ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA
CURSO DE SISTEMAS DE POTENCIA
DOCUMENTO IEB 0189-99-010
Itagüí, mayo - junio de 1999
INTERCONEXIÓN ELÉCTRICA S.A. E.S.P
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INTERCONEXIÓN ELÉCTRICA S.A. E.S.P. PROYECTO: ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA CONTRATO: 0189-99
REVISIÓN Y APROBACIÓN: Titulo documento: CURSO DE SISTEMAS DE POTENCIA Documento No.: IEB 0189-99-010 NÚMERO DE REVISIÓN R E S P O N S A B L E S
JABD JDAA MMC WZC
Nombre Elaboración
Nombre
2
3
JABD/MMC
(99/04/12) JDAA
Firma Fecha Nombre
Auditoría
1
Firma Fecha
Aprobación
0
(99/04/19) WZC
Firma Fecha
(99/04/20)
Jaime Alberto Blandón Díaz José Dariel Arcila Arias Mónica María Cardona William Zapata Cifuentes
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TABLA DE CONTENIDO 1. SISTEMAS EN P.U ............................................................................................................1 2. COMPONENTES SIMÉTRICAS.....................................................................................10
LISTA DE FIGURAS Figura 1. Figura 2. Figura 3. Figura 4. Figura 5. Figura 6. Figura 7. Figura 8. Figura 9.
Diagrama unifilar - ejemplo 1......................................................................................... 3 Sistema en p.u............................................................................................................ 6 Diagrama Unifilar - Práctica 1.1..................................................................................... 7 Diagrama Unifilar - Práctica 1.2..................................................................................... 8 Representación de un cambio de referencia ................................................................. 10 Representación de la relación ortonormal..................................................................... 10 Representación fasorial .............................................................................................. 11 Ejemplo - componentes simétricas.............................................................................. 11 Representación del operador a.................................................................................... 12
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1.
SISTEMAS EN P.U
El valor “por unidad” de una cantidad cualquiera es la razón de un valor en unidades reales y el valor base tomado para el caso. Una cantidad A en p.u de una base Ab es
A = Ap. u (no tiene unidades) Ab
La cantidad AB en p.u es: AB = Ap. u x Bp.u Ab Bb Ventajas de trabajar en p.u: • Se “pierden” los niveles de tensión. • Se elimina la relación de transformación en los cálculos con transformadores de potencia. • En p.u se tipifican ciertos parámetros eléctricos de los equipos (por ejemplo las impedancias) de tal forma que no son indispensables los datos de placa de los elementos para realizar ciertos análisis. En la práctica, se definen dos cantidades base: MVABASE ⇒ SBASE VLBASE En este sistema de normalización se supone que todos los sistemas están conectados en Y. Para pasar un sistema trifásico a p.u se debe: 1. Definir una potencia base SB . En sistemas de alta tensión, es razonable definir como potencia base 100 MVA. 2. Definir un voltaje base VB en un punto del sistema o en una barra. 3. Se calculan los demás voltajes bases del sistema con las relaciones de transformación de los transformadores.
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4. Se calculan las impedancias de cada elemento en la nueva base.
Las reactancias que el fabricante suministra del transformador y del generador deberán pasarse a las nueva base. Xp. u, placa =
Xreal (Ω ) Zbase, placa
Xreal ( Ω ) = Xp. u, placa x Zbase, placa Xp. u, nueva =
Xreal Zbase, nueva
Xp. u, nueva =
Xp. u , placa x Zbase, placa Zbase, nueva
En general: VB2 ZB = SB V 2 , placa Xp. u , placa B S B , placa Xp. u, nueva = V B 2 , nueva S B , nueva V , placa S , nueva Xp. u, nueva = Xp. u, placa B x B V B , nueva S B , placa 2
Análogamente, V , placa S , nueva Rp. u, nueva = Rp. u, placa B x B VB , nueva S B , placa 2
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Ejercicio: Para el sistema de la Figura 1 calcular el sistema en p.u: 144 MW, F.P = 0.9
G1 13,8 kV X” = 20%
S BASE = 100 MVA V BASE = 220 kV en la línea
A T1 (3 bancos 1φ) 13,2 kV/132 kV
55 MVA C/banco X = 10%
H L D M
C
T2 (trafo 3φ)
T3 220 kV/ 110 kV/ 34,5 kV X HM = 15% (300 MVA) X HL = 20% (100 MVA) X ML = 5% (100 MVA)
230 kV/15,8 kV
125 MVA X = 10% Carga 200 MW, f.p = 0.9
B 125 MVA 16,5 kV
Vnominal = 110 kV
X” = 25%
Figura 1. Diagrama unifilar - ejemplo 1
Solución: 1. Antes de calcular el sistema en p.u, se recalcularán algunos datos de placa. Para G1: SN =
144 MW = 160 MVA 0.9
VN ( L − L) = 13,8 kV X "= 20% Para T1: S N ( T 3φ) = 3 × S N ( T1φ) S N ( T 3φ) = 3 × 55 MVA = 165 MVA Relación de transformación:
13,2 kV 13,2 kV = 132 × 3 kV 228,62 kV
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X = 10% En un transformador tridevanado es la reactancia de una fase.
Carga: P = 200 MW f.p = 0.9 VN = 110 kV 220 MW 200 MW = = 222,22 MVA f.p 0.9
P = S cos φ
⇒
S=
Q = S sen φ
⇒
Q = 222,22 MVA × 0.43 = 96,86 M var
2. Calcular los voltajes bases. • En A: VBASE A =
13,2 kV × VBASE EN LA LINEA 228,62 kV
VBASE A =
13,2 kV × 220 kV = 12,7 kV 228,62 kV
• En B: VBASE B =
15,8 kV × V BASE EN LA LINEA 230 kV
VBASE B =
15,8 kV × 220 kV = 15,11 kV 230 kV
• En C: VBASE C = 110 kV El voltaje base 220 kV (que es el voltaje de la línea) es igual a uno de los voltajes nominales de los devanados del transformador tridevanado, lo que implica que los voltajes bases de cada devanado del transformador son iguales a sus voltajes nominales. • En D: VBASE D = 34,5 kV 3. Calculo de las impedancias en las nuevas bases. En G1:
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V , placa S , nueva X 1 ", nueva = X 1 ", placa B x B V B , nueva S B , placa 2
13,8 kV 100 MVA X 1 ", nueva = 0.2 x 12,7 kV 160 MVA 2
X 1 ", nueva = 01476 . p. u
En G2: 16,5 kV 100 MVA X 2 ", nueva = 0.25 x 15,11 kV 125 MVA 2
X 2 ", nueva = 0.2385 p. u
En T1: 13,2 kV 100 MVA X , nueva = 0.1 x 12,7 kV 165 MVA 2
X , nueva = 0.0655 p. u
En T2: 15,8 kV 100 MVA X , nueva = 0.1 x 15,11 kV 125 MVA 2
X , nueva = 0.0875 p. u
Transformador tridevanado: 2 220 kV 100 MVA X HM , nueva = 015 . = 0.05 p. u 220 kV 300 MVA
34,5 kV 100 MVA X HL , nueva = 0.20 = 0.20 p. u 34,5 kV 100 MVA 2
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2 110 kV 100 MVA X ML , nueva = 0.05 = 0.05 p. u 110 kV 100 MVA
En la carga: ZC =
(110 kV ) 2 222,22 MVA
Z BASE =
(220 kV ) 2 100 MVA
ZC p. u =
= 54,45 Ω = 484 Ω
54,45 Ω = 0.1125 p. u 484 Ω S = 1.6 p.u
G1 V = 1.087 p.u X” = 0.1476 p.u
S BASE = 100 MVA V BASE = 220 kV en la línea
A T1 (Trafo 3φ) V : 1.0394 / 1.0392
S : 1.65 p.u X = 0.0655 p.u
H L D
T2 (Trafo 3φ)
M
C
V : 1.045 / 1.045
T3 1/1/1 X HM = 0.05 X HL = 0.20 X ML = 0.05
S : 1.25 p.u X = 0.0875 p.u Carga S : 2.22
B V : 1.092 S : 1.25 p.u
V : 1 p.u Zc : 0.1125 p.u
X” = 0.2385
Figura 2. Sistema en p.u
Para el transformador tridevanado: ZH =
1 ( 0.05 + 0.2 − 0.05) = 01 . 2
ZM =
1 ( 0.05 + 0.05 − 0.2) = −0.05 2
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ZL =
1 ( 0.2 + 0.05 − 0.05) = 0.1 2
PRÁCTICA 1: 1. Llevar el siguiente sistema a p.u de 220 kV, 100 MVA H
H L1
G1
L
T2
T1
L
G2
L3
L2 H T T3
L
Figura 3. Diagrama Unifilar - Práctica 1.1
T1: Relación 13,8 kV / 230 kV
150 MVA / 150 MVA
X = 18% (base 13,8 kV, 150 MVA) T2: Relación 220 kV / 15,0 kV
150 MVA / 150 MVA
X = 10% (base 15,0 kV, 150 MVA) T3: Relación 230 kV / 115 kV / 34,5 kV
130 MVA / 130 MVA / 40 MVA
XHL = 11% (130 MVA) XHT = 13% (40 MVA) XLT = 15% (40 MVA) L1 = 130 km, L2 = 60 km, L3 = 215 km XL = 0.5 Ω/km
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G1 = G2, 135 MVA, 14.4 kV ; X”d = 20% (135 MVA, 14,4 kV) 2. Llevar el siguiente sistema a p.u de 220 kV, 100 MVA
R3
R1 L
G1
G2 L
R4 L1
T1
T2
H
L G3
L3
L2
H
G4
L
H R2
R5
T T3
T4
T5
L
Figura 4. Diagrama Unifilar - Práctica 1.2 X1 = 0,53 Ω/km
L1: 200 km
R1 = 0,32 Ω/km
X0 = 1,2 Ω/km R0 = 1,8 Ω/km
L2: 130 km (datos iguales a X1, R1, X0, R0) L3: 80 km (datos iguales a X1, R1, X0, R0) G1 = G2
X”d = 20% ( Bases 13,8 kV, 100 MVA)
G3 = G4
X”d = 15% (Bases 15 kV, 90 MVA)
R1 = 1600 Ω
R2 = 0,53 Ω
R4 = 2000 Ω
R5 = 0.512 Ω
T1: 3 unidades monofásicas c/u: 70 / 35 / 35 MVA ;
230 / 13,8 / 13,8 kV 3
XHL = 15% (Bases 35 MVA, 13,8 kV) XLL = 30% (Bases 35 MVA, 13,8 kV)
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T2: Un transformador trifásico: 180 / 90 / 90 MVA ; 230 / 13,8 / 13,8 kV XHL = 17% (Bases 90 MVA, 13,8 kV) XLL = 36% (Bases 90 MVA, 13,8 kV)
T3: 3 autotransformadores monofásicos c/u: 150 / 150 / 50 MVA ;
220 115 / / 34,5 kV 3 3
XHL = 11% (Bases 150 MVA, 220/ 3 kV) XHT = 13% (Bases 50 MVA, 34,5 kV) XLT = 17% (Bases 50 MVA, 34,5 kV) T4: 13,2 kV / 240 V
X = 2%
(Bases 150 kVA, 13,2 kV)
T5: 15 kV / 240 V
X = 3%
(Bases 200 kVA, 15 kV)
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2.
Página 10
COMPONENTES SIMÉTRICAS
Es un cambio de referencia entre el dominio de las fases A, B y C al dominio de las secuencias 0, 1 y 2. Aparecen a partir del Teorema de Fortescue (IEE - 1921). Cualquier sistema n-fásico desbalanceado se puede transformar en n - sistemas nfásicos simétricos (Ver Figura 5). SISTEMA
SISTEMA
[A]
[B] a
a
b
a c
c b
a
b
b
c
c
SEC (+)
SEC (-)
SEC (0)
SIMÉTRICO Y BALANCEADO
SIMÉTRICO NO BALANCEADO
Figura 5. Representación de un cambio de referencia La relación es biunívoca, es decir, que sólo hay una forma de pasar del Sistema A al Sistema B y viceversa. Ejemplo: Ia
Ia 0
Ib 0 Ib Ib2
Ia 1
Ia 2
Ia1
Ib 2 Ia 0 Ia 2
Ib 0
Ic0
Ic Ic 0 Ic1
Ic 1
Ib1
Ib1 Ic 2 Ic2
Figura 6. Representación fasorial I a = I a 0 + I a1 + I a 2
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I b = I b 0 + Ib 1 + I b 2 Ic = Ic 0 + Ic 1 + Ic 2
a =a 4
1=a 3
a 2 =a 5
Figura 7. Representación de la relación ortonormal Operador a: I a = I a0 + I a1 + I a 2 I b = I a 0 + a 2 I a 1 + aI a 2 I c = I a 0 + aI a 1 + a 2 I a 2
b
Ib = 10 A
Ia = 0 A
c
Ic = 10 A La fase “rara” siempre es la fase “a”
Figura 8. Ejemplo - componentes simétricas
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Ia Ib Ic
=
1
1
1
1
a2 a
a a2
1
Ia0 Ia1 Ia2
A Ia0 Ia1 Ia2
=
1 3
1
1
1
a a2
1
1
a2 a
Ia Ib Ic
-1
A Para el ejemplo: Ia0 Ia1 Ia2
=
1 3
1
1
1
a a2
1
1
0 10 -10
a2 a 10∠ 180 0
Ia0 =
1 (10 − 10) = 0 3
Ia1 =
1 10 10 (10a − 10a 2 ) = ( a − a 2 ) = ∠ 90 0 3 3 3
No involucra tierra
1 10 2 Ia 2 = (10a 2 − 10a) = (a − a ) 3 3 Ia1 = − Ia1 =
10 ∠ - 90 0 3
Ia = Ia 0 + Ia1 + Ia 2 = 0 +
10 10 ∠ 90 0 + ∠ - 90 0 = 0 3 3 a
3 90°
-a2
I
a2
3 -90°= a2 -a
Figura 9. Representación del operador a
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3. ANÁLISIS DE FALLAS EN UN SISTEMA ELÉCTRICO DE POTENCIA
Objeto: Cálculo de corrientes y voltajes cuando se presenten fallas Objetivo del cálculo de corrientes: Diseño adecuado de las protecciones. Tipos de Fallas 1. Falla trifásica (LLLT) a b c
I cc 3φ
2. Falla Monofásica (LT) a b c I cc 1φ
3. Falla Doble línea a tierra (LLT) a b c
I cc ( LLT )
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4. Falla línea a línea (L L) a b c I cc
(LL)
5. Falla Serie a b c
Los estudios de cortocircuito se van a dividir en dos dependiendo del sistema y del punto donde esta la falla. 1. Estudio de cortocircuito en puntos alejados de generación 2. Corto circuito en bornes de generación. Nos centraremos en el primer punto Cortocircuitos en puntos alejados de generación. Elementos que intervienen : 1. Alimentador ( o subestación)
a Subestación
b c
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EQUIVALENTE THEVENIN 3φ
a b c +
-
+
+
-
V f = VL
3
-
Descomponiendo este sistema en redes de secuencia por medio de las componentes simétricas.
X1
X0
X2
+
Vf -
MVA
CC
MVA
CC
I
CC
3φ
I
CC
1φ
X 0, X1, X2
1φ 3φ
a
b c
VL
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2. Transformador
ZN2
ZN1
Zp
3ZN 1
3ZN2
Red sec "0" ; Red sec "+" y Red sec "-"
Zs REF “ 0 “
3. Cargas − Normalmente se desprecian las de tipo pasivo ó motor pequeño. − Las de grandes motores no son despreciables.
X1
X
0
X2
+
Icc
M -
METODOLOGÍA PARA EL ANÁLISIS DE CORTO CIRCUITO 1. Metodología mediante redes de secuencia resolviendo las redes de secuencia en forma manual. 2. Mediante la matriz ZBarra
Zo, Z1,,Z2
Recordar que los elementos de la diagonal principal en la matriz ZBarra son lo equivalentes thevenin vistos desde los puntos.
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3. Mediante paquetes especializados como el ATP, el DIgSILENT y otros, que manejan sistemas nfásicos.
Metodologías de Redes de Secuencia Gráficamente sería :
Sistema de potencia sin falla visto desde a, b, c
a b c
Se le hace una descomposición en redes de secuencia
Sistema Fallado
Parte del sistema que representa la falla
I0 "0"
Sistema Eléctrico de potencia sin falla
+ V0
Sistema 3φ
I1 "+"
+ V1
I2 Sistema falla
"-"
+ V2
-
Archivo: Capitulo3
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Ejemplo
X0 = 10%
X0 = 20%
X1 = 5%
X1 = 10%
X2 = 5%
X2 = 10%
X0 = 20% X1 = 10%
Se quiere representar el sistema en redes de secuencia para hacer el análisis de fallas en la mitad de la línea. Sistema visto desde la mitad de la línea Red Sec "o":
1/2 de la línea 0.1 p.u
0.1 p.u
0.1 p.u
Io 0.2 p.u
Xo eq = 0.12
+
+ Vo
Vo
-
Ref "0"
Archivo: Capitulo3
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Red Sec "+":
I1 0.05 p.u
0.05 p.u
0.05 p.u
0.1 p.u
+
+
1 ∠ 0°
-
-
+
+
V1
1 ∠ 0°
X1 eq = 0.06 p.u
1 ∠ 0°
V1
-
-
Red Sec "-":
I2 X2 eq = 0.06 p.u
+ V2
-
TIPOS DE FALLAS 1. Falla 3φ φ a tierra a b c Ia
Ib
Ic
Va = Vb = Vc = 0 Ia + Ib + Ic = 0 Ia, Ib, Ic no se conocen
Archivo: Capitulo3
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Página 20
1
1
1
Va=0
1
a
a2
Vb=0
1
a2
a
Vc=0
1
1
1
Ia
1
a
a2
a2 I a
1
a2
a
a Ia
1 V012 = 3
1
I012 = 3
V0 = 0; V1 =0; V2 = 0
I0 =0; I1=I a; I2=0
Gráficamente:
Sec “ O ”
Sec “ + ”
I1 = I a ≅ Icc + 3φ V 1=0 -
Sec “ - ”
Para el ejemplo: Icc 3φ en el punto de falla
Archivo: Capitulo3
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Página 21
J0.1
I1
J0.15
+
Icc 3 φ
I2
+
1∠0 0
1∠0 0
-
J 0.1 × I1 = 1∠0 ° ⇒ I1 =
I1
-
I2
1∠ O° J0 .1
J 0.15 × I 2 = 1∠ O° ⇒ I 2 =
1∠O° J 0.15
I 1 = − J10 I 2 = J6 .667 I cc 3φ = −J16 .667
I abc =
1
1
1
0
1
a2
a
-J16.667
1
a
a2
0
Ia = - J16.667 Ib = - J16.667 a2 Ic = - J16.667 a
Archivo: Capitulo3
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Página 22
2. Falla Monofásica (LT)
Ia = Icc 1φ (punto de falla) Ia; Ib = 0; Ic=0 Ia
I012 =
V012 =
1 3
1 3
Ib
Va = 0; Vb; Vc
1
1
1
Ia
1
a
a2
0
1
a2
a
0
1
1
1
0
1
a
a2
Vb
1
a2
a
Vc
V0 =
1 (Vb + Vc ) 3
V1 =
1 aVb + a 2 Vc 3
V2 =
1 2 a Vb + aVc 3
(
)
(
)
V0 + V1 + V2 =
Ic
(
) (
I0 = I 1= I2
)
1 1 Vb + aVb + a 2 Vb + Vc + a2 Vc + aVc 3 3
1 1 V0 + V1 + V2 = Vb(1 + a + a 2 ) + Vc (1 + a 2 + a ) 3 3 VO + V1 + V2 = 0
Archivo: Capitulo3
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Página 23
Para simular una falla 1φ, se debe conectar los circuitos de redes de secuencia en serie.
I0 +
“0”
-
+
“+”
I0 = I1 = I2
-
Icc1φ 3
+ “-”
-
Ejemplo: Resolver para falla 1φ
I 0I
+
I0D
V0
Sec “0”
-
I1I
I1D +
+ Sec “+”
1∠00
+ V1
1∠00
-
-
Icc 1φ = I0 3
-
I0 = I 1 = I2
I 2I Sec “-”
+
I 2D
V2
-
Archivo: Capitulo3
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CURSO DE SISTEMAS DE POTENCIA
Página 24
En el punto de falla:
Iabc =
1
1
1
I0
1
a2
a
I1
1
a
a2
I2
Ia = 3I0 ; Ib = 0 ; Ic = 0
Iabc =
1
1
1
I0I
1
a2
a
I1I
1
a
a2
I2I
Divisor de corriente:
I1
Z1
I
I1 =
Z2 ×I Z1 + Z2
Z2
I1
Vx
Z1 +
-
I
I1 = + I2
Z2
-
Z2 ×I Z1 + Z 2
si Vx = Vy
Vy
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Página 25
3. Falla Doble línea a tierra
Ia = 0 ; Ib ; Ic Ia
I O12 =
1 3
1
1
0
1
a
a2
Ib
1
a2
a
Ic
1 (I b + I c ) 3
I1 =
1 (aI + a 2 I c ) 3 b
I2 =
1 2 (a I b + aI c ) 3
(
Va ; Vb = 0 ; Vc = 0
Ic
1
I0 =
I 0 + I1 + I 2 =
Ib
) (
)
1 1 Ib + aIb + a 2 Ib + Ic + a 2 Ic + aIc 3 3
I 0 + I1 + I 2 =
1 1 Ib (1 + a + a 2 ) + Ic (1 + a 2 + a ) 3 3
I O + I1 + I2 = 0
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Página 26
VO 12 =
1 3
1
1
1
Va
1
a
a2
0
1
a2
a
0
1 Vo = V1 = V2 = Va 3
La conexión de los circuitos en redes de secuencia, para simular una falla doble línea a tierra es :
Sec “ 0 ”
Sec “ + ”
Sec “ - ”
4. Falla de Línea - Línea
a b c Ia
Ib
Ic
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Página 27
Ic = 0 ; Ia = Ib Vc ; Va = Vb
IO 12 =
1 3
I0 =
1 (Ia − Ia ) = 0 3
I1 =
1 (Ia − aIa ) 3
I2 =
1 I a − a 2 Ia 3
(
1
1
1
Ia
1
a
a2
-Ia
1
a2
a
0
)
0 44 64 47 8 1 I 0 + I1 + I2 = 2I a − aIa − a 2 Ia − I a + I a 3
I O + I1 + I 2 = I a
VO 12 =
V0 =
1 3
1
1
1
Va
1
a
a2
Va
1
a2
a
Vc
1 (Va + Va + VC ) 3
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Página 28
(
)
(
)
V1 =
1 Va + aVa + a 2 VC 3
V2 =
1 Va + a 2 Va + aVC 3
3/ V0 + V1 + V2 = Va 3/ VO + V1 + V2 = Va
La conexión de los circuitos en redes de secuencia es:
+ V1 -
“+”
I0 = 0 “0”
+ V2 -
“-”
+ V0 -
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Página 29
4. ECUACIONES DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA Métodos de solución de circuitos:
1. Método de voltajes nodales 2. Método de corrientes de malla (poco uso)
Ventas del método de voltaje de nodo I1
I2 V1
(1)
V2 (2)
(3)
V3
V4
(4) I4
I3
El método de voltajes nodales coincide con las variables de interés en la red.
I1
Y11
Y12
Y13
Y14
V1
I2
Y21
Y22
Y23
Y24
V2
Y31
Y32
Y33
Y34
V3
Y41
Y42
Y43
Y44
V4
I3 I4
I N = [YN ]VN
=
ECUACIÓN BÁSICA EN EL MÉTODO DE VOLTAJES DE NODO.
CONSTRUCCIÓN DE LA YN EN FORMA SISTEMÁTICA
Archivo: Capitulo4
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Página 30
Ia
Ib y2
Va
a
b
y1
Vb
y3 Ref.
Va, Vb son voltajes nodales.
Ia =
Ib
ADMITANCIA
y1 + y2
-y2
Va
-y2
y2 + y3
Vb
NODOS DE CONEXIÓN NODO INICIAL
NODO FINAL
Y1
a
-a
Y2
a
b
Y3
b
-b
Si sólo existiera y1 la matrix Y quedaría de la siguiente manera:
Y=
y1
0
0
0
Si sólo existiera y2 la matrix Y quedaría de la siguiente manera:
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Y=
y2
-y2
-y 2
y2
Página 31
Si sólo existiera y3 la matrix Y quedaría de la siguiente manera:
Y=
Y=
∑
0
0
0
y3
y
Algoritmo: Se lee y, NI, NF Donde y es el elemento entre el nodo inicial y el nodo final. Y
(NI,NI )
Y
(NI,NI )
+y
Y
(NF,NF )
Y
(NF,NF )
+y
Y
(NI ,NF)
Y
(NI ,NF)
-y
Y
(NF ,NI)
Y
(NI ,NF)
Archivo: Capitulo4
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Página 32
MATRIZ DE CONECTIVIDAD Construcción de la matriz Yn mediante la matriz de conectividad. Ia
Ib a
Va y1
b
y2
Vb
+ V2 + V1 -
+ V3 -
y3 Ref.
Ia = I1 +I2 Ib = I3 - I2
Ia Ib
=
1
1
0
I1
0
-1
1
I2 I3
IN = C I p V1 = Va V2 = Va - Vb V3 = Vb
V1 V2 V3
=
1
0
Va
1
-1
Vb
0
1
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Página 33
V p = C T VN
Ia
Yn
=
Va
Ib
Vb
I N = YN V N I1 = y1 V1 I2 = y2 V2 I3 = y3 V3
I1 I2
=
I3
y1
0
0
V1
0
y2
0
V2
0
0
y3
V3
I p = Yp Vp IN = C I p ⇒
I N = C YP VP
I N = C YP C T VN De donde: YN = C YP C T
MATRIZ ZBARRA Se le llama también Matriz Znodal o Matriz ZN.
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IEB S.A. Página 34
La ecuación fundamental que rige un sistema de potencia en estado estacionario es: VN = Ζ N I N (1) Paralelamente, se puede trabajar con la ecuación alterna I N = YNV N ZN se puede evaluar inicialmente como:
Z N = YN −1 ⇒
Pero esto no siempre es posible
Mirando (1), cuál sería el significado de un elemento Zii ? Vi = Ζ i 1 I 1 + Zi 2 I 2 +...+Z ii I i +...+ Z iN I N Zii =
Vi Corrientes Ii
≠ Ii
I 1 = I 2 = I 3 = ... = I N = 0 Ii ≠ 0
Ii = IA i
i
CARACTERÍSTICAS DE LA MATRIZ ZNODAL 1) Los elementos de la diagonal principal representan la impedancia de theverin vista desde esos nodos. 2) Los elementos que están por fuera de la diagonal principal representan el grado de acople de los nodos. Los diferentes Zij representan los acoples de
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Página 35
impedancia ( Las impedancias de transferencia, muy importantes en el análisis de corto circuito).
ZKK Sistema eléctrico de potencia
+ V
I
Z
CC
3φ
KK
f
-
Unos MVA muy altos quieren decir que Zkk es de valor pequeño.
MÉTODOS PARA CONSTRUIR LA MATRIZ Z
1. Método Circuital: Método de inyección de corrientes.
V1
Z1K
I1
V2
Z2K
I2
:
:
:
ZKK
IK
:
:
:
VN
ZNK
IN
VK
=
Cómo se podría construir la columna específica de ZKK?
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Página 36
Inicialmente se considera IK por facilidad como 1 amperio (Ik = 1A) e Ii = 0 A entonces:
V1
=
Z1K
V2
=
Z2K
:
:
:
VK
=
ZKK
:
:
:
VN
=
ZNK
⇒
Se Inyectan corrientes y se leen voltajes
Ejemplo
3 2 1
10 Ω
10 Ω 20 Ω
Hallar Zn = Xn
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Página 37
Solución:
χn = J
30 Ω
20 Ω
20 Ω
20 Ω
20 Ω
20 Ω
20 Ω
20 Ω
30 Ω
Para construir la columna específica de Z11 se inyecta por el nodo (1) una corriente I1 = 1 Amp. Las demás corrientes serán cero. 2
1
3
10 Ω
10 Ω
1A
20 Ω Vista desde (2) y (3) Vista desde (1)
Para construir la columna de Z22 se inyecta por el nodo 2 una corriente I2 = 1 A, I1 = I3 = 0 Amp.
1 10 Ω 1A
3
2 10 Ω 20 Ω
Para construir la columna de Z33 se inyecta por el nodo 3 una corriente I3= 1 Amp, I1 = I2 = 0 Amp.
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Página 38
2
1 10 Ω
3 10 Ω 20 Ω
1A
Ejemplo I1 1
I4 10 Ω
2
I5
10 Ω
I2
I3
5Ω
10 Ω
4
5
10 Ω
5Ω 3
Hallar la matriz Z nodal Para Construir la columna de Z11 se inyecta por el nodo 1 una corriente I1 = 1 Amp. I1 1
I4 10 Ω
1A
2
I5
10 Ω
I2
I3
5Ω
5Ω
4
10 Ω
5
10 Ω
3
Archivo: Capitulo4
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Página 39
35
25
22.5
20
10
25
25
22.5
20
10
22.5
22.5
23.75
20
10
20
20
20
20
10
10
10
10
10
10
I1 + I2 = 1 J
I1 + I3 = I4 I1 + I2 = I 4 = 1
X 11 = 10Ω + 5Ω + 10Ω + 10Ω = 35Ω X 12 = 25Ω X 13 = 22.5Ω X 14 = 20Ω X 15 = 10Ω Para construir la columna de Z22 se inyecta por el nodo 2 una corriente I = 1 Amp.
10 Ω
2
10 Ω
4 10 Ω
1
1 Amp
5Ω
5Ω
5
10 Ω 3
Archivo: Capitulo4
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Página 40
Para construir la columna de Z33 se inyecta por el nodo 3 una corriente I = 1 Amp.
2
10 Ω
10 Ω
4 10 Ω
5
0.5 A
1
1A 5Ω
5Ω
0.5 A
10 Ω
0.5 A 3
1 Amp
X33 = 20 Ω + 3.75 Ω = 23.75 Ω Para construir la columna de Z44 se inyecta por el nodo 4 una corriente I = 1 Amp.
10 Ω
2
10 Ω
4 10 Ω
5
1
5Ω
5Ω 1A
10 Ω
1A
3
2. Método paso a paso o adición de elementos: Se trata de introducir todos los elementos que estén conectados la red.
Archivo: Capitulo4
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Página 41
(1) V1 I 1 (Inyección)
[Zb] I 1 = V1
Zb
a). Se debe empezar por elementos que estén conectados a la referencia.
b). Otros elementos que estén conectados a referencia.
(1) (2) (3)
ZANT
I1
ZANT
I2
V1 =
V2
(4)
I3
V3
Zb Zb I4 = V 4
Z11
Z12
Z13
0
Z21
Z22
Z23
0
Z31
Z32
Z33
0
0
0
0
zb
= ZN
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Página 42
c). Adición de un elemento entre un nodo existente y uno nuevo. (1) V1 I1
(2)
I2
(3)
V2
ZANT
V4 (4)
I4
Zb I3
Sacando las ecuaciones correspondientes:
I1
Z ANT
I2
V1 =
I3 + I4
V2 V3
V4 = V3 + Ζ b I 4 (1) Z11 I1 + Z12 I2 + Z13 I3 + Z13 I4 = V1 (2) Z21 I1 + Z22 I2 + Z23 I3 + Z23 I4 = V2 (3) Z31 I1 + Z32 I2 + Z33 I3 + Z33 I4 = V3 (4) Z31 I1 + Z32 I2 + Z33 I3 + ( Z33 + Zb) I4 = V4
Archivo: Capitulo4
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Página 43
Z11
Z12
Z13
Z13
I1
V1
Z21
Z22
Z23
Z23
I2
Z31
Z32
Z33
Z33
I3
V3
Z31
Z32
Z33
Z33 + Zb -
I4
V4
=
V2
Z NUEVA
Del elemento donde se conecta se copia la fila y la columna y al elemento de la diagonal principal se le agrega la Z adicionada. d). Adición de un nuevo elemento entre un nodo existente y la referencia (Es un caso particular del anterior). (1) (2)
ZANT
(3)
(4) Zb
ZANT
Z13
I1
Z23
I2
V1 V2 =
Z31 Z32 Z33
Z33
I3
V3
Z33 +Zb
I4
0
Archivo: Capitulo4
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Página 44
Transformación de Kron
Z NUEVA
Z13 1 Z [Z Z Z ] = [Z ANT ] − Z 33 + Z b 23 31 32 33 Z 33
e) Adición de un elemento entre dos nodos existentes.
V1
I1 I2 + Ib
I2 V2 I3
[Z ANT ]
Ib
Zb
V3
ZANT
I3 + Ib
I1 V1 I + I = V b 2 2 I 3 − I b V3
V3 = I b Zb + V2 V2 − V3 + I b Z b = 0 Z11 I1 + Z12 I2 + Z13 I3 +( Z12 -Z13) Ib = V1 Z21 I1 + Z22 I2 + Z23 I3 + (Z22 - z23) Ib = V2 Z31 I1 + Z32 I2 + Z33 I3 + (Z32 - Z33) Ib = V3
0 = (Z21 - Z31) I1 + (Z22 - Z32) I2 + (Z23 - Z33) I3 + (Z22 +Z33 +Zb -Z23 -Z32) Ib
Archivo: Capitulo4
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Página 45
(1) Matricialmente:
Z11
Z12
Z13
(Z12 - Z13 )
I1
V1
Z21
Z22
Z23
(Z22 - Z23 )
I2
V2
Z31
Z32
Z33
(Z32 - Z33 )
I3
(Z22 - Z33 + Zb -Z23 - Z32)
I4
(Z21 - Z31 ) (Z22 - Z32 ) (Z23 - Z33)
=
V3 0
Transformación de Kron
ZANT
Z12
Z21
ZD
Z NUEVA = Z ANT −
I [Z12 ][Z 21 ] ZD
Archivo: Capitulo4
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Página 46
• 5. ANÁLISIS DE FLUJO DE CARGA Definición: • Es la determinación de los flujos de potencia activa y reactiva P y Q, de todos los elementos del sistema. Además de todos los voltajes en las barras. Particularmente, interesa los flujos que pasan a través de las líneas y transformadores. • Es la determinación del punto de operación del sistema de potencia (P, Q, V, θ). El problema de flujo de carga es un problema de estado estacionario (60 H Z ). Se utilizarán fasores.
Modelación de cada uno de los elementos del sistema
1. Para una línea de transmisión: En forma general el modelo a utilizar es el modelo π R
V1 ∠θ1
Y/2
JX
Y/2
V2 ∠θ2
Secuencia (+) Es válido para todos los niveles de tensión VN ≥ 115KV El modelo π es válido para niveles de tensión mayores de 13,8 kV y menores de 115 kV. Para bajas tensiones :
Archivo: Primera_parte
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Página 47
R
JX
A nivel de distribución (VN ≤ 13,2 kV)
Ø A nivel de 230 kV : X>>>R (de 8 a 10 veces) Ø A niveles de 44 kV : X ≅ R (comparables). Ø R > X (nivel de 13,2 kV) A nivel de sistemas de potencia se manejan niveles de : 69 kV, 115 kV, 230 kV, dónde X > R. 2. Para un transformador : Xs Xp
S
P Xt
T
3. Generador: Mirado desde el barraje P = cte
V = cte + -
G
P = cte V = cte Se pueden controlar
Archivo: Primera_parte
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Página 48
4. Carga:
P= cte Q= cte
P = cte Q = cte Información que se tiene del usuario
TIPOS DE BARRAS A CONSIDERAR
1. Barra de referencia (slack, flotante) Es la Referencia, V∠ O° (conocido) Generalmente la barra de referencia es un punto de generación, es el nodo más fuerte del sistema. No se definen dos puntos de referencia, ya que es imposible hacer que los ángulos de dichas barras sean iguales. A esta barra se le denomina barra tipo Vθ, voltaje conocido, ángulo conocido. 2. Barra de carga: Es una barra donde se conocen la potencia activa y reactiva. A esta barra se le conoce como barra tipo PQ. 3. Barra de generación: Es una barra donde se conoce o define la P y lVl, se conoce como barra tipo PV. 4. Barras temporales Son las mismas barras que se definieron anteriormente, pero con restricciones. • Barra de carga con restricciones de voltaje. En este tipo de barra se fija el voltaje. Entra dentro del tipo de barra de generación. • Una barra de generación con restricciones de reactivos. Se fija la cantidad de reactivos. Entra dentro del tipo de barra de carga.
Archivo: Primera_parte
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Página 49
Introducción al flujo de carga:
X
Vc ∠0 0
P Q
+
Vg ∠δ
-
V g ∠δ − Vc ∠O° P + JQ = S = VC ∠O° X∠90 0
*
2
Vg Vc
V P + JQ = S = ∠(90° − δ ) − c ∠90° X X P= P=
Vg Vc X Vg Vc X
cos(90° − δ ) =
V g Vc X
Senδ
Q=
V g Vc
Q=
Vc V cosδ − Vc X g
V ( °−δ) − C Sen 90 4 43 4 X 142 X
[
Senδ
2
]
Para el intercambio de potencia P, circuitalmente lo único que podría variar es el ángulo δ. La reactancia X se podría variar colocando condensadores en serie. La potencia reactiva Q depende de la relación (Vg – Vc), osea de la diferencia de tensión . El efecto de la potencia reactiva sobre las líneas de transmisión es la de aumentar la corriente, por consiguiente la de aumentar las pérdidas; lo cual redunda finalmente es una reduccción de la capacidad de transporte de la línea.
Archivo: Primera_parte
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Página 50
Según su topología, los sistemas se pueden dividir en dos : sistemas enmallados y sistemas tipo radiales. En el análisis de sistemas de potencia se analizaran los sistemas enmallados. MÉTODOS PARA REALIZAR EL CÁLCULO DEL FLUJO DE CARGA 1. Método de Gauss - Seidel 2. Método de Newton - Raphson 3 Método de Newton - Raphson desacoplado. 4. Método de Newton - Raphson desacoplado Rápido 5. Método de flujo lineal “DC” Existen algunos elementos comunes sobre los cuales se apoyan estos métodos: Ø Son Metodologías numéricas para sistemas enmallados (no radiales). Ø Son Metodologías que se apoyan en la matriz (Ynodal). Ø Son Métodologías que se apoyan en la matriz Znodal ( Z N ) En el presente documento se aplicarán las metodologías que se apoyan en la matriz Ynodal. Matriz Ynodal I1 V1 V2 V3 . . Vn
Sistema eléctrico de potencia
In
Considera las barras físicas del sistema
Archivo: Primera_parte
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Página 51
[YN ]
V1 I 1 . . . = . ECUACIÓN BÁSICA . . Vn I n
Miremos al sistema desde un punto
PK IK
K
QK
Yn
PK =?
De que dependen
Q k =?
VK
PK + JQ K = S K S K = PK − JQ K
También se puede definir así.
SK = V K × I K x N
I K = ∑ YKi Vi i =1
N
S K = Vk × ∑ (YKi )x (Vi )x i =1
Vi = Vi ∠θ i = Vi e Jθi Y K i = Gk i + JB ki Reemplazando en Sk N
S K = Vk e JθK ∑ (Gki − JB ki )Vi e − Jθi i =1
Archivo: Primera_parte
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Página 52
N
S K = ∑V K Vi e J (θK −θi ) (Gki − JB ki ) i =1
Por definición θKi ∆θk − θi N
S K = ∑V K Vi (cos θ ki + J sen θ ki )(Gki − JB ki ) i =1 N
PK = ∑V K Vi (cos θ ki Gki + sen θ ki Bki ) i =1 N
QK = ∑ VK Vi (sen θ ki Gki − cos θ ki Bki ) i =1
Estas ecuaciones indican que el sistema no es lineal, por lo cual se deben emplear metodologías no lineales para darle una solución al sistema. Ejemplo : Resolver el sistema :
(1)
V1 = 230 ∠ 0
R = 2,5 Ω X = 25 Ω
0
(2)
P = 200 MW Q = 100 Mvar
V2 = ?
Sbase = 100 MVA Vbase = 230 kV R p.u = 4,7258 x 10-3 X p.u = 4,7258 x 10-2 Z p.u = 4,7258 x 10-3 + J 4,7258 x 10-2 Z p.u = 0,04749 ∠ 84,29o Y ≅ 1/Z = 21,055 ∠ - 84,29o
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Barra de ref ⇒ (1) Barra de carga ⇒ (2) Plantear las ecuaciones para P2 y Q2
Solución: P2 = -2 p.u Q2 = -1 p.u P2 = f ( V2, θ2 ) Q2 = f ( V2, θ2 )
a) Construir matriz YNODAL 2,095 − J 20,95 Y NODAL = − 2,095 + J 20,95
− 2,095 + J 20,95 2,095 − J 20,95
Yn = Gki + JB ki 2,095 Gki = − 2,095
− 2,095 2,095
20,95 − 20,95 Bki = 20,95 − 20,95
N
P2 = ∑ V2Vi (G2 i cos (θ 2 − θ i ) + B2 i sen (θ 2 − θ i )) K =1
P2 = V2 V1 [G21 cos (θ 2 − θ1 ) + B21 sen (θ 2 − θ 1 )] + V2 2 (G22 ) P2 = V2 V1 [− 2.095 cos (θ 2 − θ1 ) + 20.95 sen (θ 2 − θ1 )] + V2 2 (2.095 ) N
Q2 = ∑V2 Vi (G2 i sen (θ 2 − θ i ) − B2 i cos(θ 2 − θi i )) K=
Q2 = V2 V1 [G21 sen (θ 2 − θ1 ) − B21 cos (θ 2 − θ1 )] + V2 2 (− B22 )
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Q2 = V2 V1 [− 2.095 sen (θ 2 − θ1 ) − 20.95 cos (θ 2 − θ1 )] + V2 2 (20.95 ) Para las incognitas son V2 y θ2 Las expresiones genéricas para P2 y Q2 son : P2 = V2 V1 (G21 cos θ 2 + B21 sen θ 2 ) + V2 2 G22 Q2 = V2V1 (G21 sen θ2 − B21 cos θ2 ) − V2 2 B22 P2 = f 1 (θ 2 , V2 ) Q2 = f 2 (θ 2 ,V2 )
MÉTODOS DE SOLUCIÓN
1. MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON (para sistemas enmallados) f(x)
f (x) = F esp
F especificado f (x)-F esp = 0 f (xo)-F esp m ∆X XN
X
X0
m = f’(Xo)
El algoritmo de Newton – Raphson parte de una semilla para f(x). f ' ( xO ) =
f ( xO ) − Fesp ∆x
f ' ( x 0 ) ∆x = f ( x 0 ) − Fesp
[
∆x = f ' ( x0 )
] [F ( x −1
0
) − Fesp]
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x N = x0 − ∆x
[
x N = x0 − f ' ( x0 )
] [Fesp − F (x )] −1
0
xN : mejorado x0 : supuesto [f’(x0)]-1 : Jacobiano invertido Fesp : Valores conocidos de las funciones f(x0) : Valor calculado de F(x). f 1 ( x1 , x 2 ,.......x n ) = F1 . . f n ( x1 , x 2 ,.......xn ) = Fn x1 N x10 ∂f 1 / ∂x1 ∂f 1 / ∂x 2 . . . . . ∂f 1 / ∂x n x x . 2 N 20 . . . = + . . . . . . x NN x N 0 ∂f n / ∂x1 ∂f n / ∂x 2 . . . . . ∂f n / ∂xn
−1
F1 esp − f 1 ( x10 , x10 ) F esp − f ( x , x ) 2 10 20 2 . . . Fn esp − f n ( x10 , xn 0 )
FÓRMULA GENERAL
Aplicado a nuestro caso: −1
θ 2 N θ 20 ∂P2 / ∂θ 2 ∂P2 / ∂V2 P2 esp − P2 cal (θ 20 ,V20 ) V = V + ∂Q / ∂θ ∂Q / ∂V Q esp − Q cal (θ , V ) 2 N 20 2 2 2 2 2 2 20 20
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Ejemplo numérico
(1)
(2) R = 2,1 Ω X = 23,9 Ω -4 Y/2 = 3,58 x 10 υ
0
230 ∠ 0
200 MW
100 Mvar
Calcular V2, θ2
Solución: 1. Llevar el sistema a un sistema en p.u VB = 230 kV SB = 100 MVA ZB =
230 2 = 529 Ω 100
(1)
(2) R = 0.00397 p.u X = 0.04518 p.u Y/2 = 0.1894 p.u
0
1∠0
2.0 p.u
1.0 p.u
2. Calculo G+JB Se hallará Y barra por el método de adición de elementos.
Nodo I Nodo F 1
2
R
X
Y/2
0.00397
0.04518
0.1894
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ç
G (nodo I, nodo I)
ç
B (nodo I, nodo I) G (nodo F, nodo F) B (nodo F, nodo F) G (nodo I, nodo F) B (nodo I, nodo F)
ç ç ç ç
R R +X2
G (nodo I, nodo I) + B (nodo I, nodo I) -
2
X Y + 2 R +X 2 2
G (nodo F, nodo F) + B (nodo F, nodo F) -
R R +X2 2
X Y + 2 R +X 2 2
G (nodo I, nodo F) -
R R +X2
B (nodo I, nodo F) +
X R +X2
G (nodo F, nodo I)
ç
G (nodo I, nodo F)
B (nodo F, nodo I)
ç
B (nodo I, nodo F)
2
2
Se repite para todos los elementos.
1,93 G= − 1,93
− 1,93 1,93
21,96 − 21,77 B= 21,96 − 21,77
3. Construcción del JACOBIANO e inversión del mismo P2 = f 1 (θ 2 , V2 ) Q2 = f 2 (θ 2 ,V2 ) ∂P2 ∆P2 ∂θ 2 ∆Q = ∂Q 2 2 ∂θ 2
∂P2 V2 ∂V2 V2 ∆θ 2 ∂Q2 V2 ∆V2 ∂V2 V2
Archivo: Primera_parte
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∂P2 ∆P2 ∂θ 2 ∆Q = ∂Q 2 2 ∂θ 2
∂P2 ∂V 2 ∂ Q V2 × 2 ∂V 2
V2 ×
∆θ 2 ∆V 2 V2
En la literatura se encuentra : ∆P2 H 22 ∆Q = M 2 22
∆θ N 22 2 ∆V L22 2 V2
H 22 = V2V1 [− G21 sen θ 2 + B21 cosθ 2 ] N 22 = V2 V1 [G21 cosθ 2 + B21 s enθ 2 ] + 2 V2 2 × G22 M 22 = −V2V1 [G21 cos θ 2 + B21 senθ 2 ] L22 = V2V1 [G21 senθ 2 − B21 cosθ 2 ] − 2 V2 2 × B22
Haciendo los cálculos: V1 es conocido V2 y θ2 hay que suponerlos SEMILLA : V2 = 1 θ2 = 00
21,96 JAC = − 1,93 0,0452 JAC −1 = - 0,004
1,93 21,58
Para la primera iteración
− 0,004 0,046
Archivo: Primera_parte
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4. Cálculo de ∆ P2 y ∆ Q2 ∆P2 = P2 esp − P2 cal ∆Q2 = Q2 esp − Q2 cal ∆P2 = −2 − 0 = −2
Donde P2cal = 0 (siempre ocurre en la primera iteración)
∆Q2 = −1 − ( −0,19) = −0,81 Donde Q2cal = -0,81 (Debido al efecto shunt de la línea)
5. Cáculo de las correcciones a la variables (INCOGNITAS) ∆θ 2 ∆V = [JAC ]−1 − 2 − 0,81 2 V2 ∆θ 2 = -0,08707 ∆V2 = -0,0453 V2 θ 2N = (0 - 0,08707) Rad = −4,99 0 V2 N = 1 - 0,0453 = 0,9547 Y es única, se vuelve al paso (3), es decir a la construcción del jacobiano e inversión del mismo.
GENERALIZACIÓN DEL MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON N
PK = ∑V K Vi (GKi cosθ ki − Bki sen θ ki ) i =1 N
QK = ∑ VK Vi (GKi sen θ ki − Bki cosθ ki ) i =1
Cuando se hacen los cálculos la barra de referencia se deja de última
Archivo: Segundo_parte
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Barra (1)
Barra (2)
Barra (k)
Barra (1)
H 11 , N11 H12 , N12 M 11 , L11 M 12 , L12
∆θ1 ∆V1 /V1
Barra (2)
H 21 , N 21
∆θ 2
M 21 , L21
∆V2 /V 2
. . .
. . .
Barra (k)
H kk , N kk
∆θ k
M kk , Lkk
∆Vk / Vk
. . .
. . .
Hay que hallar : Hkk, Nkk, Mkk, Lkk, Hki, Nki, Mki, Lki, donde i≠ k i) H KK = H KK =
∂PK ∂θ K
N ∂PK = ∑ VK Vi (− GKi sen θ ki + Bki cos θ ki ) ∂θ K i =1 i≠ k
Si i = k : H KK = Bkk Vk
2
N
H KK = −B KK VK 2 − ∑ VK Vi (G Ki sen θ ki − Bki cos θ ki ) i =1
H KK = −Bkk Vk − QK 2
Observe que el término BkkVk2 es dominante.
ii) N KK = VK ×
∂PK ∂VK Archivo: Segundo_parte
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Excluyendo el término en i = k N KK = VK ×
∂PK ∂VK
N
N KK = ∑ Vi Vk (Gki cos θ ki + Bki sen θ ki ) + 2Vk Gkk 2
i =1 i≠ k
N
N KK = Vk 2 Gkk + ∑ ViVk (Gki cos θ ki + Bki sen θ ki ) i =1
N KK = GKK V K 2 + PK
iii) M KK =
∂QK ∂θ K
N ∂QK = ∑ Vi Vk (Gki cosθ ki + Bki sen θ ki ) ∂θ K i =1 i ≠k
Si se hace i = k : M KK = VK (Gkk cos (θ k − θ K ) + Bkk sen (θ k − θ K )) 2
M KK = GkK VK
2
N
M kk = ∑Vi Vk (Gki cos θ ki + Bki sen θ ki ) + Gkk Vk − Gkk Vk 2
2
i =1 i≠ k N
M kk = ∑Vi Vk (Gki cosθ ki + Bki sen θ ki ) + GkkVk − Gkk Vk i =1 1 4444444244444443 2
2
Pk
M KK = −GKK VK 2 + PK
LKK = V K
∂QK ∂VK
LKK = − BKK VK 2 + QK Archivo: Segundo_parte
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H Ki =
∂PK = V K Vi (Gki sen θ ki − Bki cos θ ki ) ∂θ i
N ki = Vi M ki =
∂PK = V K Vi (Gki cos θ ki + Bki sen θ ki ) ∂Vi
∂QK = VK Vi (− Gki cos θ ki − Bki sen θ ki ) ∂θ i
M ki = −VK Vi (Gki cos θ ki − Bki sen θ ki ) Lki = Vi
∂QK = VK Vi (G ki sen θ ki − Bki cosθ ki ) ∂Vi
Observe que el Jacobiano es altamente disperso
FOMA DEL JACOBIANO DE ACUERDO AL TIPO DE BARRA Se ilustrará con un ejemplo: (1)
Barra Ref. Vθ
PQ (4)
(2) PV
PQ (3)
Determinar la forma del jacobiano del sistema anterior
Archivo: Segundo_parte
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B #1 B #1
B #2
B #3
B #4
B #2
B #3
B #4
H11
N11
H12
N12
H13
N13
H14
N14
M 11
L 11
M 12
L 12
M13
L 13
M 14
L 14
H21
N21
H22
N22
H23
N23
H24
N24
M 21
L 21
M 22
L 22
M23
L 23
M 24
L 24
H31
N31
H32
N32
H33
N33
H34
N34
M 31
L 31
M 32
L 32
M33
L 33
M 34
L 34
H41
N41
H42
N42
H43
N43
H44
N44
M 41
L 41
M 42
L 42
M43
L 43
M 44
L 44
La Ecuación del sistema quedaría así :
(2)
(3)
(4)
(2)
H 22
H23
N23
H24
N24
∆θ2
∆P2
(3)
H 32
H33
N33
H34
N34
∆θ 3
M32
M33
L 33
M 34
L 34
∆P3 ∆Q3
(4)
H 42
H43
N43
H44
N44
M42
M43
L 43
M 44
L 44
∆ V3 V3
∆θ 4 ∆V4 V4
= ∆P4 ∆Q4
2. MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON DESACOPLADO (válido para alta tensión)
H M
N L
∆θ ∆V = V
∆P ∆Q
Archivo: Segundo_parte
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Para alta tensión θki ≤ 15° Cos θki ≈ 1.0 Sen θki ≈ 0.0 Bki >> Gki Sumandos dominantes: Bki Cos θki 0 ∆θ H 0 L ∆V = V
∆P ∆Q
Simplificación del Jacobiano
GENERALIZANDO H 11 0
H 12 0
H1N 0
∆θ1
∆P1
0
0
0
∆V1 /V1
∆Q1
∆θ 2 ∆V2 /V2
∆P2 ∆Q 2
∆θ N ∆V N / V N
∆PN ∆Q N
L11
L12
L1 N
H 21 0 0 L21 . . .
. . .
. . .
H NN 0 0 LNN
Tenemos : (1) H11 ∆θ1 + H 12 ∆θ 2 + ......... + H1 N ∆θ N = ∆P1 (1)’ L11
∆V1 ∆V2 ∆VN + L12 + ......... + L1 N = ∆Q1 V1 V2 VN
Archivo: Segundo_parte
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H11 . . . H N 1
H12
HN2
.................. H1 N ................ H NN
∆θ1 . . = . ∆θ N
∆P1 . . . ∆PN
El orden de la matriz HNN es el número de barras totales menos 1.
L11 . . . LN 1
L12 .................. L1 N LN 2 ................ LNN
∆V1 ∆Q V1 1 . . = . . . ∆V N ∆Q VN N
El orden de la matriz LNN es el número de barras de carga.
3. MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON DESACOPLADO RÁPIDO H KK = −Bkk Vk − QK 2
H ki = −VkVi ( Bki cos θ ki − Gki sen θ ki ) LKK = − BkkVk + QK 2
Lki = −Vk Vi ( Bki cos θ ki − Gki sen θ ki ) El término dominante en un sistema de lata tensión sería : H KK ≈ − Bkk H ki ≈ −Bki LKK ≈ − Bkk Lki ≈ − Bki
Archivo: Segundo_parte
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B12 B13 .................................B1 N B11 B B22 B23 .................................B2 N 21 [H ] = − . . . BN 1 BN 2 BN 3 .................................B NN 1 444444442444444443 B'
[H ] = −[B'] [B'] ∆θ = ∆P
Orden de la matriz : # de nodos totales – 1
[B'] ⇒ [B] = − I N [YN ] ,
se elimina la fila y la columna correspondiente a la barra de
referencia. B12 B13 .................................B1 N B11 B B22 B23 .................................B2 N 21 [L] = −. . . BN1 BN 2 B N 3 .................................BNN 1 444444442444444443 B ''
El orden de la matriz [B' '] es el número de nodos de carga.
[B' ']
∆V = ∆Q V
[B'] = − I m [Y N ] Para obtener la matriz B’’, se calcula I m [Y N ] y se eliminan las filas y las columnas correspondientes a barras de generación, incluyendo el nodo flotante. Ejemplo : 1∠ 0°
lV2l = 1.0
X = 0,0452
lV1l = 1.0
X = 0,0452
P=1.0 (3)
(2)
P=1.0
(1)
Archivo: Segundo_parte
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Calcular las compensaciones requeridas para que : lV2l = 1.0 lV1l = 1.0
Solución : 1. Calculo de J B = Y Barra 0 22,12 − 22,12 [YBARRA ] = − J − 22,12 44,25 − 22,12 0 − 22,12 22,12 0 − 22,12 22,12 J [B] = J 22,12 − 44,25 22,12 22,12 − 22,12 0 2. Se halla la matriz B’; el orden de esta matriz es : N-1, donde N es el número de barras, para este caso, N-1 = 3-1 = 2. Se elimina la fila y columna correspondiente a la barra de referencia.
− 22,12 22,12 22,12 − 44,25
[B'] =
P=1.0 1∠ 0°
lV2l = 1.0 X = 0,0452
P=1.0
lV1l = 1.0 X = 0,0452 P=0.0
P=0.0
Q=?
Q=?
[B']−1 =
0,09 0,045 0,045 0,045
3. Se corrigen los ángulos Archivo: Segundo_parte
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∆θ1 − 0,135 −1 − 1 − 0 ∆θ = [B '] − 1 − 0 = − 0,0904 Rad 2 V1 = 1.0 ∠ -8° V2 = 1.0 ∠ -5,16°
4. Para calcular la siguiente iteración se cambia el P calculado ∆P1 = -1 – (P1Cal) ∆P2 = -1 – (P2Cal)
Suponiendo : V1 ∠ θ1, V2 ∠ θ2, P=1.0
P=1.0
Q=?
Q=?
3
Qk = ∑ VkVi (Gki sen θ ki − Bki cos θ ki ) i =1
Si : Q1 = 1.0 Qk = Qneto = QG - QC En este problema no hay Qcarga
CALCULOS DE FLUJOS DE POTENCIA Hay que disponer de los voltajes nodales lVl, θ.
Archivo: Segundo_parte
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R
V1 ∠θ1
Y/2
P2, Q 2
JX
V2 ∠θ2
Y/2
Secuencia (+)
En la figura : P2 + JQ 2 = S 2 S 2 = V2 I 2 x (V ∠ θ − V2 ∠θ 2 ) Y S 2 = V2 ∠ θ 2 1 1 − V2 ∠θ 2 × ∠90 0 Z∠φ 2
x
R + JX = Z∠φ 2
S2 =
V1V2 V Y ∠ φ − (θ1 − θ 2 ) − 2 ∠φ + V2 2 ∠90 0 Z Z 2
S 2 = P2 + JQ 2 2
VV V P2 = 1 2 Cos[φ − (θ 1 − θ 2 )] − 2 Cosφ Z Z 2
VV V Y Q2 = 1 2 Sen[φ − (θ1 − θ 2 )] − 2 Senφ + V2 2 Z Z 2
4. FLUJO DE CARGA DC (Opción DC) Ø Considera el efecto reactivo de la línea Ø No se consideran los flujos de reactivos Ø Todos los voltajes lVl = 1.0 p.u Ø Válido sólo en alta tensión Ø La solución final es aproximada Archivo: Segundo_parte
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Página 70
Ø Únicamente interesan los flujos de potencia activa.
El punto de partida es el flujo de carga Newton – Raphson desacoplado rápido. ∆P = B’ ∆θ ∆Q = B’’ ∆V/V ∆P = Pesp – Pcal Nota : sólo se hace una iteración , Pcal = 0 ∆P = Pesp ∆θ= θ θ = [B’]-1 Pesp Construcción de la matriz B’ Bii ' = ∑ i
Bij ' = −
1 Xi
1 X ij
Donde Xij es la reactancia existente entre i y j
El orden de la matriz B’: # nodos - 1 P (i)
1∠θ1
Pij =
θ1 − θ 2 X
Pij =
Sen (θ1 − θ 2 ) X
(j)
1∠ θ2
5. MÉTODO DE GAUSS – SEIDEL Ø No es necesario calcular el Jacobiano Archivo: Segundo_parte
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Página 71
Ø Converge lentamente, es decir, necesita muchas iteraciones para converger. Ø Necesita bajos requerimientos de memoria Ø En algunos casos no converge.
Algoritmo :
Pk
Sistema eléctrico de potencia [Y barra]
(k) Qk
Ik
S K = PK + JQ K = V k × I k x
PK − JQ K = V k x × I k
[I ] = [YN ] [V N ] N
I k = ∑ YkiVi i =1
Pk − JQ k = Vk x
N
∑Y V ki
i
i =1
Pk − JQ k = Vk
x
N Y V + Y V ki i kk k ∑ i =1 i≠ k
Archivo: Segundo_parte
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Página 72
N 1 Pk − JQ k Vk = − ∑ YkiVi x Ykk Vk i =1 i ≠k
Es lento para converger porque calcula un voltaje que depende del mismo voltaje.
METODOLOGÍA : - Construir Ynodal - Asignar las semillas Vk = 1.0, θk = 0, excepto para las barras de referencia y generación. Si la barra es de carga, Vk se calcula según: N 1 Pk − JQ k Vk = − ∑ YkiVi Ykk Vk x i =1 i ≠k - Si la barra es de generación, previamente se calcula Qk : N
Qk = ∑ VkVi (Gki sen θ ki − Bki cos θ ki ) y se aplica la fórmula : i =1
N 1 Pk − JQ k Vk = − ∑ YkiVi ; donde sólo se acepta la corrección de ángulo. Ykk Vk x i =1 i ≠k - Se verifica la convergencia.
Archivo: Segundo_parte
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Página 73
6. FLUJOS DE CARGA EN SISTEMAS RADIALES Se pueden hallar con los métodos anteriores, pero suele ocurrir que no convergen. Elemento básico VR2
R
JX P
+ Vs -
Q VR ∠0
0
VR3
Esquema de un sistema radial, alimentado básicamente por una fuente
Metodología de Renato Cespedes (sólo magnitudes de voltaje) R
0
JX
V R ∠0
P + Vs∠θs -
I=
Q
P − JQ VS ∠θS − VR ∠0° = ( R + JX ) VR
( P − JQ )( R + JX ) = VSV R ∠θS ( P − JQ )( R + JX ) + VR 2
(RP + XQ + V )
2 2
R
− VR
2
= VS VR ∠θ S
+ ( XP − PQ ) 2 = VS 2 VR 2
R 2 P 2 + X 2 Q 2 + V R + 2 RXPQ + 2RPV R + 2 XQV R + X 2 P 2 + R 2 Q 2 − 2 RXPQ − VS V R = 0 4
[
]
(
2
2
)(
)
2
2
VR + 2(RP + XQ ) − VS VR + P 2 + Q 2 R 2 + X 2 = 0 4
2
2
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Página 74
Forma de la ecuación : VR 4 + AVR 2 + B = 0 A VR = − + 2
2
A −B 2
Pasos: 1. Cálculo de Pi , Qi , φ i , Xi 2. Antes de calcular los voltajes, se calculan las pérdidas 3. Se calcula P(I) y Q (I), según las fórmulas : P( I ) = Ppro + PI + LP Q( I ) = Q pro + QI + Lq 4. Con Q(I) se calcula VR y se obtienen nuevas pérdidas. El método converge según el epsilon escogido ABS (P – Sumatoria de pérdidas) > ξ
Evaluación de pérdidas: R
JX
P Q VR
Vs
VR IR
Q
I R2 =
P2 + Q2 VR 2
P
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Página 75
P 2 + Q2 PL = ×R VR 2 QL =
P2 +Q2 ×X 2 VR
Nota: El método converge rápido porque se conoce el flujo de potencia y el voltaje es muy cercano al de la fuente.
Metodología : 1. Se Calculan las pérdidas suponiendo un voltaje de 1.0 p.u 2. Se Calculan las potencias al final de cada tramo. 3. Se calculan los voltajes VR a partir los voltajes VS 4. Se repite el cálculo de pérdidas Se continua el proceso hasta obtener convergencia.
A este método se le hacen las siguientes mejoras:
-
Mejora al método de SÓLO MAGNITUD DE VOLTAJES JX
R
IR
P Q
VS ∠ θS
Y/2
VR ∠0 0
Y/2
V ∠ θ S − V R ∠0° Y S R = VR ∠ 0° S − VR ∠90° Z∠φ 2
×
2
VV V Y S R = S R ∠ (φ − θ S ) − R ∠φ + VR 2 ∠90 0 Z Z 2
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Página 76
VS V R VR2 PR = Cos(φ − θS ) − Cosφ Z Z QR =
VS V R V 2 Y Sen(φ − θS ) − R Senφ + VR 2 Z Z 2
Manipulando este par de ecuaciones para que desaparezca el ángulo: VR 2 VR 2 VS 2VR 2 2 Y PR + cos φ + QR + sen φ − V R = Z Z 2 Z2 2
(ZP
R
+ VR cos φ ) 2
2
2
Y + ZQ R + VR 2 sen φ − Z VR 2 = VS 2 VR 2 2 2
Ejemplo: JX
R
P Q
Y/2
44 kV
Y/2
43 kV
Despejar QR De la ecuación se puede despejar VR ⇒ Cuando QR es conocido QR ⇒ Cuando se fije VR
Despejando para VR VR 4 + AVR 2 + B = 0 A=
(
)
2PR ZCosφ − 2QR Z 2 Y 2 − ZSenφ − VS 2
(
Cos 2φ + − Z Y 2 + Senφ
)
2
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B=
(
Z 2 PR 2 + QR 2
(
)
Cos 2φ + Senφ − Z Y 2
Página 77
)
2
Cálculo de pérdidas JX
R
IX
PR QR
Y/2
44 kV
Y/2
43 kV
2
QR - V R (Y/2) VR IX VR IR
PR
IX
2
PR
(
2 2 PR + QR − VR Y 2 = 2 VR
(
)
(
)
2 2 PR + QR − VR Y 2 PL = 2 VR
PR + QR − V R Y 2 2
QL =
QR
VR
2
)
2
2
2
×R
(
)
Y X − VS 2 + V R 2 2 14 4244 3 INCURSIÓN DE UN NUEVO TÉRMINO
EJERCICIOS DE APLICACIÓN 1. Utilizando el método de Gauss – Seidel, calcular los voltajes en la siguiente red :
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(1)
Z = (5 + J10) Ω
230 kV ∠ 0°
-
Página 78
(2)
200 MW ; 100 Mvar
PQ
Verificar el resultado obtenido con el método de sólo magnitudes de voltaje
Solución: 1. Por el Método Gauss - Seidel a. Se construye la Ynodal
0 ,08 0,04 − 0,04 − 0,08 YN = + J 0,04 − 0,04 0,08 − 0,08 b. Si k = 2 : N v 1 P2 − JQ2 V= − ∑ Y2 iVi Y22 V2 x i =1 k ≠i V2 =
1 Y22
P2 − JQ 2 − Y V 21 1 x V2
Se toma: V2 = 230 kV P2 = 200 MW Q2 = 100 Mvar
v V2 =
1 − 200 + J 100 − (− 0.04 + J 0.08) 230∠0 0 0.04 − J 0.08 230∠0 0
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v V2 =
Página 79
223.61∠153.43 0 1 − 20.57∠116.56 0 0 0.0894∠ − 63.43° 230∠0
[
v V2 = 11.18∠63.430 0.9722∠153.43 0 − 20.57∠116.56 0
]
v V2 = 11.18∠63.43 0 [− 0.8696 + J 0.4347 + 9.197 − J 18.399] v V2 = 11.18∠63.430 [8.3274 − J 17.96] v V2 = 11.18∠63.430 × 19.796∠ − 65.12 0 v V2 = 221.32∠ − 1.69 0 144424443 PRIMERA ITERACIÓN
Segunda interación: v V2 x = 221.32∠1.69° v V2 = 220.85∠ − 1.69°
Error
220.85 − 22138 . × 100% 22138 .
Error : 0,24%
2. Por el método de sólo magnitudes
A A + −B 2 2 2
VR =
−
A = 2 ( RP + XQ ) − VS
2
A = 2(5 Ω × 200 MW + 10 Ω × 100 M var ) − (230 kV )2 A = -48900
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(
)(
B = P2 + Q2 R2 + X 2
(
Página 80
)
)(
B = (200) 2 + (100)2 (5)2 + (10 )2
)
B = 6250000 − 48900 − 48900 VR = − + − 6250000 2 2 2
VR = 220,84 kV
2. En el sistema anterior si se quiere mantener el voltaje en la barra (2) en 225 kV, calcular la compensación requerida.
Solución :
[X
]
[
] [
]
+ R 2 Q 2 + 2 RXP + 2 XVR − 2 RXPQ Q + R 2 P 2 + VR + 2RPV R + X 2 P 2 − VS VR = O
2
2
4
2
2
2
Con el modelo π:
(ZP
R
)
2
2 Y + VR 2 cos φ + ZQ R + VR 2 sen φ − Z VR 2 = VS 2V R 2 2
Z = (5 + J 10 ) Ω = 11.18∠63, 43°
(ZQ
+ VR 2 sen φ) = VS 2VR 2 − (ZPR + VR 2 cos φ ) 2
R
[
(
ZQ R + VR sen φ = VS V R − ZPR + V R cos φ 2
QR
[V =
2
V R 2 − ZPR + V R 2 cos φ Z
2 S
(
2
2
)] 2
1
2
)] 2
1
2
2
− VR 2 sen φ
VS = 230 kV VR = 225 kV Z = 11,18 PR = 200 MW
Archivo: Tercer_parte
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Página 81
φ = 63,43° QR = 8,78 Mvar 200 Mw 100 Mvar
Qc
100 – QC = 8,78 QC = 100 – 8,78 = 91,22 Mvar
3. Para el sistema de la figura calcular voltajes y pérdidas totales (activa y reactiva) (0)
(1)
Z=24∠ ∠85°° Ω Ω Y/2 = 3,32 x 10-4 υυ
(2)
(3)
Z=12∠85 ∠ °° Ω Ω Y/2 = 1,66 x 10-4 υυ
Z=12∠85 ∠ °° Ω Ω Y/2 = 1,66 x 10-4 υυ
230∠ 0° P=100 MW Q=50 Mvar
P=50 MW Q=20 Mvar
P=50 MW Q=25 Mvar
Solución:
Metodología: 1. Suponer voltajes (los de la fuente) 2. Calcular las pérdidas en las líneas 3. Calcular las potencias que se tendrán al final de cada tramo 4. Calcular voltajes 5. Cálculo de pérdidas
(∑ P ∑ Q ) L,
L
6. Chequear convergencia con sumatoria de pérdidas
Archivo: Tercer_parte
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Página 82
6. ESTABILIDAD EN SISTEMAS DE POTENCIA Tipos de estabilidad Tipos de estudios
Estabilidad transitoria (t ≤ 1 seg) Estabilidad dinámica (1 seg ≤ t ≤ 15 seg) Estabilidad de régimen permanente
Parámetro: Tiempo crítico para que actúen las protecciones. Se trabajará estabilidad transitoria Configuración básica: Ø Un generador Ø Un sistema de transmisión y transformación conectados a un barraje infinito Línea 1 “Barra infinita” 1∠ 0°
Generador Bajo estudio
Transformador Línea 2
I Tm Wr θr
ESTATOR
Recordemos la segunda Ley de Newton para sistemas mecánicos en rotación:
∑ T = T a = Iα
Donde : α es la aceleración angular
Archivo: Capitulo6
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Página 83
∑ T ≅Tm − Te − Tpédidas (≅ o ) Tm − Te = Iα = I
dWr d 2θ r =I dt dt 2
(Tm − Te ) Wr = I dWr Wr
Pm − Pe = I Wr
dt
dWr dt
Wr =
We p
Ec =
2 EC 1 I Wr 2 ⇒ I Wr = 2 Wr
I Wr =
Donde p es el número de pares de polos
2 EC p We
Pm − Pe =
2 EC p dWe 1 × × We dt p
Pm − Pe =
2 EC dWe EC dWe × = × 2π f dt π f dt
We = Ws + W Pm − Pe =
Las variaciones de W son de alrededor de 377 rad/seg
EC dW × π f dt
E C d 2δ Pm − Pe = × π f dt 2 X
Eg ∠ δ
Pe
1 ∠ 0° VT ∠ 0°
Archivo: Capitulo6
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Página 84
VT es el voltaje terminal. Se toma generalmente como 1.0 p.u
Pe =
E gVT sen δ X
ECUACIÓN DE PENDULEO
SB= Potencia base para un sistema 3φ Pm Pe EC d 2δ − = S B S B S B π f dt 2 E g VT X Pe Senδ = S B (VB × VB ) ZB Eg VT × Pe p.u = VB V B X ZB Pe p.u =
Eg ( p.u) × VT ( p.u ) Senδ X ( p.u )
EC = H [=] seg SB Pm −
Senδ
La suministran los fabricantes
EgVT H d 2δ Senδ = X π f dt 2
Esta ecuación se resuelve por métodos numéricos. Si existe un cambio en la potencia eléctrica, se presenta una inestabilidad.
Archivo: Capitulo6
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Página 85
d δδ/dt = 0 δδ (t)
Estable
δδmáx
δδo
δδfinal
Inestable
1 seg
Criterio de Áreas iguales para determinar estabilidad absoluta Si dδ/dt = 0 el sistema es estable. Pm − Pe =
H d 2δ π f dt 2
Se define : Z =
dδ dt
d 2 δ dZ dδ dZ = × =Z 2 dt dt dδ dδ Pm − Pe = Z dZ =
∫
Z
0
H dZ Z π f dδ
π f (Pm − Pe) dδ H
Z dZ =
π f H
∫ (Pm − Pe ) dδ δf
δ0
1 2 π f Z = 2 H
∫ ( Pm − Pe) dδ
dδ =Z = dt
2π f H
δf
δ0
∫ (Pm − Pe ) dδ δf
δ0
Criterio de estabilidad :
∫ (Pm − Pe ) dδ = 0 δf
δ0
Archivo: Capitulo6
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Página 86
Metodología a Seguir Pe Antes de la falla Después de la falla
Pm Durante la falla
δf
δ
δo δD δ máx
δo : Ángulo inicial δ D : Ángulo de despeje de la falla (funcionan las protecciones) Metodología para determinar el δ crítico o de despeje de falla (metodología para determinar si el sistema es estable o no) Pe Antes de la falla Después de la falla
Pm Durante la falla
δf
δo δD
δ
δ máx
Ejemplo : X = 0,4 p.u
Falla 3φ Eg = 1,2 Pm = 1,5 Xd’ = 0,2 (transitoria)
1∠ 0°
X = 0,4 p.u
Archivo: Capitulo6
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Página 87
1. Determinar si el sistema es estable cuando la falla se despeja instantáneamente. Si es estable, determinar los ángulos asociados δ f , δ máx 2. Calcular el ángulo crítico δ crítico y δ D Solución : Antes de la falla (secuencia positiva):
0,2 p.u
0,4 p.u
1 ∠ 0°
1,2 ∠ δ 0,4 p.u
Pe =
1,2 × 1,0 Senδ = 2 Senδ 0,6 Pe
3,0
Antes de la falla Después de la falla
Pm
1,5
30°
δ máx
∫
δ o =30
1,5 δ
o
δ
δf δ máx
(1,5 − 2 Senδ ) dδ = 0 δ máx δo
+ 2 Cosδ
δ máx δo
=0
Estabilidad Transitoria: Ø Ecuación de Penduleo : H d 2 δ (t ) EgVT = Pm − Senδ (t ) 2 π fo dt X Ø Tiempo crítico para despejar la falla.
Archivo: Capitulo6
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Página 88
Hay dos métodos : 1. Mediante ecuaciones aproximadas que dan una solución exacta cuando la potencia acelerante es constante. La potencia acelerante es constante cuando hay una falla 3φ en el punto de generación, ya que la potencia eléctrica es cero y la potencia mecánica es una constante. Si la potencia acelerante no es constante, la solución por fórmula es una aproximación. 2. Resolviendo la ecuación de penduleo y determinando el tiempo crítico de despeje de falla por tanteo. CASOS: 1. Si Pa = cte Pa = Pm – Pe Pe = 0 (falla 3φ en el punto de generación) Línea
Falla 3φ
Línea
Pa =
H d 2δ (t ) π fo dt 2
(1)
Ángulo crítico de despeje de falla Pe 3,0
Antes de la falla Después de la falla
Pm
1,5
δmín δc
δmáx
δ
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Página 89
δC
∫
δ0
Pm dδ + ∫
δ máx
δC
(Pm − P máx Senδ ) dδ = 0
Pm (δ C − δ O ) + Pm (δ máx − δ C ) + P máx (Cos (δ máx ) − Cosδ C ) = 0 − Pmδ O + Pmδ máx + P máx Cosδ máx − P máx Cosδ C = 0 δ C = Cos −1
Pm(δ máx − δ O ) + P máx Cosδ máx P máx
De la Ecuación (1) : dW (t ) π fo = × Pa dt H dW (t ) =
∫
W
0
π fo × Pa dt H
dW (t ) =
W (t ) =
π fo t Pa dt H ∫0
π fo Pa t H
W (t ) =
dδ dt
dδ π fo = Pa t dt H δC
∫
δO
dδ =
π fo t C Pa t dt H ∫0
(δ C − δ O ) = π
fo 1 × × Pa × t C 2 H0 2
tC =
2(δ C − δ O )H π fo Pa
2. Cuando Pe ≠ 0 (durante la falla) Pa no es una constante
Archivo: Capitulo6
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Página 90
Pa = Pm −
VT Eg Senδ X
Primero se hace una aproximación con un promedio de Pa Pe Antes de la falla
Pm
δo
Pa =
tC =
δC
δmáx
δ
δC 1 (Pm − P máx Senδ ) dδ (δ C − δ O ) ∫δ O
2H (δ C − δ O ) π fo Pa
3. La manera exacta de calcular tc es resolviendo la ecuación por algún método numérico. H d 2 δ (t ) = Pm − P máx Senδ (t ) π fo dt 2 Método de Euler Método de Integración trapezoidal Por el método de integración trapezoidal se llega a la siguiente ecuación : (1) δ (t + ∆t ) = δ (t ) + W (t ) × ∆t + (2) W (t + ∆t ) = δ (t ) = W (t ) +
∆t 2 × π fo [2 Pm − P máx Senδ (t ) − P máx Senδ (t + ∆t )] 4H
∆t × π fo [2 Pm − P máx Senδ (t ) − P máx Senδ (t + ∆t )] 2H
Archivo: Capitulo6