf1 debido a un incrememü de ge neración en el nudo g con la línea ij fuera de servicio. a pan ir de: i I.. 6.. Pmn

IJ = fallo

=

g

PII1Il .

6.. Pg

ij + Pmll

.

g . 6.. p;g Pi)'

(9 .7)

ij + Pmll

(9.8)

de donde g 6.. Pmll P11111 Iij:= fallo --

6. Pg

l

_

ij = fallo

101

Pmn

g

. Pij

144



La red de la Fig·ura 9 .3. cuyos datos se indican en la Tabla 9 . 1. se compone de un nudo de gene ració n O. un Iludo de consumo L con una carga de 100 MW y 50 Mvar, y un nudo 2 que actúa de interfaz con una red exterior, de la cual ¡mpona 50 MW . Las tens iones de los tres nudos se mantienen al p.lI. mediante la adecuada inyecci ón de reactiva. 1 1 1 1 1111

Cl

Y l _1I I:-'c.LI.LIL.22_ _ __ ::r-t-T

O

~

Figura 9.3 Esquema unifilar de la red del Problema 9.1 .

Líneas 0-2 LA 0-1 LSO- I

1-2

lJ/2 ( p.u. )

Impedancias Z ( p .u.) O. lj O. lj O. lj O.lj

O.Olj O.Olj

Tabla 9.1 Datos de las líneas de la red de la Figura 9.3.

l. Determinar los flujos de potencia activa que circulan por las líneas. utilizando el modelo lineal del reparto de cargas en continua (OC-Load Flmr) . 2. Calcular los factores de distribución de la potencia activa para el fa1lo de la línea LA que une los nudos O y l . Y los nuevos flujos de potencia activa que resultarían tras el disparo por fallo de d ic ha lfnea.

Resolución 1. Se tomará como nudo de refe rencia del problema el nudo O. debido a que 1an solo es en este nudo donde se desconocen las potencias inyectadas. En él se establecerá por tanto el origen de ángulos de las tensiones. La matriz B' del problema activo para el método desacoplado rápido sólo ti ene en cue nta las susceptancias de las líneas. res ultando ser para este caso:

s' =

[

30

-10

-10

20

J

Si se util iza el modelo lineal del reparto de cargas en co ntinu a (OC-Load Flow), el sistema a resol ve r

es :

S 'e --

p (~~P --

Pgen

l'cons

-

que para este problema da lugar al siguient e sistema de ec uaciones 30 [ - 10

-;0 _o J[e'J el [-IJ =

O.S

Capitulo 9 / Eva luación de la seguridad

145

Una vez resue lto se te ndría el vec tor de ángulos

8 = [ - 0.03 ] 0.01 Para esta solución, se obtienen los sigui e ntes fluj os inic iales por las líneas:

0.3 En la Fig ura 9.4 se puede n visuali zar mejor estos fl ujos iniciales obtenid os mediante un re parto de cargas en co ntin ua.

o

2

10 3~

ho lOO

Figura 9.4 Fl ujos inicia les para la red del Problema 9 .1.

2. Los fac tores de di stri buc ión de la potencia acti va para un fa ll o en la línea LA: O- l se o btie ne n aplican rlo compensación al sistem a y utili zando e l modelo de l repart o de cargas en conti nua an teriormente descri to. De esta fo rma se obtiene un modelo incre mental de l sistema de ec uac iones: B ~ A . t:. 8

= D.P

siendo B;_A la matri z B' de l apartado primero pero e limina ndo de la mi sma la línea LA :O-l en la que se produce la conti nge ncia. En cuanto a l vector Ó P , para un fall o e n dicha línea q ueda de nnido po r D. P = [- 1 of. El sistema a resolve r será:

20 [ -10

-

~~ ] [~~:] = [ - ~

]

resultando. tras aiiadir e l nudo de referenc ia. el sigui ente vec tor de incrementos de los áng ulos

A partir de este vec tor se obtienen los factores de di stri buci ón en las di fe re ntes líneas, que permitir;ín obtener los nuevos flujos po r las mismas en fu nc ión de los fluj os inicia les. P02 =

D.80 - D.8,

- -:-;---- = 0.333 X02

146


0.667

P LB :Ol

X OI

L'.e, - L'.e,

PI2 = --'-:-:--....::-

=

-0. 333

X12 Teniendo en cuenta la potencia que circul aba por la línea LA:O- l antes del fallo, P2A:Ol = 0. 3, las nuevas potencias estimadas en el resto de las líneas tras el fallo son: P02

= Pg2 + P02 . P2kOl = O

= P 2 B'OI + P L S,OI . P2," OI = 0.5 P,2 = P~2 + PI2 . P2k Ol = - 0.5

P L B ,O I

,150

,150

2

o

o

100

Figura 9.5 Fl ujos tras el f allo de LA:O- l para la red del Problema 9. 1.

Es ta estimación de Hujas se muestra en la Fi gura 9.5. En es te ejemplo no destaca la ventaja de los factores de di stribución frente a la SohH.:ión di recta. En un problema de mayor tamaño se podría observar cómo en el vector de la derecha El. P , en el sistema B ~ j\ . fj.f) = 6. P , sólo aparecen dos elementos no nulos, pudiéndose aplicar técni cas de vectores dispersos que resultan más rápidas que resol ver de nuevo el problema.

9.2 .

De la red de la Figura 9.6 se conocen los datos (en p.u.) indicados en las Tablas 9.2 y 9.3.

Figura 9.6 Red del Problema 9.2.

Líneas Ll:O·2 L2:0·2 L3:2·J IA:O· J

Impedancias Z (p.u .)

0+ 0.05j 0 + O.05j 0.01 + O.O l j 0.01 + O.O l j

11/ 2 (p.u.) O O

0.03 j 0.03j


Capítulo 9 / Evaluación de la seguridad

Nudo

Poe cn 1.00 0.00 ?

NO NI N2

Qcon ~

Pcons 1.92 1.00 0.00

Qgcn

? 0.00 ?

147

0.00 0.50 0.00

Tabla 9.3 Datos de las potencias inyectadas en los nudos del Problema 9.2. Tomando el nudo 2 como nudo de referencia de la red: l. Determinar los flujos de potencia activa por las líneas. utilizando un modelo lineal de las ecuaciones nodales (DC-Load Flow ). 2. Aplicar el método de factores de di strib ución para calcular los nuevos Hujos de potencia activa por las líneas en las sigu ien tes contingencias: a) Pérdida del generador del nudo O. b) Pérdida de la línea LI :0-2.

Resolución 1. La matriz B' de este problema. adoptando e l nudo 2 como el de referencia tal como se indica. sería:

s' = [

140 - IDO

- IDO ] 200

De acuerdo a los datos de los consumos e inyecc iones en cada nudo. se ha de resolver el sistema.

140 [ -lOO

- lOO ] 200

o] = [e el

[1 - 1.92] - 1

que una vez resuelto da lugar al siguiente veClOr de ángulos , tras incorporar el de referencia:

8=

[

- 0.016] -OÚOI 3

Para esta solución. se obtienen los siguientes flujos por las líneas: LI PO?

-

e L2_ o-82 = ro,O? -

PpLJ_ ......

el - e?---1

?89 -.-

-

Po~'¡ '"

-0.316

-=-_ ..:: X 02

-

Xl 2

/lo - 81

= -0.289

X OI

En la Figura 9.7 se muestran estos flujos ini ciales.

, 192.1

¡c 2

31.6

-

I

I

92 O

31.6

I28.9'\:

/ 28 9

Figura 9.7 Flujos inicia les para la red del Problema 9.2.

148 Sistem as eléctricos de potencia 2.a. Los factores de distri buc ión para contingencias en el generador del nudo O se obLienen resolviendo

140 [ - 100

-100 ] 200

[L'.eo]

= [1]

O

L'.el

c uya soluc ión da lugar al siguiente vector de increme nto en lo s ángulos:

0.01 1

L'. e = [ 5.556. 10-3

]

A partir de este vector se ob ti e nen los fac tores de distribución: LI

P02

L'. eo - L'.e? = P02L2 = ---:-:--= 0.222 X02 L'.e?

L'.el -

p~l = ---:-:-- - = 0.556 XI]

P~I~

L'.eo -

L'.el

= - -":-:--'= 0.556 X OI

Teniendo en cuenta la potencia que inyectaba el generador en el nudo O anles del fallo, L'. P~cn = - 1.0. Jas nuevas potencias estim adas en e l re sro de las línea s tras e l fallo son: LI P02

nL2 = r02 =

n LI I

r 02 O

+ P02LI . u'pogen

= -

p/-l =

PI~t + p~l . L'. P~en

= - 0.844

Po~~

Ptf¡~ lo+ p~i . L'. P~e"

= - 1.844

=

05'8 . -'

Estos Hujos se muestran en la Figura 9.8.

-

53.8

184.4 '\::

100 Figura 9.8 Flujos tras el fallo del generador del nudo O para la red del Problema 9.2.

2.b. El sistema a resol ver para determinar los factores de distribución para contingenc ias e n la línea LI :0-2 camb ia más notablemente que en e l caso de una contingencia en un generador al modificar la matriz de dicho sistema. a saber:

120 [ -100

- 100 200

==>

L'.e

0.014

]

= [ 7.1 43. 10- 3

Capítulo 9 / Ev al uación de la seguridad

149

Los factores de distribución. y. a partir de ellos. los nuevos flujos en las líneas tras la contingencia en la línea LI :0-2. son: L"

Po,-

t,Oo - t,O, = --,:-:-- -,,- = 0.286

L' Pof

X02

t,O, - Mh P~i' = - ....,.,--- = 0.71-1 XI1

úl

P L"

Mú - M,

_-'-:-c_

-'-

=

p l.l _

=9

12 -

pL' 02 1O + pU 01'

-0.406

p~3 1 + pL;'. po~l lo = -1.51-1 L O 1-

plA _ pL" 1 + pL4. 01 01 O 01

= 0 .7 1-1

pl,llo = po~l lú =

- 0.514

XOI

Estos flujos se muestran en la Figura 9.9 .

92

-

40.6

o

151.4 '\;

j

1 100

Figura 9.9 Flujos tras el fallo de la línea L1:0-2 para la red del Problema 9.2.

9.3.

De la red de la Figura 9.10 se conoce n los datos (todos ellos bajo una misma base) indicados en las Tablas 9.4 y 9.5. Determinar: l . Los Aujos de potencia activa que circulan por las líneas. utilizando un modelo lineal aproximado. 1. Sabiendo que la potencia máxima que puede transportar cada línea es de 80 M\\'. determinar las contingencia.. de línea críticas para el ~ i stel1la .

O

Figura 9.10 Esque ma unif; lar de la red del Problema 9.3.

Nudos O 1

2

Angulas (rad.) O -0 .0657 0.0725

P generada (MW)

O 60

P consumida (MW) O 100 O

Tabla 9.4 Datos de los nudos de la red de la Figura 9.10.

150


líneas 0-1

0-2 1-2

Impeda ncias en p .u. 0.01+0.lj 0.25) 0.5j

\J / 2 en p.u.

o 0.05j 0.05j

Tabla 9.5 Datos de los elementos de la re d de la Figura 9.10.

Resolución 1. Utilizando el mismo modelo li neal aprox imado de problemas anteriores y los datos de los ángulos de la Tabla 9.4. los fluj os iniciales. mostrados en la Figura 9.11, son: O

P02 '"

o

110 - (12

X02

(lo -

= -0.29

(1,

_

= 0.6) 7

POI'" XO I

Figura 9.11 Flujos iniciales para la red del Problema 9.3.

Si se realizan los balances de potencia en los nudos se observa como éstos no se producen. La razón es que el vector de ángulo de partida indicado en la Tabla 9.4. se ha obtenido con un mé todo no aprox imado y, por tanto, más exacto. Esto impide e l perfecto balance de potencias en los nudos. hecho que no oculTía en los problemas vistos hasta ahora. pues el vector de ángulos de partida se obtenía ya del mod e lo lineal aprox imado. 2. Se va n a estudiar las posibles contingencias producidas por fallos en cada una de las líneas de la .red baj o es tudi o ap licando la misma técn ica qu.e en los problemas de contingencias res ue ltos hasta ahora. Los factores de di stribución para un fallo en la línea 0-1 se obtienen tras reso lver el sistema

-2J[L'.& IJ =[-IJ [-2 2 6 L'.Ii2 O cuya solución da lugar al siguiente vector de incremento en los á ngul os:

L'.Ii

[-O

= - 0. 2) 7~J

A partir de este vector se obt ienen los facto res de distribución: P02 =

POI

L'.&o - L'.&2 = I X02 L'.1I0 - L'.II, = 7.5

---;c-- -

X OI

Capitu lo 9/ Evaluació n de la seg uridad

151

"'0 1 - "'02 1 =Xl 2 Los nuevos flujos por las líneas tras un fallo en la línea 0-1 quedan por tanto: Pl2 =

P02 = P32

+ P02 . p31

= 0.367

P~2

+ PI2 . p31

= -0.933

PI 2 =

Analizando estos fl ujos se observa que esta conti ngencia resulla crít ica al superarse en la línea 1-2 el máximo flujo de aCliva permitido por ella (80 MW). De la misma fomJa se obtendrían los factores de disu"ibución y los nuevos flujos en las líneas para cada una de las contingencias a analizar. Los resultados

para cada contingencia se indican en la Tabla 9.6. pudiéndose visualizar más gráficamente los flujos fina les por cada línea en las Figuras 9.12 . 9.13 Y 9. 14.

Contingencia 0-1

PI2 = - 1 POI = 1 PI2 1

=

Flujos (MW) P02 - 36.7 P12 = -93 .3 PO I = 36.7 P I 2 = -56.6

Poi =-1 Po? = I

POI = 93.3 P02 = - 56.6

Fact ores de distribución Po2 - 1

0-2 1-2

Tabla 9.6 Resultado de l análisis de las conti ngencias en las lineas del Prob lema 9.3.

Analizando la Tabla 9.6 se puede ver cómo. además de la línea 0- 1, también resulta crítica la contingencia en la línea 1-2 al sobrepa sar los 80 MW por la línea 0- 1 (en concreto, circulan 93.3 MW).

)100

36.7

o

367~

~33 ...J...._

L 2

60

Fig ura 9.12 Flujos fina les para una contingencia en la linea 0-' del Prob lema 9.3.

lOO

[36.7

o 36.7

- --'- 2

60 Figura 9.1 3 Flujos finales para una contingencia en la linea 0-2 del Problema 9.3.

152


Figura 9.14 Flujos finales para una contingencia en la linea 1-2 del Pro blema 9.3.

Estas conringencias que dan lugar a la radialidad de la red, obviameme hacen que la resolución del problema de forma directa. mediante el balance de potencias en los nudos, sea indiscuti blemente más

simple que el método de los factores de distribución.

9.4 .

La red de la Figura 9.15 se compone de dos nudos de generación. uno de consumo y una interconexión con otra compai'iÍa eléctrica de la cual se importan 20 MW. El resto de los datos 'de la red se muestran

en las Tablas 9.7 y 9.8. La potencia base es de 100 MVA . Los flujos de activa por las líneas. obtenidos mediante un reparto de cargas, se muestran tambi én en la Figura 9. 15. Calcular por el método de los

faclores de distribución, los nuevos flujos de potencia

activa por las líneas tras la pérdida de la interconexión. repartiéndose por igual los 20 MW que ésta aportaba entre los dos generadores.

~

O

LI

6.13 L2

37.54

L3

j

22.46 ~

[3-L4~-~I l,-rTl 3 L4

l 3.76

I I I

,I

2

I I I II I


líneas 1-0 1-2 2-3 0-3

Impedancias Z (p.u.) 0.2 + OA j 0. 1 + O.2j 0.2 + OAj 0 .1 + 0.2j


Nudo O 2 o

~

.

P. co MW 33 .5

10.0 20 .0 0.0

Qoen

"

Mvar

29.7 - 2.56 10.0 0 .0

PWIlS MW

Qcons

Mvar

V (p.u.)

0.0

0.0

1.02

0.0

0.0

1.02

0.00 60.0

0.00 30.0

Tabla 9.8 Datos de las potencias inyectadas en los nudos del Problema 9.4.

Capitulo 9 / Evaluación de la seguridad

153

Resolución La matriz B' del problema. tomando el nudo O como nudo de referencia, vale:

B' =

[

7.5 -~

-5 7.5 -2.5

-2~ ] 7.5

La potencia se pierde en el nudo 2 y se gana en los nudos O y 1. Serán necesarios por tanto. los

factores de distribución correspondientes a los nudos 1 y 2 con respecto a todas las líneas(el nudo O. aunque implicado en la contingencia. se elimina al ser el de referencia). Los factores de distribuc ión para el Iludo 1 son: 1_

POI -

B'

[ ",e2 ",el] ", e)

[i]=

",el

Mio -

-0.667

XO I

",el -

I PI2 =

",e2

XJ2

I .. = p.,-,

", e2 - ",e3

I P03

",eo - ",e3

0.333 0.333

X2 3

=

~ O.333

X03

y para el nudo 2. ,

",el

",eo -

_

POI = --'-;-;----'- = -o.) XOI

,

PI2 =

",el -

",e2

- -=-= X 2

-0.5

I

,

Pi] =

,

",e,- - ",e,., =

0.5

X2 3

",eo - ",e)

P03

= --=-= - 0.5 Xm

Si los cambios producidos en las potencias inyectadas de los nudos I y 2 son: "' PI = 10 MW

"'P2 = -20 MW

la variac ión de las po tencias po r las líneas será la superposición de ambos efectos. es dec ir,

+ '" P2 . pJI = 3.333 "' P12 = "'PI ' pI2 + "' P2 ' Pi2 = 13.333 "'P23 = "' PI ' pi3 + "' P2 ' pi3 = - 6.667 '" POJ = '" PI . PÓ3 + '" P2 . P53 = 6.667 '" POI = "' P I ' PÓI

Teniendo en cuenta los flujos iniciales por las ramas, los flujos finales son: POI

= -2.797

PI2

= 17.093

P23 = 15.793

P03

= 44.207

Estos flujos se visualizan en la Fi gura 9.16. En la Figura 9.17 se muestran los flujos final es por las líneas tras la contingencia estudiada pero ut ili zando el método exacto de Newton-Raphson para reso lver las ecuaciones. El error que se comele al tomar el modelo lineal aproximado no es importante en este caso. debiéndose fundamentalmente a la no

consideración de las resistencias por las líneas.

154


0 I

j

O

20MW

2.79

.\4.20

¡

60MW

15.79

r - - -3

17.09

¡

----,..J1_ _-'-- 2

,I

30 Mvar

Figura 9.16 Flujos finales del Problema 9.4 mediante factores de distribución.

20 M\V O

2.71

43.82

16.18

I

,

16.09

¡

.lr -- - -----, ..Jl_ _J.. 2 3

~MW ¡ ~~ Mvar

Figura 9.17 Flujos f inoles del Problema 9.4 mediante un flujo de ca rgas.

9.5.

En la red de la Figura 9.18, con los datos mostrados en las Tablas 9.9 y 9.10, están representados los flujos de potencia activa por las líneas.

Obtener los nuevos ftujos de potencia activa tras el fallo de la línea entre los nudos Oy 3: l . Mediante factores de distribución.

2. Utilizando un OC-Load FlOlV.

O

L2

SOMW

¡

LI

45MW

L3

9.8MW

L5

/

¡

15.2 MW

3

L4

~ j

9.8MW


2

Capítu lo 9 / Eval uación de la seguridad

155

Im peda ncias Z (p.u.) 0.004j 0.002j 0.004 + 0.004j 0.004 + 0.004j O.004j

Líneas 1-0 1-3 1-2 2-3 0-3

Tab la 9.9 Datos de las líneas de la red de la Figura 9.18.

Nudo O 1 2 3

P
MW

Q.en Mvar

? 0.0 0.0 0.0

Pcon~

Qcon~

MW

0.0 10.0 0.0 40.0

0.0 20.0 25.0 50.0

? 0.0 0.0 0.0

Mvar

V (p.u.) 1.0

., ., .,

Tabla 9.10 Datos de los nudos de la red del Problema 9.5.

Resolución 1. Ut ili zar el método de los factores de distribución impl ica resolver el sistema B' 6.e = ó. P para el caso concreto de una contingencia en la línea 0-3

con lo cua l se o btienen lo s incremen tos e n los ángu lo s q ue pe rmiten dete rm inar los factores de di stribu ción:

PO, =

1'.00 - 1'.0,

= I

XOI

1'.0, - 1'.02 P12 =

0.2

XI2

1'.02 - 1'.03

P23 =

0.2

=

0. 8

PI3

Con los flujos in ic iales de part ida y estos faclOres de distribución, los flujos finales por las líneas son:

+ Pg3 = 95.0 P'2 = P~2 . PI2 + Pg3 = 25.2 P2) = Pf3 . P23 + Pg3 = 0. 2 PI3 = P~3 . PI3 + Pg3 = 49.8 Po,

= Pg,

. POI

los cuales se muestran gráficame nte en la Figura 9.19. 2. Si se utili za el modelo del reparto de cargas en continua los flujos por las líneas vend rían dados por las expresiones:

Los ángul os se obtienen de resolver el sistema B' . fJ = 1000 -250

[ -500

-250 500 -250

=;00 ]

_50 750

[e,] O 2

03

p c.~p .

= [=020]

0.25 -0.50

es dec ir.

==>

[:~] [-3.8 ] o? - 4.8 . 10-_'= =

o;

0 10

- 4. 8 . 10-3

156

Sistemas eléct ricos de potencia

95

¡

- 0.2

¡

25.2 -'---,-'- 2

3

Figura 9.19 Flujos finales del Prob lema 9.5 mediante factores de distribución.

obteniéndose así los siguientes flujos finales: POI =

0.95

P I 2 = 0.25

P23 = 0 .0

Pu = 0.5

mos trados en la Figura 9.20.

~I

O

95

5~

O

3

,

-

I

'? - )

'2

,I

Figura 9.20 Flujos fi nales del Problema 9.5 mediante el modelo lineal de corriente continua.

La ventaja del método de los factores de distribución frente a la resolución directa del problema uti lizando el modelo de reparto de cargas en cont inua estriba en que aun siendo los dos métodos aproximados. el primero parte de unos flujos iniciales exactos a los que le suma unos aprox imados (los dependientes de los factores de distribución). mientras que el segundo estima los flujos finales por las líneas mediante un modelo aproximado que resuelve. el problema tras la contingencia.

En la Figura 9.21 se muestran también los flujos finales con una metodología exaCLa como es hl de un reparto de cargas basado en Newton-Raphson . Se puede concluir. a la vista de los resultados y tras un

análisis comparativo de los distintos métodos. que los errores de los métodos aproximados con respecto a unQ exacto son realmente despreciables. menores incluso que los que se producían en el Problema 9.4 debido a que las resistencias de las líneas son nulas o prácticamente nulas.

9.6.

Para la red de la Figura 9.22, con los datos mostrados en las Tablas 9.11 y 9.12 (todos en p.u . y bajo una misma base). calcular:

1. El flujo de potencia activa por la línea 1-3 empleando un reparto de cargas en continua. 2. El nuevo flujo por la línea 1-3 después de la pérdida de la línea 1-2 y el generador del nudo

3, repartiéndose la potencia generada en el nudo 3 entre los nudos O y 2 proporcionalmente a la potencia que éstos inyectaban inicialmente. Las dos contingencias se suponen s imultáneas e

independ ientes .

Capítulo 9 / Evaluación de la seguridad

Figura 9.21 Flu jos finales del Problema 9.5 mediante un reparto de cargas.

o

4~~~------~Ll3

é

,

Figura 9.22 Re d del Problema 9.6.

Líneas 1-0 1-2 1-3

Impedancias Z j

Sj 4j

I-~

3j

O-~

2j 7j

2-3 3-4

6j

Tabla 9.11 Datos de las líneas de la red de la Figura 9.22.

Nudo O 2 3 ~

Pr:.CIl 0.7 0.0 0 .3

Q~cn

1.4

0.0 0.0 0.0 0.5

?

?

Pcons 1.3 0.7 1.4 0.4

.,

Qcons

0.7 0.2 0.4 0. 1 -)

Tabla 9.12 Datos de las potencias inyectadas en los nudos del Problema 9.6.

157

158

Sistemas eléctricos d e potencia

Resol ución 1. El flujo de acti va por la línea 1-3, mediante un

rep~1I1o

e¡ -

de cargas en con tinua, vie ne dado por:

el

PJ3 = --'----'X J3

10 que requi e re obte ner los ángulos. Éstos se determinan resolviendo el sistema B'8 = p esp, con

I 1 +2

-1

-1

1 1 1 1 +-+ - + 345 I

B' = O

O

O - 1

5 I I -+ 7 5 I -7

5 I

p esp =

4 I

- -7

[-0'] - 0 .7 - 1.1 I

I 1 I - + -+4 467 habi é ndose tomado el nudo 4 como el de refere ncia al ser el único en el que no se conocen las potencias generadas. Resolvie ndo el sistema se tiene el vector de ángulos, incluyendo el de refere ncia:

O

e=

- 1.538 -1.775 - 4.285 - 0. 1 0.0

que permite finalmente obtener el flujo por la línea 1-3, PJ3 = - 0.419. 2. La nueva matriz B' tras las conti ngencias a estudiar, res ulta de elimjnar la línea 1-2 de la matri z utili zada e n el apartado anterior (la pérdida del generador no influye e n la matriz): I 1+ 2

-1

O

- 1

1 1 1 +- + 3 4

O

O

O

B:nod =

O

- 1

7 - 1

4

7

O - 1 4 -1 7 1 I 1 -+-+467

Se han de obte ner, respecto a la línea 1-3, los factores de distribuc ión de la línea 1-2, del nudo 3, de l nudo O y del nudo 2, que son todos los elementos afectados. En cada caso se ha de resolver el sistema B'mod . ;:,e = ;:, P ' co n ;:' P el adecuado para c'¡da ,caso . En la Tabla 9.1 3 se mu estra para cada caso 6. P , el vector /),,8 resu ltan te y los facto res de di stribu ció n.

Elemento Línea 1-2 Generador 3 Generador O Generador 2

[;:' Po ;:, p ¡ ;:, p, ;:, p3f

[O 1 - 1 of [OOOlf [IOOOf [O O I of

[;:,eo ;:,e¡ ;:,e, ;:,e3f

P¡3

[0.3480.522 - 9.087 - 2.087)T [O.57 ! 0 .857 1.571 2.57 1f [1 .2380 .85 70.7380 .57 1f [0.738 1.1074.2 17 1.57 1f

0.652 - 0.429 0 .07 1 - 0.116

Tabla 9.13 Factores de distribución del Problema 9.6. Se han de estimar los fl uj os ini ciales por los elementos afectados por las contingencias con el vector de ángulos que se obtuvo en el primer apartado. Éstos son: e¡ P¡ 2 '"

e,

X12

- = 0.502

Capitu lo 9 / Evaluación de la seguridad

159

Finalmente el Hujo final por la línea 1-3 será:

p[3na' =

PI3

+ pl~ · PI 2 + piJ · (-

1.4)

+ P?3· (1.4· 0.7) + pfJ · ( 1.4 ·0.3) =

0.53 p.ll.

Como ha venido ocurriendo en los problemas anteriores, el tamaño tan pequeño de las redes estud iadas hace que la aplicación de la técnica de factores de distribución resulte larga y complicada. También en este problema sería mucho más directo aplicar un reparto de cargas en continua, ya que se conocen las potencias especificadas en cada nudo tras la pérdida del generador en 3.

#

CAPITULO ,

PROGRAMACION, DE LA GENERACION

10.1.

INTRODUCCiÓN En este capítulo se realiza una introducción a la problemática asociada a la determinación de los programas de generación de las centrales eléctricas. Para ello, se revisan los conceptos básicos asoc iados a los costes de generación y se plantean las dos preguntas que resumen la temática del capítulo: ¿qué centrales van a estar en servicio en cada momento? ¿Cuánto debe generar cada central para minimizar los costes? Este problema, fundamental para el correcto funci onamiento de un sistema eléctrico teniendo en cuenta que en cada momento se debe suministrar la demanda más las pérdidas en el sistema, es objeto de distintos planteamientos dependiendo del horizonte temporal y del objetivo concreto perseguido : • Largo plazo • Planificación de los recursos de generación térmica e hidráulica. • Planificación de mantenimientos . • Corto-medio plazo • Planificación de arranques y paradas de centrales térmicas . • Coordinación hidrotérmica a corto plazo. • Despacho económico. En la anterior clasificación. el despacho económico clásico aparece como la herramienta básica que permite introducir una serie de conceptos utilizados en el resto de problemas. Por ello. se estudiará con más detalle el despacho económico clásico. realizando a continuación una breve introducción a los problemas de programación a corto plazo de las centrales térmicas. problema conocido como coordinación de arranques y paradas (wlÍl COll11/1ilmenf en termi nología inglesa), y de utilización de los recursos hidráulicos o coordinación hidrotérmica.

10.2.

DESPACHO ECONÓMICO CLÁSICO El problema del despacho económico clúsico consiste en determi nar la potencia que debe su ministrar cada generador en servicio para una demanda determi nada PD, con el objetivo de min imizar el coste total de generación. Para ello. es necesario conocer una de las siguientes curvas características de cada central.

162


• Curva de costes de cada generador i (€/h) : C;(Pc')

= Ci; + f3; . Pc, + y;

, c,

.P

donde se ha supuesto que la curva de costes es un a funció n cuadrática de la potenc ia generada . • C urva de cos tes incre menta les (€/MWh):

ac;

C I;( PC,) = apc, =f3;+2.y;'Pc,

El problema de optimizació n que min imiza los costes de generación es el sigui ente:

Minimizar

CT(Pc,l =

¿" C¡( Pc , ) i=1

"

Sujeto a

¿Pc , = PD i= 1

Pla nteando laftmciónlagrclIlgiallo del proble ma de optimizació n:

El ópt imo implica la igualdad de costes incrementales de los ge neradores en servicio j unto al balance de potencias:

ac;

.

C I; - - - - A - o Pc, -

i

= 1. .... g

g

PD = ¿Pc , i=1

Las condiciones para el despacho óptimo de la generación tienen una interpretación inmediata. como se muestra en la Figura 10.1: si dos ge neradores trabajan con costes incrementales distintos (pe nd iente de la curva de costes en el punto de trabajo). siempre es posible real.izar un a reasignac ión de las potencias de un generador a otro obteniendo una di smin ución de l coste total de generación. al ser el incremento del coste del generador que trabaja a menor coste incremental menor que la disminuc ió n de l coste qu e sufre el generador co n mayor coste incremental. Esto no sería posible si todos los generadores tuv ieran el mismo coste incremental. C,(P, )

,

P, Figura 10.1 Ejemplo de reasigna ción óptima de la gene ra ció n.

En lo que respecta allllultiplicador de Lagral1ge, )~ . tiene una interpretación económica fundamental: si un sistema en el que todos los ge neradores trabajan en des pacho económico sufre un incremento de demanda. ), propo rciona el incremento de l coste de explotación o coste incremental del sistema.

Capitulo 10 I Programación de la ge neració n

163

LíMITES DE GENERACiÓN Los lími tes de generación. respectivamente el mín imo técn ico y la potencia máx ima de l gru po generador. apol1an restriccio nes adici onales al problema de optimizació n que. en la práctica. resulta en la no igualdad de costes incrementales cuando algún generador alcanza un lím ite. En consecuencia. para una demanda concreta. podrán coexistir en despacho económico generadores trabaj ando a coste incremental superior al del sistema (con potencia mínima). coste incremental inferior al del sistema (con potencia máxima). y coste incremental igual al del sistema.

INFLU ENCIA DE LAS PÉRDIDAS La consideración de las pérdidas ele potencia en el transporte. depe ndie ntes de la potencia generada en cada cent ral. impl ica un término adicional en el balance de pote nc ias. quedando el problema de optim izació n en la forma: g

Minimi za r

C",(PG;J =

L C;(PG,l i =l

g

Sujeto a

LPG¡ i= l

donde Pp represe nta las pérdidas. Las ec uac iones de optimalidad implican ahora la igualdad de costes incrementales de los generadores. pero afectados de un factor de penalización que depende de las pérdidas im;rel1lcllrales del generador:

P I Ti: pérdidas incrementales de cada generador: PIT; =

app a pG,

• Li: factor de pe nalización de cada generador: L;

1- PIT;

El óptimo queda defi nido por las ecuaciones:

e li . Li = }~ .,"

L

PG, = PD

i = 1. .... g

+ Pp (1', . ....

Pg)

i=l

Obsérvese que A continúa siendo el co,Vle illcrefl1ell1al del sistema . es deci r. e l aumento de coste para un aumento de demanda de I MW. te niendo en cuenta las pé rdidas en la red .

CÁLCU LO DE LAS PÉRDIDAS INCREME NTALES DE CADA GENERADOR El cálculo de las PI T de cada generador no es tarea fáci l. existiendo dos formas distintas de plantear e l proble ma: a través de una ecuacióll de pérdidas obten ida por métodos empíricos. y utilizando las ecuaciol/es lIoda/es del sistema eléc trico.

Cálculo de los coeficientes de pérdidas incrementales mediante la ecuación de pérdidas (coeficientes fJ) El método de la ecuación de pérdidas consiste e n obtener. a pm1i r de datos históricos del sistema eléctrico o de mú lt iples estudios del mismo. una ec uación cuadrática de las pérdidas en funció n de las potencias

164


generadas: 3

g

Pp = L

Pe; . {J¡ j

L

.

PC )

; = 1 j=1

Conocidos los coeficientes f3i j de la ecuación de pérdidas. las pérdidas incrementales de transmi;.¡ión vendrán dadas por:

PIT¡

=

ap"-apc

,

= 2· L

{Ji}.

j=l

¡

Pe )

Cálculo de los coeficientes de pérdidas incrementales mediante las ecuaciones nodales Los coeficientes de pé;-didas incrementales pueden obtenerse de las ecuaciones que proporcionan el ba-

lance de potencia en los 11 nudos eléctricos: n

p¡ =

L

V¡ Vj (C¡jcosfii)

+ Bijs in fi¡j)

i = . l . .. ..

11

}= I

Teniendo en cuenta que la fase del nudo de referenc ia es constante (el = O). se tiene. en forma incremental: n

PI' = L

n

(pc; - PD;)

=

¡;,p¡, = L

¡;' Pc;

i= l

i= l

Introduciendo las ecuaciones nodales, también en fOfma incremental. y suponiendo constantes las tensiones. resulta: Q!¡ oHl

(

a po ilH1

y para el generador de referencia

Por tanto . se tiene que: n

t;p¡, = ¡;' PC I

+L

t;Pc; = C T B -1¡;. Pc

+ , T t;pc

=

¡c

T8 -

1

+ ITI

¡;'Pc

i = "2

donde 1 es un vector columna de unos. de dimensión 11 - 1. Las distintas componentes del vecror C T B- 1 + I T proporcionan los coeficientes de pérdidas incrementales. PI T¡ ::::: D. Pp / D. PG / . siendo característicos de un determi nado estado del sistema, por lo que deberán ser recalculados cuando cambie la demanda o la propia generación .

Nótese que. al asumir el generador de referencia cualquier cambio en la generación y en las propias pérdidas. las pérdidas incrementales de dicho generador son PI TI = O, marcando. por tanto, el umbral entre generadores que se verán penalizados ( P Ih ::: O) y bonificados ( P IT, :ó O) por su localización en la red.

Capítul o lO / Programación de la generación

165

MÉTODOS DE RESOLUCiÓ N Las ec uaciones que proporcionan el despacho económico de los generadores so n, generalmente. no lineales, debiendo uti lizarse un algoritmo iterativo para su resolució n. Únicamente si las curvas de costes son cuadráti cas. aproxi mación bastante habitual en la práctica. y no se considera un a ec uac ión de pérdidas, el sistema de ecuaciones a resolver es lineal. No obstante, de la interpretac ión de A como coste marginal del sistema se deriva un algori tmo iterativo mu y utilizado en las implementaciones prácticas del despacho económico; l . Dada la demanda Po , elegir valores iniciales de PG¡ · 2. Calcul ar los P ¡Ti de cada generador. 3. Elegir un A ini cial (€ /MWhl . (a) Determinar la potencia de cada ge nerador i de L ¡ . C J¡ = A. (bl Dependiendo del error en el balance de potencias:

L Pe ; < Po L Pe ¡ > Po

=>

Incrementar ),

==}

Decrementar A

(el Si el error en el balance de potencias de l sistema no es des preciable. ILi Pc, - poi < E, vo lver a (al. Si los cambios en las potencias so n relativamente pequeños, terminar. En caso co ntrari o, vo lver a 2. 4.

10.3.

PROGRAMACIÓN DE ARRANQUES Y PARADAS DE CENTRALES TÉRMICAS

El problema de la programación de 31Tanques y paradas de centrales térmicas o ¡mil comm ilm em consisle en determinar qué centrales van a estar en servicio y cuánto van a generar en cada períod o con el objeto de optim izar los costes de producción. teniendo en cuenta la evoluc ión de la de manda a cubri r por las centrales térmi cas a lo largo del hori zonte de programación. Suponiendo que el horizonte de programación es de 24 horas y que exi sten II g ge neradores térmicos, la función de costes a optimizar se puede exp resar de la siguiente forma: Minimi zar donde Cg . 1 es el coste de generación del ge nerador g en la hora 1, función de la potencia med ia generada en dicha hora Pg .¡, y Ag es la sum a de otros costes en que incurre el generador g, típicamente costes de arranq ue y parada de la central. Las restri cciones que debe cumplir el problema de optimización se pueden clasi fi car en dos grupos: restri cciones impuestas por el sistema eléctri co y restri cciones particulares de cada ce ntral. • Restricciones glo bales • Balance energético en cada período: /l it

Po, =

LP

g .r

t

= 1.. ... 24

8= 1

siendo Po, la potencia media demandada durante cada hora . • Restricciones de reserva roe/alife o margen disponible de g~n e rac i ó n en servicio para hacer frente a imprevistos: Il lt

Po,

+ Rr

" pgm", . Ug .1 -< L8=1

t = l .. ... 24

166

Sistemas eléctricos de potencia donde Rt es el margen de reserva req uerido en cada hora. p~náx es la potencia máxima de cada generador y Ug ., es una variab le binaria (Ug ., E [O. 1j) que indica el estado (parada, en servic io) del generador en cada hora . • Restricci ones particu lares • POIencias máxima y mínima de cada central: pillín. g

Ug .1 < Pg .1 ~ < -

pmáx X

.

Ug.r

1=

1..... 24

Nótese que es necesario imroducir el estado del generador en la ecuación anterior para asegurar que los límites únicamente están activos e n los períodos en los que el ge nerador está e n servic io. • Re stricciones al ca mbio de potencia en tre períodos: _.6. p gbaj ar _< Pg.t _ Pg .1 - 1 _< .6.psubir g

1=

1..... 24

piajar

sie ndo 6. y .6. p; ubir los máximos cambios posibles entre las potencias med ias de dos illlt:rvalos consecutivos cuando el generador dismi nu ye o aumenta su pote ncia. respectivamente. • Restricciones energéticas asociadas a la central. típicamente: * Consu mo de una cuota mínima contratada de combustible 24

Fg

:<:

L Qg. ,(Pg.,) 1= 1

*

con Qg., ( Pu ) la función que proporciona el consumo de combustible necesario pura una determinada potencia (e n 11/ 3/ /¡ o t/h), y F, cl total de combustible a co nsum ir (11/3 o t). Límite a las emisiones de contami nantes 24

Eg

:o:

L E g.,( Pg.l ) t =1

s iendo E g .t(/"g.d la emisión de co ntaminantes para una determinada potencia. y E g el límite asignado a la central en el horizonte de programación. Como se ha pues to de manifiesto. la programación de ce ntrales térmicas no es un proble ma fácil de resolver debido a que involucra variab les binarias de decisión (estado de la central. decisión de arrancar o parar. etc.). debiendo abordarse mediante técnicas adecuadas de optimización con variables discretas.

10.4. COORDINACiÓN HIDROTÉRMICA La programación de las centrales hidroeléctricas. problema conocido como coordillacióll hi(/¡vtérmica. se ha re suelto tradicionalmente de forma desacoplada de la programación de centrales té rmicas, debido a las part icularidades concretas de cada lipa de central. No obstan te. a mbos problemas deben estar coordinados pues los dos tipos de centrales. té rmi cas e hi dráulicas. participan fin al me nte ell la cobe rtLlra de la de manda. En este sen tido. la coordinación hidm rénnica determina. conocida la e nergía total disponible para generación en centrales hidroeléctricas. qu é fracción de la demanda se va a cubrir mediante dichas centrales en cada intervalo del horizonte ele programación, siempre con el objetivo de reduc ir al máximo los costes ut: generación. A efectos de sim plificar el proble ma y desacoplarlo comple tamente de la programación de centrales térm icas, es habitua l trabajar con una curva de COSTes del parque térmico e n función de la potencia cubierta mediante generación té rmica, Cr(PT ) . En consecuencia, suponiendo que el horizonte de programación

Capítulo 10 I Programac ió n de la ge neración

es de 24 horas y que existen I1g gene radores térmicos y a optimizar se puede ex presar de la siguie nte forma:

Il h

167

generadores hidráuli cos. la [unción de costes

La res tri cc iones qu e debe cumplir el proble ma de opt im ización de las centrales hidrául icas son las siguientes: • Balance e nergéti co en cada período IIJ¡

Po, = PT,

+L

t = 1.... . 24

PII.1

h=1

• Restri cciones panicu lares de cada central hidrául ica • Po tencias máx ima y mínima de cada cent ra l: p illín

Ir

< pfu _< _

p m:í x

h

t = l .... , 24

• Energía c¡nbalsada disponible e n el horizon te de programación: 24

V" :::

L PII., 1=1

siendo VIl la energía to tal di sponible en MWh.

A

v V: volu me n de a {!U 3 embalsada en hm 3 . A : aportaciones ;xtcrnas en hm 3/h. D: ca udal excede nte e n hm 3 /h. Q . caud a luli lizauo po r la cell tra l

t:1l

11Ilt ~ /1-1.

D

Q

Figura 10.2 Variable s asociadas a una ce ntral hidroeléct ri ca.

Un modelo más deta llado de las ce ntral es hidrá uli cas es el qu e se muestra en la Fi gura 10.2, modelo que proporcio na la sigui ente ecuación para cada embal se:

donde VII.! : es el vo lumen de agua en el e mbalse asoci ado a la central h en el intervalo l. sujeto a límites mín Vm:íx > Vu > h _f _ f¡ "

v

Ah .t: son las aportacio nes externas al embalse en el interva lo f. aportaciones que se suponen conocidas o estimada s {/ prhJri. D l u : es el ca udal venido por el e mbalse en el intervalo l. ca udal excedente que no es aprovechado para generación eléc tri ca. Puede estar suj eto a límites D;~,íX 2:. D/I.l ~ D;~ín " Q /I.I : es el caudal medio utili zado por la ce ntral h e n el intervalo t . con límites Q ~:J;Íx

caudal sed fun ci ón de la potencia media generada p"./.

:::

Q /u :::

Q}:lín. El

168


Por otra parte. muchas veces es necesario modelar el acop lamiento existente entre embal ses de u& misma cuenca. como se muestra en la Figura 10.3. En este caso. la ecuación que modela cada embalse la sigu ie nte: \' /¡.i = Vlu-t

+ Ah.1

- Dlu - Q/u(p/¡ .¡)

+

L

{Qe,t - r( Pe,I- T(' )

+ De.l-r }

l' E e h

siendo eh e l conj unto de embalses aguas arriba del embalse h, y por la central e en estar disponible en el embalse h.

Te

el tiempo que tarda el caudal vertidt'

Ah'?' Q¡'.I

Figura 10.3 Centrales hidroeléct ricas de una misma cuenca.

Mención aparte merecen las centrales de bombeo. centrales que tienen capacidad de funcionar C0l110 bombas para almacenar energía en fanna de agua embalsada (Figura 10.4).

V: vol ume n de agua em balsada en hm 3. QG: caudal en generación en hm 3/h. Qc: caudal en bombeo en hm 3 /h.

Figura 10.4 Va ri ables asociadas a una central de bombeo puro.

En el caso de las cemrales de bombeo puro (centrales cuya única aportación aprec iable al agua embalsada es la bombeada por la propia central). la ecuación de conti nuidad del agua embalsada. utilizando el subíndice b para las centrales de bombeo. sería la siguiente:

siendo necesario dife renciar las curvas características que proporcionan el caudal tttrbinado en función de la potencia ge nerada por la central. QC/u ( PCb.t ). y el caudal bombeado en función de la potencia

Capítulo 10 / Prog ramación de la generación

169

consumida por la ce ntraL Q Cb.¡ ( PCh.I) . Obviamente. el balance e ne rg ético en cada período debení incluir tant o la generación como el consumo de las centrales de bombeo: 1/ 1¡

PD, = Pr,

+L

/l b

p"., + L

h=l

t =

(PGh.. - Pe,... )

l ... .. 2-1

h= ]

La progra mación de las cent rales hi dráu licas es un problema de optim ización lineal o no li neal, depe nd iendo de las func iones lIIili7ndas para modelar tanto el coste de las centrales térm icas como las características caudal/potencia de las centrales hid ráulicas. complicándose en gran medida cuando existen acoplam ientos hidráulicos entre centrales de ulla mi sma cuenca hidrográfica.


Dos generadores térmicos. cuyas curvas de costes son : CI(PC,) =426.73 + 10.76PG, + 0.0031 P8, €/h C2(PG , ) = 369.39 + 1211 PG, + 0.0010P8, €/h

200 ::::

Pe, :::: 500

200:::: PG, :::: 500

trabajan de forma coordinada repartiéndose la generación en despacho económico. Determinar las potencias óptimas para unas demandas de 450.800 Y 950 MW.

Resolución Las condicio nes para el despacho económico de los 2 generadores implican la igualdad de costes increme ntal es : C/I=C I2 = A

==>

10.76+2 · 0.003 I Pc , =12 . 11 + 2·0.0010PG,

junto a la demanda total a satisfacer. PD = Fc]

+ PC l '

Demanda de 450 MW: resol viendo las ecuaciones anteriores para PD = Pc, = 274.39 MW

PG, = 175.61 MW

~5 0

MW. se obtiene

), = 12.46 € /MWh

con un cosle 10lal de operación Cr = C I + C2 = 6139.43 €/h. Obviamente. la anterior solución no es vá li da pues no cumple con el mínimo técnico del generado r 2. En consecue ncia, asigmmdo a dicho generador la potencia marcada por e l límite superado, PG, = 200 MW. la solución correcta sería: PG , = 250 MW

Pc, = 200 MW

A = 12.31 €/MWh

con un coste total de operación. en este caso. Cr = el + C:2 = 6141.87 €/h. Cabe destacar que el generad or que ha llegado al límite inferior queda trabajando a un coste incremental superior al del s istema (C /1 = 12 .51 €/MWh ). siendo éste marcado por el generador que aún ti ene capacidad de maniobra ().. = e l ] = 12.31 €/MWh) . As imismo. y como es lógi co, la consideración de l lí mite in ferior su po ne un coste para el sistema respecto al ópti mo sin considerar límites .

=

Demanda de 800 MW: resolviendo las condic iones de optimalidad para PD 800 MW. se obtiene en este caso PG, = 359.76 MW PG , = 440.24 MW A = 12.99 €/MWh solu ción válida al estar ambos generadores entre los límites correspondientes. El coste total de operación resulta ahora Cr = CI + C2 = 10593.48 €/h.

170

Sistemas electricos de potencia Demanda de 950 MW: el reparto óptimo de la generación resul ta ahora Pe , = 396.34 MW

con un coste tot!'1 de operación

er

Pc , = 553.66 MW

A = 13.22 €/MWh

= 12559.07 €/h.

En este caso, la sol uci ón óptima no es vál ida al superar e l generador 2 su pote nci a máxima. Asi gnando

a dicho generador Pc ], = 500 MW, la solución correcta sería ahora: Pc, = 450 MW

Pc, = 500 MW

), = 13. 55 € /MWh

con un coste total de operación de 12570. 87 € /h. Nótese cómo el generador que ha llegado al límite superior queda trabajando a un coste incremental

inferior al del sistema (e / 2 = 13. 11 €/MWh frente a Á = e / 1 = 13.55 €/MWh). lo cual supone un sabrecaste para el sislema respeclo al ópl ima teórico ( 12570.87 € /h frente a 12559.07 €/h).

10.2.

Los dos generadores térmicos del Problema 10. ¡ deben suministrar una demanda de 950 MW en el sistema de la Figura 10 .5.

PD Figura 10.5 Sistem a e leetri co del Problema 10.2. Las curvas de costes son :

:<: 500

e l( pc , J =426.73 + 1O.76Pe , + 0.0031P8 , € /h

200:<: Pc,

e2 ( PC, ) = 369.39 + 12.11 Pc, + 0.0010P8, € /h

200 :<: Pc , :<: 500

y las pérdidas en la línea de transp011e se pueden expresar como PI' = 0.00005 P6, MW, con Pc , también en MW. Determinar el despacho económico de ambos ge neradores en las siguieIlles condiciones: l. Sin penalizar los generadores por las pérdidas en el sistema. 2. Penalizando los generadores por las pérdidas en el sistema. Resolución En condiciones de despacho económico se debe cumplir la igualdad de' costes incrementales. teniendo en cuenta las posibles penalizaciones por pérdidas: i. = LI . ( 10.76 + 2·0.0031

pc,) =

L2 ' ( 12. 11 + 2 · O.OO IOPc,)

Asimismo. los generadores deben proporcionar la demanda más las pérdidas, PI) + Pp = PC + Pc:!. Nótese que el sistema de ecuaciones a resolver es no lineal al incluir la ecuación de pérdidas. debiendo utilizarse un método iterativo. Sin penalizaciones por pérdidas: en este caso. L I = L2 = 1. resultando 1

Pc , = 400.24 MW

Pc, = 565.76 MW

), = 13.24 € /MW h

con un COSle lotal de operación eT = el + e 2 = 12770.79 € /h, Y unas pérdidas de 16 M\V. Obviamente. la anterior solución, au nque óptima. no es válida pues el generador 2 no puede proporcionar la potencia requerida. En consecuencia, haciendo Pc ~ = 500 MW. la solución correcta sería: Pc , = 462.5 MW

Pc , = 500 MW

Á

= 13.63 €/MWh

Capitulo 10 I Programación de la generación

171

con un coste total de operación en este caso CT = 12740.73 €/h, Y unas pérdidas de 12.5 MW. Cabe destacar que, aunque se ha limitado la potencia del generador más eco nómico, se llega a la apare nte paradoja de obtener una redu cción en el coste totaL Dicha reducción de costes es causada por la disminuc ión de pérdidas como consecuencia de limitar PG'1 ' generador que es responsable de las pérdidas en la línea de transporte. Penalizando a los generadores por pérdidas: las pérdidas incre mentales de cada generador se obti enen como 8 Pp p = O PIT, = - - = 0 .0001 PI T, = 8 Pe , 8 Pe ,

ap

y los coeficie ntes de penalización: L, =

1 1 - PIT,

L2 = - --I - P 1T2

= I

1 - 0 .0001 . Pe ,

El sistema de ecuaciones a resolver resulta. por tanto: (10.76 + 2 . 0.0031

Pe ,) = PD

I

1 - 0.0001 . Pe,

+ 0.00005 P8,

= Pe ,

. ( 12.11 +2 · 0 .0010Pe, )

+ Pe,

El an terior sistema de ecuaciones no lineales proporciona la siguienle solución:

Pe, = 481.74 MW i, = 13.74 €/MWh

Pe , = 479.86 MW

con un coste total de operación de 12739.23 €/h. Y unas pérdidas de 11.6 MW. Obsérvese que la potencia del generador más económico a priori se ve penalizada por las pérdidas en el si ste ma. obtenié ndose una reducción de costes respecto al caso anterior.

10.3.

Los 2 generadores térmicos del sistema eléctrico repre sentado en la Figura 10.6 sumini stran ulla demanda de 1700 MW en el nu do 4.

3

2

Figura 10.6 S iste ma eléctrico de l Problema 10.3.

líneas

2 2 o o

j 2 4 o o 4 4

R

0.0030 0.0050 0.0005 0.00 10 0 .0010

X 0.010 0.050 0.005 0.005 0.01 0

B 0 .0 0.0 0 .0 0.0 0.0

Tabla 10.1 Datos de las lineas de l Probl ema 10 .3.

172 Sistemas eléct ricos de potencia Nudos

2

3 4

V; p.ll. 1.000 0.974 1.000 0.946

13;

p[)

Grados 0.000 -7.280 -8.020 -10.116

MW

Q[) Mvar

Pc

Qc Mvar

MW 1568.9

77.2

200.0 1700

1052.9

SOO

Tabla 10.2 Estado del sistema del Problema 10.3. Las curvas de costes de los dos generadores son las sig uientes:

C,(Pc,) = 350+4Pc, +0.0010P6, €/h

500:5 Pc , :5 2000

C3(PC,) = 400 + 5Pe.1 + 0.001 5P6, €/h

200 :5 Pc, :5 1000

Determinar el despacho económico de ambos generadores en los siguientes casos:

l . Sin considerar las pérdidas del transpo rte. 2. Utilizando la siguiente ecuación de pérdidas:

3. Utilizando coeficientes de penalización obtenidos a partir de las ecuaciones del sistema.

Resolución Sin considerar las pérdidas en el transporte: el sistema de ecuaciones a resolver es el siguiente

4 + 0.002Pc, = 5 + 0.003Pc, 1700 = Pc , + Pc , El anterior sistema de ecuaciones no lineales proporciona el siguiente des pacho económico:

Pe.l =4S0MW

le = 6.44 €/MWh

con un coste total de operaci6n de 9864 € /h. Utilizando una ecuación de pérdidas: se resolverá e n primer lugar el caso e n el que los generadores no se ven penalizados por pérdidas. aunque éstas sí se incluyen en el balance de potencias. El sistema de ecuaciones a resolver en este caso es el sigui ente:

4 + 0.002Pc,

= 5 + 0.003PC j 6

1700+ (26 .758 Pl, +S.53SPc ,Pe j +7 .973P6 3) . 10- = Pc , + Pc , Sistema no lineal que proporciona la sigu ie lllt:

Pc , = 1249.46 MW

~uluciún:

Pc , = 499.64 MW

), = 6 .5 € /MWh

con un coste 10lal de operación de 101 S 1.6 €/h. Y unas pérdidas de 49 MW. Se observa cómo ambos ge neradores aumentan su potencia respecto al caso anterior debido a las pérdidas del sistema, aumentando el coste en consecuencia. En el caso de penali zar a los generadores por su influencia sobre las pérdidas. es necesari o obtener en primer lugar las pérdidas incrementales de cada generador:

PI T, =

JP -1'

J Pc ,

_ a

=

(2 · 26 .75SPc, + S.538Pc ,) · 10-6

PIT, - J PPI' -_ ( 8.538PG, C,

+-? . 7.973PG ) . 10 -6 j

Capítulo 10 I Programación de la g ene ració n

173

y los coeficientes de penalización

L 1 = ----,--_=_

1 - PIT1

1 - (2 · 26.75SPc l + S.53SPC3) . 10- 6

1

1

L3= - - 1 - PIT,

El

sist~Jl1:l

1 - (S.53SPCl

+ 2 · 7.973 PG') . 10- 6

de eCll:lciones a resolver resulta en este caso:

(4

1

+ 0.002 PG]) -

---;-:---::-:--::-::-::-::---::-::-::-::-::----;---:-:--;c

1 - (2 . 26.75SPc]

+ 8.538Pc ]) . 10

6

1

= (5 + 0.003Pc;) (_ ) . 1 - S.)3SPc ] + 2· 7.973PC3 ·10 1709 + (26.758P¿ ] + 8.538Pc ] pc ] + 7.973P¿3 ) . 10-

6

6

= pc] + PC3

Sistema no lineal que proporciona: pc ] = 1180.55 MW

PC3 = 564.98 MW

A = 6.83 €IMWh

con un coste total de operación de 10169.62 €/h, Y unas pérdidas de 45.5 MW. Como es lógico, tanto las pérdidas como el coste total dis minuyen respecto al caso an terior. Compruebe elleClOl' que, en el óptimo, ambos generadores trabajan con distintos costes incrementales (6.36 y 6.69 €/MWh) y qu e di cha diferencia se ve compensada por los coeficienles de penalización ( 1.07 Y 1.02).

Utilizando coeficientes de penalización obtenidos a partir de las ecuaciones del sistema: a partir de los parámetros de las líneas proporcionados en la Tabla 10. 1, se obtiene la matriz de admitancias nodales

11 _ -

- 27.523 + 91.743j 85.786 - 482.071 j O - 19.802 + 198.020j 19.802j - 38.461 + 192.308j

29.503 - 11 1.545j - 27.523 + 91.743j [

-1.980 +

o

- 1.980+ 19 .502j - 38.46 1 + 192.308j - 9.901 + 99 .001j 50.343 - 311.l20j

- 19.802 + 198.02j 29.703 - 297.03j -9 .901 + 99 .001j

1

Los coeficientes de pérdidas incrementales de los nu dos del sistema se obtienen, para el estado concreto mostrado en la Tabla 10.2, COIllO P I T = C T 8 - 1 + (1' , donde

c: siendo el generador l el de referencia. En este caso

cT

=

[-92 .034

O - 18.77

1

8:

B¡. j = a p¡ j aej

i = 2, .. .. 1l

j=2 ..... 1l

= V¡ V j (G ¡.j sen Bij - B i.j COS Bi j) i -# j Bi .i = L Vi Vj (-G i.j sen Bij + B¡.j cos Bij)

B¡. j

j =j:i

Resultando

8

=

l

457.075 - 192.606 -175.223

- 193.104 286.541 - 93.250

- 178.730 - 93 .935 286.585

J

174 Sistemas eléctricos de potencia 1: vector unitario de dimensión

JI -

l . en este caso

I T= [ I

1]

En con secuencia;

eT 8 - ' +

PIT =

I T = [-0.0695

-0.0736

- 0.0844]

con lo que se obt ienen los coefic ientes necesanos: PI T, = O Y PI T3 = -O.071Ó. Nótese que. junto a los coe ficientes de pérdidas incremen tales de los generadores. se han obtenido lo ~ correspondientes a los nudos de consumo, muy útiles estos últimos para cuan tificar el efecto incremental

de los consulllos sobre las pérdidas del sistema. El sistema de ecuaciones a resolver resulia. con L I = I Y L 3 = 1/( I + 0.0736): L, (4 +0.002PG,) = L3 (5 + 0.003 PG, ) 1769 =

h, + h ,

Obsérvese que las ecuaciones son lineales debido a que tanto los cudlcie l1 Les de penalización como las propias pérdidas en el sistema se han supuesto constantes e iguales a los valores correspondientes al

estado inicial del sistema. La so luc ión ó ptima res ulta:

PG,

= 1168.08 MW h J = 600.92 MW

),

= 6.34 €/MWh

con un coste lotal de operación de 10333 €/h. Como es evidente, al cambiar las pote ncias generadas , dejan de ser válidos tanto el valor de pérdidas como los coeficientes de penali zación utilizados. Por ello, conviene volver a re solver el problema hasta

que los cambios en la generación sean suficientemente pequeños. Así, el nuevo estado del sistema, proporcionado por un fiujo de cargas con PGJ = 600.92 (el generador I debe asumir las nu evas pérdidas),

se prese nta en la Tabl a 10.3.

1 2 3 4

V; p.u. 1.000 0.977 1.000 0.9-19

Nudos Po Qo MW Mvar

O; Grados 0.000 -5.128 -4.999 -7. 805

1700

h MW 1744.7

Qc Mvar 102.0

600.9

927.7

800

Tabla 10.3 Estado del sistema tras actualizar la generación.

Las pérdidas incrementales de transporte resultan. para e l nuevo estado de l s iste ma:

PIT con loena!. L,

=

=

e' 8- 1 +

l'

I Y L3 = 1/ ( 1 + 0.0490)

=

[ - 0.0480

- 0.0490

- 0.0626]

= 0.9532.

Las ecuaciones a resolver son ahora:

L, (4 + 0.002h ,) 1743.7 =

= L3 (5

+ O.OO3h, )

h , + PG ,

siste ma que proporc iona la siguiente solución :

PG, = 1184.36 MW

h ,

con un coste total de operación de 10 162.8 €/h.

= 560.34 MW

), = 6.37 €IMWh

Capitu lo 10 / Prog ramación de la generació n

175

Repitiendo nuevamente el proceso, co n el nuevo estado del sistema obtenido mediante un flujo de

cargas para Pc , = 560.34, se obtienen los valores de la Tabla 10.4 Nudos

2 3 4

V¡

e¡

PD

p.U. 1.000 0.976 1.000 0.949

Grados 0.000 -5.344 -5.303 -8.037

MW

1700

QD Mvar

Pc

Qc

MW 1185.5

M var

560.3

939.5

98.4

800

Tabla 10.4 Estado del sistema t ras actualizar nuevamente la generación. Las pérdidas incrementales de transpo rte resultan ahora: PIT = C T 8 - 1 + I T = [-0.0501

-0.0515

-0.0647

1

y LI = 1, LJ = 1/( 1 +0.05 15) = 0.9510. Resolviendo las ecuaciones L 1 (4 + 0.002Pc , )

= LJ (5 + 0.003 pc ))

1744.7 = Pc , + Pc , se obtiene: Pc, = 1181.32MW

Pc , = 563.38 MW

A = 6.36 €/MWh

con un coste tota l de operación de 101 63.8 €/h. Esta solución es su fici entemente próxi ma a la anterior como para ser aceptada como válida.

10.4.

Dos centrales térmicas de carbón deben satisfacer una demanda conjunta de 800 MW. Las curvas de consumo energético (e n termias por hora) en función de la potencia eléctrica sum inistrada son las siguientes:

=6807469+ 17 16.50 Pc, +0.49453P8, Te/h

200 :: Pc , :: 800

H2(Pc, ) = 61461.32 + 2014 .93Pc2 + 0.16639 P8, Te/h

200 :: Pc, :: 800

HI(PC ,)

Ambas centrales utilizan el mismo tipo de carbón, con un poder calorífico de 6050 Te/t y un coste de

37.91 €/t. En el proceso de combustión del carbón. el 10% de l mismo se transforma en cen izas que son evacuadas co n los humos. Las centrales dispo nen de precipitadores de ce ni zas que eliminan el 850/0 y el 90% de las ceni zas. respectivamente. Determ inar: 1. La potencia que debe suministrar cada generador para minimizar el cos te de producción y la c uantía de éste. 2. La pote ncia que debe sumini strar cada gene rador para minimizar la emisión de ceni zas y la mejora de dicha emisión re5 peclo al caso anterior. ¿Cuál es el coste económico de min imizar la emisió n de cen izas?

Resolución Despacho económico: las curvas de cos tes de los generadores se obtienen util izando el poder calorífico y el precio del combustible,

CI (€/h) = H I (Te/h) 1/ 6050 (tITe) 37.91 (€/t)

176 Sistemas eléctricos de potencia resultando

e, =426.56+ 10.756Pc , + 0.0031 P6, e, = 385. 12 + 12.626 Pc, + 0.00104 P6, Las condiciones para el despacho económico de los dos generadores implican la igualdad de costes

incrementales. el, = el,=j,

=

10.756+2 .0.003 IPc, = 12.626 +2 · 0.00 104Pc ,

jUlllo a la demanda total a satisfacer. 800 = PGI Pc, = 426.8 MW

+ PGz. Resol viendo las ecuaciones se obtiene:

Pc , = 373.2 MW

j,

= 13.4 €IMWh

con un coste total de operación de 10823.9 €/h . La cmj sión de cenizas para dichas potenci as resulta:

Ee = H ,

0. 1 ·0.15 0.1 ·0.1 6050 + H, 6050 = 3.591 tlh

lVIínimas emisiones: la función a minimizar en este caso es la siguiente:

Ee = H ,

0.1 ·0.15 0.1 . 0.1 6050 + H, 6050

Las condiciones para mínimas emisiones de cenizas implican :

0.1 · 0.15 ( ) 0.1·0.1 ( ) 6050 1716.50 + 2 0.49453Pe , = 6050 201-1.93 + 2 . 0.1 6639Pc, = ,. junto al balance de potencias. 800 = Pc , + Pc,. Re solviendo las ecuaciones se ob ti ene:

Pe , = -161.64 MW

Pe, = 961 .64 MW

j,

= 0.00386 t/MWh

soluc ión evidentemente inviable pues no respeta los límites de los generadores. Llevando el generador 1 a mínimo técnico. la soluc ión óptima es la siguiente: Pc , = 200 MW

Pc, = 600 MW

j,

= 0.00366 t/MWh

con un coste total de operación de 11036.9 €/h. El coste de minimizar las emisiones resulta. por tanto. de213€/h. La em isión de cenizas es ahora: 0.1 ·0. 15 0.1 ·0.1 Ee = H, 6050 + H2 6050 = 3.268 tlh con lo que se obtiene una reducción de 323 kg/h . Debe hacerse notar que. en este caso. J... es el aumento de la emisión de cenizas por cada MWh adicional que se genere (3 .66 kg/h adicionales de emisión por MWh).

10.5.

Un sistema eléctrico estú dividido en cuatro áreas gestionadas por compañías eléctricas independ ientes entre sí. Los consumos previstos para una hora determinada y las curvas de costes de generación de cada compañía son los siguientes: Companía

Costes

límites

Demanda

2

€/h 350 + 4P + 0.002P" 425 + 5P + 0.005p 2 375 + IOP + 0.002P' 500 + 12.5 P + 0.0075 p 2

MW I000 ::: P ::: 2000 500 ::: P ::: 1000 500 ::: P ::: 1000 100 ::: P ::: 500

MW 1500 700 800 400

3

4

Tabla 10.5

Capítulo lO /P rogramación de la generación

177

Detenninar: l. Los costes de gene rac ión de cada compa ñía si no existen intercambios energéticos entre ellas. 2. Los costes de generación y los intercambios de potencia si las cuatro compañías deciden coordinar sus generaciones en despacho económico. Resol ución

Sin intercambios energéticos: si cada compañía atiende su propia demanda. los costes de generación y los coste s increme ntal es son los siguien tes P2 P3

e 1I = 10 €!MWh e 12 = 12 €llvlWh e 13 = 13.2 € /MW h

el = 10850 €/h e2 = 6375 €/h e3 = 9655 €/h e4 = 6700 €/h

PI = 1500

= 700 =

800 ell = 18.5 €/MWh P4 = 400 El coste total del sistema e léctrico es 33580 € /h. Obviamente, las' compañías con un coste incrementa l elevado se ven incentivadas a co mprar parte de su co nsumo a otras compaiiías de menor coste incremental.

Despacho económico conjunto: si las cuatro compañías acuerdan optimizar sus recursos de generación. las condiciones para el despacho económico conj unto implica la igualdad de costes incrementales

Ecuaciones que junto a la demanda total a satisfacer. 3400 = PI reparto óptimo: PI = 2087.5 MW

P2

=

735 MW

P3

+ P2 + P3 + P~ . permiten obtener e l

= 587.5

MW

Volvie ndo a resolver e l despacho económi co tras fij ar los generadores que han superado sus límites de ge neración. resulta: PI

= 2000MW

P2 = 728 .6 MW

P3

= 571A MW

con un coste total de operación conjunto de 3 1639 €/h. Los costes de cada compañía y las potencias exportadas se resumen en la siguiente tabla:

Compañía

2 ,

o

4

Coste €/h 16350 6722 6742 1825

A horro €/h -5500 -347 2913 4875

Exportación MW 500 28 .6 -228.6 -300

Tabla 10.6

La disminución del coste de generación qu e se consigue con la explotación conjunta es de 1940.7 € /h. Cabe ahora plantearse cuál es el mejor reparto de dicho ahorro e ntre las c uatro compañías, cuestió n quc puede dar lugar a múlt iples pro puestas igualmente vá lidas. Por otra parte. razone el lector si no sería más conven iente para la compañía 4 parar sus generadores e importar toda la energía consu mida. puesto que en e l despacho conjunto dicha co mpañía debe mante ner sus generadores a mínima generación y a un coste incremental muy superi or al del sis te ma en conjunto (1 4 frente a l 2.3 €/MWh ).

10.6.

Dos compañías e léctricas interconectadas entre sí su ministran una demanda de 500 y 1000 MW respectivamente en sus respectivos sistemas eléct ri cos. Cada compafl.ía posee dos generadores que trabajan en despacho económico satisfaciendo sus demandas . Los costes de producción de los generadores son los siguientes:

178

Sistemas e léctricos de potencia

Compañía

Gen erador

A

1

B

3 4

2

Costes (€/h) 580 + 9.023P + 0.00173p! 400 + 7.654P + 0.00160P 2 600 + 8.752P + 0.00127 p 2 420 + 8.431 P + O.00160P 2

Tabla 10.7 Inicialmente, no existe intercambio alguno entre las dos compañías. Determinar:

l . El beneficio que supondrí,¡ para ambas compañías realizar un despacho económico conjunto frente a despachos económicos independientes sin transacciones de energía. 2. En un instante determinado. la compañía B informa que desea comprar 50 M\V durante la próx ima hora. ofreciendo '+67.5 € por la energía. Suponiendo que los cons umos permanecen constantes. ¿debería la compañía A aceptar la afena? ¿Debería solicitar un precio mayor?

Resolución Despacho económico conjunto frente a despachos independientes: si caela compai'iía atiende su propia demanda mediante el despacho económico de sus propios generadores, la silUación sería la siguiente • Co mpañía A

P, = 34.7 Coste de generación : 5203 €/h • Compañía B

e/3=el.=AB 1000= P3 + p.

I

p} = 501.6

P2 = 465.3

P4

),,, = 9 . 143

= 498.4

AS

= 10.026

Coste de generación: 10329 €/h Si ambas co mpañías deciden realizar un despacho conjulllo de la generación. se te ndría: el, = el, = e" = el. =),

1500 = P, + P2+ P3

+ p.

1

P, = 172.4 P3=341.6 A = 9.62

P,

= 6 14.2

P4 = 371.8

con un coste de generación conjunto de 15405 €/h. Nótese que el coste de la compañía A aumenta en 2691 € Y que el de la compañ ía B disminuye en 2818 €. co n un beneficio conjunto de 127 €. Obviamente. la con~ pañía B deberá co mpensar a la otra compañía por su inc remento de cos tes. así como repartir la di sminución de costes ent re ambas. En consecuencia. la compañía B debería paga r 2754.5 € a la compañía A.

Intercambio de 50 lVIW: la compra de 50 MW por parte de la compaüí3 B co nduciría a la sigui e nte situación • Compañía A CI, = e 12 = )'A 550 = P, + Pz

I

P, = 58.7

P2 = 491.3

AA = 9.226

= 476.3

Aa = 9.955

Coste de generación: 5662 €/h Beneficio: 467.5 - (5662 - 5203) = 8.5 €/h • Compañía B

e /} = e l. = AS } 950 = P3 + p.

P3 = 473.7

p.

Coste de generación: 9829 €/h Beneficio: 10329 - 9829 - 467.5 = 32.5 €/h

Capítulo 10 I Programación de la generació n

179

Evidentemente. al ser el beneficio de la compailía B mu y superior al de la compañía A. ésta debería solicitar un precio mayor. El anterior procedimiento para determinar la bondad de la ofena tiene el inconveniente de que es necesario conocer las curvas de costes de generación de ambas compañías. información difícil si no imposib le de obtener en la práctica. Una variant e más realista consiste en realizar pred icciones sobre la base del coste incremental de cada compañía antes de la transacción: • Compañía A: • Compañía B:

9.143, beneficio 467 .5 - 9 . 143 . 50 = 10.35 €/h. = 10 .026. beneficio 10.026 · 50 - 467 .5 = 33 .8 €/h.

)'A = )'B

con lo que se llega a la misma conc lusión, conociendo únicamente el coste incremental de cada empresa.

10.7.

Un sistema eléctrico está alimentado por dos centrales térmicas cuyas características coste/potencia son las sigllientes:

el = 120 + 12PI + 0.036P? € /h e, = 180 + 9P2 + 0.060P2' €/h Ambos generadores pueden vm;ar su generac ión entre 10 y 100 MW. Si la demanda en el sistema varía según se indica en la siguiente tabla

Período

Consumo (MW)

00:00 - 06 :00 06:00 - 18:00 18 :00 - 00:00

50 1SO 50

Tabla 10.8 Determinar: l. El reparto óptimo de la generación entre ambas unidades a lo largo del día. 2. Si el coste de la parada y vuelta a poner en servicio una central es de 180 €, ¿será más económico mantener las dos en servicio durante las 24 horas del día que trabajar con una única cenlral en las horas valle?

Resolución

Programa diario de generación: • Para una demanda de 50 MW CJ,=e/, 50 = PI + P2

¡

15.6

P, = 34.4

Coste de generación: 876 .6 €/h • Para una demanda de 150 MW

P, =

7~.

1

P, = 71.9

Coste de generación : 2414 €/h El coste d iario res ult a 876 .6 . 12

+ 2414 . 12 =

39487.2 €.

Parada de una central en las horas valle: s i se decid iera parar una de las centrales durante las horas de menor consu mo, ésta debería ser la central 1, que genera menos potencia durante d ichas horas. El coste e n ho ras valle resu ltaría: = 780 €/h ==>

e,

y e l cosle diario 780 · 12 + 2414 . 12 + 180 = 38508 €, lo que supone un ahorro de 979 .2 € al día.

180


No obstante. deberían tene rse en cuenta otros aspectos además del meramente económ ico, como es b disminución de lajiabilidad del sistema ante fallos al operar con un único generador en servic io durante 12 horas al día.

10.8.

Dos centrales térmicas deben suministrar una demanda diaria que c\"oluciona según se indica en la Figura 10.7. junto con las curvas de costes de ambos generadores.

PD 2500

e,

1800

= 300 + 6P,

e, =

1200 +--- - ---\

500 + 6P,

+ O.OOOSP,' €/h + O.OOIOP,' €/h

500 :S PI :S 2000 300 :S P2 :S 1500

o

10

18

24

Figura 10.7 Evolución de la demanda y curvas de costes de los generadores del Problema 10.8.

Los costes de arranque de las dos cenlrales son 10000 € Y 2000 €. respectivamente. Determinar el programa ópti mo de generación de ambas centrales. Resolución

Los estados posibles de las centrales para cada nivel de demanda son los siguientes: A: Demanda de 1200 MW: puede ser satisfecha por las dos centrales o por cualquiera de ellas de forma independiente. Al 1: Si ambas centrales est1.1n en servicio. la demanda deberá repartirse entre las dos en despacho económico :

ell =el, 1200= PI

+ P,

1

PI = 800

P, = 400

Coste: 8480 €/h

A IO: Si la demanda se atiende mediante la central 1: PI = 1200

Coste: 8220 €/h

AO 1: Si la demanda se atiende mediante la central 2:

P, = 1200

Coste: 91 ~O €/h

B: Demanda de 1800 MW: puede ser satisfecha por ambas centrales o por la primera central. B 11: Las dos centrales en servicio repartiéndose la demanda en despacho económico:

ell=e¡, 1800 = PI + P,

1

PI = 1200

P, = 600

Coste: 12680 €/h

B I o: Si la demanda se atiende mediante la central 1: PI = 1800

c:

Coste: 12720 €/h

Demanda de 2500 !\1"V: se necesitan ambas centrales en servicio:

e l l =e l 2 2500 = PI + P,

1

PI

=

1667

P,

= 833

Coste: 17883 €/h

Capitu lo l O/ Programació n de la ge neración

181

Los distintos programas de generación se obtienen co mbinando los estados posibles. teniendo en c uenta la duración de cada estado y los arranques necesarios:

Programa AII +BII + CI I AIO + BII +C II AOI +BII +C II A II +BIO+C I I A IO+BIO+C II AOI +BIO + C II

Coste de generación 293540 290940 300140 293860 291260 300460

Coste de arranques O 2000 10000 2000 2000 12000

Total

293540 292940 310140 295860 293260 312460

Tabla 10.9 En consecuencia. el programa óptimo consiste en parar la segunda central durante las 10 horas de menor demanda. volviéndola a poner en servic io durante el resto del día.

10.9.

Tres centrales térmicas deben suministrar la demanda que se presenta en la Figura 10.8. junto con las respectivas curvas de costes .

PD 2500 2000 1000

o

8

CI = 350 + 5PI €/h

500 :5 PI :5 1800

C, = 800+ 10.3P, €/h

200 :5 P, :5 1000

Cl = 800 + 10.5P3 €/h

200 :5 P, :5 1000

24

11

Figura 10.8 Evolución de la demanda y curvas de costes de los generadores del Problema 10.9. Los cosles de arranque son 3000. 8000 Y 6000 €. respeclivamenle. Determinar el programa óptimo de generación de las centrales.

Resoluc ión El número de posibles combinac.iones a analizar es bastante elevado en este caso . por lo que se utilizarán dos alt ernativas al análisis exahustivo de las co mbinaciones.

Programa basado en prioridades de puesta en servicio: una aItemati va para la determinación del programa óptimo de varias centrales. bastante utili zada en la práctica. consiste en o rde nar las cent rale s de mayor a menor prioridad para su funcionamiento. Para ello se puede utilizar un índice que perm ita comparar las centrales en términos económicos como. por ejemplo. el coste medio a plena carga:

CI ( 1800) = 9350

CM I = 9350/ 1800 = 5.19

C2(lOOO) = 11100

CM2

C3(l OOO) = 11300

= 11100/ 1000 = 11.1 CM., = 11300/ 1000 = 11.3

Con lo cual. el o rden de puesta en servicio sería la central I en primer lugar. seguida de la cent ral :2 y por último la central 3. El programa de generación sería el siguiente:

• De 0:00 a 8:00h, con una demanda de 1000 MW. es suficienle con lene, en servicio la cenlral 1. siendo el coste de generación:

CI(IOOO) = 5350€/h

=

CT=42800€

182 Sistemas e léctri cos de potencia • De 8:00 a 12:00h. con una demanda punta de 2500 MW, se pondría en servicio la central 2. El despacho económico de ambas centTales implica llevar la central l al límite superior al tener menor coste incremental: C,(1800) = 9350 €/h} ==} Cr = 77440€ C2(700) = 80 10 €/h Nótese que en el coste total se ha incluido el coste de poner en servicio la seg unda central. • De 12:00 a 24:00h. con una demanda de 2000 MW, ésta sería atend ida por las centrales 1 y 2. ambas en servicio al comien zo del intervalo horario. C¡( 1800) = 9350 €/h} C2(200) = 2860 €/h

CT = 146520 €

==}

El coste diario de operación resulta. por tanto. 266760 €. Programa basado en un problema de optimización: la programación óptima de las centrales se puede plantear en este caso como un problema de opti mi zación lineal entera-mixta. InLroduciendo variables binarias para el estado de las centrales en cada período. Ug ., E [O. 1], Y para la decis ión de poner en E [O. 1] , el problema a resolver queda de la forma servicio una central en un período dete rminado. siguiente:

Y,.,

Minimizar

t

Ag . Yg.,

+ d,

.

1=1

{t

Ct g

. Ug.,

+ f3g . P•. , }

g =l

donde dI es la duración en horas de cada intervalo (8. 4 Y 12 horas, respectivamente). cx g y de n a los costes fijo y variables de cada generador. Las restri cciones que debe cumpli r el problema de optimi zación son las siguien tes:

f3g

correspon-

• Balance energético en cada período: 3

PDI

=

L Pg.

I

t = l. .... 3

g= l

siendo PD, la demanda en cada período (1 000. 2500 Y 2000 MW). • Potencias máxima y mínima de cada central: mín

Pg

. U.~.I':::

pg./':::

pmáx g

.

Ug.1

1=1. .... 3

g=I. .... 3

• Relación de coherencia entre las variables binarias:

Ug .,

-

Ug . l -

l .:::

Yg .t

El problema de optimi zación ha sido resuelto utilizando GAMS, un programa info rmático qu e faci lita la form ulación y resolución de problemas de optimización. El programa óptimo de gene ración es el siguiente: • De 0:00 a 8:00h se mantiene en servicio la prim era central únicamente. siendo el coste de ge neración: C, ( 1000) = 5350 €/h ==} CT = 42800 € • De 8:00 a 12:00h se pone en servicio la central 3: C,( 1800) = 9350€/h} C3(700) = 8150 €/h

==}

CT=76000€

do nde se ha tenido en cuenta el coste de poner en servicio la tercera central.

Capítu lo 10 1 Programación de la ge neración

183

• De 12:00 a 24:00h se mantienen en servicio las cen trales I y 3: C. (1800) C3(200)

= 9350 €/h } = 2900 €/h

C-r = 147000 €

==}

El coste óp.imo dia rio resulta 259800 €. Cabe destacar que si se hubiera optado por la aproximació.n basada en los costes medios a ple na carga, el coste diario hubiera resultado 6969 € más elevado. Esto es debido al menor coste de arranque y pa rada de la central 3. coste que no se tiene en cuenta al calcular e l coste medio.

10.10.

Una central hidroeléctrica con una potencia máxima de 600 MW dispone de una energía almacenada e n el embalse de 3600 MWh, como se muestra en la Figura 10.8 junto con la demanda diaria.

PD ,---

2500 2000 3600 MWh P

~

1000

600MW

,

o

.2

8

24

Figura 10.9 Evolución de la demanda y caracteristicas de la central hidroeléctrica del Problema10.10 .

La curva de coste equivalente del conjunto de centrales térmicas del sistema eléctrico es la siguiente: C = 3250 - 0.3PT

+ 0.0024Pf

€/h

Determinar el programa óptimo de generación de la central hidráulica y el ahorro que se obtiene al utilizar la energía almacenada en el embalse. Resolución

Si toda la demand a fuera asumida por las centrales térmicas, el coste de generación sería:

Pr

€n,

= 1000

==}

C = 5350

PT = 2500

==}

C = 17500

€/h

Pr = 2000

==}

C = 12250

€/h

CusLe lOlal:

8·5350

+ 4 · 17500 + 12 . 12250 =

259800 €

La prog ramación óptima de la central hidráu lica se puede resol ver planteando el siguiente problema

de optimización: 3

Minimizar

¿ di ' C ( P,)

,=1 donde d, es la duración en horas de cada intervalo. Las restricciones que debe cumplir el problema de optimización son las sigu ie ntes: • Balance energético en cada pe ríodo:

PD,

= ¿(PT, + PH,)

r = 1..... 3

f= l

siendo PH, la pOlencia de la central hidráulica en cada período.

184 S istemas eléctricos de potencia • Potencias máxima y míni ma de la central:

• Energía tOlal disponible en el embal se: 3

3600 =

¿d, . PH, (= 1

Resolviendo el problema de optimización no lineal se obtiene el siguiente progral'!1a óptimo de generación:

• De 0:00 a 8:00h la central hidráulica no genera, con lo cual el coste es el del parque térmico:

=>

PT = 1000

e=

5350

€/h

• De 8:00 a 12:00h la central hidráulica trabaja con una potencia media de 600 MW, co nsumiendo

""'" ""\"'Í'"

\k lA\J\J 'N\\"". c\ """\,, ""'''''''' ''''\l.\\:;'.

PT

= 1900

=>

e = 11344

€ /h

• De 12:00 a 24:00h la central hidráulica trabaja con una pOlencia media de 100 MW, consumiendo una energía de 1200 MWh. El coste horario resulta:

PT = 1900

=>

En consecuencia, el coste óptimo diario resulta 224304

e=

11344

€/h

€ Y el ahorro obtenido de la utili zación de la

energía hidráulica es 35496 €. Una variabl e de gran interés que proporciona el problema de optim ización es el multiplicador de Lagrange asociado a la restricción de la energía disponible en el embalse. variable dual que proporciona la disminución del coste por cada MWh adicional de energía hidráu lica disponib le en el embalse: -8.82 €IMWh en este caso. Cabe destacar que el programa óptimo de la central hidroeléctrica liene una interpretación bastante lógica: la energía almacenada en el embalse se utiliza para "recortar" la curva de demanda con el objeto de disminuir el coste de generadón. como se muestra en la Figura 10. 10.

2500

+-

2000

- 1-

2400MWh 1200 MWh

1900MW

1000

1

o

8

12

24

Figura 10.10 Utilización óptima de la ene rgía hidráulica en el Problema 10.10.

Capítula lO / Programación de la genera ción

10.11.

185

Dos centrales hidroeléctricas eSH11l dispuestas en una misma cuenca como se muestra en la Figura 10.11, junto con la demanda a satisfacer en el sistema.

PD 2500

V¡

1800 1200 +-------1

16

O

24

Figura 10.11 Evolución de la demanda y variables asociadas a las centrales hidroeléctri cas del Problema 10.11 . .

Las cu rvas características caudal-potencia de las centrales son las siguientes:

Q¡ =OA5PH¡1Il 3/s

PII¡ ::: 100 MW

Q2 = OAOPH, /1/3/s

PH, ::: 300 MW

Los embalses disponen inicialmente de 2 y l A hm 3. y se sabe que el caudal utilizado por la central 1 tarda menos de 8 horas en alcanzar el embalse 2. La curva de coste equivalente del conjumo de centrales térmicas del sistema elécuico es la siguiente: C = 32 + 6.5 PT + 0.0003 p} €/h Determinarel programa óptimo de generación de las centrales hidráulicas y el ahorro que se obtiene al utili zar la energía almacenada en los embalses.

Resolución Sin generación hidráu li ca, el coste de generación sería:

=> 1800 => 2500 =>

€/h

PT = 1200

C = 8264

PT =

C = 12704

€/h

C = 18157

€/h

PT =

Coste tota l:

8 . 8264

+ 8 . 12704 + 8 . 18 157 =

313000 €

El problema de optimizaci ón a resolver es el siguiente: 3

Mi nimizar

I: 8· C(PT, ) 1= 1

donde se ha tenido en cuenta que los intervalos tienen una du ración de 8 horas. Las ecuaciones que modelan el problema son las siguientes: • Balance energéti co en cada período: 3

PD, =

I: (PT, + PHI.< + PH,..)

t

= l .•.... 3

(= 1

siendo PHh.1 la potencia de la centra l hidráulica J¡ en e l período • Límites de la central:

1.

t

= l. .... 3

186

Sistemas eléct ri cos de pote ncia

• Relación caudal-potencia de cada central :

1 =1. ... ,3 • Balances hidníulicos en los embalses: VI.I

= VI.I _I - 8 · 3600· QI.I m 3

V2.1 = V2 . 1- 1 -

8 . 3600 . Q2.1

1

= 1. . . .. 3

+ 8 . 3600 . Q1.1 -

1 01

3

1 =1 , ... ,3

siendo V/u el vol umen de agua en el embalse h al final del período t, con V/¡, t ::: O. Obviamente. Vl.O = 2 . 106 Y V2.0 = lA . 106 Asimismo, se su pondrá que Q1.0 = O. Resolviendo el problema de optimización se obti ene el siguiente program a ópti mo de ge nerac ión :

• De 0:00 a 8:00h las cenlral es hidráu licas no generan: Pr

=

1200

=

e = 8264

€/h

• De 8:00 a 16:00h la primera central hidráulica trabaja con un a potencia media de 54.3 MW y un caudal de 24.4 m 3 /s, permaneciend9 parada la segunda central. El coste horario resulta:

Pr = 1745 .7

=

e = 12293

€/h

• De 16:00 a 24:00h la primera central hidráulica trabaja a potencia máxima (100 MW) y a caudal máximo (45 01 3/5). La segll noa cenl ra l trahaja co n una potencia media de 295.1 MW y un caudal de 118.1 m 3/s. El coste horario resulta: Pr

= 2105

=}

e = 15043

€/h

En consecuencia, el coste óptimo diario res ulta 284803 € Y e l aho rro obtenido de la utili zac ión de la enefgía hi dráuli ca es 28197 €. La Figura 10.12 fesume e l programa óptimo de ambas centrales junto a la evolución del volumen de agua en los e mbalses. Puede obsefvafse có mo el programa óptimo tiende a acumular enefgía en los e mbalses para utili zarl a en las horas de mayof demanda. Razone el lector por qué no trabaj an los dos genefadofes a potencia máx ima e n el período de mayor demanda.

Período Volu me n Caudal Potencia

Central 1 00-08 08-16 2.0 1.3 24A O 54.3 O

16-24 O 45 100

Período Volume n Caudal POLencia

Central 2 00-08 08-16 2. 1 lA O O O O

16-24 O 11 8. 1 295. 1

VI

~\

o

\

8

16

~ 24

Fi gura 10.1 2 Programa óptimo de generación hidráu lica del Prob lem a 10. 11 .

10.12.

Una central de bombeo puro está integfada en un sistema e léctfico cuya demanda evoluciona segú n se indica en la Figufa 10.1 3.

Capítu lo 10 1 Programación de la ge neración

187

Po (G\V)

r-

24

22

lO

22

20 -

-

17

O 2

6

8

14

10

24

Figura 10.13 Evolución de la demanda y variables asociadas a la central de bombeo del Problema 10.12.

Las curvas características caudal-potencia de la central so n las siguientes: Qe

=

Pe :S 215 MW

0.48 Pe m'ls

Qe = OAOPe

Pe :S 230 MW

/1/3/s

siendo Qc el caudal necesario para generar una potencia Pe, Y Qc el caudal en bombeo, con un co nsumo de potencia Pe. La cu rva de coste equivalente del parque de generación térmica del sistema eléctrico es la sigu iente:

e

= 2692800 - 289.6Pr

+ 0.0096Pf

€/h

Si el embalse superior tiene una capacidad de 2.2 bm 3 y se encuentra inicialmente vacío, determinar el programa óptimo de generación de la cen tral y el rendimiento del ciclo de operación. Resolución

Si la central de bombeo no entrara en servicio, el coste de generación sería:

=> Pr = 20000 => PT = 22000 => PT = 24000 => Pr = 17000

Coste total:

e = 544000 e = 740800 e = 968000 e = 1272000

€/h €/h €/h €/h

21843200 €

El programa óptimo de la central de bombeo se obtiene planteando el sigu iente problema de optimización: 6

Minimizar

Ld¡. C(PT¡) 1= 1

donde d, es la duración de cada uno de los seis intervalos de demanda co nstante. Las ec uaciones que modelan el problema son las siguien tes: • Balance energéti co en cada período: 3

PD, =

L (P7; + Pe , -

Pe, )

1=1..-... 6

1= 1

• Límites de la central: O:s Pe, :S 215 MW

o :S

Pe, :S 230

1

= 1. .... 6

188

S istemas e léctricos de potencia

• Re lac ión caudal-potencia como tlIrbina y como bomba:

Qc, = OA8 Pc,

nhs

1

= l. .... 6

• Balance Iiid ráulico en el embalse superior: 6

V, = V, _ 1 +

Ld, . 3600. (Q c, -

Qc , ¡

1

= 1. ... . 6

1= 1

siendo V, el vo lumen de agua en el embalse superior al final del período l . con \lo = O Y 2.2 hm 3 :::: V, ~ O. El programa óplimo de generación se resume en la Figura 10.14 Y en la Tabla 10.10. Se puede observar cómo la central funciona como bomba a máxima potencia en el período de menor consumo. terminando de llenar el embalse en otros períodos de bajo consulllo. Este proceso se repite a la inversa C0l110 turbina. func ionaú do a potencia máxima en el período de mayor demanda. terminando de vaciar el embalse en otros períodos.de demanda elevada.

--

/

2

/

1\

/

1/ o

1/ 2

Cap¿lcidad del embalse

\

6

I

I

S

10

r---------I

24

14

Fig u ra 10.1 4 Vol u men óptimo de la cent ral de bombeo del Problem a 10. 12.

Periodo Volumen Cauda l bom beand o Cauda l t urbinando Potencia consum ida Potencia generada

00-02 004

02-06

06-08

08-10

10-14

1.8 92.0

2.2 60.8

2. 1

0.6

60.8

O

O

14-24 O O

O

O

O

16.5

103.2

26.5

152

230

152

O

O

O

O

O

O

34

215

34

Tabla 10.10 Programa óptimo d e generación de la central d e bombeo del Prob le m a 10.12.

El coste de generación resulta ahora 21738000 €, lo que supone un ahorro de 105336 €. Por otra parte, la energía total consu mi da en bombeo es de 1528 MWh, mientras que la energía toral generada es 1268 MWh. En consecuencia, el rendimiento de l ciclo de operación es de un 83%.

#

CAPITULO ,

FLUJO OPTIMO DE CARGAS

11. ,.

INTRODUCCiÓN

En este capílUlo se realiza ulla introducción al problema del lllljo óptimo de cargas, más co nocido por OPF (Optima! Power Flow), problema fun damental tanto e n actividades de planificación como en la propia operac ión del sistema eléctrico. A diferencia deljfujo de cargas convencional. cuyo objetivo co nsiste en determinar el estado del sistema lO mando como dato s de partida las potencias generadas y consumidas en lodos los nudos, as í como el estado de los equipos de contro l (transformadores, reactancias, condensadores, etc.), un jlujn óplimo de cargas permi te resolver las ecuaciones de l sistema eléctrico y obtener los valores de determinadas vari ables de control que optimizan un objetivo concreto, cuantifi cado éste en forma de una función escalar de las variab les del problema.

11.2.

ECUACIONES Y VARIABLES

Como se puso de mani fiesto e n el capít ulo dedi cado al flujo de cargas, el estado de un sistema e léct rico de JI nudos queda detel1l1i nado por las 211 ecuaciones nodales, expresadas en función de las tensiones j Bir nodales V ~ Y los e lemen tos de la matri z de admitancias nodales, Yij = ij

e +

P; = V;

L"

V} (G ;} cos e;}

+ B;} sen e;¡ )

i

=

1, .... fI

( 1 1.1)

i=l, .... fI

(1 1.2)

j= l

Q;

Vi

L"

Vj( G ij sen eij - Bij cos eij )

j=1

Do nde p¡ Y Q¡ so n las potencias acriva y reactiva inyectadas en cada nudo, es decir. potencia neta, generada menos co nsumida. en e l nudo: Pi = Pe¡ - Pe¡

Q; = QG! - Qc!

Cabe recordar que es necesario establecer un a referencia para las fases, in troduciendo el concepto de Illulo slack o de referencia que supondremos el nudo 1, con el = O.

190

Sistemas eléct ricos de potencia Las 211 ecuaciones (1 l. 1) Y (1 I .2) permilen oblener el eSlado del sislema eléctrico, dado por las 211 - I aSQt.\'aa.\e~ ue\ \\)\a\ ~n - \ involucradas. As imismo, cabe indicar q ue existen otras variables de control que aparecen en los término...

ue

\ncóg;n\\a~

de h

t'll//lriz de c?<7Í/llÍ'.2'IlCI.2.f,

J/ Ct1ro.r /13/0m.f deberl J~'"rds/il1tSlllO CO/IX""/dOSd (//7&/7." I/P/C«/IIC'llle I/lS IOlll.::'Lo

de los transfornfadores de regulación. Una simpli ficació n de las ecuaciones nodales, muy uti lizada en estudios centrados únicamente en los flujos de potencia activa en el sistema. es la que proporciona el flujo de cargas en cOlltil/ua:

Pi =

L" BijOj

= l .. ... 11

( 11.3 1

)=2

donde la matri z B se construye de la misma forma que la matri z B ' del flujo de cargas desacoplado rápido. incluyendo la fila con espondiente al nudo de referencia. La Ecuación (\ 1.3) permite obtener los flujos de potencia por líneas y transformadores: ( 1I .4)

donde A es la matriz de incidencias. excluyendo el nudo de referencia, y X es una matriz diagonal con las reactancias de líneas y transformadores.

11.3.

RESTRICCIONES

Las variables del sistema eléctrico están suj etas a límites impuestos tant o por los propios equipos que constitu yen el sistema eléc tri co, como po r los criterios de operació n del siste ma. Cabe' distinguir. por tamo, enLre dos tipos de límites: • Límites sobre las variab les del sistema que so n objeto de control por parte de los operadores, principalmente: • Potencias ac ti va y reactiva de los generadores, esta última norm alme nte asociada e intercambiable con la tensión en bornas del generador. • Relación de transfom13ción de los transformadores con capacidad de cambiar tomas en carga. tenie ndo en cuenta el carácter discreto de las propias tomas de regulación. • Baterías de condensadores y reactancias, equipos con capacidad de generar y co nsumir potencia reactiva en incrementos di scretos determinados por la conexión/desconexión de los distintos elementos. • Límites de operación, principalmente: • Tensiones de los nudos. • Flujos de potencia por líneas y transformadores, cuantificada en térnlinos de potencia apare nte, acl iva, reacliva u iucluso e n forma de intensidad máxima.

11.4.

PROBLEMAS DE OPTIMIZACiÓN

Eljll/jo óptilllo de ca rgas se puede util izar e n multiples contextos dentro de las acti vidades inherentes a la ge nerac ión. transporte y distribución de energía eléctrica, variando el objeti vo concreto de la opti mi zació n y, en func ión de dicho objeti vo. el modelo del sistema y las variables de in terés. Como ejemplo de funciones objetivo en los estudios dejlujo ÓP¡i1HO de cargas cabe citar las siguientes: • Objetivos asoc iados al despacho económico de las centrales eléctricas: • Minimizar los costes de ge neració n utilizando las Ecuaciones (1 \. 1) Y ( 1 \.2) para modelar la red de transporte e imponer, en su caso, límites a los Hujos de potencia por las líneas. Este pro~l em a permite incluir de forma natural las pérdidas en el transporte en el despacho económico de las centrales.

Capitulo 11 1 Flujo óptimo de cargas

191

• Minimi zar los costes de generación utili zando e l modelo lineal de l siste ma proporc ionado por ( 11. 3) para imponer límites a los flujos de pote ncia. En este caso, e l modelo no permite considerar las pé rdidas e n el transporte. y se asume que las tensiones loman sus va lores

nominales . • Objetivos asoc iados a la ope rac ión del transporte: • Determinar las actuaciones necesarias para eliminar posibles problemas en la red: * Actuaciones necesarias sobre las potencias de los generadores para e liminar sobrecargas en líneas o transformadores. siempre buscando el mínimo sobrccoste y utilizando. por simplicidad, el modelo lineal defi nido por ( 11 .3). Este problema puede extenderse pa ra incluir restricc iones sob re hipotéticos estados prod ucidos por la pé rdida de un eleme nto (gene rador. línea o transformador. princ ipalmente), estados mode lados por la Ecuación ( 11.3) particularizada para cada es tado pos-collfil1gencia. dand o lugar a l problema co nocido co mo flujo ópTimo de cargas COI! resTricciones de seguridad. * Actuaciones necesarias para eliminar problemas de tensiones bajas o excesivamente altas: actuando para ello sobre los e leme ntos de control de tensiones (tensión y potencia reactiva de los generadores. transformadores con tomas de regulación. conde nsadores y reactancias, principalmente). Como es evidente por las propias variables de cOl1lrol , es necesari o ut ili zar el modelo exac to y no lineal proporcionado por ( 11.1 ) Y ( 11.2). Una fun c ión objetivo típica en este caso es la sum a de las actuaciones sobre las variables de co ntrol . minimizando éstas. • Pa ra un programa de generación detenninado. reduc ir los costes de explotación actuando sobre los elementos de control de tensiones con el objeto de dism inui r e n lo posible las pérdidas en la red de transporte. Obviamente. será necesario utilizar el modelo completo dado por (1 1.1) y (1 1.2) . • Objetivos asociados a la planificación de la red de tran sporte: • Localización óptim a. en térm inos de mínimo coste. y margen de control necesario en nuevos eq uipos de co ntrol de los fluj os de potenc ia por la red. normalme nte trans formadores con desplazamiento de fase. con el fi n de evitar futu ros proble mas de sob recargas e n líneas y transformadores. • Localización óptima y tamaño de nuevos equipos con capacidad de inyectar reactiva en la red. típicamente batelÍas de co ndensadores o reactancias. necesarios pUnl disponer de meca n ismos de control de ten siones en escenarios futuros. Como es evide nte. se rá necesa rio utilizar e l modelo completo. no lineal. del sistema. Obviame nte. en func ión de l carácter linea l o no lineal tanto de la función objetivo como del mode lo utilizado para el siste ma eléctrico. será necesario ut ili zar herramientas de programación lineal o no lineal para su resolución.


Los dos generadores del sistema e léctrico representado en la Figura 11 . 1 sumini~tran una demanda de 1700 MW en el nudo 4. Las curvas de costes de los 2 generadores son las siguientes: C¡(Pc,J = 350+'+Pe, +0.0010P8, €/h

500

C3(Pe,l =400+5Pe , + 00015P8 , €/h

200

=" Pe , =" =" Pr;¡ , ="

2000 1000

Determinar el despacho económico de ambos generadores mediante unfll/jo de cargas óptimo en los siguientes caso~: l. Sin considerar límites de potencia en las líneas. 2. Imponiendo un límite sobre la potencia transpo'1ada por la línea 2-4 de 900 MW

192


Las tensiones deben man tenerse en todo caso entre 0.95 y 1.05 en p.ll.

2

Po Figura 11.1 Sistema eléctrico del Problema 11.1.

Líneas (Base R j 2 0.0030 4 0.0050 2 3 0.0005 2 4 0.00 10 3 4 0.00 10

100 MVA) X B 0.010 0.0 0.050 0.0 0.005 0.0 0.005 0.0 0.010 0.0

Tabla 11.1

Nudos

J

V; p. u. 1.000 0.974 1.000

4

O . ~4Ó

2

,

8;

Pe

Qe

Grados

MW

Mvar

0.000 -7.280 -8.020 - 10. 11 6

1700

QG

h MW 1568.9

M var

200.0

1052.9

77.2

800

Tabla 11.2

Resolución Este mismo ejemp lo se aborda en el Problema 10.3 utili zando factores de penali zac ión por pérdidas. A efectos de co mparación. e l despacho económico clásico de ambos ge neradores implica e l sigu iente reparto de la potencia: CI ¡ = Clz= Á

1700 = Pe ,

+ Pe,

}

h ,=

1220MW

Pe, =480MW

Lo que supone un coste marg ina l del sistema A = 6.44 € /MWh, y un coste IOtal de generación de 9864 € / h.

Sin considerar límites sobres las potencias que transportan las líneas A partir de los parámetros de las líneas proporcio nados en la Tabla 11. 1. se obtiene la matri z de admitanc ias nodales:

\J _ -

- 27.523 + 91.743j 85.786 - 482.071j O - 19.802 + I 98.020j \9.802j 38.46 \ 1 \ 92 .308j

29.503 - 1I 1.545j - 27.523 + 9 1.743j [

- \ .980 +

o

-19802 + 198.02j 29 .703 - 297 .03j 990 \ 1 99.00 \ j

- 1.980 + 19.802j -38.46 1 + 192.308j - 9 .90 1 + 99.00 1j 50.343 - 3\1.\20j

1

Capítu lo 11 / Flujo óptímo de cargas

Eligiendo el nudo 1 como referencia para las fases. 8[

Pi

193

= O. las ecuaciones del sistema son las siguientes:

L• Vj ¡cijCOS(ei -ej) + Bij sen (ei -ej)l • Vi L Vj ¡Cij sen (ei - ej) - Bij cos (ei - ej)!

Vi

1

= 1. .... 4

j= l

Qi = Q G, - Qc¡

= 1, .. . ,4

j=l

donde las potencias gene radas. tamo activa co mo reacli va, son variables a dete rmi nar. y las potencias co nsumidas son las siguientes expresadas en p.lI.:

p[

= [O

1 8 1

O O 17

Q~ = [O O O

Las tens iones Ilodales. en módulo y fase. excepto la fase del generador stack (81 = O), constitu ye n asimi smo variables del problema; en concreto. son las variables de estado que, una vez conocidas. permiten calcular cualquier otra mag nitud del sistema eléctrico.

La fun c ió n objetivo a mi nimizar en este caso es la su ma de costes de los gene radores:

e = 750 +

400Pc , + 10P¿ , +500PG1 + ISP¿,

con Pc, Y PG.l expresados e n p.u. respecto a 100 M'V. Por último. es necesario imponer los di stintos lími tes que se van a considerar en la solución:

• Potencias de los generadores: 2 < PG, ~ 10 • Tensiones:

0.95 ~

Vi ~

1.05

I

=

1. . . .. 4

El prob lema de opti mi zación a resolver consiste, por tanto, en mi nimizar la su ma de los costes de ge neración, imponiendo las distintas ecuaciones de igualdad (ecuaciones del sistema) y de desigualdad (lím ites sobre las variables) . La solución óptima, oblenida mediante un algoritmo de optim izac ión no li neal, se presenta e n la Figura 11.2, y en las Tablas 11.3 y II A.

.J'

PG , = 1184

.J' 2

PG 3 = 557

3

4

PD = 1700

Figu ra 11.2 Est ado ópt imo en términos del coste de generació n del siste ma eléctrico del Probl ema 11 .1.

194 S istemas eléctricos de potencia Vi

2 3 4

p.u. 1.050 1.028 1.050 1.002

Nudos fii Pe Grados MW 0.000 1184 -4. 812 -4.812 557 -7.277

Qe Mvar

89 927

Tabla 11 .3

Líneas I I

2 2 3

j 2 4 3 4 4

Pi)

P j;

9 14 275 -57 946 499

-889 -27 1 58 -935 -494

Tabla 11.4 El coste óptimo de generación resulta 10141 €/h, Ylas pérdidas en el transporte 41 MW. Cabe destacar el reparto óptimo de la generación obtenjdo tenjendo en cuenta }¡¡s péJdidas en el sistema, pérdidas cuyo coste económico es al mismo tiempo optimi zado ajustando las tensiones de los generadores. Nótese que el coste de generación aumenta respecto al despacho económico clásico debido a que se han incluido las pérdidas en el balance. Compare el lector el resultado obtenido frente a las alternativas presentadas en el Problema 10.3. Los multiplicadores de Lagrange asociados a las ecuaciones de] sistema eléctrico proporcionan una información muy útil para cuanti ficar el coste del consumo según su locali zac ión en el sistema. En este ejemplo, los valores de dichos multiplicadores de Lagrallge, también conocidos como precios nodales, son los siguientes:

Ecuación

P, P2 P3 p.

Precio nodal €IMWh 6.37 6.66 6.67 6.76

Ecuación

Q, Q2 Q3 Q.

Precio nodal €lMvarh 0.00 0.02 0.00 0.07

Tabla 11.5 Puede observarse cómo los precios nodales proporcionan el coste horario asociado al consumo de un M\V O Mvar adicional en cada nudo. Compruebe el lector que en los nudos de generación el precio nodal . coincide con el coste incremental del generador.

Imponiendo un límite sobre la potencia t ra nsportada por la línea "2-4" de 900 MW En este caso, se desea li mitar el flujo de potencia activa en la línea "2-4" a 900 MW. En la Tabla 11.4 se observa que el flujo de potencia activa en dicha línea tras la optimi zac ión resulla ser 946 y 935 en el origen y extremo de la línea, respectivamente. Volviendo a resolver el problema de optim ización del apartado anterior, impo niendo la restricción al flujo de potencia:

-9

.s: P2.4 .s: 9

se obtiene el estado que se muestra en la Figura 11.3. y en las Tablas 11.6 y 11.7.

Cap ítu lo 11 / Fl ujo óptimo de cargas

Pc, = 957

V'

Pc ,

195

= 795

3

2

4

PD

= 1700

Figura 11 .3 Estado óptimo con restricció n sob re la pote ncia d e la li nea "2-4" e n e l s iste m a e léctrico de l Proble ma 11 .1.

Nudos

2 3 4

Vi

ei

Pc

Qc

p.u. 0.959 1.001 1.050 0.978

Grados 0.000 -5.27 1 -4.927 -7. 735

MW 957

Mvar -62 1

795

2 2 o o

1714

j 2 4 o o 4 4

Líneas Pi¡ 707 248 -220 900 573

Pi; -680 -244 225 -89 1 -565

Tabla 11.7

Tabla 11.6

El coste de ge nerac ión res ulta ahora 104 17 € /h, Y las pérdi das en el transporte 52 MW, incre: mentánd ose ambos val ores res peclo al caso anterior. Por otra p3It e, obsérvese cómo las tensio nes de los ge nerado res se ajustan para min imizar el coste asociado a las pérdi das en la nueva situación.

Al igual que el coste de ge neración. los precios noda/es se incrementan como resultado de la restricción impuesta, pasando a valer: Ecuación PI

P2 P3

p.

Precio n odal €/MWh 5.9 1 4.98 7.39 12.86

Ecuación QI

Q2 Q3 Q.

Precio nodal €/Mvarh 0.00 -0.0 1 0.00 0.03

Tabla 11 .8

Razo ne el lector por qué los precios nodales de la energía en los nu dos de generación dismin uye n mientras que en los nudos de co nsumo aumentan respecto al caso an terior.

11 .2.

El sistema eléctri co cuyos parámetros se muestran en la Figura 11.1, se encuentra en el estado que se presenta en la Figura 1 1.4. donde se observa que se ha puesto en ser vi~io un generador en el nudo 2 eon el objeto de ayudar al mante nim ie nto de las ten siones. Para las potenc ias generadas que se indi can en la Figura 11 .4. determin ar las consignas de tensión de los generadores que permiten reducir las pérdidas del sistema. manteniendo las tensiones entre 0.95 y 1.05 en p.u. y respetando los lími tes de reacti va de los generadores.

196 Sistemas eléctricos de potencia PC ,= 1149

Pc, = 200

Pc" = 500

3

.y...-L. 4 PC, = 1800

Fig ura 11.4 Estado del sistema eléctrico del Problema 11.2.

Nudos

2 o

J

4

Vi

(Ji

Pc

p.u.

Grados

MW

1.000 0.980 1.000 0.940

0.00 -5.16

Pc

Qc Mvar

MW 1149 200 500

-5.30

-8.04

1800

Qc Mvar 89 310 963

Qmlll Qma;..

C · C Mvar -2000, 2000 -500.500 - 1000.1000

1100 Tabla 11.9

Resolución

La matriz de admitancias nodales coincide con la del problema anterior. al no haber cambiado la configuración de la red de transpone. Eligiendo nuevamente el nudo 1 como referencia para las fases y como generador encargado de asumir

las pérdidas, las ecuaciones del sistema son las siguientes: 4

Pi =

Pe, -

Pc, = Vi

L

Vj {G ij cos (lIi -lIj )

+ Bij sen (11,

i = 1, ... , 4

- lIj )}

}= l

4

Qi = Qc, - Qc, = Vi

L Vj {Gij sen (ei -

lIj ) - Bij

COS

i = 1. ... . 4

(ei -lIj )}

}= I

donde las potencias activas generadas están especificadas. excepto la del generador de balance, y las potencias reactivas de los generadores son variabl es a determ inar. Expresadas en p.ll.:

pi; = p[

[

Pe,

= [ O

1 18 1

2 5

O O

Q ~ = [Qc,

O

Q~

= [O

Qc,

O O II

Qc,

O

1

1

La función objetivo a minimizar en este caso es la potencia generada por el generador 1,

PG I'

gene-

rador que asume las pérdidas del sistema. Se podría haber optado por obtener las pérdidas como suma de

las pérdidas individuales en cada línea del sistema: "

Pp

=L

11

11

11

L (Pij + Pji ) = L L Gij ¡2Vi Vj cos (ei -lIj) -

i = l j= l

i= 1 j = l

Esta posibil idad permitiría delimitar áreas concretas a optimizar.

V? - vJ)

Capítulo 11 / Flujo óptimo de cargas

197

Por últim o, es necesario imponer los d istintos límites que se van a cons iderar en la so luc ión:

• Potencias reactivas de los generadores:

• Tensiones:

=

i

0.95 <é Vi <é 1.05

1, . .. , 4

La solución óptima, obtenida mediante un algoritm o de optimi zac ión no lineal, se presen ta en la Figura 11.5 y en la Tabla 11 .10. Obsérvese que las pérdidas se han reducido en 5 MW respecto a l caso inic ial. Pe , = 1144

3

2

4

Pe, = 1800 Figura 11.5 Estad o óptimo en términos de pérdidas del sistema eléctrico del Prob lema 11 .2 .

Nudos

2 3 4

Vi p. LI . 1.050 1.035 1.048 0.995

ei

Pe

Qe

Pe

Qe

Q mtn Qmax

Grados 0.00 -4.69 -4.77 -7.25

MW

Mvar

MW 1144 200 500

Mvar

Mvar -2000,2000 -500,500 -1000, 1000

1800

38 504 787

e' e

1100

Tabla 11.10 Cabe destacar en este caso el significado de los ml/ltiplicadores de Lagrcl1lge asociados a las ecuaciones del sistema eléc tri co: cuantiAcan e l incremento de pérdidas por cada MW o Mvar ad icional consumido en cad a nudo e léctrico. En el caso de la potencia act iva, coinciden, por tanto, con los coeficientes de pérdidas ut ilizados en el despacho económico para penali zar los gene rado res según su localizac ión. En general, los coeficientes de pérdidas proporcionan una información mu y útil de cara a cuantificar el efecto de la generación y del consumo. ya sea de potencia acti va o reactiva. sobre las pérdidas de l sistema. En este ejemplo, los valores de dic hos coefici ellfes de pérdidas incrementales son los siguientes:

Ecuación

Coeficiente de pérd idas

P, P2 P3 P.,

MW/MW 0.000 0.044 0.046 0.061

Ecuación

Coeficiente de pérd idas

Q, Q2 Q3 Q.,

MW/M var 0 .0000 0.0008 0.0000 0.0 140

Tabla 11.11 Nótese que el nudo en el q ue se local iza el ge ne rador de balance, encargado de asumir las pérdidas, tiene un coeficie nte de pérd idas inc re men tal es nulo.

198


11.3.

Obtener el despacho económico de los generadores de la Figura 11.6 imponiendo los límites de potencia de las líneas mediante un modelo lineal de la red de lransporte. Las curvas de costes de los generadores son las siguientes:

C;(Pe,) = 426.73 + 10.76Pe, +0.003 1 P8, €/h

100 :s Pe , :s 700

C2(Pe,) = 369.39 + 12.11 Pe, + 0.0010P8, € /h

100 :s Pe , :s 700

367 Mil'

440MW

-149 Mvar

107 Mvm

2

1.000

1.000

200 Mil' 100 M\ar

,

0.972

.' 600MW 300 Mvar

Figura 11.6 Red de 3 nudos del Problema 11.3.

J

Circuito

~

0 .006 0.006 0.003 0.003

o

o

2 2

3 3

Líneas (Base 100 MVA) R X B Pma...

2

0 .06 0.06 0.03 0.03

1.8 1.8 0 .8 0.8

200 200 500 500

Pij

p¡;

138 229 189 189

-137 -~26

-187 -187

Tabla 11.12

2 3

Nudos Pc Qc

V;

@;

p.U . 1.000 1.000 0.972

Grados 0.0 -4.78 -7.98

MW

M"ar

200 600

100 300

Pe MW 367 -1-+0

Qe Mvar -149 107

Tabla 11 .13

Resolución El despacho ecol1ómico clásico. sin considerar pérdidas. proporciona e l siguiente reparto de la potencia consumida en el sistema:

C 11 = C 12 = ). 850 = Pe,

+ Pe,

}

Pe , = 359.76 MW

Pe, = -140.2-1 MW

Capít ul o 11 I Fl ujo óptímo de cargas

199

con un cos te Lotal de operación de CT = el + C2 = 10593.48 € /h. Y un coste incremental i. = 12.99 €/MWh. El estado del sistema corres pondi ente a dicho reparto es el que se m uestra en la Figura 11 .6. do nde el generador 1 ha asumido las pérd idas en el transporte. pérd idas que no se consideraro n al real izar e l despacho económico. Puede obse rvarse e n d icho estado qu e la línea "1-3" está sobrecargada. por Jo que el despacho eco nó mico obten ido no es viable e n la prác tica. Con el fi n de imponer las restri ccio nes a los fl uj os de pote ncia, se va a utili zar el mode lo li neal de l s istema eléc trico definido po r las ecuaciones del fllÚo de c(lIgas en continlla :

donde

Xi )

es la reacta ncia de l ele ment o q ue un e los nudos i y j . Para la red objeto de estud io:

P=

[

PG, ] [ - 16.667 Pc: - 2 = 83.333

-6

- 16.667] . -66.667

- 66.667

8

[8" ] -

'j . ,.",. ., .. .,,,.j.,

8:,

Sobre la base del modelo li neal. los Huj os de potencia por las líne as se puede n exp resar en [u nc ió n ele las fases. Pij =

8, - 8j

P¡ = X - 1 A T 8

-

.

.\ ij

res ultando:

p¡ =

[

PI .l PI. J

Pl , P21,

-"."',

O O -16.667

1[ =

33.333 33.333

-3 3.333 - 33 .3 33

:

8,

.[

e; ]

En co nsec uenci a. el problema de optimizació n a resolver es el fo rmado por las sigui entes ecuac iones. con las potencias exp resadas en p.lI . respec to alOa MW:

Mi nim izar sujeto a

e=

796.12 + 1076· PG,

]

- 16. 667 - 16.667 ] 83 .333 - 66. 667 . [ -66.667 83.333

+ 31 ·

pJ, + 1211 . PG, + IOP6,

[8] 8: o

7 ::; Pe, ::; 7 ::: PC1

:::

O O

33.333 33 .333

=:~~~;

- 33 .333 - 33333

l· [

82 ] ::; [ ;5 8, 5

1

Lu solución del problema anteri or. obten ida med iante l1 n algo ritmo de progra1llac iún no liw.;al de bido a que los costes son funciones cuadráticas. proporciona PC1 = 300 Y PG~ 500 MW. Los fluj os de potenc ia en las líneas se obtienen a part ir de las fases: gT = [ - 0.06

-0 .12 )

=

p ¡T

=[

100 200

200

200)

con H¡ en radianes. E l coste de explotació n resu lt a ahora 10608 €/h. inc reme nt,í nelose respecto al despacho óptimo deb ido a las restricciones del transpone. El estado real del sistema con dicho reparto. sie mpre asum iendo q ue el gcnc rador I asume las pé rdi das. se l1lu est ra en la F igura 11 .7 y en las Tablas 11 .14 y 11.15. Como puede observarse. el error asociado al modelo lineal del sistema es bastante pcqueiio. Por ot ra pa rte. cabe indicar que el coste de explotaci6n aumentaría aún más debido a los 6 MW de pé rdidas q ue no se han ten ido en cuen ta.

200

Sistemas eléctricos de potencia 306MW

SOOMW

- 149 Mvar

98 Mvar

1.000

[.000

2

200MW 100 Mvar

3

0.972

600MW 300 Mvar

Figura 11 .7 Estad o óptimo de la red de 3 nudos del Problema 11 .3.

j 2 ,

Líneas Circuito Pmax

P i)

P ji

200 200 500 500

104 202 202 202

- 103 -1 99 -200 -200

, 2 2

I

3 3

2

Tabla 11 .14

Nudos

1 2 3

V;

e;

p.u.

Grados

Pe MW

1.000 1.000 0.972

0.0 -3.60 -7 .03

200 600

Mvar

Pe MW

lOO

306 500

Qe

Qe Mvar -149 98

300

Tabla 11.1 5

11.4.

E l sistema del problema anterior, en el estado que se muestra en la Figura I 1.6, es vulnerable a la posible pérdida de una de las líneas que unen el generador l con el resto del s istema, debido a q ue cualesquiera de dichas cOl11il1gencias conllevaría la sobrecarga de la otra línea y, co n toda seguridad, la caída del sistema. Obtener el despacho de generación que hace el sistema seguro ante la pérdida de una de dichas líneas. as í como e l coste asociado a la imposición de di cho criterio de seg uridad. Utilizar para ell o un flujo de cargas óptimo basado en el modelo lineal de la red de transporte.

Resolución Como se puso de manifi esto en e l proble ma anterior, el mod elo lineal del siste ma proporciona las sig ui entes ecuaciones para el es tado de part ida:

P=[

-16.667 83.333 - 66 .667

-16 .667 ] -66667 . 83.333

e2 ] [ e3

Capitulo 11 I Flujo óptimo de cargas

201

o

- 16.667 ] O -16.667 .[fh ] 33.333 -33.333 e3 33.333 -33 .333

p¡ =

Particulari zando las ecuaciones anteriores para los estados pos~col1liJlgellcia:

A: Pérdida de la línea ··1-2"':

[

pa =

PG,

2

PC 2 -

-6

][ =

P"1.2

pa _ ¡-

-""~

O O 33.333 -33.333 33.333 -33 .333

[ ][ P"1.3 P" 2.3 P" 2.3

][

O -16.667 66.667 -66.667 -66.667 83.333

ji

821 ea 3

()2

1

e"3

]

]

B: Pérdida de la línea ·' 1-3"':

[

pb =

pc ]

PC2 - 2 -6 pb I 2 pb

][

O -16.667 O O 33.333 - 33.333 33.333 -33.333

[ 1[ I3

pJ =

=

Pf-, pb

2.3

:t ]

-6666~ ] .[ 66.667

- 16.667 83.333 -66.667

3

H:n

Cabe destacar que se podría haber diferenc iado la potenc ia de los generadores con el sistenm íntegro de la que suministraría tras una contingencia, lo que supondría considerar actuaciones corree loras a poslerio~ ri sobre lo s generadores para eliminar las sobrecargas. A l no inc luir dicha posibi li dad , se está asum iendo que lodas las actuaciones serán de tipo prellemillo, antes de que tengan lugar las contingenc ias . Una pos ibilidad que permite di sminui r e l tamaño del problema consiste en eliminar las fases como variab les, relacionando directamente los flujos de potencia con las inyecciones en los nudos:

p = B· e } p¡ = X - lAT e

P¡ =X - IATB- I p

donde la matriz B es B reducida en la fila correspondienle al nudo de referencia. Aplicando el modelo reducido a los tres estados del sistema que se comemplan: • Caso base:

[

]

Pi =

p" 1.2 p 1.3 " po

P1. 2

p¡ =

P, 3 P2.3 P2 .3

[ - 0.>>6

-0.444

=

0.222 0.222

-0_] [ - 0.556 - 0.222 -0.222

Pc , - 2

-6

A: Pérdida de la línea ·· 1-2":

[ 1[ 2.3

=

P2.3

B: Pérdida de la línea "1-3":

pJ =

O O - 1 - 1 0.5 O 0.5 O

p ,b 2 pb 1.3 pb 2.3 pb

[ 1[ 2.3

=

Ji

- 1 -1 O O O - 0.5 O -0.5

JI

PG, - 2

- 6

PG, - 2

-6

] ]

]

202 Sistemas eléctricos de potencia Con ello, el problema de optimización a resolver queda en la sigu iente forma: C=796. 12 + 1076· Pe, +3 1 · P8, + 1211· Pe, + IOP8,

Minimizar

Pe -, - 2 ] <

sujeto a

-6

-

l S Pe, S 7

l S Pe , S 7 Pe ,

+ Pe,

= 8

Obsérvese qu e ha sido necesario incluir un a ec uació n adicional de balance para incluir P C1 como variable del problema. La solución del problema de optimización proporciona Pe, = 200 Y Pe , = 600 MW. Los fl ujos de potencia e n los di stintos escenarios resullan, expresados en MW: 44 p¡

=

PJ = p I> _

¡ -

[ '" 1 [,:' 1 222 222

200 200

[ ':' 1 300 300

El coste de explotación res ulta ahora 10698 €/h, au mentando en 90 yen 105 €/h respecto al dcspacho económico con restricciones de red y al despacho económico sin restri cciones, respectivamente. El estado real del sistema en los tres estados anali zados se muestra en la Figura 11.8. Cabe destacar la interpretación del redespacho debido a las restricciones de seguridad: al co nstitui r las líneas "]-2'" y "}-3" una interconexión del nudo 1 con el resto del sistema, y al esta r sus potencias respectivas li mitadas a 200 MW, la pérdida de cualesquiera de ellas ob ligaría a disminuir la potencia del generador 1 hasta 200 M\V para corregi r la sobrecarga de la línea que queda en servicio. Si se quiere ev itar un a actuación de emergencia a posleriori, no existe otra solución que limitar la potencia del ge nerador I a 200 MW, incurriendo en el correspondiente sobrecoste.

11 .5.

En el sistema de la Figura 11.9, la te nsión de los nudos de consumo debe mantenerse e ntre unos límites de 0.95 y 1.05 p.ll., actuando para ello sobre el generador y los dos transformadores. La tensión del generador puede osci lar entre 0.9 y 1.1 p.u. Determinar las actuaciones a realizar sobre los transformadores y el generador para llevar las tensiones dentro de límites.

Capítu lo 11 / Flujo ópti m o de cargas

1

C?

.J'

- 147 Mvar

1.000

j 2

87 Mvar

, o

1.000

2

2 2

200MW 100 Mvar (o)

Líneas Circo Plllax 200 200 500 2 500

600MW

20SMW

3 3

Vi

0.973

3

p.ll.

LOOO

600MW 300 Mvar

.J'

-52 Mvar

1.000

2

600MW 300 Mvar

209MW

.J'

-98 Mvar

600MW 260 Mvar

2 2

3

,

600MW 300 Mvar

2 3 3 3

Vi

0.950 1 2 3

Nudos 8i Grados 0.0 -3.74 -7 . 14

Líneas Circo Pm'J.x 1 200 200 500 2 500

}

1.000

2 200MW 100 Mvar

(b)

2 3

Vi p.ll. 1.000 1.000 0.972

1 2

0.972

3

1.000

2

2 3 3 3

p.ll . 1.000 1.000 0.950

Pj i

47 158 223 223

-47 - 156 -222 -222

Nudos 8i Pe Grados MW 0.0 205 - 1.64 600 -5.46

Líneas Ci rco Pmax 1 200 200 500 1 2 500

}

175 Mvar

200MW 100 Mvar (a)

1.000 0.973

600MW

20SMW

1.000

2 3

Pi)

Nudos 8i Grados 0.0 -7.25 - 12.47

Pi)

203

Qe Mvar -1 47 87

P ji

O

O

205 200 200

-203 - 199 -199

Pe

Qe

MW 205 600

Mvar -52 175

Pi)

P ji

209

-207

O

O

303 303

-300 -300

Pe

Qe

MW 209 600

M var

-98 260

Figura 11 .8 Estados de la red de 3 nudos de l Pro b lema 11 .4: (o) caso base; (a) tras la pérdida d e la linea 1-2; (b) tras la pé rdida d e la línea 1-3.

204


1.100

0.986

4

0.969

{I

3

L0._89_9_ __

_

---'5l""f 0.893

Fig ura 11.9 Red de 5 nudos del Problem a 11.5.

líneas y t ran sformadores j 1 4

1 1 3 4

o j

4 5 5

R

X

0.005 0.010 0.000 0.005 0.010 0.000

0.03 0.06 0.05 0.03 0.05 0.05

B 0.05 0.06 0.00 0.05 0.03 0.00

¡mín . t Il1ÜX , /).,1

SMá, (MVA) 500 500 500 500 500 500

1.00

0.9.1.1,0.0 1

1.00

0.9.1.1. 0.01

Tabla 11.16

Nudos

2 o j

4 5

Vi

e¡

PD

QD

Pe

Qe

p.u. !.lOO 0.986 0.899 0.969 0.893

Grados

MW

Mvar

0.00 -7.34 -10.97 -8.79 -21.55

MW 829

Mvar 564

400

100

400

100

Tabla 11 .17

Resolución

Este ejemplo se resuelve en el Problema 7.8 utilizando técnicas heurísticas basadas en las relaciones lineales entre las tensiones y las tomas de los transformadores. Construyendo la matriz de adm itan cias nodales del sistema, fu nc ión de las relaciones de transformación 11 y 12, se obtiene:

Y,,=G+j B

G=

8. 108 -5 .405 O -2.703 O -5.405 10.8 11 -5.405 O O O 3.846 O -3 .846 - 2.703 - 5.405 8. 108 O O O O -3.846 O 3.846

Capítu lo 11 I Flujo ópti m o de carg as

-48 .594 32.432

20 .

r¡J

- (64815 + ; :,)

O

20

16.216

32.432

O

O

B=

O

32.432

16.2 16

O

32.432

O

O + 19231

- 39.2 16)

"

205

O - (48594+ ;:')

20

20

-39.216

19.23 1

"

"

Eligie ndo el nudo 1, único generador del siste ma, como reft:r~nr..:ia (Jara la s fases (el ciones de l sistema so n las sigu lentes:

= O), las ec ua-

S

P, = PG, - Pc, = V,

L

Vi (C ij cos (e, -Ai)

+ Bij sen (e, -ej) }

( = 1. ... , 5

j=1

5

Q,

= QG,

~ Qc,

= V, L

Vi ICij sen (e, -ej ) - Bij cas(e, -ej)}

i = 1. ... . 5

J".d

Donde las potencias generadas en los nudos , activa y react iva, son d mo s de panicta. No obstante, debe n liberarse las potencias del generador de referencia para q ue asu ma los posibles camb ios en las p érdidas (MW y M var) de l s istema tras las actuaciones:

p[ T

Pc

=

[O

O 4

Q ~ = [O

O 4

Qb =

= [PG , O O O O

O

O

[Qc , O O O O

A efectos de minim izar la magni tud de las actuac iones sobre los tra nsformado res, la función objeti vo a mini mi zar es ulla pe nalización cuadrática de los incrementos de las dos relacio nes de transformac ión:

Nótese que. al no pen al izar la te nsión del ge nerador ni la react iva q ue éste proporc iona, se está fa vorecie ndo su utilización como variabl e de control. Por último. es necesario im poner los d isti nlOs límites que se van a considerar en la solución: • Te ns iones: 0 .95 :::: V, < 1.05

i = 2 ..... 5

0.9:::: V, < 1.1

• Re lac iones de trans formación: 0.9 :::: 1.0 + !o/k:::: 1.1

k = 1. 2

La so luc ió n óptima del problema de opti mización proporcio na las siguien tes co nsignas: V,

= 1.1

PG,

= 828 MW

Qc ,

= 535 M va r

/1

= 0.966

/2

= 0.952

En p rimer lugar, es necesario d iscreti z ar las relacio nes de transformación a los valores di sc retos que im ponen las tomas , redondeando po r exceso. Con e ll o, las actuacio nes sob re e l sistema se red uce n a im po ner:

/, = 0.96

/2

= 0.95

V,

= 1.1

El es tado de l siste ma tras ll evar a la prác tica las an terio res actuac iones se presen ta en la Figu ra 11.10. ye n la Tabla 11.1 8.

206


1

2

~

1. 100

0.992

/1

3

IL

0.974

4

= 0.96

/2

= 0.95

_0_.9_5_6 _ _ _ _ __ 5_T t 0.954

Figura 11 .10 Estado óptimo en términos del coste de generación del sistema eléctrico de l Prob lema 11.5.

V;

2 3 4 5

p.lI. 1.1 00 0.992 0.956 0.974 0.954

Nudos O; Pe Grados MW 0.00 828 -7.34 -1 9.56 -8.78 -20.08

Qc Mvar J- J'1_

Tabla 11 .18

Cabe destaca r que. al no penali zar la actuac ión sobre el generador. és te se ha utilizado hasta llegar a su tensión máx ima. ac tuando sobre los tran sformadores con los incremenlos mínimos necesarios para termin ar de lIevm las tensiones dCIllro de lími tes.

Parte IV ,

ANALISIS DE FALTAS Y DE ESTABILIDAD

.. CAPITULO ,

FALTAS SIMETRICAS

El estud io de faltas en un sistema eléctrico es una tarea imprescindible para la selección de interruptores. el dimensionado de diversa aparellaje y el ajuste y coordinación de protecciones. Las faltas. que pueden tener muy distintos orígenes. son fenómenos rápidos. de entre 20 ms y 1 s de duración. hasta que son despejadas por los interruptores. En ese intervalo de tiempo se aprecian di stintas componentes en las ondas de intensidad.

En el desarrollo de la falta. dependiendo del instante en que se produzca ésta. puede aparecer una componente de continua de decaimiento exponencial. Superpuesta a ella. habrá una senoide con envolvente ex ponenc ial. Dicha envolvente, an tes de estabilizarse en un régimen permanente, sufre en las prox imidades de los gene radores un decaimiento en un período que llamamos transi torio. Los valores típ icos de las intensidades en este período se estudian considerando un régimen senoidal permanente en el que. como reactancias de los generadores próximos. se consideran sus reuclunc ias transitorias X d. Previamente a este período puede incluso distinguirse un período de decaimiento más rápido conocido como período subtransitorio. gobernado por las reactancias subtransitorias Pasados estos períodos, la senoide se estabi liza en un régi men permanente en el que los generado res se considera n con sus reactanc ias síncronas Xd. Las faltas si métricas, pese a ser poco frec uentes. resultan de espec ial interés en tanto q ue usualmente prod ucen las mayores intensidades de cortoc ircui to. De especial rel evancia resu ltan los valores de la intensidad de cortocircuito en los instantes de actuac ión de los interruptores. los cuales se utilizarán para su dimensionado y en cuyo cálculo. de acuerdo a las normas. habrá que inclui r tanto la componente de continua como los valores calculados para el fasor 3cc en el período subtransitorio. Para el correcto cali brado de los relés de protección pueden interesarnos los valores de l fasor Jcc tanto en el período subtransitorio como en el rég imen permanente.

X:í-

12.2.

MÉTODO DE ANÁLISIS

El análisis fasorial de una falta simétrica requiere. en primer lugar. establecer en qué marco temporal nos interesan las magnitudes. para utili zar las reactancias apropiadas en las máquinas síncronas próximas al punto de fallo.

210 Sistemas eléctricos de potencia Dada una red en ausencia de falta, el estudio de la falla trifásica equilibrada a través de impedancl_ Z f puede realizarse mediante un circuito monofásico equivalente, véase la Figura 12.1.

,. . ... . . . . .QJf

;-- -•• +

.,,

.

, , ,

,

lio

Red

•

Red

Zf

:

,

,

,, ,,, , , , .....................

(a)

(b)

Figura 12,1 Circuito monofasico de la red: (a) sin falta, (b) con falta,

Si sólo escamos interesados en los incrementos que sufren las magnitudes del circuito, podemos usar el teorema de compensación (su interpretación como aplicación del teorema de superposiciólI es tUlllbi¿n inmediata). Figura 12.2. Para ello podemos utilizar la red incremental, con todas las fuentes anu ladas.

al imentada por una fuente de intensidad con el valor de la propia itHensidad de falta :J f . En el caso de una falta franca, Z f = 0, dicha intensidad sería la de cortocircuito, que, en el caso de disponer de la tensión previa a la falta. UD, y de la impedancia equivalente de la red en el punto del fallo. Zr. podríamos obtener como Jec = UO /ZT. Así mismo. en este caso de falta franca. puede usarse otra al imentación en la red incremental: una fuente de tensión in vertida de valor Ho.-_ ............ ..... .

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

~" y¡ ~f

Red

pasiva

•,'

:

,........... .. ......

~

,~ ' '4J + lio

Red pasiva

¡

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

:

~

(b)

(a)

Figura 12 .2 Rp.n inup.mental: (a) basada en la intensidad de falta, (b) basada en la tensión previa a

la falta (cortocircuito),

Tanto en la resolución de la falta basada en la impedancia equivalente como la que imp licase reso lver toda la red , es frecuente usar la simplificación de despreciar el estado de carga (las intensidades del fallo son mucho mayores que las de las cargas), con lo que aproximadamente'las ten siones previas al fallo son las úe vado:

Uo

12,3,

= UN =

I 1..2. p,u,

CÁLCULO EN SISTEMAS DE GRAN DIMENSiÓN

En un sistema de gran dimensión, el procedimiento para el cálculo de una falta en el nudo i. se basa en calcular. en primer lugar, la intensidad de falta:

UO J f; = donde

'Z¡¡

Zu

'

+ Zf

es el correspondiente e lemento diagonal de la matriz de impedancias nodales. inversa de la

Capitulo 12 / Faltas sim étricas

211

Figura 12.3 Figura pa ra ilustrar la potencia de cortocircuito.

matri z de admilancias nodales de la red, Zn eq ui valente de la red vista desde e l nudo i.

= Y,;-l.

Cada término 'Zij se interpreta como la impedancia

En segundo lugar, median te la aplicación del teorema de compensación, Figura 12.2, podemos obtener todos los incremento~ de tensión en los nudos de l circuito para e l fallo en el nudo i. mediante el uso de las ecuaciones nodales:

de donde

z'ji z,¡¡

U?

+ Z¡

La tensión en falta la obtene mos de:

Uj = U~

+ L\.U j

En una tercera fase. conocidas las tensiones e impedancias de la red. podríamos encontrar la intensidad por cualqu ier arco ij .

12.4. POTENCIA DE CORTOCIRCUITO La potencia de cortocircuito, Scc, es un concepto que básicamente proporciona una idea del valor de la intensidad de cortocircuito en un nudo de la red. Atendiendo a la Figura 12.3:

En p.u ., y aprox imando las tens io nes a las nominales, queda:

En cuanto a los valores deseables de S~T ' existen intereses contradict0l10s. Por un lado interesa Scc pequeña, para limitar las intensidades de cortocircuito y por tanto las capacidades de corte necesarias en los interru ptores. Por otro lado interesa Sec grande, como medida de la rigid ez de la tensión en el punto.

En la práctica encontramos que Sec crece con la interconexión de sistemas, así como con los ni ve les de tensión de los que tratemos.

212

Sistemas eléct ricos de potencia


Del s istema de la Figura 12.4 se sabe que se produce un cortocircuito simétrico en la barra I y que datos del sistema. con magnitudes p.ll. correspondientes a 58 300 MVA. son los siguientes :

l o~

=

Generadores Trato s línea Carga 1

X~

300MVA 300 MVA sin pérdidas

resistiva

_ 0.08j p.lI.

= 0.12j

p.lI. XL = 0.2j p.lI. R¡ = 2 p.lI. X

Tabla 12.1

Se sabe. igualmente. que las fuentes con las que se modelan los dos generadores tiene n tensiones p.lI . de I l!!.. Suponiendo cortocircui to rígido. calcu lar la componente de alterna de la Jcc inmediatamente después del fallo. Calcular también las tensiones en ambas barras. la intensidad que atraviesa la línea y las sum in istradas por los gene radores.

Figura 12.4 Sistema con fallo.

Resolución

En este ti po de problemas no se considera el estado de carga previo al fall o. por 10 que. pese a especificarse la carga en el en unciado. el sistema se considerará en vacío. como se muestra en la Figu ra 12.5.

O.2 j O.2j L--_~'OOO'-----'

Figura 12.5 Modelo del sist ema .

Calcularemus t:n primer lugar el eq ui valente Thevenin del sisrema en el punto del fallo. Para ello, nos ayudaremos de la Figura 12.6. que corresponde al siste ma en el que se han anulado las fuentes de tensión (modelo incremental). Basándonos en ella obtenemos: Z. T =

0.2j ·OAj

0.2j

+ OAj

. =0. 1333}

Capitulo 12 / Faltas simétricas

•

213

0.2) L--~'OOO''-------'

Figura 12.6 Si stema pasiva do .

Dicho valor de Z,. es el que debe cons iderarse en el equ ivalente de la Figura 12.7 . Por tanto. la intensidad de corto vale:

:lec

1

= -ZT = -7.Sj = 7.5 1-- 90

• I~

Figura 12.7 Equivalente Thevenin.

El circuito de la Figura 12. 8 (sistema pasivado y fallo sustituido por una fuente) nos pennilc obtener la contribución de cada generador al cortocircuito:

0.2)

~cc

Figura 12.8 Sustitució n del cortocircuito.

Aplicando la expresión del divisor de intensidades:

O.2j

~I-=-=--'I -::lcc =

5 1_-_9_0

-O.2j + -OAj I

OAj

1

+OAj O.2j

o

.J ee

= 2 .:>- 1-90

214 Sistemas eléctricos de potencia y conseguidas és tas, la obtención de las tensiones es inmediata

Mi , = - 0.2j · J, = - 1 "'112 = - O.2j . J2 = - 0.5

l!'.

El estado resultante, ignorando el estado de carga previo al fallo . es el que se muestra cil la Figura 12.9.

I LQ.

_ r'--_ 0.5 LQ.

Fig ura 12.9 Estado tras el corto .

En la Figura 12. 10 se muestra el res ultado si se modela la carga como una resistencia. Se observa có mo la variación del resultado es mínima.

¡2.509 1-87.'5 _ r'----. 0.499-l 1-2.86

2.497 1-92.86

0.2497 1-2.86

Figura 12.10 Estado tras el corto considera ndo la carga p revia.

12.2.

La matri z de impedancia de nudos de una red, usando reactancias subtransitori as, es :

z." =

j

0.4 0. 1 0.3] 0.1 0.8 0.5 [ 0.3 0.5 I.2

Calcular la corriente subtransitoria en un fallo trifásico en la barra 2. y la tensión durante el fallo en las barras I y 3 (sistema en vacío, tensión antes del fallo l p.u.).


215

Resolució n Puesto que la impedan cia Thevenin en el nudo 2 es z'22 . la intensidad de corto será: ~cc

\/ 0

=-

Z22

I

= -- = 0 .8j

1.25 1-90

2 el

Figura 12.11 Sistema en situación de fallo.

En condic iones de rallo, como se ilustra en el esquema de la Figura 12.1 1, podemos obtener los incrementos respecto él estado de vacío como:

luego

óti] = -Z]2~cc = - 0.lj·1.251-90 = - 0. 125 óti.l = -Z32~,"C = -0.5j . 1.25 1- 90 = -0.625

y

12.3.

ti] = 1 + óti] = 0 .875 ti3 = 1 + Ml3 = 0.375 Los 2 generadores de la Figura 12.12 alimentan a rravés de transformadores e levadores las barras y 2. La reactancia equivalente para ambos co njuntos generador-transformador es de 0.3 p.lI .. en sus respectivas bases. Las tres líneas tienen una impedancia de 0.2 p.lI. en 100 MVA . Enconlrar, rnediante métodos matriciales, la potencia de cortocircuito, Sec o de las tres barras y las intensidades por lus líneas ante un cortocircuito rígido en la barra 3. Nota: S8 = 50 MVA y U, = I p.u. antes del fallo.

IOOMVA

2

1"000 3

-'----'-

Figura 12.1 2 Sistema.

216

Sistemas electricos de po tencia

Resolución La potencia de COl1ocircuito da una idea de la severidad del fallo:

Conversión de base:

50 ZCI = 100.0.3 = 0. 15 50 200 . 0.3 = 0.075

ZC2 =

ZL

50 = _100 . 0.2 = 0.1

El esquema en p.ll. de la red se muestra en la Figura 12.13.

T O.15j

-6.66j

O.075j

2

-.-'--rO.lj

- IO j

-IOj

Figura 12. 13 Impedancias del sistema, a la izquierda, admitancias a la derecha.

Construyendo la matriz de admitancias

Y= j

-26.6667 10 [ 10

10 -33.3333 10

lOJ

10 -20

y la matri z de impedancias de nudos 0.0386 0.0557

0.055 7] 0.0471 0.101 4

Las intensidades de conocircuito en los distintos nudos. :J Ji . se obtienen usando las impedancias Thevenin, Zu :

JJ I

=

I 0.0729j

= -13.7255j

p.ll.

1

Jf2 = 0.0557j = - 17.9487j p.ll. 1

Jf3

= O.1014j = -

9.8592j p.ll.


217

Las Sc:c de los Iludos son. por tanto: Seel "" 11 fl! = 13.7255 p.u. Sed"" 11121 = 17.9487 p.ll. Sed"" 1113 1 = 9.8592 p.u.

Como era de esperar, el más crítico es el fallo en la barra 2 (mayor generador) y el nudo menos crítico es la barra 3 (generador más lejano). En cuanto al caso concreto de un cortocircuito en el nudo 3. 10$ incrementos en las magnitudes se

obtienen, por el teorema de com pensación . a partir del circu ito de la Figura 12.14.

~ ~

-,.....L.,-

O.lj L - _---'r -

O.075}

2

.¡ J''-----'

O.I}

O.lj

Figura 12.14 Circuito para compensación .

Las ecuaciones nodales son :

Y ' L'>v=[~] - 1(3

L'> v= Zu .[

~]

- 1f3

Sólo es necesaria la tercera colulllna de Zn para el producto anterior. AsÍ. consi derando tensiones iniciales de val or unidad e 1ee = 1f3 = - 9.8592j :

UI = U? - Zl3 . Jee = 0.4507 p.u. U2 = U~ - Z23 . 1ee = 0.5352 p.u. U3 = Z33 . :J ee = O (por ser corto rígido)

ug-

Las intensidades por las líneas son:

:JI' = -

:J23 = :J 13 =

U I - 1[, Z I2 U, - O

-

Z23 UI -o

-

O.8451j - 5.352Ij - 4.507j

Z I3

Como se ha visto. sólo ha sido necesario calcular la tercera colum na de 2:." , lo cual podIÍa haberse reali zado eficientemente, en un caso de tamaño real ista. mediante técnicas de vectores dispersos (eliminación

218


rápida hacia adelante y substitución hac ia atrás):

12.4 .

La red de la Figura 12.15 tiene una matriz de impedancias de nudos:

0.6026 Z" = j

0.1025

[ 0.4026

0. 1025 0.1025 0.1025

0.4026] 0. 1025 0.5226

que ya incluye la reactan cia del generador X o~: = 0.1 025 p.ll. 2

3

Figura 12.15 Sistema .

Se decide inslétlar en el nudo 1 un generador idéntico al exis tente. Calcular la nueva corriente de cortocircuito para un cortocircuito rígido en el nudo 3 y las nuevas tensiones tras el corto. Suponer tensiones iniciales 1 p. u. Resolución

La matriz Zn relac iona las tensiones en los nudos con las intensidades inyectadas según el modelo \f = Z¡¡ . JI/' il ustrado por la Figura 12.16.

o'

Acomplamiemo mutuo Zij

Figura 12.16 Modelo del sist ema.

Al añadir un nuevo generador, el equivalente Thevenin desde el nudo 3 ha cambiado. La nueva impedancia del equivalente se obtiene resolviendo:

Capítulo 12 / Faltas sim étricas

= -111. Dichas ecuaciones corresponden al circuito de la Figura 12. 17.

Zg

o 2

...

-_ ................ o.. . ,

Figura 12.17 Circu ito para la nueva impedancia equi va lente.

Por lo tanlo. tendremos

y eliminando 11 ,:

113

Luego Z33 = -

1".'

= 0.2927 j . y por tanto

1cc

o

••

•

•• •

•• •• •• •

I '" - , -. X l3 }

•••• •

= - 3.4 I 64j

O'

•• •

•• ••

Figura 12.18 Circuito para compe nsación .

Los incrementos se obtienen de resolver el circuito de compensación dG- la Figura 12.1 8:

219

220 Sistemas e léctricos de potencia y las tensiones quedan:

UI = 1 + 1'> U 1 =0.8 U2 = 1 + 1'>U2 = 0.85 Z;3 tambi éll se podría haber ob tenido a partir de YII :

-3.5j Y" = [ modificándola con Yg

)

j - 12.-l22j

2.5 j

1.666j

2.5j ] 1.666j -4.166j

= -9.756j . [-13.256 Y,, =) 1 ?_.)-

2.5 ]

-12.422 1.666

1.666

- -1.166

e invirtiendo para obtener la matriz de impedancias de nudos tras la modificación

0.0876 Z' = j [

0.0 149 0.0876

...

0.05853] 0.0439 0.2927

De este modo se ha consc!:wido el mismo valor Z~.,.,"' = 0.2927 j. "-'

12.5.

Una red ele alta tens ión con matriz de admitancias de nudos:

0.12 - j \j" = -0.02 + 0.2j [ - 0.1 +0.8)

-0.02 + 0.2j 0.1 - 1.5j - 0.08 +0.9j

- 0. 1 +0.8 j ] - 0.08+0.9j 0.18 - 2j

se alimenta por la barra 1. de potencia de cortocircuito Scc = 10 p.ll .. Y se desea estimar la intensidad de pico ante un cortocircuito trifásico en la ban'a 2 para su posterior uso en el cálculo de

esfuerzos mecánicos. Dicha estimación se hará de acuerdo a la norma lEC 909-88 (equivalente a UNE 21-239-94). que para el cálculo de la intensidad de pico en cortocircuitos lejanos a alternadores ofrece varios métodos. Utilice el que se basa en la relación RI X en el punto del defecto:

_R

Donde XI< = 1.15(1.02 + 0.98e- o :\') . salvo en redes de baja lensión. en que eSlá limitado a 1.8 y en redes de alta tensión con el límite 2 .0 . Resolución Introducimos en

~II

la reactancia del equivalente Thevenin de la ali mentación. 1/ 0.1 j

. [ ~ '" =

0.12-llj

- 0.02 + 0.2j -0.1

+ O.S)

- 0.02 + 0.2j O.I - l.5j

-0.08 + 0.9j

= -1 Oj:

-0.1+0.8 j ] + 0.9j 0.18 - 2j

-O.OS

Invi rtiendo. co nseguimos la matri z de im pedancias nodal:

Z'" =

)),;;-1 =

0.000 18 + 0.0962j -0.00267 + 0.049-1 j [ -0.0024-l + 0.0608j

-0.00267 + 0.0494j 0.0508 + 0.9353j 0.0215 + 0.4406j

- 0.00244 + 0.0608j ] 0.0215 +O.4406j 0.0527 +0.7 186j

Capítul o 12 / Fa ltas simetricas

221

La impedanc ia Thevenin de la red en el punto del fallo a estudiar es ZT = 0.0508 + 0.9353j. Por tanto Icc = l /IZTI = 1.0676. Para la estimación de la intensidad de pico necesi tamos Xi> = 1.15(1.02+0.98e- 3 f ). que puesto que R = 0.0508 Y X = 0.9353 queda XI> de redes de alla con lo que obtenemos: Ip ;co '" 2

= 2.13. Debemos imponer por tanto la cota Xi> = 2

Ji 1.0676 =

3.0 196

CAPÍTULO ,

FALTAS ASIMETRICAS

En las faltas asimétricas. la participación de las tres fases del sistema no es eq uilibrada. Algunas de estas faltas son la falta fase -tiena. la fal ta fase-fase. fase-fase-tierra, apert ura de un conductor y ape rtu ra de dos conductores. En estas faltas . resulta interesante el cálculo en régimen fasarial del régime n permanente que alcanza n las intensidades de falta, para el calibrado de protecciones o e l d ime nsionado de las puestas a ticrra de los e le mentos. así C0l110 del régimen subtransilOrio. pa ra la selección de i ntelTuptor es.

La técnica fundamental para el estudio de los circu itos desequi librados con los que nos encontramos es la tra ns formac i6n a componentes simétricas. En ellas. una terna de magnitudes del dom inio de fases , p .e" te nsio nes

11 =

11" 11" ] [ 11e

se tran sforma en Olra lema de secuencias (holTIopola r. direc ta e inversa)

[~~~lh ]

11, med iante la re lación

11 = TU, donde T _ la matriz de Fonescue. viene dada por:

,

T=[ siendo {/ = 1 1 110° . El paso inverso se realiza con lis

aa

,

{/

a-

]

=T-'11 _siendo: r'

= ~[

I I I

a a-?

,

aa

]

224 Sistemas electricos de potencia Un elemento trifásico de tipo impedancia viene regido por una ecuación U = Z). que tras pasar tensiones e intensidades a componentes si métricas. nos da una rel ació n lIs = Z.5:J.~ . donde la matri z del e lemenlO pasa a ser: Z, = T - IZT Las componentes simétricas pueden usa rse directamente para el cálculo de la potencia compleja:

S = lVJ~

13.2.

+ li"J b+ licJ~ =

3lioJ(j + 3li 1Jf

+ 3U2J~

MODELOS EN SECUENCIAS DE LOS DISTINTOS ELEMENTOS

Bajo la hipótesis de que las impedancias de un elemento trifásico posean simetría cíclica. está garanti zado qu e su conversión al domini o de las compone ntes si métricas conduce a un modelo desacoplado en sec uencias. z's diagonal, con lo q ue pasamos a hablar de sus impedancias homopolar. Zo. directa, Z I, e inversa, Z2 .

lÍNEAS En las líneas sin transposic iones no existe simetría cíclica. por lo que su descripción en el dominio de las componentes si métricas conduce a acoplamientos e ntre las mismas débi les o moderados. que complican su trata miento exacto. Cuando existan transposiciones, o las supongamos porq ue nos baste con un tratamiento ap roximado, te ndre mos Zo = Zp + 2Z", _:<:1 = Z2 = Zp - Z", _siendo Z" la impedancia propia de la fase de la línea y ZIII la impeda ncia mutua entre fases . Cab rá es perar. por tanto, valores de Zo mayores que los ele 2,1 = 2,2. qu e en la práctica conllevará una reactancia X O unas 3 veces mayor que las XI = X 2·

GENERADOR En secuencia direc ta se ut iliza un mode lo co n el ge nerador en vacío (Eo) Yreactancia de secuencia di recta o ig ual a la reactancia directa del generador para e l período bajo estud io : En secuencia inversa 110 se utiliza fue nte alguna. y co mo reactancia se usa la reactancia subtransitoria

Xd. X;, X;;.

X"dEn secue ncia 11Omopolar. teniendo en cuenta que sólo influ yen flujos de dispers ión. suele tomarse ~ O. Hay que tencren cuenta la conexión del neutro a ti erra 2,1/' que se introduce como una impedan cia 3ZI/ '

Xa

TRANSFORMADOR Se trata de un e lemento estático en el que Xl = X2 = X cc " Sin embargo. hay que hacer consideraciones especiales para el tratamiento tan to del ángulo del grupo de conexión como de la impedancia para la secuencia homopolar. La consideración respecto al grupo de co nex ión se refiere a que el deshlse in troducido en sec ue ncia inversa es de sig no contrario al de sec uencia directa. Por otra parte. en el modelado de la sec uenci a homopolar debemos tener en cuenta que, para que pueda entrar homopolar en el devanado. es imprescindible que se trate de un devanado en estrella con neutro a ti elTa. y que los demás devanados (secu ndario e incluso terciario) perm itan la circulac ión de homopolar, bien esta ndo en estrell a co n neutro a tierra o bien estando en triángul o. En la Figura 13. 1 se muestran algunas configuraciones. En cuanlO a la impedancia homopolar que se deberá considerar en el devanado, 2".0. tendremos e n cuenta que en los transformadores de 3 col umn as. al no existir camino de retorno para el flujo homopolar, e l va lor de Zo es muy e levado. Habrá de tenerse en cuenta. igual mente. qu e la posible impedancia que existiese entre neu tro y tie rra debe rá incluirse en el modelo co n valor triple.

Capitu lo 13 / Fa ltas asimétricas

~

& :1 & :1 ~ :1 ~ I

~~

...

Zo

--c::::J-.

225

.. •

• Zo

------c::::::J-

•

..

• Zo

•

D

•

• •

Zo

...

Zo

..

Figura 13.1 Modelo de homopolar de algunos transformadores.

CARGAS

Como normalmente se considerará el sistema en vacío antes del fallo. no habrá que considerarlas. Pese a ello, si deseásemos modelar una carga como impedancia, consideraremos como iguales directa e in versa, ZI = Z2 = Zc· Para la homopolar habrá que tener en cuenta el tipo de conexión de su neutro.

13.3.

CÁLCULO EN SISTEMAS DE GRAN DIMENSiÓN

En un sistema de gran dimensión. será necesario disponer de los modelos en las 3 sec uencia~ oc los di stintos e lementos del sistema, conformando de este modo 3 redes de secuencias. A partir de ellas llevaremos a cabo un procedimiento en 4 pasos:

l. A fin de desacoplar cálculos en la medida de lo posible. se deberá encontrar el equi valente Thevenin que cada red de secuencia presente en el punto del fall o. debiendo por tanto satisfacerse la ecuación:

o Z(I )

T

O

O O

(13. 1)

.,. (2)

-T

donde las tensiones son de fase a tierra y las intensidades circulan desde las redes hac ia la ralta.

2. Una segun da relación vectorial debe obtenerse de analizar la propia falta. Si disponemos de una ma· tri z de admi tancias Yf o una matriz de impedancias Z f para describirla. U = Z f ~ f, bastará pasar

226


las ten siones e intensidades hacia la falta del dominio de las fases al dom inio de las co mponentes simétricas: ( 13.2)

Las Exp resiones (13.1 ) Y (13.2) constituyen 6 ecuaciones con 6 incógnitas que permiten resolver las magnitudes en el punto de la falta. 3. La obtención de cualquie r otra magnitud del circuito podrá reali zarse desacoplando e l efeclO de la falta sobre las 3 redes de secuencias. bastando con sustitui r e n cada sec uen c ia e l efecto de la falta por un a fuente de intensidad o una fuente de tcnsi ón de va lores los obtenidos en e l paso 2. Hay que tener en cuenta que la sustitución por fuente de intensidad es más conveniente para plantear las ecuaciones nodales de la red de secuencia. Una vez desacopladas las 3 redes, en lugar de resolver cada circuito en la forma que se ha planteado, podemos aplicar el teorema de compensación (a estos efectos es un a aplicación del teorema de sustitución). para calcular los incrementos en un circuito e n que única fuente sea la que modela la falta. En esta etapa deberá prestarse atención a los desfases introducidos por los transformadores, distintos segú n la secuencia. 4. Por último. cuando sea necesario, la terna de magnitudes en el domini o ele las co mponentes simétri cas deberá tras ladarse al dominio de fases.

la

13.4.

MODELADO DE FALTAS

Ex iste además una alternativa a la re solución algebraica planteada en el paso 2. que es la de interpretar la Ecuación (13.2) como una interconexión entre las redes de secuencia. las cuales, ya enconLramos reducidas a sus equi valentes Thevenin desde el punto de la falta en la Ecuación (13.1). En las Figuras 13.2, 13.3 Y 13.4 se muestran dichos esquemas de interconexión para di stintos ti pos de falta. 20 1

J fl

+ ti fl

"

320f

b e

'J fa

20 0

JfO

Figura 13.2 Falta fase-tierra en el dominio de fases e interconexión a que da lugar en componentes si m étri cas.

Capítulo 13 / Faltas asimétri cas

~f O= O

z{O)

+ a

UfO =

2.(1)

b

U, o

2.f

Jf)

Jfb

Jn +

+

2.f J fe

227

Un

Uf )

e Figura 13.3 Falta fase·fase en el dominio de fases e interconexión a que da lugar en compone ntes simétricas.

2.)

a

32. f

b

e

+

+

Figura 13.4 Falta fase-fase-tierra en el dominio de fases e interconexión a que da luga r en compone ntes simétricas.

PROBLEMAS RESUELTOS 13.1 .

Conocidos los equivalentes Thevenin a las tres secuencias de una red en un determinado Iludo, e ncontrar las ecuaciones de fallo en el dominio de secuencias y su equivalencia como interconexión de

circuitos. en las siguientes situaciones:

z.

l. Fallo fase-tierra con impedancia de rallo f . 2. Fallo rase-fase con impedancia de fallo Z f . 3. Fa llo fase- rase-tieITa con impeda ncia a lielTa Z¡ _ Resolución

Fallo fase· tierra con impedancia de fallo Z.f : para que este fa llo resulte fáci l de analizar consideraremos qu e la fase con fallo es la . a. De este modo las ecuac iones del fallo serán:

)" = O

)c =

O

Sust ituyendo las magnitudes de rase por sus expresiones en funciófi de magnitudes del dom in io de

secuencias:

Uo +U, +U1 = )0+a 1 ) ) +a)1

Z.f(~O

=0

~o+a) ) +a1~1 =0

+)t +)1)

228 Sistemas eléctricos de potencia Res tando la (ercera ec uación a la segunda:

Luego :J I

= J2 . U~a n do este resultado en la segunda ecuación: Jo+(a'+a)JI =0

y tenie ndo e n cuenta que a 2 + a = -1 , lene mos Jo = J ¡. Sustituyendo en la primera ecuación. 'UD + 11 I + ti2 = 3Z ¡JO- que j unto a:Jo = :J I = J2 constituyen las tres ecuaciones del fallo en el dominio de secuencias. Dichas ecuaciones pueden interpretarse como la interconex ión de los 3 circuitos e n seri e con una impedancia 3Z¡, como se mostró en la Figura 13.2. Fallo fase-fase con impedancia de fallo Z¡ : para facili tar e l esrud io. consideraremos que e l fallo afeera a las fases "b' Y , c'; así las ecuac iones del fallo serán

Ja = O

Jb

+ Je =

O

que expresadas en términos de secuencias qu eda como:

Jo + JI

+ J, =

O

(Jo + a'J I + aJ,) + (Jo + aJI + a'J,) = O

,

"

(Uo + a-U I + aU,) - (Uo + "U I + a-U,) = Z ¡ (Jo + a - J I + aJ,) Ten ie ndo e n cue nta que a 2 + a = -1 Y despejando ellla seg unda ec uación te nemos :1 I + 32 sustitu yendo en la primera ecuac ión: 3Jo = O, luego:

=

2:10, Y

( 13.3) (13.4) S implificando la tercera ecuación:

y finalmente U I - U2 = Z¡J I. que junto a (13.3) y ( 13.4) constituyen las tres ecuaciones en el dominio de secuencias que buscábamos. Dichas ecuaciones tiene n una interco nexi ón asoc iada C0l110 la mostrada en la Figura 13.3: hOlllopo lar aislada y directa en para lelo con inversa a través de una impedancia Z f .

Fallo fase-fase-tierra con impedancia a tierra Z¡ : como en todos los fallos que afectan a 2 fases, cons ideraremos que éstas son la 'h' y la 'c'. De este modo las ec uacio nes del fallo so n:

yen términos de secuencias

JO+JI +J, =0 Uo + a 2UI + aU, = Uo + aU I + {/'U e

( 13.5)

? = Z ¡(Jo + a-J 'IJ Uo + aU I + {/-U2 + a 2 + JO + a J I +? (rJ2) De la segunda ecuación obtenemos (a' - a )(U I - U,) = O y por tan to: ( 13.6) De la tercera:

Capítulo 13/ Faltas asimetricas

229

y teniendo en cuenta que a + a'2- = -1 Y que de la pri mera ecuación obtenemos :Jo = - :.1 1 - ::12. nos queda 1(0 - 1(, = 3Z f:J O. que junto a (13.5) Y ( 13.6) constituyen las 3 ecuaciones que buscábamos. En la Figura 13...1- se mostró la interpretación como interconexión de circuitos que tienen dichas ec uaciones: directa e n paralelo con inversa y con la configuración en serie de 3Z f y homopola r.

13.2.

Un generador síncrono con reactancias a las tres secuencias de valores Xo . XI y )(2 _ cumple que X [ = X2 » Xo. Si su neutro está puesto a lierra a través de una reactancia !imitadora XII' determ inar la co ndi ción que debe cumplir dicha reactanc ia para que la intensidad de un fallo fase-tierra rígido sea mayor que la que aparece en un fallo trifásico rígido. Resolución

La intensidad de co rtocircuito en el caso de fa llo trifásico rígido se obtiene fácilmente como 3~{ = E/ X [, siendo E la fuerza electromotriz de secuencia directa de l generador. El caso de fallo fase-tierra rígido puede estudiarse co n la interconexión de circuitos de sec uen cias de la Figura 13.5.

Xo

JfO

+ ti f O

Jf ' +

3X n

ti f '

+ tI f 2

Figu ra 13.5 Interconexión para el fallo fase-tierra del generador.

Se ve e n es ta situación que: JO = ), =) 2 =

E - - ---=----

E

X, +X2 + XO+3X"

2X, +Xo+3X"

y por tanto

f -, J'cef > J3 - I L a con d ·lC101l el' eqlll va e a:

3E

2X , +Xo+3X" Ó 3X, >

2X,

>

E

X,

+ Xo + 3X" . que se reduce a: I

X" < -(X, - Xo ) 3

230

Sistemas eléctricos de potencia Corno caso concreto. tenemos que e n el caso de que e l neutro de l generador esté rígi damente unido a lielTa. XII = O. la intensidad de cortoci rc uito en el fallo fase-tierra es mayor que en el caso trifásico.

13.3 .

Para la red de la Figura 13.6. co n los datos expresados e n p.u. bajo una misma base. determin ar: l. Intensidad por el neutro del transformador y las te nsiones en bornas de l generador. para un fallo

fase- lierra en la línea. a 5 km de la barra 2 y con impedancia de fallo Zf = 0.02j. 2. Corrientes de cortocircuito y la componente homopolar de las tensiones e n el punto de fallo. para un fallo fase-fase e n la línea, en el mismo punto y con la misma impedancia de fallo que en el caso anterior. Datos:

Xo • Generador:

{

= 0.04

= 0 .1 X 2 = 0.08 XI

• Transformador:

X,.,. = 0.1 5 {

• Línea: L = 20 km.

Xo =0.12

= 0.2

Xo

{ X, = Xl = 0.08

o

1' L R_ED-----1 I ~r-t21 _-H: . Scc = 20

\.J:.L}

vl'l

Fig ura 13.6 S istema.

Resolución Los c ircuilOs a las 3 secuenc ias. junto a los equivalentes desde el fallo. se mu estran en las Fig uras 13.7 (homapolar). 13.8 (directa) y 13.9 (inversa). Nótese que en este punto no se han incluido los deshlSes int roducidos por el transformador. los c ual es se lend rán en cuenta sólo al referirnos a magnitudes del generador. 0.12)

ON)

0.15)

0.05)

0.05)

0.09IY)

=

0.09)

Figura 13.7 Circuito de secuencia homopolar.

0.1)

0.15)

0.02)

0.06)

7

0.0782)

0.05)

1 ~2 =

Figura 13.8 Circuito de secuencia directa.

cFJ -

-

--

Capítu lo 13 / Faltas asimét ricas

O. ISj

0.08j

0.02j

O.OSj

0.06j

231

0.076-1j

=r i -

-

--

Figura 13.9 Circui to de secuencia inversa.

Fallo fase -tierra: las tres secuencias deben acoplarse como se muestra en la Figura 13.10: O.0919j ~ JO

+ UJo

O.0782j

~J

I

n J=

0.076-1 j

O.06j

~ f2

+ UJ2

Fig ura 13.10 Circuito con acoplamiento de secuencias.

que ti ene las ecuaciones J f O = Jfl

= Jf2 = -3.2626 j

II f O = 0.2998 l".

Uf l = 0.7448l". Uf2 = -O.2-l92 [E. Para obtene r la intensidad en el neutro del transformador. usamos el circuito de homopo lar. en el que se ha sustituido la condición de fallo U f O- como se muestra en la Figura 13.11. Es inmediato obtener:

J,O = 1.7635j IJNI O.O-lj

O.12j

= 31J,01= O.OSj

5.29 O.ISj

R Fi g ura 13.11 Circuito de secuencia homopolar con sustitución del fallo.

Pu ra obtener las tensiones en bornas del generador. buscamos dichas te nsiones en el dominio de componentes simétricas:

232


• Homopolar: de la Figura 13 . 11 resulta obvio que lLgo = O. • Direcla: de la Figura 13.12. obtenemos

I l o - U fl

--=~~

O.27j

Ug 1

= l [1) -

= - 0.945j

= 0.9055

O. ljJ gl

Designando por 1(1 la ten sión que realmente hay en el generador, incluyendo desfase introduc id o por el [ransformador: = U g l . 1- 150 = 0 .90551 - 150

U;,

J

0. 1)

~

~ I [I) ~

1

O.lS)

0.02)

0.06)

0.05)

gl/"Xxx",

+ - U fl

1[1)

--

--

Figura 13.12 Circuito de secuencia directa con sustitución de l fa ll o .

• Inversa : de la Figura 13 . 13, obtenem os

Jg 2 = - Uf2/0.25j = -0.9968) U s2 = -0.08)3 g 2 = -0.0797 y la tensión inclu yendo desfase in troducido por el transformador: u~, ,-

0.08)

= U g 2 . 1 1150 = 0. 0797 1150

0.15)

0.02}

0.06)

O.OS}

Fi gura 13.1 3 Circuito de secuencia inversa con sustitución del fallo. Transformando dichas tensiones al dominio de fases :

[

U~a] =

U J.'? b

U~c

-15•. ,8]

[1

0.9479 1 0 .8257 190 [ 0.9479 1-25.82

1 1

Fallo fase -fase: para este tipo de fallo, la interconexión ele los circuitos de secuencias se muestra en la Figura 13.14. estando la homopol ar s in conexión. 0.07X2) J fI

1~

+ Uf l

Z¡ O.02}

JJ2

0 .0764}

+

Un

Figura 13.14 Interconexión de los circuitos de secuencia para el fa ll o fase~fase.

Capitulo 13 / Faltas asimétricas 233 Las ecuaciones en dicha situación son UfO=~ fO=O ~fl

= -~f2 = -5.727:'j

Ufl = 0.5521

l.'!.

U f 2 = 0.4375 [.Q.

y transformando al domi nio de fases:

También podemos obtener las tensiones en el punto del fallo U fO =0 Uf l = 1 U f2

=

0.0782j ~ fl

-0.0764j~ f2

= 0.5521

= 0.4376

y transformando al dominio de fases:

Ufa] [U fO ] [ 0.9897 ] U f b =T· Ufl = 0.5047 [- 168.66 [ Ufe Uf2 0.5047 [168.66

13.4.

Se conocen las matrices de impedancias en p.ll. de las redes a secuencia directa, inversa y homopolar correspondientes a una red de 4 nudos. El nudo 3 se conecta a un transformador YyO con X"c = 0.1 seguido de un generador con X l = X 2 = 0. 1j. Estando en vacío . se produce un fallo fase-fase-tierra

en el nudo 4. Hallar las intensidades del fallo. ~

'7

"-" 1 = -,,2

0.8026 0.1025 = 0.4026 [ 0.1067

0.06 0.06 "o - 0.06 [ 0.06

Z

_

0.1025 0.4013 0.1025 0.1234 0.06 0.7374 0. 15 0. 15

0.4026 0.1067] 0.1025 0.1234 . 0.8226 0.1230 J 0.1230 0.6500 0.06 0.06] 0.15 0.15 . 0.69 0.12 J 0.1 2 0.77

Resolución

En este problema, es necesario obtener la impedancia equi valente de la red modificada en el nudo 4, a las tres secuencias. Para ello, dada una matriz de impedancias de nudos Zn i a la secuencia i. nos planteamos cuál es la nueva impedancia equ ivalente Zeq4 = l.L~ /J4 cuando en el nudo 3 se añade una impedancia Z¡ (impedancia de transfo rmador más impedancia de generador). como se muestra en la Figura 13. 15. La matriz de impedancias de nudos nos proporciona la relación: ZI2

ZI3

Z22

2.23

:<'32 Z~2

Z33 Z~3

(13.7)

•

234

S istemas eléctricos de potencia

2 ZlIi

3

J3

4

J4 +

2i

ti4

Figura 13.15 Esquema para el cálculo de la nueva impedancia equ iva le nte.

Las condiciones de la red cOlTesponden a imponer '1 = '2 = 0 LL3 = -2i' 3 que ju nIo a la Ecuación (13.7) da:

+ 2 34'4 = 243J 3 + 244'4

LL 3

= 233' 3

LL4

=

-2i'3

Despejando::l3 de la primera de estas ecuaciones :

y sustituyendo en la segunda

por lo que la nueva im pedancia equivalen te en el nudo 4, a la secuencia i, es

Particularizaremos ahora para las di stintas secuencias. Así, para la secuencia homopolar, tenemos 20 0 = 00, pues e l transfo rmador es Yy sin ncutros a tierra. Por este 1110tivo el valor que pudiese tener la impedancia homopolar del generador no es relevante. Tenemos, por tanto, que z'eqO será el elemento Z'¡4 de la matriz de impedancias de nudos a la secuencia hOl11opolar: ZeqO = 2 44

= 0.77)

Para las secuencias directa e inve rsa tendremos Z]

= 2.2 =

= 2 eq 2

= 0.65) -

0 .1 )

(0. 123· )2 O? · O ~ 6· . _ j + . 22 }

+ 0.1) = 0.2) con lo que:

= 0.6648)

Conocidos los equivalentes Thevenin a las tres secuencias, el fallo fase-fase- ti erra se es tudia med ia nt e la conexión de circuitos de la Figura 13.16.

Capitulo 13 / Faltas asimétricas

+

'J

fOt+

2'(>(1 0

-

235

Uf I

Figura 13.16 Co nexión co rrespond iente al fallo fase -fl:I se-tierra.

Escribiendo la ecuación nodal de dicho circuito: 1 ( -Zeq I luego

'UD -

11 1

-

U2

+ -1- + - 1- )Uf; = 2'('(10

Zeq2

1 lo

~ Zeq 1

= 0.354 ~ Y las intensidades del fallo 'J

fO= - U fO/Z,qO = 0.4597}

'J f l

= ( llCl-U fl)/Zeql = -1.0l7)

'J f 2 = - U /2/Z",2 = 0.5573} Las intensidades por las fases hac ia el fallo serán:

fa ] = T· [JfO] J = [ 1.5_279O1153.17 ]

JJ fh [ J fe

fl

J f2

1.)279 126.83

y la intensidad hacia tierra será 3:] fO, o lo que es 10 mi smo

Jfb + Jfc

13.5.

= 1.379}

Para la red de la Figura 13.17. y con los datos indicados, expresados en p.ll. para una mis ma base. dete rm inar:

l . Potencia de cortocircuito en el nudo 3.

2. Inte nsidades por las fases de la línea L 1 tras un corto fase-fase en el nudo 2. 3. Módulo de la intensidad por el ne utro del transformador YelS durante dicho fallo.

Datos : • Generador:

Xo = 0.05 { Xt =X2=0.1

• Transformador Y d5:

Xo = 0.1

{ X t=X2 = 0.12 • Transformador YyO: X cc = 0.15 XO=0.16 • Línea L1: { X, = X2 = 0.04 • Línea L2:

Xo = 0.32 { XI=X2=0.08

236 Sistemas eléctricos de pote ncia

RED Scc

= 16

0.03)

Figura 13.17 Sistema.

Reso lución Los circuitos a cada una de las secuencias se mu estran e n las Figuras 13. 18 (hoJ11opolar, donde el modelo de la red no es relevante debido a que el transformador YyO no deja pasar esta compo ne nte). 13. 19 (d irecta) y 13.20 (inversa). 0.16) 0.05)

0.1 )

0.15) 2

0.32)

3''_-

4

__<>

3 0.03)

Figu ra 13.18 Si stema en secue ncia ho m opo la r.

0.04) 0.1)

0.12 )

2

Figura 13.19 Sisternél en secuencia directa.

0.04) 0.1)

0.12)

0.15)

2

0.08)

4

)/16

3

Figura 13.20 S istema en secue ncia inversa. Prim era cuestión. Para obtener la potencia de cOrlocirc ui to e n el nudo 3, es neces3Iio conocer la impedancia Theveni n e n di cho nudo, que resulta ser X T = O. 114 1, por lo que: 1

Sec '" Xr = 8.86 1

Capítulo 13/ Faltas asimétricas O.1146j

237

O.1146j

~

r~

-

(b)

(a)

Figura 13.21 Equivalentes Thevenin de los circuitos de secuencias; (a)directa, (b) inversa.

Segunda cuestión. Para el estudio de un corto fase-fase. sólo hay que tener en cuenta las secuencias directa e inversa. pues ya se sabe que ::ro = O. Los equivale ntes Thevenin de dichas sec uenci as en el nudo 2 se muestran en la Figura 13.21 . Imponiendo las condiciones de fallo fase-fase, obtenemos que el circuito a reso lver es el de la Figura J 3.22, que cond uce a:

O.J146j

JI

J2

O.JJ 46j

+

Figura 13.22 Montaje de secuencias para el fallo fase-fase.

Acudiendo otra vez a los circuitos de secuencias directa e inve rsa y sustituyendo el fallo por fuen tes, ob¡enc mos las componentes ele secuencia de la intensidad de la línea L l. En es te caso, optaremos por sus tituir por fuenles de inlensidad, como se muestra en las Figuras 13.23 y 13. 24, donde tras proceder mediante operaciones de divisor de intensidad llegamos a = 1.394j del primer circuito y a

rt l

/1.1

= -1.394j .

0.22 j

O.J5j O.08j

4

j l J6

3

4.363j

Figura 13.23 Circu ito de secuencia directa con fa llo sustituido.

1l.()4j

Figura 13.24 Circuito de secuencia inversa co n fallo sustituido .

238

Sistemas eléctricos d e potencia

Transformando a intensidades de f
[1

Jo ] [J"J,

I I

Tercera cuestión. Puesto que JO = O. no ex isten inten sidades por los neutros de los transformadores.

13.6.

Ante un fallo fase-fase-licITa en la barra 6 del circuito de la Figura 13.25. calcular la tensión en la barra 5 Y la corriente por el neutro de T I. TI

GI

ft

2

'7"1G2

Fi"

3

1'2

L25

5

T3

6

L42

Y 'f:L

4

L45

ft'f:L Figura 13.25 Sistema.

Datos: • Generadores G 1. 02:

Xo = 0 .09

{ XI = X, =0.35 • Transformadores TI. T2: Xo = XI = X, = 0.1 • Transformador T3: Xo = XI = X, = 0.05 Xo = 1.8 _ • Líeea L42: { X, = X, = 004)

• Líneas L25. L45:

X O = I.IS { XI = X2 = 0.35

Resolució n Los equival entes monofásicos para las tres secuencias se muestran en las Figuras 13.26. 13.27 Y 13.28. 0.09)

r+r

0.05)

~ 1. 15)

Figura 13.26 Secue ncia homopolar.

Capítul o 13 / Faltas asimétricas

O.35j

O.lj

239

O.35j

O.05j

~ O.35j

Figura 13.27 Secuencia directa.

0.35)

O.OSj

~

Figura 13.28 Secuencia inversa.

Nótese que el circuito de secuencia inversa es co mo e l de directa pero sin fuentes y con el desfase introduci do por el lransfofmador TI , de signo contrari o.

Para el cálculo de los eq ui valentes Thevenin. es conveniente una conversión 6 - Y. quedando. para las secuencias directa e inversa el circuito de la Figura 13.30. y para e l de homopolar el de la Figura 13.29. Los equivalentes se muestran en la Figura 13.31. y la interconexión exigida por un rallo fase-fase-tierra en el circuito de la Figura 13.32. Planteando una ecuación nodal en dicho circuito, tenemos:

I l!!, = Ul . ( I 0.45j 0.714j

+ _ 2_ ) 0.45j

De donde Uo = U 1 = U2 = O. 3802l!!, Y las intensidades hacia el fallo: - 0.3802 = 0.5323 0.714j

Jo

I - 0.3802

= 1.3773 1-90 0.45j - 0.3802 J2 = 0.45j = 0.845 ~

JI

=

~

Las tensiones en el nudo 5 se obtienen a partir de las tensiones en el punto del fallo. teniendo en cuenta las caídas en el transformador T 3, que en este caso no provoca desfases:

ug = Uo + 0.05po = 0.3536 U¡ = U, + 0.05j J, = 0.45 U~

= U2 + 0.05/)2 = 0.338

240


0. 3226)

0.09)

0.1)

0.505)

0.05)

rooo+~

~ Figura 13.29 Secuencia homopolar tras modificación.

0.35 )

0.1)

0.137)

1(lDQ\----~~ 0.1065)

0.1)

0.35)

0.137 j

0.05)

rooo+~

Figura 13.30 Secuencias directa e in ve rsa tras modificación.

Pasando a tensiones de fase:

[U~] = 11~

T·

[11~] 11~

11,

=

[ 0.105_11.1416 112.61 ]

1[2

0.10) 1112.61

En cuanto a la corriente por el neutro de TI. és ta puede obtenerse a partir del circuito 13.33. en el que se ha sustitu ido su aportación al fallo por una fuente de intensidad. Apli~ando un divisor de intensidad:

1 = 1° 01 .

0.28 + 0.505 0-0+ .) ) + 0.)-0-) + 0.-?8

O.3j

Luego. por el neutro de T3 circulará JN = 33 = 0.9 j . 0.714)

045j

I ~

(a)

(b)

0.45)

r " (e)

Figu ra 13.31 Equivalentes de las tres secuencias: (a) homopolar, (b) di recta, (e) inversa.

Capitulo 13/ Fa ltas asimétri cas

0.45) +

0.45)

Jo

I ~

241

+

l

¡SU I =U 2 =UO

0.7 14}

Figura 13.32 Conexión para fallo fase-fase-tier ra.

0.09}

0.1)

0.505}

O.3226j

'VOO'-0.2S}

O.OS } f7"V"CI"C\ VVV

I

1 -

Jo = 0.5323 190

-

0.505}

Figura 13.33 Circuito de secuencia homopolar para el cálculo de la intensidad de neutro .

13.7.

En la barra 3 del sistema de la Figura 13.34, se produce un contacto a tierra de la fase 'a' simultáneamente con un fallo entre las fases 'b' y 'c'. Calcular las corrientes en el punto del hilla y las tensiones en la barra l . Datos: Xo = 0.05 • Generador:

{

Xl = X 2: = 0 . 15 Xx = 0.02

• Transformador: • Línea L23 :

¡

XO = 0.14 { X,=X,=0. 16

Xo = 3

X, = X2 = 0.9 Ydll

2


Resolución Las F iguras 13.35. 13.36 Y 13 .37 muestran los circuitos que la red presenta a las tres secuencias, as í como sus eq ui valentes Thevenin . El ángulo de la fuente de tensión en el circui to de directa se ha to mado como 30° a fin de que la tensión de vacío en el nudo 3. y por lo tanto el equivalente Thcvcn in desde dicha barra. sea origen de fases.

242

Sistemas eléctricos de pote ncia 0.1 4)

0.05)

2

3)

3

3. 14)

[000+--"000'--1

0.86)

Figura 13.35 Circuito de hom opolar.

0.15)

2

0.16)

0.9)

3

1.2 1)

f-+---'~

Figura 13.36 Circuito de directa.

0.15)

2

0.16)

0.9)

3

1.21 )

f--I--~

Figura 13.37 Circuito de inversa .

El fallo que se plantea en es te problema tiene ec uaciones :

Ua = O Ub Jb

= U,

+ J, =

O

Expresadas en secuencias:

UO+U,+ ll2 =O

,

.

.

.

Uo + a-U , + aU, = Uo + aU , + a -U,

,

JO + "-J, + aJ, + Jo + aJ, + (¡- J2 = O La segunda ecuación equi vale a 11 1 = 'U2, Y teniendo en cuenta a 2 + a = - 1, la tercera ecuación se reduce a JI + 32 = 2:10_ De la primera obtene mos li l = -lio/ 2. Estas ecuac io nes se sati sfacen en el circuito de la Figura 13 .38. 1.21 )

1 l!l.

-

2Jo

I.2l j

Uo /2 +

Zo /4 = 0.785 )

Figura 13.38 Interconexión para el fall o fase-ti erra más fa se-fase.

Capítulo 13 / Faltas asimétricas

243

Resolviendo dicho circuito, obtenemos:

1.21 j 1 1 1 1} + O.78)- } . -1.-? 1} . + -.-?1

til = 1(2 =

= 0.2823

y las intensidades

Jo

1 til = _. = -0.1798j 2 0.785j

:JI

=

1 -1(1

1.21 j

= - 0.593j

-ti,

J, = - - - = 0.233j -

I.2lj

Transform ando al dominio de fases:

Ja] [J Jb

=

[JO] T· JI

j [-0.5398 ] - 0.7~~3

=

J2

c

0.7 1),

Para la obtención de las tensiones en la barra I sustituimos el efecto del fallo por fucntes de intensidad en el circui to de cada secuencia, como se muestra en las Figuras 13.39, 13.40 Y 13.4 1.

0.14)

0.05)

2

3)

3

r+-

-0.1 798)

Figura 13.39 Circuito de secuencia homopolar con fallo sustituido.

0.15)

0.16)

2

0.9)

3

~t()OOL-+--' - 0.593)

Figura 13.40 Circuito de secuencia directa con fallo sustituido.

0.15)

0. 16)

2

0.9)

3

0.233)

Figura 13.41 Circui to de secuencia inversa con fallo sustituido.

244

Sistemas elé ctricos de potencia

Anali za nd o dichos circuitos tenemos las tensiones en la barra 1 (ten iendo en cuenta los desfases):

UD = O U,

= 1~ -

0.15 ) ·0593 1-60

= 0.911

~

U2 = - 0.1 5j ·0.233160 = 0.035 1- .10 y transformando a fases

Ha] = T· [HO] U, = [U" H" U2 13.8.

[0.9289~] 0. 876 1- 90 0.92891151.8

Por un fallo no deseado en la barra 3 del sistema de la Figura 13.42. se abre la fase "a ' de la línea 2-3. Determinar: l . Valor mín imo de la reactancia de puesta a tierra de la carga. X (; . para que IJI < 0.1. 2. Tensión de la fase 'a' en bornas del interruptor para di cho va lor de XI" Datos:

• Generador:

Xo = 0.05 { X , = X2=0.1

• Transformador TI:

• Transformador T2:

• Línea L23:

XO=O.I { X, = X2 = 0.12 Xo = 0.1 3 { X , = X2 = 0.15

Xa = 0.3 2

{ X , =X 2 = 0. 1 • Carga: {Xa = Xl = X'2 = 0.3 1

3


Resolución Los circui tos que el sistema prese nta a las secue ncias se llluestran en las Fig uras 13.43 , 13.44 Y 13.45. En e llos se ha distinguido ent re la parte del siste ma a la izquierda .del fallo. hasta el pu nto 3' , y la pane a la dere¡; ha. de sde la barra 3. a fin de tratar adc¡;uadamente este fall o longitudinal.

0.05)

1

0.1)

2 0.31)

3'

3 O.13j e---

0.3)

1 Figu ra 13.43 Circuito de homopolar.

0.3)

Capitulo 13/ Faltas asimétricas 0.1)

3

.-

0.15)

245

0.3 )


-'@' "1 3

0.15)

0.3 )

Figura 13 .45 Circuito de inversa.

Para esc rib ir las ec uaciones de este fallo, usaremos tensiones Ha . Ub y U e de las rcspectivíJs fases entre 3' y 3, así C0l110 ::la, ::lb e ::le, intensidades por las fases de la línea co n sentido de 3' a 3. Dichas referencias se muestran en la Figura 13.46. 3' Jo

+ 11"

Jb

+ 11b

Jc

+ 11c

L-

-. -.

-

3

-

L-

Figura 13,46 Referencias para el fallo de apertura de fase.

Podremos, por tanto. escribir las ecuaciones del fallo como:

Jo = O U" = O 11" = O Pasando a secuencias:

Uo + aU I

? + a-11, = O

Restando la tercera ecuación a la segunda: (a 2 - a )(U 1 - ti}) en la segunda. tenemos:

y puesto que a 2

+a =

= O, Y por tanto U 1 =

ti 2 - Sustitu ye ndo

-1. concluimos que las tres ecuaciones en secuencias son:

Jo

+ ~ I + J, =

O

110 = 11 1 = 11, Dichas ecuaciones corresponden a una interconexión en paralelo de las tres secuencias. Para que dicha conexión resulte más clara. la realizaremos con los eq uivalentes Theven in de cada secuencia entre los

246


puntos 3' Y 3. Dichos equivalentes se muestran e n la Figura 13.47 : mientras que e l c ircu ito de interconexión se muestra en la Figura 13.48.

3'

3'

3

1.2}

3'

3

O.77}

3Xci

3

O.77}

' 000 I LQ. (a)

(b)

(e)

Figura 13.47 Equivalentes Th eve nin entre 3' y 3 de los circuitos de secuencias: (a ) homopolar, (b) directa, (e) inversa .

0.77}

1.2}

0.77}

3X,.j

3 Figura 13.48 Circuito de interco nexió n para el fallo de apertura de fase.

0.385}

1.2}

3'

Jo

3 Figura 13.49 Circu ito de interco nexión modificado.

Para conseguir el valor de Jo de este último circuito con fac il idud. reducimos las dos ramas de la izquierd a hasta conseguir el circuito de la Figura 13.49. De éste obtenemos:

- 0.5

1o=-~---

1.585j

+ 3Xci

y por tanto

111

1.5

= 13101 = -c.,..,--~,.,1.585 + 3X,

La rest ricción 1/ 1 < 0.1 nos lleva a Xc > 4.47. La tensión en bomas de la fase 'a' de la protección con Xc

Ha =Ho+U, +H2 =3H o = -31oXo = 3

=

-0.5

4.47 es:

. .(l.2j +3X,.j) = - 1.46 1.585) + 3X,.)


13.9.

247

Las matrices de impedancias de nudos de la red de la Figura 13.50 son las sig ui entes:

Z" I

= Z,,2 =

j

0.0454 0.0367 [ 0.0259

0.0367 0.0793 0.0324

0.0259] 0.0324 0.0405

0.0245

0.0152

0.0037] 0.0098 0.0175

Z"O =} 0.0152 0.1240 [ 0.0037

0.0098

2 LI

L3

L2 3

Figura 13.50 Sistema original.

Se añade a la red la línea L4 tal y como se indica en la Figura 13.51. sie ndo las impedancias a las Ires secllencias de dicha línea Z, = Z2 = 0.1 j Y Zo = 0.2}.

2 LI

L3

L2

L4

3

Figura 13.51 Sistema ampl iad o.

Determinar las intensidades de cortocircuito de la red de la Figura 13.5 I para los siguientes tipos de fallos en el nudo 4:

l. Tri füsico rígido. 2. Fase-tierra rígido.

3. Fase-fase rígido. 4. Fase-fase-tierra rígido. Determinar. de igual modo. las tensiones e n el punto del fallo en cada caso.

Resolución

Las matrices de impedancias de nudos nos proporcionan en sus elementos diagonales la impeda ncia eq ui va lente de la red en los distintos nudos. por lo que tomando e n cada secuencia la impedancia correspondiente al nudo 3. basta con considerar la línea L4 para conseguir los equivalentes desde el nudo 4.

eomo se muestra en las Figuras 13.52. 13.53 Y 13.54.

248

Sistemas eléctricos de potencia O.0245j 1

O.2j

4

O.2245j 4

=0 --

--

Figura 13.52 Circuito de homopolar y equivalente Thevenin.

O.045 4 j 1

O.lj

O.1454j 4

4

~

l ~

=

r

cFf --

--

-

Figura 13.53 Circuito de directa y equivalente Theven in.

O.0454 j 1

O.l j

O.1454 j 4

4

1 -

=

-

0

Figura 13.54 Circui to de inversa y equivalente Theven in.

Fallo trifásico rígido: en un fallo equilibrado no interv ienen las secuencias inversa y homopolar, Jo = ']2 = Uo = 112 = 0, con lo que el estudio se reduce al circuito de directa:

3,.,. =

1 lo = -6.8776J· 0.1454j

y 11" = 11" = 11c = 11 1 = 1 ~ - 1 ~ = O.

Fallo fase-tierra rígido: las ecuaciones de este fallo corresponden a }a interconex i6n del circuito de la Figura 13.55. Es inmediato obtener 31 = - 1.9406j Y por tanto :le<. = - 5.8219 j. Las tensiones las obtenemos de 11fO =

- o 2245j3fo =

-0.4357

11fl = 1 - 0.1454 j3 f l = 0.7178 11f2

= - o. 1454j 3 f 2 = -0.2822

y las tensiones de fase :

11" U" ] = T· [UfO] Uf l [U U f2 e

=

[ 1.0849 O 1- 127.04 ] 1.0849 1-1 27.04

Fallo fase-fase rígido: la inlerconexión para este fallo es la que se muestra en la Figura 13.56.


249

O.2245j J JO + li Jo

O.1454j JJ I

I l!!. ' --

-

+ lI J I

- e

O.1454j JJ 2

Figura 13.55 In te rconexión para el fallo fas e-tierra.

Figura 13.56 Interconexión para el fallo fase-fase . Las intensidades se obtienen como: JJ I

=-

JJ? -

=

0.1454j

I lO

+ O.1454j

=-

3.4388J·

que ju nto a J JO = O nos pemulen obtener las intensidades del fallo

Las tens iones U f i = U J I = U f2 se pueden obtener como: U Ji = O.1454jJ J I = 0.5

y las tensiones de fases

[~;:]

= T .

U,

[~~~] = [-~5] Uf2 -0.5

Fallo fase-fase-tierra rígido: el circuito de in terco nex ión para este fa llo es el de la Figura 13.57, en el

que obtenemos las tensiones U Ji a parti r de la ecuación nadal 1 ( 0.2245j

1

1

)

1 lo

+ 0. 1454j + 0. 1454j U Ji = 0. 1454j lI Ji = U Jo = lIJI = lI J2 = 0.3777

Puesto qu e es obvio que U b = ti{. = O sólo tendre mos que o btener U(l:

11"

= lIf O+lIJI

+UJ2

= 311f' = 1.1 33 1

250


O.1454 j J fl

J f2

O.1454j

+

+

l ~

ti f ;

O.2245j

Figura 13.57 Interconex ión para el ta llo fase-tase-tierra .

En cuanto a las intensidades:

JfO =

- Uf O

= 1.6824j 0.2245j 1 - U fl Jf l = = -4.28j O.1454j - 1lf? J f2 = O 1454j = 2.5976j Las intensidades por las fases del fallo serán:

y la intensidad a tierra 3J JO = l b

13.10.

+ l ,. =

5.047 j.

Se conoce n las matrices de impedancias de nudos a secuencias directa e inversa. 2.,,1 y 2.// 2, de la red de tres nudos de la Figura 13.58. Dichas matrices, expresadas en p.lI. sobre una base SE = 100 MVA y VB = 66 kV. son:

0.28 ZII \ = 2.1I 2 = )

0. 12

[ 0.18

0.12 0.12 0.12

l

18 0. 0.12 . 0.25

A la balTa 3 se conecta un transformador 66/20 k V con X ce = 0.1) que alimenta una carga conectada a través del nudo 4. según se muestra en la Figura 13.58. Suponiendo la red en vacío. se pide: 1. Valor de la reactancia X g para limitar la intensidad de falta ante un fallo fase-t.ieITa en la barra 4 a 350 A como máximo. 2. Dete rminar si sería posible situar un paran'ayos en la barra 4 de la red cuando X g = 8 p.lI. , teniendo en cuenta la recomendación de la CEI (Comisión Electrotécnica Internacional) de que si se desea conectar un pararrayos en un punto. el valor de para un fallo en d icho punto cumpla e g .::::: 80%.

es

El coeficiente de tierra, C.r: ' se define como: Cg =

Máxima tensión de fase para una falta fase-tierra Máxima tensión de línea antes del fallo

100

Capitu lo 13 1 Faltas asimétricas

251

Red de tres nudos

Figura 13.58 Sistem a.

Resolución Representamos e li las Figuras 13.59 y 13.60 los c ircu itos a las tres secuencias. Tras obtener las impedanc ias equivalentes desde e l nudo 4 que presentan dichas sec uencias.

Z,,,o = O.I}

+ 3Xg}

Z,q J = Z,,,2 = O.25} + O. I} = O.35} usa mos el circuito de interco nex ión para e l fa ll o fase-tierra, Fig ura 13.61, para resol ver:

'J . c - ::-::-::-:-----:,.-;:-:,.,----;:--:-:-----:~__c 3 - O.35} + 0. 35} + O.I } + 3X., }

Jf O -

3

0. 1)

4

I~~ -

--

- -

Figura 13.59 Circu ito de secuen cia homopolar.

0.25) 3

0.1)

0.25) 3

4

I ~

-

4

,~

7

-

0.1 )

-

-

(a)

(b)

Figura 13.60 Circuitos de secuencias: {al directa, (b) inversa.

Por tanto. la intensidad de falta en p.ll. es:

:1 1

1 _

re -

3 0.8 + 3X ..

•

Para pasar la limitación de 350 A a p.lI., usare mos la intensidad base

100 · ID" 5{J = 2886 .751 = h v 3·20 · 10' J3 VB

I B= -

252


(0.1 +3 Xg »)

JfO

+ U fO

0.35)

JJ I

+ U fl

0 .35)

Jn + U f2

Figura 13.61 Interconexión de circuitos .

por lo que el límite en p. lI. es: Ilfm

= 350/ 1" =0.1 212

Vemos cómo la res tricción 13(."(." I < l lím nos lleva a:

1(3

X > g - 3 y por tanto a X g

:::

0.1212

- 08 .

)

7.98.

Respecto al segundo apartado. usaremos X B = 8 para obtener las intensidades:

JfO = Jfl = Jf2 = -0.0403j Las tensiones la s obtenemos co mo:

lifO = -Z,,¡oJfO = -0.9718 Ufl

= I -Z"'¡ IJf l =0.9859

Uf2 = - Z,q2 Jf2 = -0.014 1 Las tensiones de fase son:

Ha] [UU¡>e =

O

fO ] = [ 1.6961 -1.19.28 T· [li Un U f2 1.696 1149.28

]

Tenemos pues que la máxima tensión de fase durante el fallo la encontramos tanto en la fase 'h' como en la fase ·c' . y vale 1.696 · 20/ .J3 = 19.578 kV. El coeficiente de tien'a vald rá:

Cg =

19.5 78 ----w = 0.979

y puesLO que Cg ha resultado mayor que 0. 8, no se recomienda el LI SO de pararrayos en el nudo 4.

Capítulo 13 I Faltas asimétricas

13.11.

253

Se conocen las matrices de impedancias de nudos de Jas redes a secuencia di recta. inversa y homopolar correspondientes a la red de tres nudos indicada en la Figura 13.62:

0.12 Z"I = Z,,2 = j 0.12 [ 0.12

0.12 0.2867 0.18

l. Calcular las intensidades

y

0.12 ] 0. 18 0.2568

0.06 Z"u = j 0.06 [ 0.06

0.06 0.7374 0.3503

0.06 ] 0.3503 0.6987

tensiones en el Iludo 4 cuando se produce un cortocircuito rígido

fase- tierra en dicho nudo. 2. Determinar la potencia de cortocircuito en el nudo 4.

Datos: Xo • Gcnerador G 1: { XI Xo • GellcradOl' ,G2: { XI

= 0.07 =X2=0.15 =0.05 = X 2 = 0.12

• Transformador TI: • TransformadorT2:

XC<' = 0.08 X('(' =0.10

¡

T2

TI 4

YyO

3

2

YyO

5

G2

Redcle

lfes nudos


Resolución

Es necesario conocer el equivalen te Thevenin de cada secuencia en el nudo 4. El prlllcipal problema para ello, es obrcner la impedancia equivalente de la red de tres nudos en el nudo 2 cuando en el nudo 3 tiene conectada una impedancia Z¡, la del transformador 3-5 más la de l generador 02. Así, para una secuencia i,

Las dos últimas ecuaciones quedan

+ Z2]33 2.3232 + 2."J3

112 = Z2232 113 = y usando :13 = -i(~ . obtenemos:

Eval uando para las di stintas secuencias tendremos:

• HOlllopolar:

Zo =

O.lj +0.05j = 0.15j , Y ,

Z" = 0.7374j -

0.3503j ·0.3503j = 0.5928j 0.15j + 0.6987j

254


• Directa e in versa: Z , = Z2 =0.1 ) +0. 12) = 0.22) . Y

Z' = 0.2867 _ 11

)

0.18) 0.1 8) = 0.2 187) 0.22) + 0.2568)

Las Figuras·1 3.63. 13.6..J. y 13.65 muestran el sistema a las distinta s secuencias. En ellas. tanto la red de tres Jllldos como los elementos a su derecha se han reducido a sus equi valclllcs desde el Iludo 2.

r¡

0 .07 j 4 0.08j 2

O"~

O.5928j

~

Figura 13.63 Circuito de secuencia homopolar.

0. 15 j

4 O.OSj 2

I ~

O.2 187j

11 ..".

_

Figura 13.64 Circuito de secuencia directa .

0. 15j 4 O.08j

0.2 187 j

Figura 13.65 Ci rcuito de secuencia inversa.

Para estudiar el fallo en el nudo 4. usaremos el equivalente Thevenin a cada secuencia en dicho nudo. los cuales se muestran en la Fi gura 13.66.

(a)

(b)

(e )

Figura 13.66 Equi v alentes Thevenin a secuencias: l a) homopolar, (b ) directa, (e) inversa.

Por tratarse de una fallo ra sc· ti erra. el circu ito de interconexión será el de la Figura 13.67. del cunl se obtiene:

1

- J

- 1 , -

f llfl -

1 2 ?8 f - - 0.2387) + 0.1) + 0.1) = - .- )

y por tanto la intensidad del fallo

J"

= 1fU +Jf l + Jf2 = - 6.838)

Capítulo 13 / Faltas asimétricas

255

0.2387 ) 1fO +

llfO

0. 1) +

I LQ.

llfl

J,·el3

1f2

0.1)

+

Uf2

Figura 13.67 Circuito de interconexión para el fallo fase-tierra.

Las (ensiones en secuencias las obtenemos de U f O = -2:·""oJfO

= -0.5442

U fl = 1 - 2:"/I)f l = 0.772 U f2 = -2:·,.,,2Jf2 = - 0.228 y las tensiones de rase:

U,,] = T . [Uf U f O] 1 = [ 1. 19 O - 1313 ] [U" U,. U f2 1.19 1133.3 1

En cuanto a las intensidades. co nocemos las itHensidades hacia el fallo. para obtener las aponaciones que hacen ta nto el generador G I como el resto de la red. usaremos los circuitos de secuencias co n el fa llo sustituido por fuentes de tensión, como se muestra e n las Figuras 13.68. 13.69 Y 13.70. 0.07 )

4 0.08)

2

0.5928)

1

0 .3)

-

Figura 13.68 Circuito de secuencia homopolar con fallo sustituido.

0.15) 4 0.08)

I LQ.

2

0.2187)

I I~

_

Figura 13.69 Circuito de secuencia directa con fallo sustituido.

256

Sistemas eléctricos de potencia 0. 15) 4 0.08) 2

0.2187)

Figura 13.70 Circuito de secuencia inversa con fallo sustituido.

Las distintas aportaciones que obtenemos son: • HOl11opolar (Figura 13.68):

• Generador: :I"i = - lA 7 1) • Red: :I ~= - 0.81) • Di recla (Figura 13.69): • Generador: :lr = - 1.5 18) • Red: J ~ = -0 .7622) • Inversa (Figura 13.70): • Generador: = -1.518) • R ed::I~ = -0.7622)

J;

Convirti endo a intensidades de fase, tenemos: • Generador:

[08]

["8 Ji] [ - '] Jo

J"

:1%

= T·

J~

=

J~

• Red: aR] O J~ [J,. .J

=

T·

O [JR ]= J

k

J2

-4.)07 } 0.047) 0.047)

[? - _ ..)

}

" 344 '] -0.0478) - 0.0478¡

El segundo apartado del problema no requiere más que usar la reactancia Thevenin de secuenc ia directa en el nudo 4. que ya se ob tuvo: Sf.:C: ~ -

1

X"'!

13.12.

= -

I

0.1

= 10

Las matrices de impedancias de nudos para una red de cinco nudos son :

0.11 77

0.0995 0.1526

Zn l = Zll2 = j

0.0263 0.0404 0.0989

0.0483 0.074 0.0814 0.1492

0.0776 0.1 j 89 0.0580 0.1062 0.2849

0.06 lllQ

= j

0.06 0.14

O O 0.0565

0.06 0.14 O 0.6677

0.06 0.14 O 0.3613 0.6102

Al nudo 5 se conectan un tran sformador de z'cc = 0.11 j Y un grupo generador de Z [ = Z2 = O.15j Y Z,O = 0.06). como se indica en la Figura 13.71.

Capítulo 131 Faltas asimétricas

257

XII = O.02j


l. Calcular las tensiones en las fases de la barra 4 ante un fallo fase-tierra en 6. 2. Valor que debe tener XI! para que la corriente de fallo sea inferior a 10 p.ll. Resolución

COIl el elemento 2,55 de cada mat riz de impedancias de nudos, tenemos la impedancia equivalente de la red en el nudo 5, con lo que podemos representar los circuitos a las tres secuencias del sistema que nos incumbe. Dichos circuitos, junto a los equivalentes Theveni n que presentan e n e l nudo 6 se mues tran en las Figuras 13.72 . 13.73 Y 13.74. 0.6102j

5

O.llj

6

O.06j

O.0646j

6

Figura 13.72 Circuito de homopo lar.

0.2849j

5

6

O.llj

0.15j

0. 1087 j

6

I 1- 30


0.2849 j

5

6

O.llj

O.15j

0.1087 j

6

Figura 13.74 Circuito de inversa.

El fa ll o hlse-ticrra en el nudo 6 se calcula usando el ci rcuito de interconexión de la figu ra 13.75.

J f;

= Ja/3 =

3.546 1-90

258


O.0646j J fO

+ UfO

O. IOS7j J f l

+ I ~

Ufl

O. I087 j

Jf2

+ U f2

Figura 13.75 Circu ito de interconexión para el fallo fas e-tierra .

y por tanto la intensidad del fallo será: J a = 10.6381-90

O.2849j

O. llj

O.ISj

J,I '()()O'-1C}Q30jJ~f:;~4t-:r~2p

5

•

--

--

Figura 13 .76 Circuito de secuencia directa con fallo sustituido .

Para obtener las intensi dades en las dist intas secuencias que pasan por el transformador, sustituimos el fallo en el circuito de cada secue ncia por una fue nte independiente, en esta ocasión usaremos una fuente de intensidad, como mostramos en el circuito de la Figura 13 .76 para la secuencia directa. En cada secuencia i, disti nguiremos entre intens idad que llega a l nudo 6 a través de l transformador, J;I' y la intensidad q ue parte del nudo 5. J 1i ; siend o la diferenc ia entre ellas en las secuenc ias directa e inversa sólo la debida al des fase introd ucido por el u·.a nsformador. De este modo, obtene mos las J;¡ mediante divisores de intensidad (nótese que en este caso concreto no afectan ni fuentes ni desfases): ~

0.12J· , ~ ,0 - O. 14·J + O.17-J· f O ,

0.15 j

J,I , 1"

-

01-· . )J

0'949 JI I = 0.976 1- 90 +.0 J

O. 15 j

= O.15j +O.3949j JI' = 0.976 1-90 .-

Las magnitudes en alta tens ión son:

J,o = O

J, 1 = [ '11 J,2

I 1- 30 = 0.9761 - 120

= [',2 · 1 ~ = 0.976 1- 60

Capitulo 13 / Faltas asimétricas

259

El teorema de com pensación, nos dice que un montaje como el de la Figura 13.77 nos da los .6..U j de los distintos nudos j = 1.2. 3,4. 5, en la situación de fallo en la que la intensidad entrante al nudo 5 es -'J 1i en cada secuencia i.

1 2

Red de

3

cinco nudos

4

6U.

sin fuente s

5

I -

Figura 13.77 Ap li cación del teorema de compensación .

• Para secuencia homopolar:

• Secucnciíl directa: "" H 4

= 2,. 5 . (-

JI1)

= 0.1062j . (- 0.976 1- 120) = - 0.1036 1- 30

Secuencia inversa: "" H 4

= 2,45 . (- J 1) = 0. 1062j . (I

0.976 1- 00)

= - 0.1036 1311

Sumando a los incrementos calculados. las tensiones previas al fallo . obtenemos las tens iones posfalta del nudo 4 :

[~~] [I ~] [-0.10~6 1 -30] [0.911~ 1 ). 16 ] +

=

H2

y pasando a fases

O

=

- 0 .1 036 ~

- 0.1036 130

Ha] [uo] [ 0.8206 ] [H"He = T· UU21 = 0.9234I 111-20110.312

Respecto al Apartado 2, obtendre mos en primer lugar la expresión de la impedancia equivalente del circuito de homopolar para una reactancia XII genérica. Observando el circuito de la Figura 13.72:

y teniend o e n cuen ta la restricción 1:1 fa 1 < 10, imponemos

IJ(·I, -- IJ a 1/3 -- 10/3 tenemos

1Z

eqO 1

:::

0.0826 que conduce a

XII :::

> -

I

12:, ,,0+0.1 087j +0.1087j l

0 .047 .

260

S istemas e léctricos de potencia

13.13.

Se conoce n las matrices de impedancias de Iludos a las di stintas secue ncias. de un sistema de 4 Iludos incluyendo dos generadores:

0.080 ZIII

=

Zn2

0.066 0.132

= j

0.038 0.054 0.118

0.038

0.056. 0.065 0.084

[

z'Il0 = )

0.023 0.196

[

0.243

0.003] 0.026 0.056

El circuito equivalente a la secuencia hOl11opolar está abicrlo en el nudo 4. por lo que dicho nudo no aparece en la matriz correspond iente. Suponiendo que e l sistema es equ il ib rado y se e ncuen tra inic ialmente en vacío. con todas las tensiones a 1.0 p.lI .. determinar. para un fallo fase-rase rígido en el nudo 2:

l. Las intensidades de cortocircuito en el punto del fallo. 2. La:.. componentes simétricas de las tensiones en todos los nudos durante el fallo. Reso lu c ió n Usa ndo las impedancias equivalentes e n e l nud o 2 que nos proporcionan las matrices de impedancias de nudos, Zn¡l = Zeq2 = O.132j. Y la interconexió n correspondie nte a un fa llo fase- rase, tal y como se mu estra c n la Fig ura 13.78. tene mos: I

lo

JI' = -Jf2 = 0.1 32j+O. 132j

-3.7878j

Figura 13.78 Interconexión para el fallo fase-fase.

La intensidad de ho mopola r es j fU = O en rallos fase-fase. Pasa ndo a fases:

[~:]

= T .

Je

[;~~] = [-6.~608] 12 6.5608 j

Para el segundo apartado aplicaremos el teorema d e co mpensación, ~ e modo que. para la secuencia i. los incrementos de tensiones de los nudos j, /:).l! j , los obtenemos con la matriz de impeda ncias de nudos y el vector de inte nsidades entrantes de cada secuencia, como se muestra en la Figura 13.79.

I

"'11,

Red de

2

",1(2

cuatro nudos

3

'" 11-.,

sin fuentes

4

'" 11.

¡

Figura 13.79 Aplicación del teorema de compensación.

Capitulo 13 / Fal tas asimétricas

261

• Secuenc ia homopolar:

[ LlU.¡~~~-

[~_O = [~]O

= Z"o .

• Secuenc ia directa:

LlU'] LlU2 = Z . [0. 3.7878) = [-0.25] - 0.5 LlU3 ,,' ° -0.204 [ LlU4 O -0.246 • Secuencia inversa :

LlU'] LlU2 = Z . [O] - 3.7878) = [0.25 0.5 ] LlU, ,,' ° 0.204 [ LlU4 ° 0.246 Las ten siones durante el fallo, las ob tenemos sumando a los incrementos, las tensiones prefa lta (tensión 1 I~ e n secuencia directa). • Secuencia homopo [ar:

U'] 3[U U.¡ 1h-

• Secuenc ia di rec ta:

lhU" [U4 1[,

LlU2 [O] O [O]OO + [LlUI. LlU, -- O LlU 4

O

O

Lllh- - [0.75. 0.5 ['I' 10I-~] + [LlUI] LlU3 - 0.795

-

~

-

' 10

LlU 4

0.753

• Secuencia inversa :

LlU,I] [0.25] 0.5 "1,_ [0]O + [LlU U; LlU; [ ° U.¡ 0.246 lh

O

=

U4

=

Ll

0.204

#

CAPITULO

ESTABILIDAD TRANSITORIA

El problema de la estabilidad tral/sitoria trata de la capacidad de los generado res de seguir funcionando en sinc ronismo tras la ocurrenc ia de una perturbación. Que los generadores se encuentren en sincronismo implica que las d iferencias angu lares e léctricas entre ellos perm anezcan constantes, o lo que es lo mismo. que sus velocidades ang ulares eléctricas sean iguales. Se trata de un problema de eswbilidad de gmn perturbación. es decir. la magn itud de la perturbación qu e tie ne lugar es tal que las ecuaciones difere nciales que describen el co mportamiento dinámico del sistema no se puede n lineaJizar para su a nálisis. Ade más, entra en la clasificación del problema de estabilidad a forto pla~o, ya que co nsidera que las dinámicas dominantes so n las de los generadores síncronos y. a lo sumo, la de sus siste mas de control primario (tensión y carga-velocidad).

14.1.

DEFINICiÓN DEL PROBLEMA: MODELO CLÁSICO El uso de l denominado "modelo clásico" en la definición del problema de la estabilidad implica la adopción de un a serie de simplificaciones a diferentes ni veles. Con carácter general se supone:

Perturbacio nes silnétricas. Esta suposició n permite utili zar un modelo equ ilibrado y además pla ntea e l caso más desfavorable desde e l punto de vista del problema a analizar. • Puesto que las osei laciones de la velocidad angu lar eléc trica en torno a la ve locidad de sincroni smo son pequeñas, w :::::: w o . y las líneas eléctricas bajo est udi o no son excesivamente largas, es correcto uti lizar un mode lo es tático para las mismas, es decir. X :::::: Lw() . Para las cargas se adopta un modelo de admitancia constante en primera aprox imación. I

En relac ión al ge nerador síncrono, componente fundamental en e l problema bajo estudio: Potenc ia mecá nica co nstante. • Resis tencias del devanado de l rotor y del estatol' despreciables. En laces de flujo constante, lo que implica el uso de la reac tancia transitoria X = X;¡, y de la fuerza e lectromotriz tras la reacl;¡nc i;¡ tr:msilo ria E ' . Sal ie nc ia despreciable (X" = O). • Devanados amortiguadores despreciables. • Rotor del ge nerador y eje del motor primario forman un sólido rígido.

264


j X'

,------"'CiOO'- +

[ ' = E'

Li.

j X':J

j

U=Vl!l.

Figura 14.1 Modelo eléctrico clásico del generador síncrono en el transitorio y su diagrama vectoria l.

De estas simplificaciones se obtiene el modelo eléctrico del ge nerador represe nt ado en la Figura 14.1 (q ue se supone conectado a un nudo de pO lencia dada). y del que se deduce una potenc ia eléctrica de salida del mi smo dada por:

P, =

~¡(UJ

*

E' V

) = - , sc n

X

o

(14.1 )

En c uanto a s u ecuación di námi ca. és ta res ulta del equ ilibrio del par mecáni co co n los pares eléctrico y de a morti g uami e nto. obteniéndose ( 14.2)

donde: H Co nstan te de inercia en segundos (relación ent re la e nergía cinética a veloc idad de sincro ni smo y la potencia nominal). PIJI Pote nc ia mec,lnica apl icada en el eje del rolOr. D Constante de amortigu amien to (a veces se desp recia en el modelo clásico). f Frecuenc ia del sistema en Herr zios. 8 Áng ulo re lativo del ej e del rOlOr co n respecto a aque l que gi ra a ve locidad de sincronismo (ver Figura 14.1).

Nótese. q ue el úngulo ~ es e l que en laza la ecuac ión eléctrica (14. 1) y Illccün ica (14.2 ) del generador. Su significado es espec ialme nte relevante puesto que la evolución del mismo determina la estabilidad o no del ge nerado r. De acuerdo con su definición se tiene que:

8 =8 -wo l

( 14. 3)

siendo (j la posición absoluta del rotor. De esta última ecuación res ulta que la deri vada del áng ulo 8 con respecto al ti empo repre sen ta la velocidad relativa del rolOr con respecto a la velocidad de sincron ismo. es decir.

d8 - =w-w{) dI

14.2.

(14.4 )

CRITERIO DE LAS ÁREAS

El denominado criterio de igualdad de áreas cons iste en una técnica senc ill a y bastante intu itiva que permite analizar la estabilidad tran sitoria para el caso de un generador conectado a UIl Iludo de pote ncia

Capítu lo 14 / Estabilid ad t ransitoria

265

infinita cuando la constante de amorti guamiento se desprecia. H d 20 -. -

n1

dI

2

( 14.5)

= P", - P,(O)

El objetivo consiste en anali zar si se recupera la velocidad de sincronismo tras prod ucirse una gran pe rturbación , es decir: • En régimen pem1anente: w = W o • Durante e l fall o y poste rior a éste: w -

úJ o

= :~~ .

. d ' . posee sufi Clc . nte par = O con lo que, supomen o que i a maqulOa di de amorti guam ie nto, se garanti za el reto rno a la velocidad de sincron ismo tras un trans itori o oscilatorio amortiguado. Multiplicando la ecuació n de oscilación ( 14.2) por 8 e integrando se concluye que la estabilidad está garamizada si se enc uentra un instante tal que el valor del ángul o 8 gara ntice un área bajo la curva de pOlenc ia acel eradora Pa(o) = ( PIII - PI') nula:

Se busca un instante en que do -

do

- =0 di

1'"~

[ P", - P,(O) ] do = O

(14.6)

14.3. ÁNGULO CRíTICO Y TIEMPO CRíTICO

Se denomi na ángulo crítico 8e de apertura de falta a aquel valor límite del ángulo para el cual deben actuar las protecciones y garant izar la permane ncia en sincroni smo. Su valor se obtiene de apl icar el criterio de las áreas seg(¡n la Ec uac ión (14.6). El instante en que se alcanza el áng ulo c rít ico se denomina tiempo crítico te Y se obtiene tras integrar la ecuación de osci lación ( 14.2).

,14.4.

INTEGRACiÓN DE LAS ECUACIONES

Si se tie ne en cuenta el factor de amorti gu amie nto o se desea conocer la evol ución exac ta del ángulo 8 o de la velocidad re lativa a la de sincron ismo. es necesario proceder a la integrac ión de la ec uació n dinámi ca (14.2 ). planteando las co rrespondie ntes ec uac iones en variables de estado. ,\' = F (X) : - = úJ -Wo = úJ - 2rr f do di

dw nJ DrrJ = . [P - P (0) ] - . [w - w J dt H /JI e H ()

}

( 14.7)

Existe n diferentes algoritm os de inleg ración numérica, Las diferencias más notables entre e llos viene n dadas por su estabi li dad numé ri ca y su sencillez a la hora de implementarlos. Habitual mente, a mayor precisión más complejidad del método. El método de Eu ler. el de Eu ler modificado y la regl a trapezoidal son algun os de los más conocidos.

El método de EuJer es e l más se ncil lo de todos. optando por los dos primeros términos en el desarrol lo en serie de Tay lor en torn o a un punto x«(I» :

266 14.5.

Sistemas eléctricos de potencia SISTEMAS DE GRAN DIMENSiÓN

Se trata de sistematizar el proceso de aná lisis de la es tabi lidad transitoria en e l caso de sis te mas de gra n dimensión, {onslituidos por varios ge neradores y cargas interconectados e ntre sí a través de la red eléctri ca. Es conveniente transformar e l modelo e léctri co de cada generador. Figura 14. 1. por una fuente de intensidad en para lelo con la reacrancia tra nsitoria tal como se indica en la Figura 14.2. r --

-

-

--r-

-

-

+ E' ~

J

j Xl

X' )

Figura 14.2 Modelo eléctrico clásico del generador síncrono en el trans itori o como fu ente de inten-

sidad. Con esta transformac ió n es posible determinar una matri z de admi tancias final Yr, que compre nd a la del sistema añadiéndole las admira ncias que representan a las cargas y a las admitancias de los generadores, es decir.

I Yg -- XI .'. g}

donde los subíndices g yc hacen refere ncia a: un nudo de ge neración y consumo respectivamen te. De esta fo rm a se dis pone de 2fI g ecuaciones di nám icas en e l sistema, siendo 1I.r.: e l numero de ge neradores presen tes en el mismo. que vie ne n dadas por las ecuaciones (14.7) . En estas ecuacio nes. la pmencia eléc tri ca suministrada por cada generad or g es :

( 14.8)

yel resto de las ecuaciones algebraicas se obtienen de incorporar las ec uaciones del sistema a través de la matriz de ad mitancias

E~}XI~,

• (14.9)

g

[

O La téc ni ca de análisis se compo ne de los siguientes pasos:

02

Obtener los valores iniciales E~ , o~ , PlIIg y para cada generador g . Detenninar YT. Actua lizar Y.,. si nos encont ramos e n un instan te de tiempo en que la topo logía ha ca mbiado. Determinar las tensiones U resolviendo (1 4.9) y las po tencias eléctricas sumini stradas por cada generador a parti r de (14.8). S. Integrar las ecuac iones din á mi cas para cada generad or estimando as í un nuevo estado x(t\!)

1. 2, 3. 4.

(o' . o·' ). 6. Inc re mentar tiem pos. t l '+ 1 = t ll + Ó-l. 7. Si se supera el tiempo total de integración. parar; en caso contrari o ir al paso 3.

=

Capitu lo 14 / Est abilidad transitoria

267

PROBLEMAS RESUELTOS 14.1 .

Una unidad de generación inyecta una potencia activa de I p.lI. a través de un tran sformador elevador y dos líneas en paralelo a una barra de potencia infinita de tensión 1 p.lI. Además, se sabe que la tensión en el lado de alta del transformador se regula a un valor de 1.05 p.lI. Todo el sistema trabaja a 50 Hz. Se produce en esta situación un fall o trifásico de las líneas que parten del transformador, junto al embmT<:\do de alta del mismo, que es despejado por las protecciones mediante la apertura de la línea en cuestión. Adoptando el modelo clásico para la máqu ina, encontrar el tiempo crítico de apertura del defecto. Nota: Los parámetros del sistema se indican en la Tabla 14.1. todos bajo una misma base.

Parám etros asociados X~ =0. 1 5 , H=3s

Elemento Ge nerado r Transformador Líneas

X cc = 0.1

XL = 0.6 cada una

Tabla 14.1 Datos de la red del Problema 14.1.

Resolución El esque ma en p.u. del sistema previo al fallo es el mostrado en la Figura 14.3.

Figura 14.3 Esquema p revio al fallo para el Problema 14.1.

De los datos de partida y planteando las ecuaciones de flujo que llegan desde las líneas al nudo 1, se tiene: V, V, P =

~

j .

Sen(e2 - e,) =

1.05

0. 3

sen(e2 - O) = 1 1.05 ·

0.3

cos(e, - O) - -

,

1

=

0.3

e2

= 16.602

0

Q = 0.021

Con estas potencias es posible determinar la intensidad asociada a dicho flujo en el nudo 1,

J _ P - Q} _ 1 - 0021} -

(11 ,) '

- - - :I-l!l.-O-'-

I

l=!.:..'.2.

Se deduce así la te nsión interna del generador:

" i.82. = 111 + ( Xcc + Xci, + '2 XL) j.J =

E

1.151 1 28.537

}

268


La curva de potencia eléctrica suministrada por el generador ideal frente a la evolución del ángulo del rotor para el período anterior a la falta es:

P

E'V

=

sen(o _ el)

1

= 2.093

seno

, XL) ( X,c +Xd + T que se mu estra en la Figura 14.4, correspondiendo el punto de funcionamiento inicial a las coordenadas (0 0 = 28 .537. P = 1) .

Pm = 1

00

01

Oc

Figura 14.4 Curvas de potencia·ángulo para el Problema 14.1.

Cuando se produce el fallo la potencia eléctrica se hace cero (debido a que la tensión se anula en el punto de falta y a que se están despreciando las resi~tencias del sistema), manteniéndose la potencia mecánica en el eje del generador al valor de la potencia eléctrica demandada por el sistema previo al fallo. es decir, Pm = l . Al despejar el cortocircuito mediante la apertura de una de las líneas, Figura 14.5 , la nueva curva de potencia eléclrica p!! vale:

+

E' ~

O.6}

U I = I l!!.

Figura 14.5 Esquema unifilar tras el despeje de la fa lta para el Problema 14.1.

Aplicando el criterio de las áreas e igualando la positiva con la negativa (ver Figu ra 14.4) se determina el ángulo crítico de despeje del cortocircuito que garantiza el sincronismo del generador. Las áreas aceleradoras y desaceleradoras vienen dadas matemáticamente por las siguientes expresiones: A+ = (o, - oo)P",

P",-) (1.354 un áng ulo crítico de valor Oc = 0.845 rad.

con 0111

= 1T

~

o) = 1T

~

at-csen

= 2.311

rad. Igualando las anteriores expresio nes se obtiene

Capitulo 14 1 Estabilidad transitoria

269

La evol ución del ángulo del rotor del generador vie ne gobernada, para cada intervalo de tie mpo. por su ec uación dinámica. Para el intervalo corre spond iente a la falta resulta: H ..

- .- 0 = Pm

JIT

-

Pe

..

==>

8

=

JIT

=

H ( P", - P,)

50·][

~( I

- O)

=

_

~2.36

y con las co ndic iones ini c iales 80 = 0.-+98 rad y [, = O. se obtiene:

l

,

8 = 0.498 + 2"52.36'El tie mpo crítico asociado al {lIlgulo crítico. Oc = 0.845 rad. se obtiene así de esta últ ima ec uación result ando ser de le = 0.115 s.

14.2.

En la red de la Figura 14.6 y par~íll1etros los mostrados en la Tabla 14.2. la balTa 3, nudo de potencia infinita y ten sión I p.lI., demanda una potencia compleja de I + 0.5) cuando se produce una maniobra que desconecta la línea que pal1e de dicho nudo. Al cabo de 0 .2 s se desconecta también la carga del embarrado 2.

Figura 14.6 Esquema eléctrico inicial para el Problema 14.2.

Determinar el ángulo crítico y el tiempo crítico de puesta en servicio de la línea pa ra no perder la estabilidad dinámica del sistema (en ausencia de la carga en 2). Parámetros asociados

Elemento

Generador Transformador Línea Carga en 2

x;,

=0.16.H =4 s

Xcc = 0.1 XL =0.1 4

So = 0.5 + 0.2j


Re solución

El esquema e n p.U, del sistema previo al fallo es el mostrado en la Figura 14.7, En el problema es posible d istinguir c uatro períodos: J. Previo al fallo. 2. Desconexión de la línea eléc trica , 3. Desconexión de la carga en el nudo 2, 4. Reconexión de la línea. O.16 j

O.lj

2

O.14 j

3

'\liJ\f'--l---,(lOOi'--f--'~C3

Figura 14.7 Es quema previo al fa llo para el Problema 14.2.

270


Para el sistema inicial, de los datos de partida, y tomando origen de fases en ti 3 , es posible determinar la tensión del embarrado 2, 8 el ) 11, =U3 + X ¿jJ3 = 113 + X ¿j ( _ . 113

'

= 1 lo -

+ 0.14}

1 - 0.5} I l()

=

1.079 17.454" --

y la tensión interna del generador, previa determinación de las intensidades por el mismo:

JI2

= J e2 +

)3

=

Se2)* + J3 ( -U 2

=

0 .5 + 0.2j + (1 - O.5} ) 1.079 1-7.454

=

1.6091 - 22.802"

La potencia mecánica suministrada por el generador en estas circunstancias, puesto que no existen pérdidas en ninguno de los elementos del sistema, coincide con la potencia eléctrica que demandan las cargas:

Al producirse la desconexión de la línea, el esquema unifilar que se obtiene es el que se representa en la Figura 14.8. 0.16)

2

0.1 )

~e2

Figura 14.8 Esquema durante la desconexión de la línea del Problema 14.2.

La carga se modela ahora como carga de admitancia constante, obteniendo dicha admitancia de las condiciones de tensión existentes e n la carga previas al fallo: ~ C2

=

s;

~ V2

= 0.4624 1- 21 .796

=} Z C 2

= 2.008 + 0.803}

Durante este período la potencia mecánica se mantiene mientras que la potencia eléctrica demandada cOlTesponde a la consumida por la carga conectada en 2: P,>

= ~¡(ZC2) ¡2 = :H(Zu)

E' )2= 2.008· (0.59)2 = 0.698 . ( I(X".1, . + X + ZC2) 1 cc )

Puesto que la potencia eléctrica demandada es menor a la potencia mecánica del generador se produce una aceleración del mismo, ob[Cniéndose la evolución del ángulo del rotor de la ecuación dinámica cOlTespondiente, esto es: -

H..

frr

8 = PI/! - Pe

..

==> 8 =

fJr -

H

( Pm - Pe) = 31.491

Inicialmente, el rotor se encuentra en estado de régimen permanente, es decir, la velocidad de cambio del ángulo del rotor es cero, 8(0) = O, lo cual implica, tras integrar la ecuación dinál1lÍca anterior, una evolución dada por: 1 8 = 80 + 2:31.49 112

Capítulo 14 / Estabilidad transitoria

271

El final de esta fase tiene lugar 0.2 segu ndos después de iniciarse. En ese instante el ángulo de l rotor llega a alcanzar el valor: 1 ?

.I, ="0

+ 231.49 1(0.2)-

= 1.033

rad

Procede ahora analizar el tercer intervalo de tiempo. en el cual se produce la desconex ión de la carga del nudo 2. Esto impl ica que el generador queda aislado del sistema, cayendo la potencia eléctri ca a cero. La ec uac ión de evolución del rotor es ahora ..

50rr

frr

" = -

(P", - Pe) = - ( 1.5 - O) = 58.905 H 4

con co ndiciones iniciales obtenid as del período inmediatamente anterior. es dec ir, ángu lo y velocidad inicial de valores:

"1

8, = 8(02) = 3 1.491·0.2 = 6.298

= 1.033

La dinámica del áng ul o del rolor viene dada pues por la ecuación:

1.033 + 6.298/

1

?

+ :258.905/-

Cuando filialmente se co nccta de nuevo la línea, permaneciendo la carga del embarrado 2 fuera de se rvic io y suponiendo que el nudo 3 sigue siendo de potenc ia infinita, la palenci a e léctri ca de mandada al generador vale: E'V3 Pe = 7 (-:----·----c) sen" = 3.349 sen" X;,+X cc+ XL Para determinar el tiempo máximo que se puede esperar para la fecone xión de la línea, tiempo crítico, en aras a evitar la pérdida de es tab ilidad del siste ma, se apli ca e l criterio de las á reas al igual que se ha venido haciendo has ta ahora. Se trata de igualar e l afea aceleradora, A +. con la desacele radora, A - , indicadas en la Figura 14.9 .

Pm = 1.5 0.698

Figura 14.9 Curvas de potencia-ángu lo para las distintas etapas del Problema 14.2

Se tiene. por lanto. A + = (.I, - .I0)( PIIl - 0.698) A- =

1"

+ (.Ir -

.I,) P",

(3.349 sen " - P", )d.l

8,

con

,h- =

ir -

arcse-l1

P",-) = 2.677 rad. (3.349

Igualando ambas áreas se obtiene un ángulo críti co de valor Oc = 1.578 fado

272


Sustituyendo este valor en la ecuación de evolución del ángulo del rotor correspondiente al tercer período de tiempo analizado, se obtiene el instante de tiempo crítico para el reenganche de la línea: O,

=

1.578

=

1.033

+ 6.2981 e +

1

2:58.9051}

==}

le

=

0 .066

S

A este valor hay que ai'íadirle los 0.2 s que le preceden desde el estado de partida, lo cual hace un tiempo total de 0. 266 s.

14.3.

Sea la red de la Figura 14.10. de 50 Hz, cuyos datos (bajo una misma base y correspondientes al modelo transitorio para el generador) se indican en la Tabla 14.3. Con la línea L2 fuera de servicio se sabe que la tensión en el nudo I es U 1 = 1.07 + O.28j. Y que el embarrado 3 es un nudo de potencia infinita de tensión I p.ll. G

0 1 0) Figura 14.10 Esquema unifilar de la red del Problema 14.3.

Elemento Generador Transformador Línea Ll

Parámetros asociados x~ = O.05,H = 5 s X cc = 0.2 X = 0 . 15


l. Demostrar que el sistema es inestable ante UBa maniobra que desconecta transitoriamente el generador durante un tiempo de 0 .37 segundos. 2. Con la línea L2 en servicio, y suponiendo en el generador las mismas condiciones previas a la maniobra del apartado anterior. esto es, pOlencia mecánica y tensión interna. determinar la reactancia que debe poseer la línea L2 para que el sistema sea estable frente a la misma maniobra de desconexión del generador durante 0.37 segundos.

Resolución El esquema con !11i.1gnitudes en p.ll. de la red de partida es el que se muestra en la Figura 14.11 .

(0

0.05)

0)

0.2)

0)

0.15)

8

Figura 14.11 Esquema anterior al fallo para el primer apartado de la red del Problemu 14.3.

Primera cuestión. Es pos ible distinguir tres intervalos de tiempo: I.a) Antes del fallo: conexión del generador al embarrado de potencia infinita (lÍnea L2 abierta).

Capitulo 14 / Estabilidad trans itoria

273

J.b) Durante el faJlo: desconexión del grupo generador. l.c) Posteri or al fallo: reco nexión de l generador a la red, Previamente a la desconexión del generador se ha de determinar la tensión interna de l mismo, E' ~ . Puesto que se conocen las tensiones en los nudos 1 (U 1 = 1.07 + O.28j = 1.106 11HM ) Y 3 (U3 = I l".), es posible determinar las potencias acti va y reacti va inyectadas en 3. esto es,

De esta fo rma, la tens ión interna del generado r, nudo O. vale:

83 ) E'I," = V3+XQ3j* ( V3 .-

'

0.8 - 0.2j = 1 + (0.05 +0.2 +0.15)j-----,-"l

= 1.08 + 0.32j = 1. 126 116.5().1 y la pote ncia mecánica suministrada por e l mismo es la inyectada en 3 puesto que las resistenc ias se han

desp reciado. Al desconectarse e l generador, resulta una potencia eléctri ca nula, p;lf = O, por 10 que la ecuación de osci lación del generador se reduce a: 5 .. -8=0.8 507r La integración de esta ec uac ión din ámica, co n la co nd ició n inicial 80 = 16.504° ciona la siguiente evolución del ángulo del rotor: 8 = 80

l ..

+ 'ir ?

= 0.288

l

= 0.288 rad, propor-

?

+ i5.133t-

En t = 0.37 s se alcanza una ángulo 81 2.008 rad. siendo este instante el de reconexión de l generador a la red. En el último período (posfallo), la curva de potencia eléctrica coincide con la anterior al fallo puesto que se retoman las condicio nes iniciales, y viene dada por: E' V3

?:! = - - s en 8 = 2.8 16sen 8 0.4

En la Figura 14. 12 se muestra la c urva p!! con el punto inicial de eq uilibrio 80 a part ir del cual se considera la desconex ión del grupo generador, así como el instante, equivalente al ángulo 81, en el que se vuelve a reCQnectar a la red.

Pm = 0. 8

Figura 14.12 Va riac ión de la potencia co n el áng ul o para el Apartado 1 de la red del Problema 14.3.

274


Si se lÍene en cuenta el criterio de las áreas, el área ace leradora A + no debe superar al área desacclcradora A -. Atendiendo a la Figura 14.12 estas áreas vienen dadas por: A+

1" = " 1 =

P<~!)d8 =

( Pm -

00

A-

( p f! - Pm )d8

o]

=

r" O.8d8 = 1.376

loo

1"-'"

(2 .8 16 sen 8 - 0.8 )do

= 0.83 1

01

Al ser A + > A - se tendría un sistema inestable donde el ángulo del rotor aumentaría sin control perdiendo el generador su si ncronismo (lógicame nte actuarían las protecciones evitando tal extremo).

Segunda cuestión. También ahora es posible di stinguir tres intervalos de tiempo: 2.a) Antes del fallo: de acuerdo co n el enunciado se mantienen en este caso la potencia mecánica del generador, Pm = 0.8, Y su tensió n interna, E ' = 1.126. El nudo 3 continúa siendo un nudo de potencia infinita de tensión V3 = 1, variando la tensión en el nudo l. Lb) Durante el fallo: se produce de nu evo la desconexión del grupo generador con lo que p(~/f = 0, exactamenle igual a lo que ocurría e n el primer apartado. 2.e) Posterior al fallo: la reconexión del generador a la red recupera la red inicial , donde la curva de potencia queda en función de la reactancia de la línea L2 desconocida. El área aceleradora que se obtiene en esta ocasión vale:

De la integración de la ecuación dinámica, dado que el instante de reconexión del generador es el mismo qu e en el caso anterior (0.37 segundos después del fallo) se deduce la siguiente relación : O, - 00

=

1.. ? d! - o¡- ( Pm - P, ) 2

=

rrf

-

2H

?

¡-.

0. 8

=

1.72

=

K

qu e llevada a la ecuación inmediatame nte anteli or a esta última, nos define un área ace leradora A+ = 1.376. Obsérvese que, a pesar de que 00 tiene un valor distinto, aún por encontrar, el área aceleradora coincide con la del primer apanado. Po!' otra parte. la Curva posterior al fall o sigue la expresión :

'1 Pe1 =

E' h (

0.25

-

+ c-0_.lc-5_._X_ ) 0. 15 + X

1.1 26 sen o = --seno XT

siendo X la reactancia de la línea L2 que se desea determinar. Si se mantiene el área aceleradora del primer caso y se desea que el.sistema sea estable para al menos un tiempo crítico de 0.37 s, esto implica que se ha de aume ntar el área desaceleradora, y. por tanto, te ner una reactancia total X T me nor que la lOtal del caso anterior (OA), para ob tene r así una c urva de potencia con un máximo más elevado. Matemáticamente esto se traduce en la igualdad de áreas aceleradoras y desaceleradoras. El área desaceleradora queda como: A-

= =

1', o]

( pI! - Pm )d8

-1.126 [

=

cos8 - 0. 88

XT

1"-8"(1.126) ]"-'0 o]

- - sen o - 0.8 do = XT

K+oo

donde son incógnitas X T yoo . De la igualdad de las áreas, A + = A - , y poniendo el ángulo 80 en func ión de X T a partir de las condiciones iniciales previas al fallo, esto es,

E' V3 XT

- - senoa =

sen 00 = 0.8

Capítulo 14 / Estabilidad transitoria

275

se obtie ne la siguie nte ecuación no lineal:

1.126

Xr

1-

(

8 ) =0 - 0.8 - X T ) ' ( l +cosK)-0.8senK - 0.8iT + 1.6 arcsen (0. - -XT I.I~

I . I~

Resolviendo iterativamente se obtie ne:

= 0.318 =

XT

X

= 0.1 23

es dec ir. el valor máximo para la reacta ncia X de la línea L2, e n aras a garanti zar la estabilidad para un ti empo crítico de recollcxión de 0.37 s. es de 0.123 p.lI.

14.4.

En la red de la Figura 14.1 3 y con los parámetros mostrados en la Tabla 14.4. se conocen las tensiones de los embarrados 3 (nudo de potencia infinita) y 2:

U3 = 1.0 + O.Oj U2 = 1.01 + 0.2j sie ndo la potencia demandada por la carga local co nectada en el nudo 2 de I

+ OAj.

Figura 14.13 Esquema eléctrico inicial para el Problema 14.4.

Se picle: l. Demostrar que e l sistema es inestable si se desconecta instantáneamente locla la carga de la barra 2, quedando el trafo y la línea conectad os. 2. Si en la situación de partida se desco necta permane ntemente la línea. ¿e s e stable e l sistema?

Elemento Generador Transformador Línea

Parámetros asociados = 0.35 XC(' = 0.15 XL = 0.4

X;,


Resolución El esq uema unifi lar previo a la perturbació n corresponde al de la Figura 14. 14 . O. 35j

O.15j

2

3

113 = l l~

Figura 14.14 Esqu ema previo al fallo para el Problema 14.4.

276


Con las tensiones de los nudos 2 y 3 es posible determinar la intensidad por la línea J L 3 "J L -_ (U 2 -'U . )_ - O' .) _ OO?"_O . -)i .)' OI 1 - .,. 86,,

XLi

----

y la inte nsi dad qu e demanda la carga e n 2: 12 =

(S,)* U:

= 1.046 1- 10.601

Así. la inte nsidad por el tran sformador corresponde a la sum a rl e las anteriores:

Finalmente, se determina la ten sión interna del ge nerador

y la potencia eléctrica sumini strada :

Pe

= P", = ~/(E' L& · 1~) = 1.5

Primera cuestión. En esta süuación, al desco nectar repentiname nte la carga conectada al nud o 2. la curva de án gulo· potenc ia eléctrica asociada val e: dI

P,

=

E ' V)

(X cc

,

+ X d + X L!

sen o = 1.641 sen o

Siguiendo COIll O en ejemplos anteriores el criterio de las áreas, para que el sistema fuera estable se habría de cumplir que e l área acelerad ora no superase al área desaceleradora máxima (ver Figura 14.15).

Pm = 1.5

Figura 14.15 Curva de potencia-á ngulo tras la pérdida de carga en el Prob lema 14.4 Estas áreas valen: A +=

r Jo r Jo,

O ' (P", -I.64l sen 8) d o

o

A- =

O '( 1.64/ Sen o- P",)do

con 8 1 = arc sen ( P", / 1.641) = 1.1 53 rad, y 82 = 7r - 81 = 1.988 rad. Tras sustitu ir va lores en es tas ec uaciones se deduce que las protecciones del generado r, para evi tar la ace leración incontrolada del mismo, dispararían. ya que e l área acelerado ra, A + = 0.085, supera a la desace le radora máx ima, A + = 0.078.

Capitulo 14 1 Estabilidad transito ria

277

Segunda cuestión. Se parte de nuevo de la si tuac ión inicial. y. como es habitual pa ra este tipo de estudios,

se supone, para el período de falta . un modelo de admitancia constante para la carga. Así. la carga en 2 viene definida por una impedancia que se obtiene con las condiciones sobre la mi sma prev ias al fallo:

(1.01 2 + 0.2 2 )

0.913879

( 1 - OAj )

+ 0.36555j

El c ircuito equivalente desde que se produce la pérdida permanente de la línea se indi ca en la Figura 14.16. La intens idad que circula por e l mi smo va le :

J=

,

E'

l!

(Xdj

+ X,d + Z,)

0.35)

0.15)

o

=

1=1.1 704

2

Figura 14.16 Modelo del sistema para el Problema 14.4. tras la perdida de la linea

La única potencia activa demandada en el sistema corresponde a la consumida por la parte real de la impedancia q ue modela la carga e n 2. y corre sponde pues a la que suminis tra el generador. S u c uan tía es de:

De este valor se deduce fácil me nte la inestabilidad del sistema. ya que la potencia mecá nica del ge ne rador. PIII = 1.5. supera la eléctrica demandada. P;'j = 1.258 (ésta permanece constante debido a l modelo clásico adoptado para el generador y a l model o de admitancia cons tante para la carga). con lo q ue se produce un área aceleradora que crece indefinidamen te. En la Figura 14.17 queda de manifiesto dicha si tu ación.

Pm = 1.5

I

Figura 14.17 Diag ramas de potencia -ángulo tras la pérdida de la línea en el Problema 14.4.

14.5.

En la red de la Figura 14.18 y con los panímetros mostrados en la Tabla 14.5, el embarrado 5, de potencia de cortocircuito infinita y tensió n I en p.lI .. cons ume una potencia S5 = 1 + O.2j p.u. Determinar: l . Tensión interna del generador. 2. El ángulo Clítico de eliminació n de un fallo trifásico rígido en el embarrado 3, fallo que es eliminado mediante la actuación simultánea de los interruptores B 1 Y B2.

278


Figura 14.18 Esquema eléctrico inicial para el Problem a 14.5.

Elemento

Parámetros asociados

Generador de rotor liso Transformador 1-2 Transformador 4-5 Línea 2-4 Línea 2-3 Línea 3-4

x;, = X;, = O.IS . X cc = 0.05 X cc = O.OS XLI = 0.3 XL2 = O.1 XL 3 = 0.2


Resolución Atendiendo a los dmos asociados a cada ele me nto, el esquema unifilar previo al fall o con'esponde al indicado en la Figura 14, 19, 0.3)

@

0. 15)

cp

E'~

(0

0.05)

.-----~~~--~

0.05 )

0 , S = 1 + 0 .2)

0) Figura 14.19 Esquema previo al fallo para el Problema 14.5.

La reactancia equi vale nte ent re el nudo O y e l e mbalTado 5 es:

, X = X, ,

+ X,.,. + (

X LI (X L2 + X u ) ) XLI + XL2 + XL3

+ X,.,. =

04 . .' J

De la pote nc ia compleja consumida e n 5 y de la ten sión de dicho nudo se ded uce la tensión interna del ge nerador así como el resto de las condiciones previas al fallo: p

=

Q=

E' v, se n (80 - es) =

X

.E.. sen (80 DA V2

O) = I

E' . V E' I ' cos(80 - 05) - í = - cos(80 - O) - - = 0.2 X X OA 0.4

1=

80

= 20.323°

{ E' = 1.152

Durante e l cortocircuito se tie ne el primer esque ma de la Fig ura 14.20. donde se muestra n ade más los distintos un ifila rcs simpli ficados que se van obteniendo cua ndo se reali zan conversiones estrellatriá ngulo. La primera equivalencia consiste en pasar la estrell a constit ui da por los extremos O. 4 y 3 a

Capitulo 14 / Estabilidad transitoria

279

un triángulo (desaparece el nud o 2). con lo que se obtiene el segundo esqu ema de la Figura 14.20, y la segunda tran sformación es pasar de nuevo a un triángu lo la estre lla form ada por los nudos 0, 3 Y 5 (desaparece el nudo 4). obte ni éndose el últ imo circu ito monofásico de la Figura 14 .20. En es te último esquema se ti e ne una curva de potencia-ángulo dada por: d!

E/V)

P,

= ----;:-::sen(8 - e5) = 0.755 sen. 1.)2) 0.3)

0)

0.15)

0.( 5)

005)

0

0.1) E'~

0.05)

1.1 )

E'~

0.55)

-

0)

-

íf)\

0.2) -

-

0

1.525)

\V

0

'00()'

p,----.--r -·" ,'~ w';¡

o'

"'"';

1

l'!.

~ I

o Figura 14.20 Esquem a del fa llo para el Proble m a 14.5 y reducción del circuito.

La curva de potencia-ángulo Iras el despeje de la fa lla se determina del ci rcui to monofásico correspondiente a este período y que se indica en la Figura 14.21. Así. resulta: pf

P,.

=

E ' Vs

X;J+ X{,("+ XL I +X cc

sen(8 - e5)

= 2.095 sen 8

Todas la curvas de potencia. las ante riores al fallo. durr.nte la falta y la poste rior al despeje de la misma se muestran e n la Figura J 4.22, donde se ap lica de lluevo el criterio de líJS áreas para determinar el ángulo crítico de apertura de los interruptores . Los á ngu los 01 y 01 valen:

P", ) 8, = aresen ( 2.095 = 0.498 rad

82

=" -

8,

= 2.644

rad

280

Sistemas electricos de pot encia

0. 15)

(í)

0.05)

0)

O.3j

0

0 .05 )

0

-E'~

Figura 14.2 1 Esquem a tras el despeje de la f alta en el Problema 14.5.

El área ace leradora y desacelerad ora vienen dadas por:

ro, ( Pm -

A+ =

J..

A- =

1"

0.755sen8) d8

(2.095 5en8- Pm )d8

0,

De la igualdad entre ambas se obtiene un ángulo crítico de valor 1.766 rad. equ ivalentes a 10 1. 19° . La obtenc ión del tie mpo crítico requeriría en este caso la integración numérica de la ec uación de oscilac ión. al no ser la ace leración constante.

PI/! = I

Figura 14.22 Cu rvas de potencia-ángulo para las d istinta s et apas del Problema 14. 5,

14.6.

En el sistema de la Figura 14.13 y con los parámetros most rados en hI, Tabla 14.6. se produce un fallo en la línea L3, cerca del nudo 3. que se desp'eja en 0 .1 segundos abriendo las protecciones de dicha línea.

0 GI

o

0) L2 L3

L4

~I

G2

0

Fig u ra 14.23 Esquema unifi lar del Problema 14.6.

Tomando una potencia base de 100 MVA y conociendo el estado de la red previo al fallo, Tabla 14.7, determinar numéricamente la evolución de los ángu los de los rotores de los generadores. Nota: modelar las cargas como impedancias constantes.

Capitulo 14 / Estabilidad transitoria

Elemento Generador I Generador 2

Transformador 1 Transformador 2 Lín ea LI Línea L2 Línea L3 Línea L4

281

Parámetros asociados X~ = 0.28 p.u .. S = 50 MVA. H = 5 p.u. X~ = 0.25 p.u., S = 120 MVA, H = 4 p.ll. X cc = 0.08 p.U .. S = 50 MVA X cc = 0.07 p.u., S = 120 MVA XLI = 0.08 (Ss = 100 MVA) X L2 = 0.06 (S8 = 100 M VA) X L3 = 0.06 (S8 = 100 MVA) XL 4 = 0 . 13 (S8 = 100 MVA)


Nudo

2 3

Tensión (p.u.) 1.03 1.02 1.018

Angula (Grados)

Potencia Sc consumida ( MVA) O+ Oj 80 + 40j 50 + 20j

O

- 0.5 - 1.0

Potencia Sc generada ( MVA) 30 + 23.l j 100 + 37. 8} O+Oj

Tabla 14.7 Estado de la red del Problema 14.6 previo al fallo.

Resolución Pasando el sistema a p.U. en la base de pote ncias indi cada. se obtie ne el esque ma unifi lar mostrado en la Figura 14.24. En é l se han mode lado las cargas como admitan cias constantes de valor: lJC2 =

¡icJ

(

:¡

S ) ' = 0.768 - 0. 384j

,)*

= ( S~; = 0.482 -

0.193j

O.266 j

O.1 3j

Figura 14.24 Esquem a unifilar de l Problema 14.6 previo al fallo.

De las condic iones iniciales se determin a el estado inic ial de los generadores, fuerza electromotri z tras la reactancia transitoria y án gulo inicial:

E: lb. = UI +(XCI

+XTl )j(~II)' =

E; liL = U2 + (XC2 +

1.03

~ +(0. 72j )(0.291 -

0.233j) = 1. 209 19.95

Xnlj(~n * = 1.021 -05 + (0.266j )(1.048 1- 21.2) = 1.15211345

282


Las potencias mecánicas en cada generador coinciden en régimen permanente con las eléctricas suministradas por los mismos: P ml = 0.3 Pm 2 = I Transformaodo las fuentes de tensión en fuentes de intensidad, el esquema de red previo al rallo es el mostrado en la Figura 14.25. La malriz de admitancias que lo representa resulta: -21.58j IYa! J = [ 7 .69j 12.5 j

7.69j 0 .769 - 45.15j 33.32j

(í)

12.5 j ] 33 .32j 0.482 - 46.026j

0.06)

J1

E; 18

1

0.72}

0.266)

0.72)

E; 101 0.266}

0.13)

~ C2

Figura 14.25 Esquema unifilar del Problema 14.6 previo al fallo usando fuentes de intensidad.

Cuando se produce la falta, la tensión del nudo 3 se hace cero con lo que la matriz de admitancias del sistema resulta: -21.58j 7.69j 12.5 j ] .,? . 0.769 - 45 . 15j ..,., ).) . .)-} [Yd¡ l = 7 .69j [ 12.5j 33.32j Yoe donde Y00 representa una impedancia nula a tierra. El término Y00 que apararece en la matriz no se tiene e n cuenta. puesto que la tensión del nudo 3 es nul a 12.5j 7.69j 0.769 - 45.15j 33.32j

33.32)

Yoo

con lo que realmente se utilizaría el sistema de dos por dos: 7 .69 j ' ] [ 111 ] 0.769 - 45. 15¡ 112 Finalmente, tras despejar la falta mediante la actuac ión de las protecciones, que en este caso se trad uce en la apertura de la línea L3 , resulta la matriz de adtuitancias : - 2 1.58} IY"f 1= 7.69j [ 12.5j

7.69j 0769 - 28.5j 16. 66j

12.S j ] 16.66j 0.482 - 29.35j

Considerando invaria ntes las potencias mecánicas y las tensiones internas que representan a los generadores, el sistema de ecuaciones y el proceso iterativo para resolverlas sería: l . Obtener las intensidades inyec t ad<~s en los nudos utilizando la matriz de admüanc ias adecm!da que modela el sistema según el instante de tiempo de integración.

[Jl = rlJl 1111

(14.10)

Capitu lo 14 / Estabilidad t ran sito ri a

283

2. Determ inar las potencias e léctricas su ministradas por cada generador.

Pd = ~¡(é:'IJI)* = ~¡( 1. 209 ~ . J[)*

Pe' = m([~J2)* = ~¡(1.I521 8, . J2)* 3. Resolve r las ecuaciones dinámicas de cada generador.

4. Incrementar el interva lo de integración, {JI =

f v- I

+ 61 , e ir al paso

Comenzamos aplicando el algoritmo con las condic iones iniciales 8?

l.

=

0 .174, o~

=

0.221 rad y

8? = 0, ¿g = o. Se co nsidera qu e el instante 1=0 es aque l en el que se produce el fallo y se toma un paso de integ racion 6.1 = 0.0 I s.

Primera Iteración: 1. Util izando la matri z de ad mitanc ias que caracteri za el sistema durante el fallo, ?JdJ, resultan las

intens idades y te nsiones: I

J[ = 0.261-1.492}

Jl = 0.859 - 3.779} ul = 0.113 + 0.023}

.

U: = 0.117 +0 .022}

2. Las potencias eléctri cas sum inistradas por cada generador, aplicando las Ecuaciones ( 14. I 1) son:

3. Se procede ahora a in teg rar las ecuaciones dinámicas (14. 11 ), para lo cua l se ap lica en este caso el método de Euler y las condiciones in iciales indicadas an te riOlTllente, obteniéndose para el generador 1:

01..

I

'1

= --;¡-::-(0.3 + 1.5 79 · 10- ') = 18.95 50· 1f -.)

.

.o

o: = 18.95 · I'>t + D[

= 0.189

o: =0. 189I'>t+o?=0. 175

y para el generador 2 .. I = --¡:s-(I SO· 1f - 0.0 12) = 32.33 02 . .o = 32.33 . I'>t + 02 = 0.323

oi

oj

I

= 0.3231'>t + og = 0.222

4 . Finalmente se pasa a la segunda iteración, 1 2 =

1

1

+ 6.1

= 0.02, volv iendo de nuevo al paso lo

Segunda Iteración: 1. Puesto que aún no se ha alcanzado el instante de despej e de la falta (t=O. I s) se continú a utili zando la misma matriz de admitanci as durante el fallo, lddf. resultando. para esta segu nda iteración las intensidades y tensiones:

J; = 0.263 - 1.492}

J~ = 0.865 - 3.777}

U; = 0.117 + 0.022}

1l~ =0.1 13 +0.023}

284

Sistemas el éct rico s de potencia 2. Con los nuevos valores de los ángulos e intensidades, las potencias e léclricas suministradas por

cada generador valen ahora:

P}I = -1.619· 1O- 3 3. De la integració n de las ecuaciones dinámicas resulta: .. ') 81 -

50·

J[

= - -(0.3 + 2.5

3

1.619·10- ·)

8·¡

= 18.95 ·1'-.1 + 8·¡ = 0.379

8¡

= 0.379/'-.1 + 8¡ = 0. 178

=

y para el generador 2

.. •- = -;¡:s(l 50·rr 8,

s"i =

-

0.0 12) = 32.33

32.33 . 1'-.1 +

,

f3

=

1

+ 8, = 0.227 [2 + ~l = 0.03 Y comenzaríamos la tercera iteración.

8, = 0.6471'-.1 4. Se incremema el tiempo de integrac ión.

81 = 0.647

I

Sigui endo este proceso. se llega al instante t::::O.1 s. correspondiendo a la décima iteración. con los valores: = 0.269 = 1.902

8:°

8iO =

8:°

0.382

~ IO

02

. . , T'" = .J. _ .J

En este insta nte se produce el de speje de la falta, con lo que el primer paso de la sigui ente iteración ha de uti lizar la llueva matriz de admitancias }J flf. Tras co mpl etar la iteración 11. de forma análoga a como se ha hecho anteri orm ente, res ulta:

8¡ 1 = 0.288

8i 1 =

0.415

8¡ = 8i l = 1

1.948 3.207

En las Figuras 14.26 y 14.27 se muestran la evolució n temporal de los ángulos y ve locidades de los generadores del siste ma. Debido a que no se ha te nido en cue nta ning ún factor de amortiguamjento el resultado es una oscilación permanente de los generadores; rea lmente ésta acabaría anulándose debido a los pares amortiguadores que en realidad ex isten.

Capitu lo 14 / Estabil idad transitoria

285

4 ,-----------------~

Ángulo del generador 1

~ An9UIO del generador 2 3 ~--~-~~_f------------~~---------

2 f-+--?'--------------------""'~:$"=-._-

~

I Velocidad del generador 1

~ Velocidad del generador 2

~H~--------~~~-----------------

o 0.2

O

04

0.6

0.8

1.2

Figura 14.26 Evolución de los ángulos y veloc idades de los generadores del Problema 14.6.

315

314 i-------------------------------------------------------~

313 ~~ -------------------------------------------------------

Velocidad relativa del generado r 2

Velocidad relativa del generador 1

312

311

t- - '\------~l>-----------~/-------

+----'\b-"/'-----',~ -----"-~_'----"" _ _ _ _:7"/'_-~ -------

310 ~-------,--------,_------_.--------._--------------_.

O

0.2

0.4

0.6

0.8

1.2

Figura 14.27 Ev o lución de las velocidades, relativas a la de sincronismo, de los g en erado res del Problema 14.6.

,

·

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,

INDICE DE MATERIAS

A

aceleración. factor de. 57 admitancias de nodos, matriz de, 55 ajustes del flujo de cargas. 59

ángulo críti co de apertura, 265 apertura. ángulo crítico de. 265 área. error de control de . 87 áreas, criterio de Igualdad de. 264 intercambio entre. 60 arranques y paradas. programación de. 165

asimétricas, cálculo de corrientes de falras. 210. 225 faltas. 223 i1utotransformador.

2~

B banco de condensadores y reactancia. 87 base, cambio de. 4 magnitudes. 3 bombeo. centrales de. 168

e caída de tensión, 44 cálculo de con"jentes de fa ltas así métricas. 210. 225 cambio de base. 4 capacidad del transporte

con regulación de tensión, 46 con regulación intermedia. 46 sin regulación de tensión, 4S estática de transporte. 44 caracte rísticos del generador. parúmetros, 15 cargas. ajustes del Rujo de. 59

ecuaciones del /lujo de. 56 en cont ínua, flujo de. 59. 141, 190 Rujo de. 55, 189 llujo óptimo de. 189 ccneralcs de bombeo. [68 hidráulicas. 167 circuito equivalente del generador. 15 clásico, despacho económ ico, 16 [ cociente R / X. 43 commitment. un ie 165 compensación serie. 48 Teorema de. 210. 2 1l compleja. potencia, 55 componente de continua. 209 componentes de la corriente de falta. 209 simétricas. 223 concentrados. parámetros. 43 condensadores y reactancia . banco de. 87 constante de propagación. 4 1 cotllingencias. 14 1 continua. componente de. 209 Rujo de cargas en. 59. 141.190 control de úrea. error de, 87 de frecuencia. 85 de tensiones. 97 ac tuaciones. 99 estructu ra. 98 coordinación hidrotérmica. 166 corriente de falta. componentes de la, 209 corrientes de falta asimétricas. 2 10,225 cortocircuito. ensayo en. 25

290

ind ice de Materias inten sidad de. 209 potencia de. 211 coste incremental. 162 covmi anzas. matriz de. 124. 126 criterio de igllaldaode áreas. 26-1crítico de apertura. ángu lo. 265 cuadrados ponderados. est imador de mínimos. 124 D

desacoplado rüpido. método. 58. 59. 141 desfasador. transformador. 30 despacho económico. 190 c!úsico. 161 devanado terciario. 28 devanados. transformador de tres. 28 directa. impedancia, 22-1distribución factores de. 142 normal. 124 distribuidos. parúmetros. 41 dominio de secuencias. impedancia en e l. 224

E ecuación de oscilación del generador. 265 ecuaciones del flujo de cargas. 56 normales. 124 efecto Ferranti. 42. 46 eléctrico, estados del sistema, 141 ensayo en cortocircuito. 25 en vacío. 25 entre áreas. inte rcambio. 60 equivalente del generador. circ uito. 15 impedancia. 2 10 impedancia. 2 1 1 elTor de co ntrol de área. 87 errores no gau ss ianos. 125 estabilidad transitoria. 263 estado. e-stimacióll de. 123 vector de. 123 estados del sistema eléctrico. 141 estútica de transpone. capaci dad, 44 estimación de estado. 123 de máxima verosim il itud. 124 esti mador con restricciones de igualdad. 125 de mínimos cuadrados ponderados. 124

F faClO r de aceleración. 57 factores de distribución, 142 fa lla componentes de la corriente de. 209 fase-fase. 227

fa se-fase-tierra.227 rase-t ierra, 226 fra nca. 210 faltas asimétricas, 223 asimétricas, cálcu lo de corrientes de, 2 10 simétricas. 209 fase-fase. falta, 227 fase-fase-t icrra. falta. 227 fase-tierra. falta, 226 Ferrami , efecto, 42, 46 Row. optimal power, 189 flujo de cargas, 55. 189 de cargas. aj ustes del. 59 de cargas. ecuaciones del. 56 de cargas en con tínua. 59. 141. 190 homopolar, 224 óptimo de cargas. 189 con restricciones de seguridad, 191 Rujo-inyecciones, se nsi bi lidad. 143 , 190 Fortescue. matriz de. 223 franc a. falta. 210 frec uencia control de. 85 sensibi lidad respecto a la, 86 funcionam iento del generador, límites de, 16 G

ganancia, matriz de, 125 gauss iallos, errores no. 125 Gauss-Seidel, método de. 57 generador, c ircuito equivalente del , 15 de polos salientes , 14 de rotor liso. 14 ec uación de oscilación del. 265 límites de funcionamiento dcl. 16 parámetros característicos del , 15 síncrono. 13, 86. 263 H

hidráu licas, centrales. 167 hidrotérmica. coordinación. 166 homopolar flujo, 224 impedancia. 224

igualdad de áreas, criteri o de, 264 estimador con restricciones de, 125 impedancia, directa, 224 en el dominio de secuenc ias. 224 equivalen te. 210 equi valente, 211 homopolar. 224

índice de Materias inversa. 224 naturaL 41 impedancias modales. matriz de, 210 incremental, coste, 162 incremental. red, 210 incrementales , pérdidas. 163 intensidad de cortocircuilo. 209 intercambio entre úreas, 60 interconexión de redes de secue ncia. 226 inversa, impedanc ia, 224

J jacobiano. 58. 124

Joule, pérdidas. 44 L límites de funcionamiento del generador, 16 de reactiva. 59 línea pérdidas Joule en la, 44

sin pérdida. 42 líneas, modelo en JT de. 41 modelos en secuencias de. 224 parámetros de, 41 pOlencia en, 43 liso, generador de rotor. 14

M magniludes buse. 3

matriz

B'.58 B" . 5~. 60 de adm itancias de nodos, 55 de covarianzas. 124, 126

de Fortescue. 223 de ganancia. 125

de impedancias modales. 210 múxima verosimilitud. estimación de. 124 mayor residuo normalizado. test del. 126 medidas. vector de, 123 método de Gauss-SeideL 57 de Newton -Raphson, 57, 59, 124 desacoplado rápido, 58, 59.141 mínimos cuadrados ponderados, estimador de. 124 modal cs, matriz de impedancias , 210 mode lo en rr de líneas, 41 del transformador, 27 modelos en secuenc ias, 224 en secuencias de líneas, 224 en secuencias de transformadore,s. 224 monofásico. transformador, 25

291

N natural impedancia. 41 potencia, 42 Newton-Raph son , método de, 57, 59. 124 nodos, matriz de admi tancias de, 55 no gaussianos. crrores. 125 normal. di stribución, 124 sistema, 27 normales , ecuaciones, 124 normalizado, test del mayor residuo, 126 norma! ¡7.ados, residuos, 126 nudo PQ. 56. 59 nudo P \f, 56. 57,59 nudos de tránsito, 125 Iludo s lack. 56

o optima! power Oow, 189 óptimo de cargas, con restricciones de seguridad, flujo, 191 flujo, 189 oscilación del generador, ecuación de, 265

p paradas, programación de arranques y, 165 parámetros característICOS del generador, 15 concentrados, 43 de líneas. 41 distribuidos, 4 J pérd ida. línea sin, 42 pérdidas en el transporte. 163 incrementales, 163 Joule en la línea. 44 perfil plano. 57,125 período subtransitorio. 209 tran sitorio, 209 j'( , modelo en, de líneas, 4 1 del tran sformador. 27 plano, perfil, 57, 125 polos salientes , generador de, 14 ponderados, estimador de mínimos cuadrados, 124 por unidad, sistema, 3 potencia comp leja. 55 de cortocircui to, 2 11 en líneas. 43 naturaL 42 power flow, optimal, 189 P Q , Iludo. 56. 59 programación de arranques y paradas. 165 propagación. constante de , 41 p.ll .. ventajas del sistema, 4

292

indice de Materias PV.

nudo. 56. 57.59 R

rápi do. método desacoplado. 58. 59. 141 reaclancia. banco de condensadores y. R7 reactiva. límites dc. 59 red incrementaL 210 redes de secuencia. 225 interconexión de. 226 regulación de tensión. 44. 45, 46 i I1 termcdia. 46 regulador de ve locidad. R7 reguladores. transformadores. 29. 60 relación de Inlll sformación. 25. 26 reserva rodame. 165 res iduo nonnalilado. test del mayor. 126 residuos normalizados, 126 vcctor de. 58. 124 resonancia subsíncrona. 4S restricc iones de seguridad. flujo óptimo de cargas con . 191 rodante. reser\'a. 165 rotor liso. generador de. 1--1R j X. coc iente. 43

de serv icio. 44 regulación de, 44 tensiones. control de. 97 Teorema de compensación. 210. 2 J I terciario. devanado. 28 test del mayor residuo normalizado, 126 tomas. Iransfomlador con. 29, 60. 97 transformación , relación de . 25, 26 transformador con tomas. 29. 60. 97 desfasador. 30 de tres devanados. 28 modelo en ;r del. 27 monofásico. 25 trifásico. 26 transformadores modelos en secuencias de. 224 reguladores. 29. 60

tr<Ínsilo. nudos de , ! 25 transitoria . estabilidad. 263 transitorio. período. 209 transporte. capac idad estática de. 44 regulación. -1-5. 46 pérd idas en el. 163 tres devanados, transformador de, 28 trifásico. transformad or. 26

s salientes, generador de polos. l-l SCADA.1 23 secuencia. interconexión de redes de. 226 secuencias. mode los en. n -l redes de. 225 seguridad. restricciones de, 191 sensibilidad flujo -inyecc iones. 1-l3. 190 respecto a In frecuencia. S6 V-Q. 60. 99 serie. compe nsación. --I-S servicio. tensión de. 44 s imétri cas componentes. 223 faltas, 209 síncrono. generador. 13.86. 263 sistema eléc tri co. estados del. 141 normal. 27 por unidad, 3 p.u .. ventajas del...Islack. nudo. 56 subsíncrona. resonancia. 48 subtrans itorio. reríodo. 209 T tensión caída de . ..I--l capacidad del tran sporte. -l5.-l6

u unidad. sistema por. 3 uni! commitment. 165

v vacío. ensayo en. 25 ve<.'tor de estado. 123 de medidas. 123 de residuos. SS. 124 ve locidad. regulador de. 87 ventajas del sistema p.lI .• -l verosimi litud. estimación de máx ima. 124 V-Q. sensibilid~d. 60. 99 -,

BIGUFIM

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