SEP II Ufro

UNIVERSIDAD DE LA FRONTERA FACULTAD DE INGENIERIA CIENCIAS Y ADMINISTRACION DEPARTAMENTO DE INGENIERIA ELECTRICA TEMUCO

SISTEMAS ELECTRICOS DE POTENCIA II

Profesor: Manuel Villarroel Moreno 2003

i

INDICE CAPITULO 1

LA MAQUINA SINCRONA 1.1. Generalidades a. Generador conectado a una barra infinita b. Condiciones de puesta en paralelo c. Generador alimentando una carga individual 1.2. Parámetros de la máquina síncrona a. De régimen permanente b. De régimen transitorio (sin considerar enrollados amortiguadores) 1.3. Circuitos equivalentes de la máquina síncrona 1.4. Ecuaciones de Potencia a. Generador de rotor cilíndrico b. Motor de rotor cilíndrico c. Generador de polos salientes Problemas propuestos

CAPITULO 2

REGULACION DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE 2.1. Introducción 2.2. Clasificación de las variaciones de tensión 2.3. Formas de regular las variaciones lentas de tensión 2.4. Formas de actuar de los medios de regulación de tensión 2.5. Regulación de tensión por inyección de potencia reactiva a. Línea corta de transmisión b. Línea de longitud media o larga c. Sistema enmallado 2.6. Regulación de tensión mediante transformadores con cambio de TAP (TCT) 2.6.1 Sistema de transmisión radial con un TCT en el extremo transmisor 2.6.2 Sistema de transmisión radial con un TCT en ambos extremos de la línea 2.7. Regulación de tensión mediante el uso combinado de TCT e inyección de Potencia Reactiva Problemas propuestos

23

CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA 3.1. Introducción 3.2. Planteamiento del problema básico 3.3. Modelo de representación del SEP 3.3.1. Tipos de barras 3.3.2. Representación de los elementos del SEP a. Líneas b. Transformadores c. Generadores 3.4. Planteamiento matemático para un SEP de “n” barras 3.4.1. Ecuaciones de barras 3.4.2. Ecuaciones del flujo de potencias 3.4.3. Potencia perdida en la transmisión 3.4.4. Cálculo de las tensiones de barras 3.5. Técnicas de solución para el problema del flujo de potencias 3.5.1. Método de Gauss 3.5.2. Método de Gauss-Seidel a. Caso general b. Aplicación del método de Gauss-Seidel YB al cálculo de flujos de potencias b.1 Sistemas con barras de carga y flotante solamente

25 25 25 26 26 27 27 27 27 27 27 27 28 28 29 29 30 30 30 30

CAPITULO 3

1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 5 6 9 10 10 10 10 11 11 11 14 15 17 17 19 21

ii

b.2 3.5.3. a. b. 3.5.4. 3.5.5. 3.6. CAPITULO 4

CAPITULO 5

Sistemas con barras de carga, tensión controlada y flotante Método de Newton-Raphson Formulación general Aplicación al cálculo de flujos de potencias Método de Newton-Raphson desacoplado (MNRD) Método de Newton-Raphson desacoplado rápido (MNRDR) Flujo de Carga “DC” o Flujo de Potencia de Corriente Continua Problemas propuestos

31 35 35 37 41 42 45 48

ESTUDIO Y ANALISIS DE FALLAS 4.1. Introducción 4.2. Tipos de fallas 4.3. Cálculo de Cortocircuitos 4.3.1. Objetivos 4.3.2. Aproximaciones 4.4. Cortocircuitos trifásicos simétricos 4.4.1. Comportamiento de un generador en condiciones de cortocircuito trifásico simétrico a. El generador en vacío antes de producirse la falla b. El generador en carga antes de producirse la falla c. Concepto de potencia de cortocircuito d. Algunos antecedentes relativos a la selección de interruptores 4.4.2. Cortocircuitos trifásicos simétricos en un SEP a. Método tradicional b. Cálculo sistemático (Método general) 4.5. Cortocircuitos Asimétricos 4.5.1. Componentes simétricas a. Consideraciones generales b. Relación entre voltajes (corrientes) de secuencia y de fase c. Potencia en función de las componentes simétricas 4.5.2. Circuitos equivalentes de secuencia de los elementos componentes de un SEP a. Líneas b. Generadores c. Transformadores d. Redes de secuencia 4.5.3. Análisis de algunos tipos de corctocircuitos 4.5.3.1.Cortocircuito monofásico a tierra a través de una impedancia de falla ZF 4.5.3.2.Cortocircuito bifásico a tierra a través de una impedancia de falla ZF 4.5.3.3.Cortocircuito entre dos fases a través de una impedancia de falla 4.5.3.4.Observaciones finales respecto a los cortocircuitos asimétricos 4.6. Fases abiertas 4.6.1. Introducción 4.6.2. Una fase abierta 4.6.3. Dos fases abiertas 4.6.4. Impedancias serie desequilibradas Problemas propuestos

50 50 50 51 51 51 52 52

64 64 66 69 70 70 72 75 76 77 77 77 81 82 83

ESTABILIDAD 5.1. Introducción 5.2. Estabilidad transitoria 5.2.1. Objetivos 5.2.2. Suposiciones básicas para los estudios simplificados de estabilidad transitoria

88 88 88 88 88

52 53 54 55 57 57 57 61 61 61 61 63 63

iii

5.2.3. 5.2.4. 5.2.5. 5.2.6. 5.2.7. a. b. c. d. 5.2.8. 5.2.9. 5.2.10. 5.2.11. 5.3. 5.3.1. 5.3.2. a. b. 5.3.3. a. b.

89 91 94 95

Ejemplo ilustrativo Ecuación de oscilación de una máquina síncrona Ecuaciones de oscilación en un sistema multigenerador Estudio de la ecuación de oscilación de un generador conectado a una barra infinita Algunos métodos de solución de la ecuación de oscilación Método punto a punto Método de Euler Método de Euler Modificado Método de Runge Kutta de 4º orden Criterio de Areas Iguales Reducción a un sistema simple Ecuación de oscilación de dos máquinas finitas Factores que condicionan la estabilidad transitoria Estabilidad estática o permanente Introducción Generador conectado a una barra infinita Despreciando el efecto de amortiguación Con efecto de amortiguación Estabilidad de un sistema de “n” máquinas Despreciando el efecto de los reguladores y del roce Considerando el efecto del amortiguamiento Problemas propuestos

99 99 102 103 103 104 106 107 108 109 109 110 110 111 111 111 112 112

BIBLIOGRAFIA

117

CAPITULO 1 LA MÁQUINA SÍNCRONA 1.1.

Generalidades

Desde el punto de vista del comportamiento de un generador sincrónico en un SEP se pueden identificar las variables mostradas en la Figura 1.1. En general, el cambio de cualquiera de las variables de control, afecta a las cuatro variables de salidas. En un sistema de potencia, la actuación sobre el torque de la máquina motriz hace posible mantener un balance exacto entre la potencia activa generada en el sistema y la potencia activa consumida por las cargas más las pérdidas. Este balance permite que el sistema trabaje a una frecuencia constante. Por otra parte, actuando sobre la corriente de excitación de cada generador, es posible mantener un balance exacto entre las potencias reactivas generadas y las del consumo y pérdidas. Este balance permite mantener una tensión constante (en módulo) en las barras del sistema. a. Generador conectado a una barra infinita: La tendencia actual es trabajar con un sistema eléctrico de transmisión y distribución que interconecte las diferentes centrales generadoras y los puntos de consumo, de modo que una sola central y más aún, una sola máquina representa un pequeño porcentaje de la potencia total del sistema. Evidentemente esta máquina no estará capacitada para alterar ni el voltaje ni la frecuencia del sistema eléctrico. En el límite se puede considerar que el sistema mantiene el voltaje y la frecuencia invariables, lo que se puede asimilar a una máquina que tiene cero impedancia interna e inercia rotacional infinita. Se habla entonces de una “barra infinita” (Figura 1.2). Variables

I exc Máquina

de Control

Tm

Síncrona

P Variables Q de V Salida F

Figura 1.1.- Representación esquemática de una Máquina Síncrona

Barra ∞

/V/=cte, f=cte Figura 1.2.- Barra infinita

Un gran SEP puede considerarse como una barra infinita para muchos fines prácticos. En este caso entonces, dado que el voltaje y la frecuencia se mantienen constantes, las variables de salida se reducen a las potencias activa P y reactiva Q donde la corriente de excitación Iexc influye fundamentalmente en Q y el torque motriz Tm influye básicamente en P; es decir, hay un acoplamiento débil entre Iexc y P y entre Tm y Q. b. Condiciones de puesta en paralelo: Para operar dentro de un sistema eléctrico, un generador síncrono debe trabajar normalmente en paralelo con otros generadores, unidos a una barra de generación común, si pertenecen a una misma central o separados por alguna impedancia (líneas, transformadores) si pertenecen a centrales diferentes. Tratándose de alternadores polifásicos, las condiciones de puesta en paralelo son las siguientes: ♦

Módulo de la tensión en bornes igual al existente en la barra. Se actúa sobre la corriente de excitación

♦

Frecuencia igual a la de la barra. Se actúa sobre el torque motriz

♦

Igual secuencia de fases

♦

Igualdad en la forma de onda

2

c. Generador alimentando una carga individual: Supongamos por simplicidad que la carga es de tipo impedancia estática y se aumenta Tm. En este caso, al aumentar Tm, aumenta la velocidad y por lo tanto varían tanto la frecuencia como el voltaje y en consecuencia, varían también P y Q. 1.2.

Parámetros de la máquina síncrona

a.

De régimen permanente Rotor cilíndrico: Impedancia síncrona Zs=Rs+jXs, habitualmente Zs=jXs Rotor de polos salientes: Reactancia de eje directo: Xd Reactancia de eje en cuadratura: Xq

b.

De régimen transitorio (sin considerar enrollados amortiguadores) Reactancia transiente de eje directo: X 'd Constante transiente de tiempo: τ'd

Adicionalmente, para el estudio del comportamiento de la máquina síncrona en régimen desbalanceado es necesario introducir los parámetros impedancia de secuencia cero (Z0), positiva (Z1) y negativa (Z2) que se estudiarán posteriormente, así como la reactancia subtransiente ( X "d ) 1.3.

Circuitos equivalentes de la máquina síncrona

Los circuitos equivalentes dependen del tipo de máquina (rotor cilíndrico o de polos salientes), del tipo de estudio que se desea realizar y del grado de precisión deseada. Se pueden clasificar en dos grupos: aquellos utilizados en los estudios de régimen permanente (balanceado o desbalanceado) y los utilizados en los estudios de régimen transitorio, particularmente cortocircuitos y estabilidad. Las Figuras 1.3. a) y b) muestran los circuitos equivalentes de una máquina síncrona de rotor cilíndrico, usuales en los estudios de régimen permanente. En a) se considera la resistencia síncrona y en b) se desprecia. Para una máquina de polos salientes no es posible establecer un circuito equivalente simple y su comportamiento se estudia en base a su diagrama fasorial d-q. jXs jXs Rs +

+ E -

a)

+

V

+ E

V

-

-

-

b)

Figura 1.3.- Circuitos equivalentes de una máquina síncrona para estudios de régimen permanente Los circuitos de la Figura 1.4. a) y b) se usan en los estudios de cortocircuitos simétricos: a) se emplea en aquellos casos en que se supone la máquina en vacío antes de producirse el cortocircuito. La tensión E, en este caso, es la de vacío en los terminales de la máquina. Si la corriente antes de producirse el cortocircuito es significativa, se emplea el circuito de la Figura 1.4.b). La elección de E' y E'' así como X 'd y X "d en ambos casos, depende del instante de tiempo en que se evalúa la corriente después de ocurrida la falla.

Es conveniente hacer notar que los circuitos de la Figura 1.4. se emplean tanto para máquinas de rotor cilíndrico como de polos salientes. Esto se debe a que en condiciones de cortocircuito, las corrientes son prácticamente reactivas y en consecuencia la componente en cuadratura de la corriente (Iq) en las máquinas de polos salientes se puede despreciar sin cometer gran error. En los estudios simplificados de estabilidad transitoria, una máquina síncrona de rotor cilíndrico o de polos salientes, se representa por el circuito equivalente mostrado en la Figura 1.4 b), considerando E' y X 'd .

3

jX'd

jXd'

jX'd'

+

+

E

V

-

jXd''

+ E' E '' -

-

+ V -

a)

b)

Figura 1.4.- Circuitos equivalentes de una máquina síncrona para estudios de fallas simétricas 1.4.

Ecuaciones de Potencia

a. Generador de rotor cilíndrico: Consideremos un generador suministrando potencia directamente a un consumo. El circuito equivalente por fase y el diagrama fasorial se muestran en la Figura 1.5. I

jXs

E +

+ E

V -

Consumo

-

jI Xs

δ

ϕ

V

I

a)

b)

Figura 1.5.- Generador síncrono de rotor cilíndrico: a) Circuito equivalente; b) Diagrama fasorial La potencia suministrada por el generador al consumo es: & I∗ S& g = Pg + jQ g = V

(1.1)

& = V∠0º y E& = E∠δ; del circuito se tiene que: Si V

& & &I = E − V = j V − E∠δ jX s Xs

(1.2)

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

EV sin δ Xs

Qg =

EV V2 cos δ − Xs Xs

(1.3)

que corresponden a las potencias activa y reactiva, respectivamente. ♦

Potencia activa

La primera ecuación de (1.3) se denomina Ecuación Potencia Activa-Angulo y se puede visualizar en la Figura 1.6, para E y V constantes. Como en estas condiciones, Pg es sólo función de δ, significa que si se supone velocidad constante y Tm aumenta, el rotor avanza un cierto ángulo respecto a su posición original, lo que implica que el fasor E se aparta del fasor V, ya que su fase depende de la posición del rotor. En consecuencia δ aumenta y Pg aumenta. En el gráfico se puede apreciar también que en el caso en que la máquina funcione como motor, el ángulo δ es negativo, es decir la potencia activa es negativa (según la referencia considerada), esto es, la potencia activa llega a la máquina.

4

Pg

Motor δ

Generador

Figura 1.6.- Gráfico Potencia Activa-Angulo para una máquina síncrona Por otra parte, para E y V constantes, la máxima potencia activa que el generador puede entregar se tiene cuando el ángulo δ es de 90º, lo que representa el límite de estabilidad permanente de la máquina. Si el ángulo sigue aumentando, la potencia activa disminuye y el generador pierde el sincronismo. Ejemplo 1.1. Un generador de rotor cilíndrico que tiene una reactancia síncrona del 50%, está conectado a una barra infinita a través de una línea corta de transmisión cuya reactancia es del 25%. La tensión en bornes de la máquina es la nominal, cuando la potencia recibida por la barra infinita es de (90+j40 ) MVA. Datos en base común 100 MVA. Determinar: a) La potencia activa máxima que el generador le puede entregar a la barra infinita. b) La potencia reactiva que el generador entrega en las condiciones anteriores. Solución: a)

Potencia activa máxima

En el circuito de la Figura 1.7 se tiene: & = V ∠0º ; V ∞ ∞

& = 1∠δ V

La corriente queda: &I =  S V  ∞

j0,5

*  0,9 − j0,4  = V∞ ∠0º 

+ E -

j0,25 +

I

+

V

V∞

-

-

Figura 1.7

Para calcular Pg se debe conocer E y V∞. A partir del circuito se puede plantear la siguiente ecuación: & se puede escribir: & = j0,25 ∗ (0,9 − j0,4) + V & ; reemplazando valores y amplificando por V V ∞ ∞ & V ∞ 1∠δ ∗ V∞ = 0,1 + j0,225 + V∞2 ; separando en parte real e imaginaria quedan las dos ecuaciones siguientes: V∞ ∗ cos δ = 0,1 + V∞2

Elevando al cuadrado ambas ecuaciones y sumando se tiene:

V∞ ∗ sin δ = 0,225 ± 0,2911 & = 0,8457∠0º V∞4 − 0,8 ∗ V∞2 + 0,0606 = 0; cuyas soluciones son: V∞ =   ⇒V ∞ 0 , 8457 ±  

5

& y del circuito se puede determinar E& y luego Pgmáx como sigue: A partir del valor de V ∞

0,9 − j0,4 E& = j0,75 ∗ + 0,8457∠0º = 1,4416∠33,62º 0,8457∠0º Pg máx = b)

Qg = ♦

E ∗ V∞ 1,4416 ∗ 0,8457 ∗ sin 90º = ⇒ Pgmáx=1,6255 (pu) XT 0,75

Potencia reactiva

EV V2 0,8457 2 ∗ cos 90º − =− ⇒ Qg=-0,9536 (pu) XT XT 0,75 Potencia Reactiva

La segunda ecuación de (1.3) representa la potencia reactiva que la máquina puede generar (consumir), y se puede escribir como sigue: Qg =

V ( E cos δ − V) Xs

(1.4)

Respecto a esta ecuación, se puede observar que: Si E cos δ 〉 V, entonces Qg 〉 0. Esto significa que la máquina genera potencia reactiva y actúa desde el punto de vista de la red, como un condensador. Generalmente, la desigualdad anterior se cumple cuando el generador trabaja sobreexcitado (Figura 1.5.b); y por lo tanto, la carga servida por el generador es inductiva. I Si E cos δ 〈 V, entonces Qg 〈 0. Esto E jI X s significa que el generador consume ϕ δ potencia reactiva "desde la red" y actúa como una reactancia shunt vista desde ésta. V Esta condición se cumple cuando la máquina trabaja subexcitada y tal como se Figura 1.8.- Diagrama fasorial de un generador subexcitado muestra en el diagrama fasorial de la Figura 1.8, la corriente adelanta al voltaje, lo que significa que la carga servida por el generador es de tipo capacitivo.

-

Si δ=0, significa que la potencia activa es cero y en la expresión (1.4) se tiene: Qg =

V (E − V) Xs

(1.5)

Ecuación que en el caso en que la tensión V del sistema es constante, depende sólo de la corriente de excitación, lo que da origen a los “condensadores síncronos” (E>V) o “reactores síncronos” (E
-

El motor entrega potencia reactiva si está sobreexcitado, pero consume corriente en adelanto (Figura 1.9. b); esto es, se comporta como un consumo capacitivo.

6

-

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

I

IM I +

+ E

V

-

ϕ

I

IM δ

-

V

V δ

ϕ

j Xs I M E

IM

jI Xs

c)

b)

a)

E

Figura 1.9.- Motor síncrono de rotor cilíndrico: a) Circuito equivalente, b) Diagrama Fasorial sobreexcitado, c) Diagrama Fasorial subexcitado La Figura 1.10 muestra un diagrama con la posición de la corriente para las cuatro condiciones de operación descritas anteriormente. En todas ellas se supone que la corriente sale de la máquina. De acuerdo con las convenciones más usadas, cuando la corriente tiene una proyección positiva sobre el voltaje, la máquina entrega energía (generador) y viceversa. Si se conectara un fasímetro, éste indicaría los ángulos mostrados en la figura, suponiendo siempre que la corriente sale de la máquina. Sin embargo, las designaciones mostradas para el trabajo como motor (atraso o adelanto) corresponden más exactamente a estas corriente giradas 180º.

P Generador, P > 0 Subexcitado, Q < 0 Corriente en adelanto I

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

-Q

Generador, P > 0 Sobreexcitado, Q > 0 Corriente en atraso I

V

I

Q

V I

I Motor, P < 0 Sobreexcitado, Q > 0 Corriente en adelanto

Motor, P < 0 Subexcitado, Q < 0 Corriente en atraso -P a)

b)

Figura 1.10.- a) Diagrama que muestra las cuatro condiciones de operación de una máquina síncrona, b) Diagrama unilineal con el sentido adoptado para la corriente Otra forma de representar las condiciones de operación de una máquina síncrona, considera al voltaje V positivo en el eje de abcisas, lo que es equivalente a girar en 90º hacia la derecha el diagrama mostrado en la Figura 1.10. c. Generador de polos salientes: Como ya se dijo, no es posible representar el generador de polos salientes a través de un circuito equivalente. Por ello, se trabaja con su diagrama fasorial. La Figura 1.11 muestra el diagrama fasorial de un generador de polos salientes, a partir del cual se pueden obtener las ecuaciones de potencias activa y reactiva.

7

d Iq

E

ϕ Id

q

δ

j Xq I q I

V

j Xd I d

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

Potencia activa

La potencia activa es de la forma Pg=V I cos ϕ es decir V multiplicado por la proyección de I sobre V. Por lo tanto, proyectando las componentes de la corriente, se tiene: I cos ϕ = I q cos δ + I d sin δ

(1.6)

Por otra parte, del mismo diagrama se puede escribir: Id =

E − V cos δ Xd

Iq =

V sin δ Xq

(1.7)

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

Xd − Xq 2 VE sin δ + V sin 2δ Xd 2 Xd Xq

(1.8)

La Figura 1.12 muestra la curva de Pg=f(δ) dada por la ecuación (1.8). En líneas de segmentos están dibujadas las curvas correspondientes al primer término (la fundamental) y al segundo término (la segunda armónica). El segundo término de (1.8) se denomina componente de reluctancia o de saliencia y es pequeño comparado con el primero (10 a 20% usualmente). No depende de la excitación E y por ello existe aunque la corriente de excitación sea nula. Para corrientes de excitación grandes no se comete un error importante al despreciarlo. Si la máquina está conectada a un sistema relativamente grande (barra infinita), como ocurre en la mayoría de los casos, V será constante o tendrá un rango de variaciones posibles bastante estrecho; E, que depende de la corriente de excitación, también se mantendrá constante. Por lo tanto, para fines prácticos se puede afirmar que Pg depende sólo de δ. Si δ 〉 0, Pg es positiva, es decir, la máquina genera potencia activa si E adelanta a V. A un aumento de δ corresponde un aumento no proporcional de la potencia, ya que el denominado “coeficiente de sincronización” dPg dδ no es constante. Existe un δ, para el que, dPg dδ = 0, o sea para el cual se obtiene la máxima potencia activa compatible con los valores de V y E adoptados. Si δ sigue aumentando, Pg se reducirá y la máquina perderá el sincronismo.

8

Pg

Motor

δ Generador

Figura 1.12.- Curva Potencia-ángulo para una máquina de polos salientes ♦

Potencia Reactiva

Recordemos que Qg=V I sin ϕ, es decir es el producto del voltaje por la componente de la corriente, en cuadratura con él. Por lo tanto, a partir del diagrama fasorial y considerando las ecuaciones (1.7), la potencia reactiva queda de la forma: Qg =

Xd − Xq 2 Xd + Xq 2 VE cos δ + V cos 2δ − V Xd 2 Xd Xq 2 Xd Xq

(1.9)

Ejemplo 1.2. Un motor síncrono de polos salientes con Xd=80% y Xq=50%, está conectado a una barra infinita cuyo voltaje es el nominal. Los datos están en la base propia de la máquina. Despreciando las pérdidas calcular: a) El valor mínimo de E para que la máquina permanezca en sincronismo a carga nominal. b) La potencia reactiva (consumida o generada). Solución: a1) Límite de estabilidad: ⇒ dPg dδ = 0 ; es decir:

dPg dδ

=

Xd − Xq 2 VE 1∗ E 0,8 − 0,5 2 cos δ + V cos 2δ = ∗ cos δ + ∗ 1 ∗ cos (2 ∗ δ) = 0 Xd Xd Xq 0,8 0,8 ∗ 0,5

cos ( 2 ∗ δ) cos δ a2) Carga nominal: ⇒ Pg = −1 en ecuación (1.8), de donde se obtiene:

despejando E de la ecuación anterior se tiene:

−1=

E = −0,6 ∗

1∗ E 0,8 − 0,5 ∗ sin δ + ∗ 12 ∗ sin (2 ∗ δ) = 0 ; es decir: 0,8 2 ∗ 0,8 ∗ 0,5

− 1 = 1,25 ∗ E ∗ sin δ + 0,375 ∗ sin ( 2 ∗ δ)

(b)

Introduciendo (a) en (b) y ordenando se puede escribir: F(δ) = 0,75 ∗ tg δ − 0,375 ∗ tg (2 ∗ δ) −

1 =0 cos (2 ∗ δ)

(a)

9

Empleando un método iterativo (Newton-Raphson, por ejemplo), se obtiene que con δ = −60,5º ; F(δ) = −0,008 . Reemplazando δ en la ecuación (a) se obtiene finalmente: E=0,6276 (pu) b)

Potencia reactiva: Reemplazando valores en la ecuación (1.9), se tiene:

QM =

0,8 + 0,5 0,8 − 0,5 1 ∗ 0,6276 ∗ 12 ⇒ QM= −1,4318 (pu) ∗ 12 ∗ cos (−2 ∗ 60,5º ) − ∗ cos ( −60,5º ) + 2 ∗ 0,8 ∗ 0,5 2 ∗ 0,8 ∗ 0,5 0,8 Problemas propuestos

1.1. Un generador síncrono tiene una impedancia síncrona de 10 Ω y una resistencia síncrona de 1,2 Ω (Valores por fase). La tensión generada es 1,1 kV (por fase) y se conecta a una barra infinita de 1 kV (por fase). Determinar la corriente y factor de potencia cuando se tiene la máxima potencia activa generada. 1.2. Un generador síncrono de polos salientes con Xd=1,5 (pu) y Xq=1 (pu) y resistencia despreciable, se conecta a una barra infinita cuyo voltaje es el nominal, a través de una línea que tiene una reactancia de 0,3 (pu). Determinar la potencia activa de salida para un ángulo de torque de 30º, si E es 1,4 veces el voltaje nominal terminal del generador. Calcular además, el coeficiente de sincronización en estas condiciones. Todos los valores en (pu) están en base 75 MVA. El generador es de 75 MVA, 11 kV. 1.3. En el problema 1.2 determinar el valor máximo de la potencia activa que el generador le pueda entregar a la barra infinita. En estas condiciones, ¿cuál es el valor de la potencia reactiva? 1.4. ¿Qué porcentaje de su potencia nominal podrá desarrollar sin pérdida de sincronismo un motor síncrono de polos salientes cuando se le aplica su tensión nominal siendo la corriente de excitación igual a cero?. Xd=0,8; Xq=0,5, ambos en por unidad en base propia. Determine también, la corriente en el inducido a la potencia máxima. 1.5. Un motor síncrono, de polos salientes, tiene Xd=0,8; Xq=0,5; en tanto por unidad base propia y está conectado a una red de potencia infinita cuyo voltaje es el nominal. Depreciando las pérdidas, determine la excitación mínima, para que la máquina se mantenga en sincronismo con el torque de plena carga. 1.6. Un motor shunt de corriente continua está acoplado mecánicamente a un generador trifásico síncrono de rotor cilíndrico. El motor se conecta a una red de tensión continua constante de 230 V y el generador a una red trifásica de frecuencia y tensión constantes, siendo ésta de 230 V entre fases. La máquina síncrona, de cuatro polos, conectada en Y, es de 25 kVA a 230 V, y su reactancia síncrona es de 1,6 ohm/fase. La máquina de continua, también de cuatro polos, tiene los valores nominales de 25 kW y 230 V. Se desprecian todas las pérdidas. a. Si el conjunto de ambas máquinas trabaja como un grupo motor-generador recibiendo potencia de la red de continua y suministrándola a la de alterna, ¿cuál es la tensión simple (entre fases y neutro) inducida por el campo inductor de la máquina de alterna cuando trabaja a sus kVA nominales y factor de potencia unitario? b. Dejando la excitación de la máquina de alterna como en el apartado anterior, ¿qué ajustes deberán realizarse para reducir a cero la transferencia de potencia entre los sistemas de alterna y de continua? En estas condiciones de transferencia nula, cuál es la corriente en el inducido de la máquina de continua y en el inducido de la de alterna? c. Dejando la excitación de la máquina de alterna como en los dos apartados anteriores, ¿cómo podrá regularse para transferir 25 kW de la red alterna a la de continua? En estas condiciones ¿cuál es la corriente en el inducido de la máquina de continua? Cuáles son la magnitud y fase de la corriente en la máquina alterna?

CAPITULO 2 REGULACIÓN DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE 2.1.

Introducción

Un sistema de potencia bien diseñado debe ser capaz de entregar un servicio confiable y de calidad. Entre los aspectos que caracterizan una buena calidad de servicio están, la adecuada regulación del voltaje así como de la frecuencia. El Control de Voltaje tiene como objetivo mantener los niveles de tensión dentro de límite razonables. El problema; sin embargo, es diferente según se trate de una red de distribución o una de transmisión. En una red de transmisión se pueden admitir variaciones de tensión mayores que en una red de distribución, ya que no existen aparatos de utilización directamente conectados a ella. Por lo tanto, dentro de ciertas limitaciones, no hay mayores inconvenientes en que la tensión en un punto dado de la red de transmisión varíe dentro de límites relativamente amplios, generalmente ± 10% como máximo de un valor que habitualmente es diferente del nominal. En las redes de distribución, las variaciones de tensión están limitadas por las características de los consumos. Estos sólo funcionan adecuadamente con tensiones cercanas a la nominal y admiten variaciones lentas que no sobrepasen un ± 5% en aplicaciones térmicas (cocinas, lámparas, calentadores) y un ± 8% en el caso de motores, lavadoras, receptores de radio y televisión, etc. Con tensiones muy altas habrá calentamiento y menor vida útil. Si son muy bajas habrá mal rendimiento, malas características de torque (motores), etc. 2.2.

Clasificación de las variaciones de tensión Según sus características, las variaciones de tensión se pueden clasificar en:

–

Variaciones lentas: Tanto previsibles (periódicas), originadas en los cambios periódicos de los consumos que presentan máximos a ciertas horas del día y mínimos en otras; como aleatorias, debidas a las conexiones y desconexiones de los consumos, que pueden ocurrir en cualquier momento.

–

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

–

Caídas de tensión: De breve duración (desde fracciones de segundo hasta algunos segundos) y de amplitudes muy variables (hasta un 100% de la tensión). Su efecto es casi equivalente al de una interrupción de servicio

En este capítulo, se analizará exclusivamente el control de las variaciones lentas de tensión en las redes de transmisión y distribución. 2.3.

Formas de regular las variaciones lentas de tensión

La regulación lenta de tensión tiene por fin mantener el módulo de la tensión en todo el sistema en el mejor valor posible. Los métodos más empleados son: –

Inyección (absorción) de potencia reactiva: permite modificar la potencia reactiva circulante en el sistema, que es una importante causa de variación de la tensión. Se consigue con el empleo de condensadores estáticos, compensadores síncronos, reactores y los generadores de las centrales.

–

Inserción de una tensión serie adicional: para compensar la caída que se desea regular. Se consigue, por ejemplo, con los transformadores con derivaciones, que permiten variar discontinuamente la razón de transformación. Las derivaciones pueden ser operables en vacío (más baratas) o bajo carga.

11

–

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

2.4.

Formas de actuar de los medios de regulación de tensión

–

Regulación continua: Reguladores de inducción y compensadores síncronos.

–

Regulación cuasi-contínua: Cambiadores de derivación bajo carga de los transformadores.

–

Regulación intermitente: Condensadores estáticos.

–

Regulación fija: Condensadores serie y cambiadores de derivación en vacío.

2.5.

Regulación de tensión por inyección de potencia reactiva

a. Línea corta de transmisión: Con el objeto de establecer algunos conceptos básicos consideraremos en primer lugar, el caso de una línea corta de transmisión y su diagrama fasorial correspondiente, tal como se muestra en la Figura 2.1. PR y QR son las potencias activa y reactiva que llegan a la carga a través de la línea. PT + jQ T I

R + jX

VT E

PR + jQ R VR Carga

VT

ϕ

a)

A

θ

VR

R

D

jXI C

RI

B

∆V

I

b)

Figura 2.1.- Línea corta de transmisión: a) Circuito equivalente; b) Diagrama fasorial De la Figura 2.1 y considerando que θ es un ángulo pequeño, se puede escribir:

& −V & = V − V ≈ ∆V V T R T R

(2.1)

pero, ∆V=AD+DC, con: AD=RI cos ϕR y DC=XI sin ϕR, por lo que se obtiene finalmente: ∆V =

RPR + XQ R VR

(2.2)

De la misma forma: EC =

XPR − RQ R VR

(2.3)

Por lo que:

 EC   θ = tg −1   VR + ∆V 

(2.4)

Las ecuaciones (2.2) y (2.4) muestran claramente que el transporte de PR y QR desde el extremo transmisor T al receptor R, va acompañado de una caída de tensión ∆V y de un desfase θ entre las tensiones de

12

ambos extremos de la línea. Debido a que usualmente, en los sistemas de transmisión y generación R<< X, el término dominante en la ecuación (2.2) es XQR, o sea la potencia reactiva transferida desde T a R es la causante principal de la caída de tensión ∆V. Por la misma razón anterior, el término dominante en (2.4) es XPR, de donde se concluye que el desfase θ es decisivo en el valor de la potencia activa suministrada al consumo. Según lo planteado, para reducir la caída de tensión ∆V es necesario evitar (disminuir) el transporte de potencia reactiva por la línea, es decir, la potencia reactiva debería ser suministrada en lo posible, en el mismo punto donde será consumida. Supongamos que se desea mantener constante ∆V para cualquier valor de PR. Entonces, a partir de la ecuación (2.2), QR debe variar según la ecuación (2.5), para cumplir con la condición señalada. QR = K −

R PR X

Donde el término K=(∆V/X)VR es constante, puesto que para VT y ∆V constantes, entonces, VR es constante y por lo tanto, la potencia reactiva QR enviada al consumo a través de la línea debe variar tal como se muestra en la Figura 2.2. Controlando la potencia reactiva QR en la forma mostrada en la Figura 2.2, es posible mantener la tensión VR constante para diversos valores de potencia activa PR. Este control se hace, evidentemente en el extremo receptor y el procedimiento se conoce con el nombre de “regulación de tensión por inyección de potencia reactiva”.

(2.5) Q

R

K

QR0 QR1

PR0

PR1

XK/R

PR

Figura 2.2.- Variación de la potencia reactiva QR entregada por la línea en función de la potencia activa del consumo, para mantener VR constante

Conviene insistir en que la potencia QR correspondiente a la ecuación (2.5) representa solamente la potencia reactiva que llega al consumo a través de la línea, cuyo valor, en caso de producirse una variación de PR, será diferente al correspondiente al consumo ya que su ley de variación para ∆V constante está definida por la ecuación (2.5) Con el objeto de precisar lo expuesto, consideremos: QRO: Potencia reactiva requerida por el consumo PRO: Potencia activa inicial del consumo QR1: Nuevo valor de potencia reactiva que se debe suministrar al consumo a través de la línea. PR1: Nuevo valor de potencia activa requerida por el consumo. A partir de (2.5) se puede escribir:

QR0 = K − Q R1

R PR 0 X

R = K − PR1 X

(2.6)

13

Según sea el nuevo valor PR1, se pueden presentar dos casos: a1)

PR1 > PR0; entonces QR1< QR0

a2)

PR1 < PR0; entonces QR1> QR0 La potencia que se debe inyectar en el consumo será:

∆Q = Q R 0 − Q R1

(2.7)

El valor de ∆Q será positivo o negativo, según corresponda al caso a1) o a2) y se puede considerar en general como una potencia inyectada según se muestra en la Figura 2.3. VR

V T

P R + jQ R

PR+j(QR+∆ Q)

Línea CONSUMO

∆Q

Figura 2.3.- Representación de ∆Q como fuente de potencia reactiva Ejemplo 2.1. El sistema de la Figura 2.4, alimenta una carga que en demanda máxima (Dmáx) es de 45 MVA, cos ϕ =1. Durante la demanda mínima (Dmín) la carga es de (10+j2) MVA. Si la tensión en el extremo transmisor puede tomar como valores extremos 110 y 100% respectivamente, determinar la compensación de potencia reactiva necesaria en el extremo receptor durante Dmáx y Dmín, si se desea mantener en dicho extremo una tensión de 100 y 95% respectivamente. SB=100 MVA Solución: a) Para demanda máxima: VT=1,1 (pu); VR= 1,0 (pu)

S& L = 0,45 + j0,0 (pu ) ;

G

T

R 0,38+j0,6 (pu) S R

Aplicando la aproximación de una línea corta (Ecuación 2.2) se tiene: ∆V = VT − VR =

Figura 2.4

SC

S L Comp.

RPR + XQ R 0,38 ∗ 0,45 + 0,6 ∗ Q R ⇒ 1,1 − 1 = VR 1

De donde se obtiene: QR=−0,1183 (pu) ⇒ QC=QL−QR=0−(−0,1183)=0,1183 (pu) ⇒ QC=11,83 MVAR (inyectar). b) Para demanda mínima: S& L = 0,1 + j0,02 (pu ) ; VT=1,0 (pu); VR= 0,95 (pu)

Aplicando la ecuación (2.2) se tiene:

1,0 − 0,95 =

0,38 ∗ 0,1 + 0,6 ∗ Q R ⇒ QR=0,01583 ⇒QC=QL-QR=0,02-0,01583=0,00417 (pu) 0,95

⇒ QC=0,417 MVAR (inyectar).

14

b. Línea de longitud media o larga: El estudio de la regulación de tensión en una línea media o larga, mediante inyección de potencia reactiva, se realiza usualmente, empleando las ecuaciones de potencia activa y reactiva en función de las constantes generalizadas A-B-C-D ya vistas, que se resumen a continuación.

1 D PT =   VT2 cos (β − δ) −   VR VT cos (β + θ)  B  B 1 D Q T =   VT2 sin (β − δ) −   VR VT sin (β + θ)  B  B

(2.8)

1 A PR =   VR VT cos (β − θ) −  VR2 cos (β − α)  B  B A 1 Q R =   VR VT sin (β − θ) −   VR2 sin (β − α)  B  B

Ejemplo 2.2. Repetir el Ejemplo 2.1, empleando parámetros ABCD y las ecuaciones de potencia del extremo receptor. Solución: Los parámetros ABCD de la línea son:

A=D=1∠0º; C=0; B=Z=0,38+j0,6=0,7102∠57,65º a) Para demanda máxima: VT=1,1 (pu), VR= 1 (pu); PL=0,45 (pu) y QL=0

Las ecuaciones correspondiente al extremo receptor se obtienen de (2.8), es decir: A 1 PR =   VR VT cos (β − θ) −  VR2 cos (β − α)  B  B A 1 Q R =   VR VT sin (β − θ) −   VR2 sin (β − α)  B  B A partir de PR despejamos cos (β−θ), donde: cos (β − θ) =

PR B + AVR2 cos (β − α ) 0,45 ∗ 0,7102 + 1 ∗ 12 ∗ cos(57,65º −0º ) = 0,77698 = VR VT 1 ∗ 1,1

⇒ θ=18,64º

reemplazando valores en la ecuación de QR:  1   1  2 Q R =   1 ∗ 1,1 ∗ sin (57,65 − 18,64º ) −   1 ∗ sin (57,65º −0º ) = −0,2146 (pu )  0,7102   0,7102  De donde se obtiene que: QC=QL-QR=0-(-0,2146)=0,21146 (pu) ⇒QC=21,46 MVAR (inyectar). b) Para demanda mínima: VT=1,0 (pu), VR= 0,95 (pu); PL=0,1 (pu) y QL=0,02

A partir de PR despejamos cos (β−θ), de donde: cos (β − θ) =

PR B + AVR2 cos (β − α) 0,1 ∗ 0,7102 + 1 ∗ 0,95 2 ∗ cos (57,65º −0º ) = 0,5831 ⇒θ =3,32º = VR VT 0,95 ∗ 1,0

15

reemplazando valores en la ecuación de QR:  1   1  Q R =   0,95 ∗ 1,0 ∗ sin (57,65 − 3,32º ) −   0,95 2 ∗ sin (57,65º −0º ) = 0,01315 (pu ) 0 , 7102 0 , 7102     De donde se obtiene que: QC=QL−QR=0,02−0,01315=0,00685 (pu) ⇒QC =0,685 MVAR (inyectar). c. Sistema enmallado: En un caso general, interesa estudiar la influencia de la inyección o extracción de potencia reactiva en una barra cualquiera del sistema, sobre la tensión de dicha barra. El estudio parte de la premisa que existe un relación definida entre las potencias P, Q y la tensión V de la barra, relación que puede escribirse como V=V(P,Q), de donde:

dV =

∂V ∂V dQ dP + ∂Q ∂P

(2.9)

o bien: dV =

dP dQ + (∂P ∂V) (∂Q ∂V )

(2.10)

Es decir, la variación de tensión en un punto cualquiera p de un sistema, debido a cambios dP y dQ en las potencias activa y reactiva allí entregadas, está completamente determinada si se conocen los coeficientes (∂P/∂V) y (∂Q/∂V). De los dos, el (∂Q/∂V) es el más importante ya que orienta sobre la amplitud de la variación de potencia reactiva que es necesario producir para provocar una variación determinada de tensión en el punto considerado. Para determinar estos coeficientes, consideremos que la carga S = P+jQ existente en el punto p del sistema de la Figura 2.5 a) se aumenta en un consumo puramente inductivo ∆Q, de valor muy pequeño (y que en el límite se hace tender a cero). Este hecho modifica la tensión en p, que de V pasa a V + ∆V. Pi + jQ i

P+ j(Q + ∆ Q)

Pn + jQ n

ZT +

∆Q

P2 + jQ 2

+

V0

p

V + ∆V -

jX P1 + jQ1

-

S=P+jQ

a)

b)

Figura 2.5.- Determinación del coeficiente (∂Q/∂V). a) Diagrama unilineal; b) Circuito equivalente Según el teorema de Thevenin, el sistema puede ser representado por el circuito de la Figura 2.5 b), donde V0 es el voltaje que existía en p cuando no había consumo y ZT es la Impedancia equivalente de Thevenin del sistema vista desde p. En el circuito de la Figura 2.5 b) se puede aplicar lo planteado en las ecuaciones (2.1) y (2.2); que en este caso quedan: ∆V = V0 − V =

R TP + XTQ V

(2.11)

es decir:

V0 V − V 2 − R T P − X T Q = 0

(2.12)

16

La ecuación (2.12) es una función implícita y por lo tanto, como en este caso, sólo se produce un cambio en Q, (P permanece constante) se puede derivar parcialmente respecto a V y se obtiene: ∂Q V0 − 2V = XT ∂V

(2.13)

Si hubiera un cambio en P (∆P) con Q constante, se encuentra que: ∂P V0 − 2V = RT ∂V

(2.14)

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

(2.15) (2.16)

Valores típicos de (∂Q/∂V) van desde los −3 a −15 [MVAr/kV]. El signo menos indica que si ∆Q (ó ∆P) es positivo, lo que significa que la potencia que sale de p aumenta, entonces la tensión en el nudo p disminuye. Por lo tanto, la conexión de un reactor produce una baja de tensión mientras que la conexión de un condensador produce un aumento en la tensión. Es interesante hacer notar que (∂P/∂V) y (∂Q/∂V) tienen las dimensiones de corriente. Por otra parte; la corriente de cortocircuito trifásico en p (ICC), (como se verá en el Capítulo 4), se puede calcular directamente de la Figura 2.5, despreciado RT y la corriente previa a la falla y vale: I CC =

V XT

(2.17)

Las expresiones de (∂Q/∂V) e ICC (en módulo) son prácticamente iguales. La diferencia está en que la corriente de cortocircuito se calcula con las reactancias transitorias de las máquinas; mientras que (∂Q/∂V) considera reactancias permanentes o sólo las reactancias hasta aquellas barras en que la tensión permanece constante por efecto de la acción de los reguladores de tensión. Para nudos algo alejados de las máquinas, casi no habrá diferencias entre ambas definiciones. Por ello se suelen considerar como aproximadamente iguales. Para el cálculo real de (∂Q/∂V) no se consideran las impedancias de las cargas y se suponen constantes las tensiones en bornes de las máquinas síncronas. Por otra parte, aunque hasta el momento, sólo se ha considerado inyectar potencia reactiva, es evidente que, dependiendo de las condiciones de carga en el sistema, habrá que absorber potencia reactiva en algunos casos, para mantener la tensión dentro de los límites prefijados. Generalmente es necesario absorber potencia reactiva en las horas de poco consumo, lo que se debe fundamentalmente a la potencia reactiva “generada” por las líneas de transmisión que operan a niveles de tensión elevados o por redes de cables. Ejemplo 2.3. En el sistema de la Figura 2.6, las barras A y C se mantienen a tensión nominal de 220 kV. La barra B se mantiene a tensión nominal de 154 kV. Suponiendo que una cierta variación de carga en el sistema hace disminuir en 5 kV la tensión en la barra M, calcular la inyección de potencia reactiva necesaria en esta barra para restablecer su tensión primitiva. Los valores en % están con SB=500 MVA.

A

B X=50 Ω X=10%

M X=50 Ω X=50 Ω X=10% C

Figura 2.6

17

SB=500 MVA; VBL=154 kV ⇒

j0,1 (pu)

2

154 = 47,432 Ohm ; 500 50 XL = = 1,05414 (pu ) . 47,432 ZB =

j50 ohm

M

V=Ctte

j50 ohm V=Ctte

j50 ohm j0,1 (pu)

Por otra parte: −5 ∆V = = −0,03247 (pu ) 154

V=Ctte

Figura 2.7

Solución:

La reactancia de Thevenin en M es: X TH =

∆V =

1 = 0,3729 (pu ) 1 1 1 + + 1,15414 1,15414 1,05414

∆P ∆Q + ; ∂P ∂Q ∂V ∂V

con

∂P V =− =∞ ∂V R TH

A partir de la ecuación (2.10):

y

∂Q V 1 =− =− − 2,6815 se obtiene: ∂V X TH 0,3729

∆Q = 0,03247 * (−2,6815) = −0,08707 (pu ) ⇒ Inyectar 43,53 MVAr 2.6.

Regulación de tensión mediante transformadores con cambio de TAP (TCT)

El coeficiente (∂Q/∂V) de una barra puede en algunos casos alcanzar e incluso superar valores del orden de −15 [MVAr/kV]. En estas condiciones no resulta adecuado el sistema de inyección de potencia reactiva debido a la magnitud de las cantidades que habría que poner en juego para compensar las variaciones de tensión en la barra correspondiente. Puede suceder que la tensión regulada se desee en la barra q correspondiente al secundario de un transformador conectado a la barra p como se muestra en la Figura 2.8.

p

q

A pesar de la reactancia introducida entre p y q, (∂Q/∂V) puede aún resultar demasiado elevado. En estas condiciones, lo más adecuado es emplear un TCT que Figura 2.8.- Transformador con cambio de permita regular la tensión en la barra q “inyectando una Tap conectado entre las barras p y q de un tensión adicional”. Esto no genera potencia reactiva, pero sistema modifica su distribución en el sistema. El empleo de TCT para regular tensión en una barra determinada, se ilustrará mediante el análisis de los casos siguientes: 2.6.1. Sistema de transmisión radial con un TCT en el extremo transmisor

En el sistema de la Figura 2.9 se tiene: ZL: Impedancia de la línea de transmisión (Ω/fase). ZT: Impedancia del TCT (Ω/fase), referida al secundario. V1N, V2N: Tensiones nominales del TCT. aN=V1N/V2N: Razón nominal del TCT.

VT

V2

ZT

ZL

VR

P+jQ

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

18

VT, V2, VR: Tensiones en los puntos que se indican antes del cambio de Tap. a=V1N/V’2N: razón del transformador después del cambio de Tap (razón no nominal) VT' ; V2' ; VR' : Tensiones en los puntos que se indican después del cambio de Tap. La razón de cambio en el Tap t (suponiéndolo en el secundario del transformador), es:

t=

V a = 2' N a N V2 N

(2.18)

Si se supone que VT=V1N y que ZT, prácticamente no varía al cambiar el TAP, las redes equivalentes “por fase” antes y después del cambio de TAP son las que se muestran en las Figuras 2.10 a) y b) + VT

+

+

+

V2N

V2

VR

-

-

-

ZT

: 1

VT

I

+

a

ZL

ZT

aN : 1

a)

ZL

I'

+

+

+

' V2N

V2' -

V 'R

-

-

P+jQ

P+jQ

-

b)

Figura 2.10.- Redes equivalentes por fase correspondientes al sistema de la Figura 2.9. a) Antes del cambio de Tap, b) Después del cambio de Tap A partir de la Figura 2.10 b) se puede escribir:

& ' = ( Z + Z ) &I ' + V &' V 2N T L R

(2.19)

Considerando la ecuación (2.2) se puede determinar en forma aproximada, el módulo de la caída de tensión en las impedancias del transformador y la línea como sigue: ( Z T + Z L ) I ' ≈ ∆VTL =

(R T + R L ) P + (X T + X L ) Q VR'

(2.20)

Despejando V2' N de (2.18), introduciendo este valor y (2.20) en (2.19) y despejando t, se obtiene: t=

V2 N VR' (R T + R L ) P + (X T + X L ) Q + (VR' ) 2

(2.21)

Utilizando esta ecuación se puede determinar el cambio de tap necesario para cumplir determinadas condiciones. Por ejemplo, si se quiere compensar la caída de tensión en la línea, VR' = V2 y por lo tanto: t=

V2 N V2 (R T + R L ) P + (X T + X L ) Q + V22

(2.22)

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

19

t=

V22N

(2.23)

R L P + X L Q + V22N

2.6.2. Sistema de transmisión radial con TCT en ambos extremos de la línea

En el sistema de la Figura 2.11 se tiene:

V2 TCT "B" VR

VT TCT "A" V1 Z

L ZL: Impedancia de la línea de transmisión (Ω/fase) ZA ZB P+jQ ZA y ZB: Impedancia de cada TCT (Ω/fase), referida al sector de la línea. a1N=VAN/VaN: Razón nominal del TCT A Figura 2.11.- Regulación de tensión con TCT en a2N=VBN/VbN: Razón nominal del TCT B ambos extremos a1= VAN/V’aN: razón del transformador A después del cambio de Tap a2= VBN/V’bN: razón del transformador B después del cambio de Tap VT, V1, V2, VR: Tensiones en los puntos indicados antes del cambio de Tap. VT' ; V1' ; V2' ; VR' : Tensiones en los puntos indicados después del cambio de Tap.

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

V a1 = aN ' a 1N VaN

(2.24)

t2 =

V a2 = bN ' a 2 N VbN

(2.25)

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

+

1N

VT -

VT -

ZA

ZL

I

ZB

a

2N

: 1

+

+

+

+

+

VaN

V1

V2

VB

VR

-

-

-

-

-

P+jQ

a) a

+

: 1

1

: 1

ZA

I'

ZL

ZB

a

2

: 1

+

+

+

+

+

' VaN

V1'

V2'

' VB

' VR

-

-

-

-

-

P+jQ

b)

Figura 2.12.- Redes equivalentes por fase correspondientes al sistema de la Figura 2.11. a) Antes del cambio de Tap, b) Después del cambio de Tap A partir de la Figura 2.12 b) se puede escribir:

& ' = ( Z + Z + Z ) &I ' + V &' V aN A L B B

(2.26)

Considerando la ecuación (2.2) se puede determinar en forma aproximada, el módulo de la caída de tensión en las impedancias de los transformadores y la línea como sigue:

20

( Z A + Z L + Z B ) I ' ≈ ∆VALB =

(R A + R L + R B ) P + (X A + X L + X B ) Q

(2.27)

VB'

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

t1 =

VaN VB'

(2.28)

(R A + R L + R B ) P + (X A + X L + X B ) Q + (VB' ) 2

Por otra parte, de la Figura 2.12.b) y considerando la ecuación (2.25) se tiene que: VB' = a 2 VR' = t 2 a 2 N VR'

(2.29)

Introduciendo (2.29) en (2.28), se obtiene finalmente: t1 =

VaN t 2 a 2 N VR'

(2.30)

(R A + R L + R B ) P + (X A + X L + X B ) Q + ( t 2 a 2 N VR' ) 2

Si VT permanece constante, la ecuación (2.30) permite determinar los cambios de TAP necesarios t1 y t2 de tal modo que se obtenga un valor deseado VR' . En particular, si se desea que VR' sea igual a la tensión nominal del secundario del transformador B, o sea VR' = VbN , entonces, a partir de (2.30) se obtiene: t1 =

VaN t 2 VBN

(2.31)

(R A + R L + R B ) P + (X A + X L + X B ) Q + ( t 2 VBN ) 2

Si además, se desprecian las caídas internas de los transformadores y se considera t1 = t2, entonces: t1 = t 2 =

VaN R L P + X L Q − 2 VBN VBN

(2.32)

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

t1 = t 2 =

VaN * a 2 N * VR' − R T * P − X T * Q (a 2 N * VR' ) 2

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

V=33 kV (12+j40) Ω 33/230 kV 200 MVA j5,671% b.p.

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

Figura 2.13

150 MW cos ϕ =0,8

21

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

230 230 33 ∗ ∗ − 12 ∗ 50 − 70 ∗ 37,5 3 33 3 = 0,90394 2  230 33    ∗ 3  33

t1 = t 2 =

b) Usando aproximación de la línea corta:

∆V =

RPR + XQ R R ∗ PR 12 ∗ 50 = 0 ⇒ QR = − =− = −8,57 MVAr / fase VR X 70

Luego: QC=QL-QR=37,5-(-8,57) ⇒QC=46,07 MVAR/fase. Es decir; se deberían inyectar 138,21 MVAr 2.7.

Regulación de tensión mediante el uso combinado de TCT e inyección de Potencia Reactiva

Los dispositivos de producción o absorción de potencia reactiva se conectan usualmente al enrollado terciario de transformadores que interconectan redes de transmisión y de distribución. Si el transformador tiene cambiador de tap, es posible regular independientemente los voltajes primario y secundario, inyectando potencia reactiva para controlar uno de ellas y modificando los tap para controlar el otro. La Figura 2.14 muestra un esquema típico, en que las variables se suponen “por fase” y las impedancias referidas al primario. V1

Zp

V2

S1

S2

+ P+jQ

Zs

N I

+

+

VN

V2

-

-

Zt V3

V1 CS

CS

-

a)

b)

Figura 2.14.- Esquema típico de regulación de tensión combinando TCT e inyección de potencia reactiva. Diagrama unilineal, b) Red equivalente por fase

a)

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

–

V1

Se desprecia la potencia activa perdida en el transformador, por lo que Zp, Zs y Zt se suponen sin resistencia Las caídas de tensión se calculan por medio de expresiones simplificadas

Sea P+jQ, la potencia compleja que llega al nudo N por la rama Zp. El diagrama fasorial de la Figura 2.15 muestra esta situación, considerando como referencia el fasor de voltaje VN . A partir de esta figura se puede escribir:

θ

VN

jXp I

δV

ϕ I

∆V

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

22

V1 − VN ≈ ∆V =

δV =

Xp Q

(2.33)

VN

Xp P

(2.34)

VN

Por otra parte, en la Figura 2.15 se tiene que: V12 = (VN + ∆V) 2 + (δV ) 2

(2.35)

Introduciendo (2.33) y (2.34) en (2.35) y despejando VN se obtiene: VN2

=

V12 − 2X p Q 2

±

1 V12 (V12 − 4X p Q) − 4(X p P) 2 2

(2.36)

En algunos cálculos más simplificados, la tensión VN se determina despreciando δV, con lo que resulta una expresión más sencilla que (2.36). A partir del valor de VN, se puede determinar el tap en que debe quedar el transformador utilizando, por ejemplo, la expresión (2.18). Ejemplo 2.5. El TTTE de la Figura 2.16 tiene conectado en el terciario un compensador síncrono. La potencia de la carga es de (75+j30) MVA y los voltajes V1 y V2 deben permanecer en 225 y 70 kV respectivamente. Las reactancias del TTTE son: Xps=11,5%; Xpt=19,2%; Xst=7,5%, todas en base común 75 MVA. Determinar, despreciando Xs, el campo de regulación del cambiador de TAP en carga, si se sabe que el compensador síncrono funciona: a) en vacío; b) Como condensador síncrono (40 MVAR). Solución:

Parámetros del transformador de 3 enrollados: Sólo interesa el valor de Xp: 1 X p = X ps + X pt − X st = 0,116 (pu ) , como: 2 220 2 Z B1 = = 645,33 ohm 75

(

V1

P T S

V2

)

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

DATOS TTTE P/T/S Y/∆ /Y 220/13,2/66 kV 75/45/60 MVA

CS

Figura 2.16

Usando la ecuación (2.36) y considerando el circuito equivalente de la Figura 2.14 b), se tiene que: a) Compensador en vacío ⇒ P=25 MW/fase; Q=10 MVAR/fase; V1=225/√3 kV/fase; V2=70/√3 kV/fase. Reemplazando valores en la ecuación (2.36) se obtiene:

VN1=±122,92 kV/fase a' =

y VN2=±16,4 kV/fase (No válida); por lo tanto; VN=122,92 kV/fase y:

122,92 ∗ 3 220 = 3,0415 . Además: a N = = 3,3333 . Entonces: 70 66

ta =

a' 3,0415 = = 0,9125 a N 3,3333

23

b) Compensador entregando 40 MVAR ⇒ Q=30−40= −10 MVAr; es decir, Q= −10/3 MVAr/fase. Reemplazando valores en la ecuación (2.36) se obtiene:

VN1=±131,021 kV/fase a" =

y VN2=±14,41 kV/fase (No válida); por lo tanto; VN=131,021 kV/fase y:

131,021 ∗ 3 220 = 3,2419 . Además: a N = = 3,3333 . Entonces: 70 66

tb =

a" 3,2419 = = 0,9726 . Es decir, el tap debe variar entre 0,9125 y 0,9726 a N 3,3333 Problemas propuestos

2.1. En el sistema de la Figura 2.17, el generador no tiene regulador de voltaje y SB=100 MVA. Antes de energizar la línea, la tensión en el punto A es del 100%. Determinar: a. Las tensiones en ambos extremos de la línea después de ser energizada (sin carga). b. La capacidad del reactor necesario a conectar en “B” para que la tensión en este punto sea del 100%. c. La tensión en “A” con el reactor conectado. 2.2. En el terciario del Transformador Trifásico de Tres Enrollados (TTTE) de la Figura 2.18, hay un condensador síncrono que tiene por objeto mantener la tensión de la carga en 100%. Cuando la carga es de (40+j15) MVA, el condensador síncrono (CS) está en vacío. Determinar la potencia reactiva que entrega el CS cuando la carga aumenta a (80+j30) MVA. El generador no tiene regulador de voltaje, la potencia base es de 100 MVA y los parámetros del transformador son: Xp=13,1%; Xs=-1%; Xt=8% G X=0,05

B

A

154 kV P T S 66 kV

X=0,05 (pu) B/2=0,285 (pu) X=0,067

Figura 2.17

13,8 kV CS

CARGA

Figura 2.18 2.3. Una línea corta de transmisión que tiene una impedancia serie de (0,02+j0,1) pu (SB=100 MVA), alimenta una carga de 200 MVA, Factor de Potencia 0,8 inductivo. En el extremo receptor existe un compensador que permite que con 220 kV en el extremo transmisor, el voltaje en el extremo receptor sea de 225 kV. Considerando que el desfase entre ambos voltajes es pequeño y que el voltaje en el extremo transmisor se mantiene constante, Determinar: a. La capacidad (MVAr) del compensador síncrono que está conectado en el extremo receptor. b. El voltaje que aparece en el extremo receptor al desconectar la carga. 2.4. El esquema de la Figura 2.19, muestra un diagrama simplificado de la Central Termoeléctrica Bocamina. Los coeficientes (∂P/∂V) y (∂Q/∂V) en la barra de 66 kV son respectivamente: –130 [MW/kV] y −56,5 [MVAr/kV]. La tensión en dicha barra es de 67,3 kV, cuando está la carga de 4 MVA conectada, a Factor de Potencia 0,9 (inductivo). En estas condiciones se pretende hacer partir un motor de inducción tipo Jaula de Ardilla, que mueve las bombas de la caldera, sabiendo que la tensión mínima de partida del motor es del 90% y que durante la partida consume 5 veces la corriente nominal con cos ϕ=0,3. Determinar si es posible hacer partir el motor en estas condiciones. 2.5. Los sistemas de la Figura 2.20, están unidos a través de un autotransformador regulador cuyo rango es VN±15 x 1,25%. Cuando está en su derivación nominal y las tensiones son V1=1,1 (pu); V2=0,9 (pu), el

24

Sistema 1 entrega (100 + j80) MVA. Determinar la derivación en que se debe ajustar el regulador para que la potencia reactiva que entregue el Sistema 1 no sea superior a 30 MVAR (V1 y V2 constantes). Considerar SB=100 MVA. 4 MVA cos ϕ =0,9

66 kV 66/4,16 kV 11 MVA X=8%

V1

VN _+ 15 x 1,25% V 2

t : 1 X=35%

MI 1,75 MVA cos ϕ =0,8

Sistema 1

Sistema 2

Figura 2.20

Figura 2.19

2.6. En el sistema de la Figura 2.21, los generadores 1 y 2 tienen reguladores de tensión que mantienen constante la tensión en bornes. El transformador de 154/69 kV tiene cambiador de TAP bajo carga en el lado de 69 kV con 19 derivaciones en pasos de 1,25% y con el valor nominal en la derivación central. El cambiador de TAP es comandado por un sistema de control que trata de mantener constante la tensión en barras de 69 kV y que reacciona cuando la tensión varía en más de 1,5% del valor de ajuste. La tensión en barra de 69 kV es la nominal y el cambiador se encuentra en la posición (69+4x1,25%). En ese instante se conecta un banco de condensadores de 6 MVAr a la barra de 69 kV. ¿Cómo reacciona el sistema de regulación? ¿En qué valor queda la tensión en la barra de 69 kV después que ha reaccionado el sistema de regulación? Todos los valores en % están en base propia. G1

100 MVA

100 MVA X=12% Xs =80%

(8,33+j30)Ω

G2

(12,5+j37,5) Ω

(8,33+j30) Ω

50 MVA 200 MVA 50 MVA X =120% X=10% s 154/69 kV X=16%

120 MW F. de P. = 0,96

Figura 2.21 2.7. En el sistema de la Figura 2.22, la potencia en el consumo puede variar del siguiente modo: (0 − j3) ≤ S& C ≤ (30 + j20) MVA . Considerando que la tensión en el extremo transmisor VT se mantiene constante en 12 kV y que la del extremo receptor VR no debe variar en más de ± 5%; determinar si es necesario inyectar o absorber potencia reactiva en el extremo receptor y a partir de que valor o valores de la potencia del consumo. Valores en porcentaje en base 100 MVA. G1

VT

VR j40%

80 MVA X s =30%

66/33 kV X=12%

12/66 kV X=10%

Figura 2.22

Sc

CAPITULO 3 CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA 3.1.

Introducción

El cálculo y análisis del flujo de potencias en la red de un Sistema Eléctrico de Potencia (SEP) es uno de los aspectos más importantes de su comportamiento en régimen permanente. Consiste en determinar los flujos de potencia activa y reactiva en cada línea del sistema y las tensiones en cada una de las barras, para ciertas condiciones preestablecidas de operación. Hasta el año 1950, el Cálculo del Flujo de Potencias (CFP) se realizaba utilizando principalmente los Analizadores de Redes de Corriente Alterna (ARCA) y en algunos casos, los Analizadores de Redes de Corriente Contínua (ARCC) que corresponden a una simulación a escala del Sistema Real. En la actualidad, el CFP se realiza fundamentalmente, utilizando los computadores digitales por las grandes ventajas que éstos presentan respecto a los analizadores de redes. El análisis del flujo de potencias (AFP) permite:

−

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

−

Estudiar los efectos sobre la distribución de potencias, cuando se producen pérdidas temporales de generación o circuitos de transmisión.

−

Ayudar a determinar los programas de despacho de carga para obtener un funcionamiento óptimo.

3.2.

Planteamiento del problema básico

Considérese el SEP elemental de dos barras de la Figura 3.1 y su circuito equivalente por fase que se muestra en la Figura 3.2. La línea L12 se ha representado por su circuito π nominal y donde:

S& 1 y S& 2 : Potencias complejas netas de las barra 1 y 2 respectivamente, representadas como fuentes de potencia activa y reactiva, que corresponden a la Potencia Generada menos la Potencia Consumida. S& 12 y S& 21 : Flujos de potencia compleja que van desde la barra 1 a la barra 2 y viceversa. G1

1

G2

L12 S12

S G1 SC1

2

1

2

S 21 S C2

SG2

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

RL + j XL

V1

S1

Y/2

V2

Y/2

S2

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

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

S& 1 = S& G1 − S& C1 = (PG1 − PC1 ) + j (Q G1 − Q C1 ) = P1 + jQ1 S& 2 = S& G 2 − S& C 2 = (PG 2 − PC 2 ) + j (Q G 2 − Q C 2 ) = P2 + jQ 2

(3.1)

26

En el circuito de la Figura 3.2 se puede escribir: S1* V1* S*2 V2*

=

P1 − jQ1

=

P2 − jQ 2

V1*

& & & Y + V1 − V2 =V 1 2 R L + jX L

V2*

& & & Y + V2 − V1 =V 2 2 R L + jX L

(3.2)

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

−

Son algebraicas y no lineales.

−

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

−

El sistema de cuatro ecuaciones, tiene 12 variables en total: PG1, PG2, QG1, QG2, PC1, PC2, QC1, QC2, V1, θ1, V2, θ2, por lo que no es posible obtener una solución para ninguna de ellas a menos que se reduzca el número de incógnitas, fijando de antemano algunas variables. En relación a esto último, una forma posible de resolver el problema es la siguiente:

−

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

−

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

−

Fijar el módulo y ángulo de la tensión en barra 1; es decir; suponer conocidos V1, θ1. En particular, puede tomarse esta tensión como referencia, o sea, θ1=0 En estas condiciones, el sistema de 4 ecuaciones (3.2) queda con sólo 4 variables: PG1, QG1, V2, θ2.

3.3.

Modelo de representación del SEP

Teniendo presente el análisis del problema básico y con el objeto de establecer un procedimiento general para el CFP, es necesario considerar lo siguiente: 3.3.1. Tipos de Barras

Asociados a cada barra p de un SEP existen cuatro variables, Pp; Qp; Vp; θp. Según las variables conocidas y desconocidas, las barras se clasifican en los siguientes grupos:

−

Barras de Carga (Barras P-Q): Pp y Qp están especificadas; Vp y θp son las incógnitas

−

Barras de tensión controlada (Barra P-V): Pp y Vp están especificadas; Qp y θp son las incógnitas. En este tipo de barra debe existir alguna fuente controlable de potencia reactiva. & ): Vp y θp están especificados; Pp y Qp constituyen las incógnitas. En esta Barra flotante (Barra V

−

barra debe existir por lo menos un generador. La necesidad de definir esta barra nace del hecho que no es posible especificar a priori, la potencia total que es necesario generar en el sistema debido a que inicialmente no se conocen las pérdidas en el mismo. La barra flotante debe suministrar la diferencia entre la potencia compleja inyectada al sistema en el resto de las barras y la carga total más las pérdidas. Esta barra se conoce también con otros nombres tales como: de referencia, oscilante, de relajación (slack).

27

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

Z pq ( Ypq )

S pq

p

S qp I qp

I pq Vp

Y'pq /2

Y'pq /2

+

q

I1

V1

Vq

I2

B

V2

C

A

-

Figura 3.3.- Circuito equivalente π de una línea para el cálculo de flujos de potencia

A=

Y  1 1  −  α  α β 

B=

Y αβ

C=

+

-

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

Y1 1  −  β  β α 

(3.3)

Con α=1+t1 y β=1+t2; y donde t1 y t2, representan el cambio del Tap, en el lado respectivo.

c.

Generadores: Se consideran normalmente como fuentes de potencia activa y reactiva.

3.4.

Planteamiento matemático del problema para un SEP de “n” barras

3.4.1. Ecuaciones de Barras Considérese una barra p cualquiera de un sistema tal como se muestra en la Figura 3.5. La potencia compleja neta, S& p y la corriente inyectada en la barra p, &I están relacionadas por las siguientes

Resto del SEP

p

ecuaciones, que constituyen las ecuaciones de barras. S& p = Vp I *p = Pp + jQ p

p + Vp -

Ip

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

* &I = S p = Pp − jQ p p Vp* Vp*

(3.4)

3.4.2. Ecuaciones del flujo de potencias A partir de la Figura 3.3 se puede escribir: &I = (V & −V & )Y & +V & (Y & ' 2) pq p q pq p pq

(3.5)

La potencia compleja que fluye desde la barra p a la q está dada por:

[

]

& I * = Y * + ( Y ' 2) * V 2 − V & V*Y* S& pq = V p pq pq pq p p q pq

(3.6)

28

Análogamente, la potencia compleja que fluye desde la barra q a la barra p estará dada por:

[

]

& I * = Y * + ( Y ' 2) * V 2 − V * V & * S& qp = V q qp qp qp q p q Yqp

(3.7)

Las expresiones (3.6) y (3.7) corresponden a las ecuaciones del flujo de potencia a través de la línea. & & =Y & &' &' Conviene indicar que Y pq qp y ( Ypq 2) = ( Yqp 2) . Además, Ypq es el inverso de la impedancia entre las barras p y q, el que no debe confundirse con el valor correspondiente en la matriz YB, de la ecuación (3.10).

3.4.3. Potencia perdida en la transmisión De acuerdo con los sentidos adoptados para S& pq y S& qp , la potencia compleja perdida en la línea será: S& Lpq = S& pq + S& qp

(3.8)

3.4.4. Cálculo de las tensiones de barras Las ecuaciones (3.6) y (3.7) indican claramente que para resolver el problema del flujo de potencias se requiere determinar previamente las tensiones en todas las barras que correspondan. Empleando el método nodal de resolución de circuitos, en forma matricial, para la red de un SEP de n barras se puede escribir:

[I B ] = [YB ][VB ]

(3.9)

donde [I B ] esa el vector de corrientes inyectadas a las barras; [YB ] es la matriz admitancia de barras y [VB ] es el vector tensiones de barra, definidos como:  &I1  &  I 2    [I B ] = &M  I p  M   & I n 

&  V 1 &  V  2   [VB ] =  &M   Vp   M    & Vn 

& Y 11 & Y  21  M [YB ] =  &  Yp1  M  &  Y n1

& Y 12 & Y

22

M & Yp 2 M & Y n2

& Y 1p & L Y 2p L M & L Y pp L M & L Y np ···

&  L Y 1n &  L Y 2n  L M   &  L Y pn L M   &  L Y nn 

(3.10)

Teniendo presente que según (3.4), las corrientes inyectadas en las barras dependen de las potencias complejas netas respectivas y considerando (3.9) y (3.10), se puede escribir: S1* V1* S*2 V2* M S*p Vp* M S*n Vn*

& V & & & & & & & =Y 11 1 + Y12 V2 + ··· + Y1p Vp + ··· + Y1n Vn & V & & & & & & & =Y 21 1 + Y22 V2 + ··· + Y2 p Vp + ··· + Y2 n Vn M

M

M

M

& V & & & & & & & =Y p1 1 + Yp 2 V2 + ··· + Ypp Vp + ··· + Ypn Vn M

M

M

M

& V & & & & & & & =Y n1 1 + Yn 2 V2 + ··· + Ynp Vp + ··· + Ynn Vn

(3.11)

29

Este sistema de ecuaciones es similar al obtenido en el problema elemental de 2 barras; es decir; las ecuaciones son algebraicas y no lineales, por lo tanto es necesario resolverlo mediante técnicas de aproximaciones sucesivas.

3.5.

Técnicas de solución para el problema del flujo de potencias

Existen actualmente diversos métodos para resolver el problema de cálculo del flujo de potencias, los que reciben nombres según sea el procedimiento que se aplique para calcular las tensiones. Entre ellos podemos mencionar el de Gauss, el de Gauss-Seidel, los de Newton-Raphson (Completo, Desacoplado, Desacoplado rápido), el flujo DC, etc. Estudiaremos a continuación, cada uno de ellos, considerando en primer lugar el procedimiento general y luego las aplicaciones al cálculo de flujo de potencias

3.5.1. Método de Gauss Se emplea para resolver un problema lineal o no lineal. Por simplicidad se considerará un sistema lineal de ecuaciones, como el indicado en (3.12), para fundamentarlo. Sin embargo, su aplicación a un sistema no lineal resulta inmediata. a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 = y1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 = y 2

(3.12)

a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 = y 3 Despejando x1 de la primera ecuación, x2 de la segunda y x3 de la tercera se obtiene: x 1 = (y1 − a 12 x 2 − a 13 x 3 )/a 11 x 2 = (y 2 − a 21 x 1 − a 23 x 3 )/a 22

(3.13)

x 3 = (y 3 − a 31 x 1 − a 32 x 2 )/a 33 Sean x 10 , x 02 , x 30 , valores iniciales estimados a priori de la solución del sistema (3.12), entonces, reemplazando estos valores en (3.13) se tiene:

x 11 = ( y1 − a 12 x 02 − a 13 x 30 ) / a 11 x 12 = ( y 2 − a 21 x 10 − a 23 x 30 ) / a 22

(3.14)

x 13 = ( y 3 − a 31 x 10 − a 32 x 02 ) / a 33 El procedimiento continua hasta que se satisface algún “criterio de convergencia” tal como, por ejemplo, el indicado en (3.15), donde ε es una cantidad de valor pequeño y positivo. A cada etapa del proceso se le denomina “iteración”. x ik +1 − x ik ≤ ε

con i = 1, 2, 3

(3.15)

Aplicando el método a un sistema de n ecuaciones con n incógnitas; para la incógnita xi, después de k iteraciones, y con i= 1, 2,.....; n; se puede escribir:

x ik +1

  n 1  k y i − ∑ a ij x j  = a ii  j=1   j≠i

(3.16)

30

Los inconvenientes de este procedimiento son el gran número de pasos que se requiere para llegar al resultado y la ocurrencia relativamente alta de situaciones en que no hay convergencia, por lo que no se utiliza para resolver el problema de cálculo de los voltajes de la ecuación (3.11). Sin embargo, constituye la base para la formulación del Método de Gauss-Seidel, lo que justifica su análisis. Al aplicar la ecuación (3.16) al problema de cálculo de los voltajes en las barras del sistema de ecuaciones (3.11) se obtiene: & k +1 V p

  n 1  Pp − jQ p k & V &  = − ∑Y pq q   k * & Ypp  (Vp ) q =1  q≠p  

(3.17)

Donde: p = 1, 2, 3, ….., n; q= 1, 2, 3, ....., n y p ≠ s (barra slack). La ecuación (3.17) se conoce como método de Gauss YB, porque usa el Método de Gauss y se trabaja con la matriz admitancia de barras del sistema eléctrico. La expresión es válida sólo para las barras de carga. En el caso en que el SEP contenga barras de tensión controlada, la ecuación (3.17) debe ser modificada, pues en este tipo de barras no se conoce el valor de la potencia reactiva Qp. Por lo dicho en el párrafo anterior, la modificaciones requeridas se estudiarán al considerar el Método de Gauss-Seidel YB.

3.5.2

Método de Gauss-Seidel

a. Caso general: Corresponde a una modificación del método de Gauss tendiente a acelerar la convergencia del proceso iterativo. En el método de Gauss se calculan todos los valores de las incógnitas correspondientes a una iteración y luego se emplean para determinar los nuevos valores de las incógnitas en la iteración siguiente. En el método de Gauss-Seidel en cambio, los valores calculados en una iteración determinada, se utilizan inmediatamente para calcular los valores de las incógnitas que restan por calcular en la misma iteración. De este modo, si el proceso de cálculo se encuentra en la iteración (k+1) y ya se han determinado x 1k +1 , x 1k +1 ,

x k2 +1 , ....., x ik−+11 ;

entonces,

x k2 +1 , ....., x ik−+11 , x ik+1 ,

los

valores

que

se

utilizan

para

calcular

x ik +1

serán

x ik+ 2 , ....., x kn

Por tanto, la fórmula iterativa del Método de Gauss-Seidel aplicada a un sistema de n ecuaciones de la forma dada por (3.12) es: x ik +1 =

1 a ii

i −1 n  k +1 k  y i − ∑ a ij x j − ∑ a ij x j  j=1 j=i +1  

(3.18)

b. Aplicación del método de Gauss-Seidel YB al cálculo flujos de potencia: El cálculo de las tensiones de barras aplicando el procedimiento explicado anteriormente es distinto según sean los tipos de barras existentes en el SEP. Por ello se considerarán en primer lugar los sistemas con barras de carga y flotante solamente, por ser el caso más simple. A continuación se analizará la situación de las barras de tensión controlada. b1. Sistemas con barras de carga y flotante solamente: Aplicando la ecuación (3.18) al sistema (3.11) se tiene:  P − jQ p p −1  n & k +1 = 1  p & V & k +1 − ∑ Y & V & k − V Y ∑ pq q pq q p &  (V k ) * Y  q =1 q = p +1 pp  p Donde: p = 1, 2, 3, ….., n; q= 1, 2, 3, ....., n y p ≠ s (barra slack).

(3.19)

31

La secuencia de solución según este método es como sigue: 1.

Se suponen valores iniciales de tensión para todas las barras a excepción de la flotante, cuya tensión está especificada, o sea es dato del problema, al igual que Pp y Qp en todas las barras de carga y los términos de la matriz admitancia de barras (YB)

2.

Se aplica la fórmula iterativa (3.19) hasta que se cumpla algún criterio de convergencia, por ejemplo: Vpk +1 − Vpk ≤ ε1 especificado

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

θ kp +1 − θ kp ≤ ε 2 especificado

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

(3.20)

3.

& , se calculan los flujos de potencia S& y S& aplicando (3.6) y (3.7). Determinadas las tensiones V p pq qp

4.

Conocidos los valores de S& pq y S& qp se determinan las pérdidas en el sistema, empleando (3.8).

b2. Sistemas con barras de carga, tensión controlada y flotante: Normalmente un SEP incluye además de las barras de carga y flotante, barras de tensión controlada (BTC) que tienen por objeto permitir regular la tensión en uno o varios puntos del sistema. En las barras de tensión controlada debe existir una fuente regulable de potencia reactiva para poder cumplir su cometido. Debido a que en este tipo de barra sólo se conocen el módulo de la tensión y la potencia activa, es necesario calcular previamente la potencia reactiva, antes de emplear la ecuación (3.19) para determinar el voltaje complejo en ella. A partir de la ecuación para la barra p de la expresión (3.11), se puede escribir: n

* & V & & & & & & & & & S*p = Pp − jQ p = Vp* ( Y p1 1 + Yp 2 V2 + ··· + Ypp Vp + ··· + Ypn Vn = Vp ∑ Ypq Vq

(3.21)

q =1

es decir: n  & V &  Q p = − Im ag Vp* ∑ Y pq q   q =1 

(3.22)

Cuando se emplea la ecuación (3.19) en una BTC, el valor de Qp, que debe emplearse corresponde al indicado por (3.22), el que se debe actualizar en cada iteración. Al determinar el voltaje, debe tenerse en cuenta que su módulo en esta barra está especificado y por lo tanto sólo puede cambiar su ángulo.

Límites de Potencia reactiva en una Barra de tensión Controlada: En el cálculo del flujo de potencias en un SEP con Barras de tensión controlada es necesario tomar en cuenta los límites de potencia reactiva de las fuentes de potencia. Sea p una BTC, entonces el valor de Qp se puede escribir como: Q p = Q Gp − Q Cp Además: (QGp)máx : Valor máximo de generación de potencia reactiva de la fuente. (Qgp)mín : Valor mínimo de generación de potencia reactiva de la fuente. QCp : Potencia reactiva de la carga en la barra

(3.23)

32

Los límites de potencia reactiva para la barra p serán: (Q p ) mín ≤ Q p ≤ (Q p ) máx

(3.24)

donde: (Q p ) mín = (Q Gp ) mín − Q Cp y (Q p ) máx = (Q Gp ) máx − Q Cp Si el valor de la potencia reactiva calculado según (3.22) en una iteración cualquiera k, Qpk, excede el límite máximo o mínimo prefijado, significa que es imposible obtener una solución con la tensión especificada en esta barra y en consecuencia, ella debe ser considerada como una barra de carga en esa iteración, en la cual la potencia reactiva es igual al límite superior e inferior según corresponda. En las iteraciones siguientes, el método intentará mantener el voltaje especificado originalmente en esa barra, siempre que no se violen los límites de Qp. Esto es posible, porque pueden ocurrir cambios en otros puntos del sistema, que lo permitan. Para explicar mejor el procedimiento, considérese el sistema de 3 barras de la Figura 3.6.

1

Sean: Barra 1: Flotante Barra 2: de carga Barra 3: de tensión controlada La secuencia de cálculo aplicando el Método de Gauss-Seidel YB es:

2

3

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

1.

Especificar los datos necesarios: V1, θ1, P2, Q2, P3, V3 y los parámetros para determinar la matriz YB

2.

Suponer los valores iniciales: V20 , θ 02 , θ 30 . Normalmente se usa 1,0 (pu) para los módulos de voltaje y 0º para los ángulos; V3 está especificado

3.

Calcular la tensión en la barra 2   & 1 = 1  P2 − jQ 2 − Y & V & & &0 V 2 21 1 − Y23 V3  0 * & Y22  (V2 ) 

4.

(3.25)

Calcular la potencia reactiva en la barra 3

{

& V & & &1 & & 0 Q 30 = − Im ( V30 ) * (Y 31 1 + Y32 V2 + Y33 V3

}

(3.26)

5.

Verificar si Q 30 está dentro de los límites establecidos

6.

Si Q 30 está dentro de los límites, determinar la tensión en la barra 3 según (3.27), mantener el valor especificado para V3 y cambiar el ángulo inicial por el determinado con (3.27) 0  1  P3 − jQ 3 & & 1 & & V & 1 V3 = Y V Y − −  31 1 32 2 &  (V 0 ) * Y  33  3

7.

(3.27)

Si Q 30 no está dentro de los límites, reemplazar Q 30 en (3.27) por el valor del límite excedido, & 1 calculado en (3.27) completo (módulo y ángulo). tomando el valor de V 3

33

8.

Verificar que se cumpla el criterio de convergencia tal como se indica en ecuación (3.20), por ejemplo, en todas las barras. Si se cumple, el proceso de cálculo de las tensiones finaliza y se determinan los flujos de potencia y las pérdidas en las líneas según ecuaciones (3.6) y (3.7) y (3.8).

9.

Si el criterio de convergencia no se cumple, volver al punto 3 y repetir el proceso.

Ejemplo 3.1. Para el sistema de tres barras de la Figura 3.7, los datos en pu, base común, se dan en las Tablas Nº 1 y Nº 2. Realizar una iteración con el método de Gauss-Seidel YB, para determinar el voltaje en todas las barras. Con los valores obtenidos, determinar los flujos de potencia en todas las líneas, las pérdidas del sistema, la potencia entregada por el generador de la barra slack y la verificación de la potencia entregada a la carga SC1.

G2

G3 3

PG2

2

Tabla Nº 1: Datos de las líneas Línea

Z (pu)

Y’/2 (pu)

1-2

0,04+j0,12

j0,05

1-3

0,02+j0,06

j0,06

2-3

0,06+j0,18

j0,05

Tabla Nº 2: Datos de las barras

1

Barra Nº Tipo V (pu)

SC1 Figura 3.7 Límites de generación de Q en la barra 2: −1 ≤ QG2 ≤ 1

-

-

-

0,6 0,25

2

PV

1,04

0,2

-

0,0

0,0

3

SL

1,06

-

-

0,0

0,0

1 1 + + j0,05 + j0,06 = 7,5 − j22,39 = 23,6128∠ − 71,48º 0,04 + j0,12 0,02 + j0,06 1 1 Y22 = + + j0,05 + j0,05 = 4,1667 − j12,4 = 13,0813∠ − 71,43º 0,04 + j0,12 0,06 + j0,18 1 1 Y33 = + + j0,06 + j0,05 = 6,6667 − j19,89 = 20,9775∠ − 71,47 º 0,02 + j0,06 0,06 + j0,18 1 Y12 = Y21 = − = −2,5 + j7,5 = 7,9057∠108,43º 0,04 + j0,12 1 Y23 = Y32 = − = −1,6667 + j5 = 5,2705∠108,43º 0,06 + j0,18 1 Y31 = Y13 = − = −5 + j15 = 15,8114∠108,43º 0,02 + j0,06 Y11 =

b) Valores iniciales y otros datos & 0 = 1∠0º ; V & 0 = 1,04∠0º ; V & = 1,06∠0º , especificado (Barra slack) V 1 2 3 &S = 0 − 0,6 + j(0 − 0,25) = −0,6 − j0,25; P = 0,2 − 0 = 0,2 2

−1≤ Q2 ≤1

QC

PQ

a) Determinación de la matriz de admitancia de barras YB

1

PC

1

Solución:

Límites de Q en la barra 2 :

PG QG

34

c) Proceso iterativo: Utilizando la ecuación (3.19) &1 = V 1

1   − 0,6 + j0,25 − 7,9057∠108,43º * 1,04∠0º −15,8114∠108,43º * 1,06∠0º   23,6128∠ − 71,48º  1∠0º 

& 1 = 1,0401∠ − 1,23º V 1

& 1 se debe calcular la potencia reactiva neta de la barra 2, expresión (3.22) Antes de determinar V 2 Q 02 = − Im{7,9057∠108,43º * 1,0401∠ − 1,23º +13,0813∠ − 71,43º * 1,04∠0º +5,2705∠108,43º*1,06∠0º}* 1,04∠0º Q 02 = −0,2693

(está entre los límites)

& 1 se determina usando de nuevo la expresión (3.19), es decir: La tensión V 2 1  0,2 + j0,2693  − 7,9057∠108,43º * 1,0401∠ − 1,23º −5,2705∠108,43º * 1,06∠0º   13,0813∠ − 71,43º  1,04∠0º  1 1 & = 1,0414∠0,23º ⇒ V & = 1,04∠0,23º V 2 2

&1 = V 2

d) Cálculo de los flujos de potencia en las líneas: Usando las expresiones (3.6) y (3.7) y considerando que: 1 = 2,5 − j7,5 = 7,9057∠ − 71,57 º 0,04 + j0,12 1 Y23 = Y32 = = 1,6667 − j5 = 5,2705∠ − 71,57 º 0,06 + j0,18 1 Y31 = Y13 = = 5 − j15 = 15,8114∠ − 71,57 º 0,02 + j0,06

Y12 = Y21 =

se tiene:

S& 12 = {7,9057∠71,57 º +0,05∠ − 90º} * 1,04012 − 1,0401∠ − 1,23º * 1,04∠ − 0,23º * 7,9057∠71,57 º S& 12 = −0,2056 + j0,0182 = 0,2064∠174,94º S& = {7,9057∠71,57 º +0,05∠ − 90º} * 1,04 2 − 1,04∠0,23º * 1,0401∠1,23º * 7,9057∠71,57 º 21

S& 21 = 0,2073 − j0,1211 = 0,2401∠ − 30,29º S& 23 = {5,2705∠71,57 º +0,05∠ − 90º}* 1,04 2 − 1,04∠0,23º * 1,06∠0º * 5,2705∠71,57 º S& 23 = −0,0125 − 0,1654 = 0,1659∠ − 94,33º S& 32 = {5,2705∠71,57 º +0,05∠ − 90º}* 1,06 2 − 1,06∠0º * 1,04∠ − 0,23º * 5,2705∠71,57 º S& = 0,0132 + j0,0572 = 0,05875∠77,0º 32

S& 31 = {15,8114∠71,57 º +0,06∠ − 90º} * 1,06 2 − 1,06∠0º * 1,0401∠1,23º * 15,8114∠71,57 º S& 31 = 0,4617 + j0,1345 = 0,4809∠16,24º S& = {15,8114∠71,57 º +0,06∠ − 90º} * 1,04012 − 1,0401∠ − 1,23º * 1,06∠0º * 15,8114∠71,57 º 13

S& 13 = −0,4572 − 0,2533 = 0,5227∠ − 151,01º

35

e) Pérdidas: Utilizando la ecuación (3.8) se tiene: S& L12 = S& 12 + S& 21 = −0,2056 + j0,0182 + 0,2073 − j0,1211 = 0,0017 − j0,1029 S& L 23 = S& 23 + S& 32 = −0,0125 − j0,1654 + 0,0132 + j0,0572 = 0,0007 − j0,1082 S& = S& + S& = 0,4617 + j0,1345 − 0,4572 − j0,2533 = 0,0045 − j0,1188 L 31

31

13

f) Potencia entregada por el generador de la barra slack S& G 3 = S& 31 + S& 32 = 0,4617 + j0,1345 + 0,0132 + j0,0572 = 0,4749 + j0,1917

g) Verificación de la potencia recibida por la carga SC1 S& C1 = −S& 12 − S& 13 = −(−0,2056 + j0,0182) − (−0,4572 − j0,2533) = 0,6628 + j0,2351

Observación: No corresponde exactamente al valor especificado para la carga. ¿Porqué? Factores de Aceleración: La experiencia con el método de Gauss-Seidel YB para el cálculo de flujos de potencia ha mostrado que se puede reducir considerablemente el número de iteraciones requeridas si la corrección en el voltaje de cada barra se multiplica por alguna constante que la incremente, para que el voltaje sea más cercano al valor al que se está aproximando. El multiplicador que realiza esto, se denomina factor de & k +1 y el aceleración. La diferencia entre el valor de voltaje de la barra p calculado en la iteración actual V p & k ) se multiplica por un α apropiado para obtener una mejor mejor que se obtuvo en la iteración anterior (V p ac corrección que se agrega a este último. Es decir:

[

& k +1 ) = ( V & k) +αV & k +1 − (V & k) (V p ac p ac p p ac

]

(3.28)

La elección del valor de α depende del sistema en estudio. Hay valores óptimos de los factores de aceleración para cualquier sistema. Una mala selección de ellos puede dar como resultado una convergencia menos rápida o hacerla imposible. Normalmente, en los estudios de flujos de potencia, α varía entre 1,3 y 1,8. Generalmente, un factor de aceleración de 1,6 para las componentes real e imaginaria es una buena selección. Sin embargo, es posible que el factor de aceleración utilizado para la componente real pueda diferir del usado para la componente imaginaria.

3.5.3. Método de Newton Raphson a. Formulación general: Este método es mas sofisticado que los anteriores y exige un mayor volumen de cálculos, pero asegura convergencia en un mayor número de veces y además en forma más rápida. El problema matemático a resolver consiste en n relaciones no lineales del tipo f(xi)=0. Es decir, se trata de un sistema de n ecuaciones de la forma: f1 ( x 1 , x 2 ,....., x n ) = 0 f 2 ( x 1 , x 2 ,....., x n ) = 0 ...............................

(3.29)

f n ( x 1 , x 2 ,....., x n ) = 0 Si se supone una estimación inicial del vector solución:

[x ]= [x 0

0 1

x 02 ...... x 0n

]

(3.30)

[ ]= [

Al que le falta un residuo ∆x

0

∆x 10

36

∆x 02

...... ∆x 0n

], para llegar a la solución correcta; esto es,

tener f ( x i0 + ∆x i0 ) = 0 , aunque f ( x i0 ) ≠ 0 , se tiene:

f1 ( x 10 + ∆x 10 , x 02 + ∆x 02 ,....., x 0n + ∆x 0n ) = 0 f 2 ( x 10 + ∆x 10 , x 02 + ∆x 02 ,....., x 0n + ∆x 0n ) = 0

(3.31)

............................................................... f n ( x 10 + ∆x 10 , x 02 + ∆x 02 ,....., x 0n + ∆x 0n ) = 0 Desarrollando cada ecuación en serie de Taylor en torno a los valores x i0 se tiene: f1 ( x 10

+

∆x 10 ,....., x 0n

+

∆x 0n )

= f1 ( x 10 ,....., x 0n )

+

0

 ∂f ∂f1   + ..... + ∆x 0n  1  ∂x n  ∂x 1 

 ∆x 10 

0

  + φ1  (3.32)

............................................................... 0

 ∂f  ∂f  f n ( x 10 + ∆x 10 ,....., x 0n + ∆x 0n ) = f n ( x 10 ,....., x 0n ) + ∆x 10  n  + ..... + ∆x 0n  n  ∂x n  ∂x 1 

0

  + φ n 

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

 ∂f j   ∂x  i

0

  : representa las correspondientes derivadas parciales, evaluadas en x i0  

Como los ∆x i0 son pequeños, se pueden despreciar los términos de orden superior y se obtiene: f1 ( x 10 ,....., x 0n )

+

 ∆x 10 

0

 ∂f ∂f1   + ..... + ∆x 0n  1  ∂x 1   ∂x n

0

  = 0  (3.33)

............................................................... 0

 ∂f  ∂f  f n ( x 10 ,....., x 0n ) + ∆x 10  n  + ..... + ∆x 0n  n  ∂x n  ∂x 1 

0

  = 0 

con i, j = 1, 2, …, n Matricialmente se puede escribir: 0  ∂f  0  ∂f1   1   f1 ( x i0 )   ∂x  L  ∂x    ∆x 10  0  n    1    M  =  M  M  M  +  M 0 L   0 f ( x 0 )  ∂f n   ∂f n   ∆x 0n  0 n i    L       ∂x  ∂x n   1     

(3.34)

Es decir:

[f (x )] + [J ] [∆x ] = [0] 0

0

0

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

(3.35)

37

 f1 ( x i0 ) 

[f (x )] = 

 M  f ( x 0 )   n i 

0

[J ] 0

Vector función evaluada en x i0

0  ∂f  0  ∂f    1  L  1    ∂x    ∂x 1   n  = M L M  0 0  ∂f n  L  ∂f n    ∂x    ∂x   n   1 

[∆x ] 0

 ∆x 10    = M   ∆x 0   n

Matriz Jacobiana evaluada en x i0

Vector residuo evaluado en x i0

[ ]

A partir de (3.35), el vector residuo evaluado en x i0 ; ∆x 0 se puede escribir:

[∆x ]= −[J ] [f (x )] 0

0 −1

0

(3.36)

En general entonces, el residuo en una iteración k es:

[∆x ] = −[J ] [f (x )] k

k −1

k

(3.37)

[ ] obtenerse una aproximación mejor [x ] de la forma: [x ] = [x ]+ [∆x ] = [x ] − [J ] [f (x )]

Suponiendo que se conoce x k (vector de valores aproximados de la variable), entonces puede k+1

k +1

k

k

k

k −1

k

(3.38)

[ ]

Como se han despreciado los términos de orden superior, x k +1 no será la solución correcta y se debe repetir el proceso en forma iterativa, hasta que se satisfaga algún criterio de convergencia, tal como: x k +1 − x k ≤ ε

(3.39)

b. Aplicación al cálculo de flujos de potencia: En el caso de un Sistema de Potencia, los xi corresponden a las tensiones de las barras (módulo y ángulo), de manera que la ecuación (3.37) se puede escribir como:

[ ]

 ∆θ k  k  k=−J ∆V 

−1  ∆P k

  k ∆Q 

(3.40)

en que:  ∆P   P esp − P calc   ∆Q  =  esp calc   Q − Q 

(3.41)

38

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

& ∑ Y* V* S& p = Pp + jQ p = V p pq q

(3.42)

q =1

Expresando los voltajes de barras en forma polar y las admitancias de línea en forma rectangular se tiene que: & = V ∠θ ; V & = V ∠θ V p p p q q q

y

& = G + jB Y pq pq pq

(3.43)

Reemplazando (3.43) en (3.42), con θ pq = θ p − θ q se obtiene: n

S& p = Pp + jQ p = ∑ Vp Vq (G pq − j B pq ) (cos θ pq + j sinθ pq ) q =1

(3.44)

de (3.44) se obtiene finalmente: n

Pp = ∑ Vp Vq (G pq cos θ pq + B pq sin θ pq ) q =1

(3.45)

n

Q p = ∑ Vp Vq (G pq sin θ pq − B pq cos θ pq ) q =1

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

∆Pp = Ppesp − ∑ Vp Vq (G pq cos θ pq + B pq sin θ pq ) q =1

∆Q p = Q esp p

n

(3.46)

− ∑ Vp Vq (G pq sin θ pq − B pq cos θ pq ) q =1

Por lo tanto se puede escribir a manera de resumen:

–

Para las barras PQ y PV n

∆Pp = Ppesp − ∑ Vp Vq (G pq cos θ pq + B pq sin θ pq ) q =1

–

Para las barras PQ n

∆Q p = Q esp p − ∑ Vp Vq (G pq sin θ pq − B pq cos θ pq ) q =1

–

(3.47)

(3.48)

Para la barra slack no se requiere ecuaciones.

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

39

Por razones prácticas se da a la barra slack el número n y se colocan los primeros números a las barras PQ. Luego si se tiene m barras PQ, se tendrá (n-m-1) barras con control de voltaje (barras PV). La Ecuación (3.40) queda entonces:  ∆θ  −1  ∆P  ∆V  = −[J ] ∆Q    

(3.49)

Con ∆P y ∆Q calculados según (3.46). Luego, los valores actualizados para θ y V son:  θ k +1   θ k   ∆θ k   k +1  =  k  +  k  V  V  ∆V 

(3.50)

Despejando ∆P y ∆Q de (3.49), considerando (3.34) y arreglando adecuadamente, para hacer más fácil el manejo de las ecuaciones, se tiene:  ∂∆P  ∆P    = −  ∂θ  ∂∆Q    ∆ Q    ∂θ

 ∆θ  ∂∆P   ∆θ   H N      ∂V     = −  ∂∆Q  ∆V     ∆V   V M L   ∂V   V   V  V

(3.51)

Si se tiene n nodos, m de carga, 1 libre y n-m-1 de voltaje controlado las dimensiones de las submatrices que forman el Jacobiano son: [H] es de (n-1) x (n-1) [M] es de m x (n-1)

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

Según lo anterior, la matriz Jacobiana completa es cuadrada y de dimensión, [(n-1)+m] x [(n-1)+m]. A partir de (3.51), se obtiene que: H pq = M pq =

∂∆Pp ∂θ q ∂∆Q p ∂θ q

N pq = Vq L pq = Vq

∂∆Pp ∂Vq ∂∆Q p

(3.52)

∂Vq

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

–

para p ≠ q H pq = −Vp (G pq sinθ pq − B pq cos θ pq )Vq N pq = − Vp (G pq cos θ pq + B pq sinθ pq ) Vq M pq = Vp (G pq cos θ pq + B pq sinθ pq )Vq

(3.53)

L pq = − Vp (G pq sinθ pq − B pq cos θ pq )Vq Se puede apreciar, que por la forma de la ecuación (3.51): H pq = L pq N pq = − M pq

(3.54)

40

Para p = q H pp = B pp Vp2 + Q p N pp = −G pp Vp2 − Pp

(3.55)

M pp = G pp Vp2 − Pp L pp = B pp Vp2 − Q p

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

Elección de Tensiones Iniciales Iter=0 Calcular ∆P y ∆Q Convergió la solución?

si

Salida

no Iter = Iter máx?

si

no Iter = Iter+1 Formación del Jacobiano Inversión del Jacobiano Cálculo de ∆θ y ∆ V Corrección de Valores de θ y V

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

41

En estricto rigor, la matriz Jacobiana se calcula e invierte en cada iteración. Sin embargo, en la práctica se recalcula usualmente sólo un determinado número de veces en un rango de iteraciones, con el fin de aumentar la velocidad al proceso iterativo.

Ejemplo 3.2. En el sistema del ejemplo 3.1 y, considerando los valores de voltajes obtenidos mediante el método de Gauss-Seidel, determine el Jacobiano completo en la iteración 1 Solución: La matriz Jacobiana queda de la siguiente forma:  ∂∆P1   ∂θ1 [J] =  ∂∆P2 ∂θ1  ∂  ∆Q1  ∂θ1

∂∆P1 ∂θ 2 ∂∆P2 ∂θ 2 ∂∆Q1 ∂θ 2

∂∆P1   ∂V1   H 11 ∂∆P2   V1 = H 21 ∂V1    M 11 ∂∆Q1  V1 ∂V1  V1

H12 H 22 M12

N11  N 21  L11 

Los elementos de la matriz Jacobiana se obtienen utilizando las expresiones (3.53) para p≠q y (3.55) para p=q; por lo tanto, para los elementos de la diagonal se deben determinar previamente P y Q, utilizando (3.45) y considerando los resultados obtenidos en el ejemplo 3.1, que se resumen a continuación: − 2,5 −5   7,5  [G ] = − 2,5 4,1667 − 1,6667  − 5 − 1,6667 6,6667  & = 1,0401∠ − 1,23º ; V 1

& = 1,04∠0,23º V 2

7,5 15  − 22,39  [B] =  7,5 − 12,4 5   15 5 − 19,89 & = 1,06∠0º V 3

Con (3.45) se obtiene: P1=−0,6628; P2=0,1948; Q1=−0,235; Q2=−0,2865 Con (3.53) y (3.55), la matriz Jacobiana queda: − 7,4508  − 24,4567 8,0412  [J ] =  8,1790 − 13,6983 2,4967   8,7764 − 2,91 − 23,9867 

3.5.4. Método de Newton-Raphson desacoplado (MNRD) Cuando se resuelven problemas que involucren un número considerable de barras, este método representa una alternativa para mejorar la eficiencia computacional y reducir los requerimientos de memoria. Se hace uso de una versión aproximada del método de Newton-Raphson completo visto en 3.5.3., basada en las siguientes consideraciones:

− −

Un cambio en el ángulo del voltaje θ en una barra afecta principalmente al flujo de potencia activa P ∂∆P ∂∆Q en las líneas y débilmente a la potencia reactiva Q, lo que significa que: 〉〉 ∂θ ∂θ Un cambio en el módulo del voltaje V en una barra afecta principalmente al flujo de potencia reactiva ∂∆Q ∂∆P Q en las líneas y débilmente a la potencia activa P. Por lo tanto: 〉〉 ∂V ∂V

42

De acuerdo con esto, en la ecuación (3.51) N y M se pueden despreciar frente a L y H respectivamente y se puede escribir:  ∂∆P  ∆P    = −  ∂θ     0 ∆ Q   

 ∆θ    ∆θ  H 0           = −  ∂∆Q  ∆V     ∆V   V 0 L   ∂V   V   V  0

(3.56)

o bien:

[∆P] = −[H ][∆θ]

(3.57)

[∆Q] = −[L] [∆V V ]

(3.58)

Estas ecuaciones están desacopladas, en el sentido que las correcciones de los ángulos de los voltajes se calculan usando sólo los cambios en la potencia activa mientras que las correcciones en la magnitud de los voltajes se determinan sólo con los cambios en la potencia reactiva. Sin embargo, las matrices [H] y [L] son interdependientes, porque los elementos de [H] dependen de las magnitudes de los voltajes que se están resolviendo en la ecuación (3.58), mientras que los elementos de [L] dependen de los ángulos de la ecuación (3.57). El procedimiento natural es ir resolviendo alternadamente los dos sistemas de ecuaciones usando en uno, las soluciones más recientes del otro. Esta aproximación significa aumentar el número de iteraciones, lo que en la práctica queda compensado por el menor tiempo en cada iteración, debido a la disminución del tiempo ocupado en la inversión de las matrices [H] y [L] de menor dimensión que la del Jacobiano completo.

Ejemplo 3.3. A partir del ejemplo 3.2 escriba la matriz jacobiana del método de Newton-Raphson desacoplado. Eliminando las submatrices N y M se tiene: 0 − 24,4567 8,04124    [J ] =  8,1790 − 13,6983 0   0 0 − 23,9867 

3.5.5. Método de Newton-Raphson desacoplado rápido (MNRDR) El método de Newton Raphson desacoplado, requiere la inversión de dos matrices en cada iteración. Para evitar estos cálculos, se introducen más simplificaciones que se justifican por las características que presentan los flujos de potencia en las líneas y los voltajes en las barras de un sistemas de transmisión bien diseñado y operando apropiadamente. Estas características son:

−

Las diferencias angulares θpq = θp-θq entre los voltajes de dos barras típicas son, por lo general, tan pequeños que: cos θpq = cos (θp-θq) = 1 y

−

(3.59)

Las susceptancias Bpq de las líneas son mucho más grandes que las conductancias Gpq, por lo que: Gpq sin (θp-θq) << Bpq cos (θp-θq)

−

sin θpq = sin (θp-θq) ≈ 0

(3.60)

La potencia reactiva Qp que se inyecta a cualquier barra p del sistema durante su operación normal es mucho menor que la potencia reactiva que fluiría si todas las líneas de la barra estuvieran en cortocircuito con la referencia. Esto es: Q p << B pp Vp2

(3.61)

43

Con estas aproximaciones, y usando (3.45) se tiene: n

Pp = Vp ∑ (G pq cos θ pq + B pq sinθ pq )Vq

(3.62)

q =1

Es decir: n

Pp = G pp Vp2 + Vp ∑ (G pq cos θ pq + B pq sinθ pq ) Vq

(3.63)

q =1 q≠p

n

n

q =1

q =1 q≠p

Q p = − Vp ∑ B pq Vq = − B pp Vp2 − Vp ∑ B pq Vq

(3.64)

A partir de (3.63) y (3.64) y considerando (3.46), los elementos de [H] y [L] se obtienen como sigue: H pq =

H pp =

∂∆Pp ∂θ q ∂∆Pp ∂θ p

L pp = Vp

= B pq Vp Vq

L pq = Vq

∂∆Q p ∂Vq

= B pq Vp Vq

n

= B pp Vp2 − Vp ∑ B pq Vq = B pp Vp2 + Q p q =1

∂∆Q p ∂Vp

n

= 2 B pp Vp2 + Vp ∑ B pq Vq = B pp Vp2 − Q p q =1 q≠p

(3.65)

(3.66)

(3.67)

según (3.61), las ecuaciones (3.66) y (3.67) quedan: H pp = L pp = B pp Vp2

(3.68)

Considerando (3.57) y (3.58), para el nudo p se puede escribir: n

∆Pp = − H pp ∆θ p − ∑ H pq ∆θ q

(3.69)

q =1 q≠p

∆Q p = − L pp

∆Vp Vp

n

∆Vq

q =1 q≠p

Vq

− ∑ L pq

(3.70)

Introduciendo (3.65) y (3.68) en (3.69) y (3.70) se obtiene: n

∆Pp = − Vp (B pp Vp ∆θ p + ∑ B pq Vq ∆θ q )

(3.71)

q =1 q≠p

∆Q p = − Vp (B pp Vp

∆Vp Vp

n

∆Vq

q =1 q≠p

Vq

+ ∑ B pq Vq

)

(3.72)

Dividiendo ambas ecuaciones por Vp y simplificando los voltajes de la ecuación (3.72), las ecuaciones anterires quedan:

44

∆Pp Vp ∆Q p Vp

n

= − B pp Vp ∆θ p − ∑ B pq Vq ∆θ q q =1 q≠p

n

= − B pp ∆Vp − ∑ B pq ∆Vq q =1 q≠p

(3.73)

(3.74)

Se ha reducido la no linealidad de las ecuaciones, lo que debería permitir mejorar el comportamiento del proceso iterativo. Si fijamos arbitrariamente los Vp y Vq del segundo miembro de la ecuación (3.73) en 1,0 (pu), los coeficientes de ambas ecuaciones quedan iguales, es decir: ∆Pp Vp ∆Q p Vp

n

= − B pp ∆θ p − ∑ B pq ∆θ q q =1 q≠p n

= − B pp ∆Vp − ∑ B pq ∆Vq q =1 q≠p

(3.75)

(3.76)

Matricialmente se tiene:  ∆P   V  = [B'][∆θ]  

(3.77)

 ∆Q   V  = [B' '][∆V ]  

(3.78)

donde B’ es el negativo de la parte imaginaria de la matriz YB, sin la fila y columna correspondiente a la barra slack y B” es el negativo de la parte imaginaria de la matriz YB sin las filas y columnas correspondientes a las barras slack y PV Una estrategia típica de solución es la siguiente: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Calcular los errores iniciales ∆P/V Resolver la ecuación (3.77) para determinar ∆θ Actualizar los ángulos θ y usarlos para calcular los errores ∆Q/V Resolver (3.78) para calcular ∆V Actualizar las magnitudes del voltaje V y usarlas para calcular los nuevos errores ∆P/V Volver al punto 2. y repetir el proceso hasta que todos los errores estén dentro de la tolerancias especificadas.

Ejemplo 3.4. Para el ejemplo 3.1 escriba la matriz Jacobiana del método de Newton-Raphson desacoplado rápido. Solución: A partir de los valores de la matriz [B] del Ejemplo 3.2 se tiene: 22,39 − 7,5 [B'] =    − 7,5 12,4 

y

0  22,39 − 7,5  [B"] = [22,39]; por lo tanto : [J ] =  − 7,5 12,4 0   0 0 22,39

45

3.6.

Flujo de Carga “DC” o Flujo de Potencia de Corriente Continua

Recibe este nombre no porque se aplique a sistemas que operan con corriente continua. El método es aplicable a los Sistemas Eléctricos de Potencia que operan a corriente alterna haciendo ciertas simplificaciones que permitan analizar la red como si fuera de corriente continua, teniendo la ventaja de que se trabaja con números reales, simplificando mucho los cálculos. Sin embargo, sólo se obtienen los flujos de potencia activa. El análisis considera la base fundamental de los flujos de potencia en corriente alterna ya estudiados.

p

Consideremos la línea conectada entre los nudos p y q de la Figura 3.9.

q

I pq Y'pq /2

Vp

La potencia compleja que va desde la barra p a la barra q, es:

Z pq ( Ypq )

S pq

Y'pq /2

Vq

Figura 3.9.- Modelo de una línea de transmisión para el cálculo de flujo de potencia DC

[

& I* = V & (V & −V & )Y + V & (Y ' 2) S& pq = V p pq p p q pq p pq

]

*

= Ppq + jQ pq

(3.79)

Sea:

& = V ∠θ ; V p p p G pq =

& = V ∠θ ; V q q q

R pq

y

R 2pq + X 2pq

& = G + jB Y pq pq pq B pq = −

y

' Ypq = jB 'pq

X pq R 2pq + X 2pq

(3.80) (3.81)

Entonces: S& pq = Vp ∠θ p ( Vp ∠ − θ p − Vq ∠ − θ q ) (G pq − jB pq ) − jVp2 (B 'pq 2) Es decir:

[

]

S& pq = Vp2 − Vp Vq (cos θ pq + j sin θ pq ) (G pq − jB pq ) − jVp2 (B 'pq 2)

(3.82)

(3.83)

Por lo que la potencia activa entre las barras p y q es: Ppq = (Vp2 − Vp Vq cos θ pq ) G pq

−

B pq Vp Vq sin θ pq

(3.84)

Suposiciones simplificatorias a)

Vp = Vq = 1,0 (pu)

b)

Rpq << Xpq

c)

θpq = θp - θq es muy pequeño A partir de b) y considerando (3.81) se tiene que: G pq =

R pq R 2pq + X 2pq

B pq = −

<<

X pq R 2pq

+

X 2pq

X pq R 2pq + X 2pq

=−

1 X pq

⇒ G pq = 0

(3.85)

(3.86)

46

Según c) cos θ pq = cos (θ p − θ q ) ≈ 1 sin θ pq = sin (θ p − θ q ) ≈ θ p − θ q radianes Por lo tanto (3.84) queda: Ppq = − B pq (θ p − θ q ) =

θp − θq

(3.87)

X pq

Para una red eléctrica que tiene n nudos las potencias netas inyectadas en cada nudo se pueden escribir: n

n

θp − θq

q =1

q =1

X pq

Pp = ∑ Ppq = ∑

(3.88)

Donde q incluye todos los nodos directamente conectados al nodo p. Luego para los n nudos se tiene

 P1   B11 L B1p M   M M M     Pp  =  B p1 L B pp    M M M   M Pn  B n1 L B np 

L B1n  M M  L B pn   M M  L B nn 

 θ1   M    θ p     M  θ n 

(3.89)

o sea:

[P] = [B][θ]

(3.90)

en que:

[P]: Vector de potencias activas netas en las barras [B]: Matriz de susceptancias del sistema [θ]: Vector de ángulos de las tensiones de las barras Los elementos de la matriz [B] se determinan como sigue: n

B pp = ∑

q =1

1 X pq

(3.91)

Con p ≠ referencia y donde q incluye todas las líneas conectadas al nudo p B pp = 0 B pq = − B pq = 0

1 X pq

con p = referencia

(3.92)

con p y q ≠ referencia

(3.93)

con p = referencia ó q = referencia

(3.94)

47

De acuerdo con lo indicado en las expresiones (3.91) a (3.94), la matriz [B] , tal como se planteó en (3.89) es singular ya que la fila y columna correspondientes a la barra de referencia contienen solamente ceros. Así, para un sistema de n barras sólo hay (n-1) ecuaciones linealmente independientes, por lo que se debe considerar la submatriz de [B] con dimensión (n-1)x(n-1), la que puede invertirse para solucionar el problema del cálculo de los ángulos de fase de las tensiones de las barras. A partir de (3.90) se obtiene entonces:

[θ] = [B]-1 [P]

(3.95)

Como se aprecia, el procedimiento es muy sencillo, ya que el sistema es lineal y por lo tanto todos los ángulos de las tensiones de las barras se pueden determinar utilizando (3.95) para luego mediante (3.87), determinar los flujos de potencia activa en las líneas.

Ejemplo 3.5. Resuelva el Ejemplo 3.1 utilizando el método de Flujo DC. Solución: A partir de los parámetros dados en el ejemplo 3.1 se tiene: B11 =

1 1 + = 25; 0,12 0,06

B 22 =

1 1 1 + = 13,8889; B12 = B 21 = − = −8,3333 0,12 0,18 0,12

B 33 = B 31 = B13 = B 23 = B 32 = 0 Por otra parte: P1=-0,6; P2=0,2; luego, la ecuación matricial queda, según (3.90): − 8,3333  P1   25 P  = − 8,3333 13,8889    2 

 θ1  θ   2

Resolviendo la ecuación se obtiene: − 8,3333  θ1   25 θ  = − 8,3333 13,8889    2 

-1

 P1  0,05 0,03 − 0,6 − 0,024 P  = 0,03 0,09  0,2  =  0        2 

Con estos valores se determinan los flujos de potencia activa en las líneas, utilizando (3.87) P12 =

θ1 − θ 2 − 0,024 − 0 = = −0,2 X12 0,12

P13 =

θ1 − θ 3 − 0,024 − 0 = = −0,4 X13 0,06

P23 =

θ 2 − θ3 0 − 0 = =0 X 23 0,18

La potencia que entrega el generador en la barra slack es: PG 3 = P32 + P31 = 0 + 0,4 = 0,4 La potencia recibida por la carga es: PC1 = P21 + P31 = 0,2 + 0,4 = 0,6

48

Problemas propuestos 3.1. En el sistema mostrado en la Figura 3.10, empleando el método de Gauss Seidel-YB, calcular la tensión & 2 yV & 2 ) y la potencia compleja entregada por el generador en en las barras 2 y 3 en la segunda iteración ( V 2 3 estas condiciones. La tensión en la barra 1 se mantiene constante en su valor nominal y los datos en % están dados considerando SB=100 MVA. 3.2. En el sistema de la Figura 3.11 y empleando el método de Gauss-Seidel-YB, determinar: a.

La tensión en la barra 3 considerando que V3k +1 − V3k ≤ 0,01

b.

Las potencias activa y reactiva suministradas por el Generador G y las pérdidas de potencia activa y reactiva del sistema. G

.

SG

1

2

Z=j50% Y/2=j1,5%

3

1

G

X=10%

.

3

2 0,4 + j0,5

X= 0,5

.

X = 0,1

1,05

0º

S=(25+j18) MVA

S=(8+j4) MVA

(20 + j12) MVA

Figura 3.10

Figura 3.11

3.3. Para el sistema de la Figura 3.12, los datos en pu, base común, se dan en las Tablas Nº 1 y Nº 2. a. Determinar el voltaje en todas las barras, haciendo dos iteraciones con el método de Gauss-Seidel YB y con los valores obtenidos, determinar los flujos de potencia en todas las líneas. b. Determinar los elementos del Jacobiano desacoplado rápido del sistema. c. Correr un flujo DC y determinar los ángulos de los voltajes, los flujos de potencia activa en las líneas y la potencia activa entregada por el generador G3 SC3

G2

G3

3

2

Tabla Nº 1: Datos de las líneas Línea

Z (pu)

Y’/2 (pu)

1-2

0,04+j0,10

j0,06

1-3

0,02+j0,08

j0,07

2-3

0,06+j0,20

j0,04

Tabla Nº 2: Datos de las barras 1 SC1

Figura 3.12

Barra Nº Tipo V (pu) 1

PQ

-

2

PQ

-

3

SL

1,06

PG QG

PC

QC

0,8

0,2

0,2 0,1 0,0

0,0

-

-

0,4

0,1

3.4. La Figura 3.13 muestra un sistema de tres barras. La barra 1 es la barra slack y su voltaje es 1,05 (pu), la barra 3 es de tensión controlada (BTC) y el módulo del voltaje en ella está especificado en 1,05 (pu). La potencia reactiva del condensador síncrono puede variar entre 0 y 0,6 (pu). Determinar: a. Las tensiones en las barras, haciendo dos iteraciones del método de Gauss-Seidel-YB b. Los flujos de potencia activa y reactiva en las líneas c. Las pérdidas de potencia activa y reactiva d. La potencia compleja entregada por el generador G1 e. La potencia reactiva suministrada por el condensador de la barra 3.

49

3.5. En el sistema de la Figura 3.13, suponga que los valores de las tensiones en una iteración cualquiera son: & = 1,04∠-2,5º; V & = 1,05∠-1,5º. Determinar: & = 1,05 ∠0º; V V 1 2 3 a. El Jacobiano completo en esa iteración b. El Jacobiano desacoplado c. La matrices [B’] y [B”] G1

G2 S=1,0+j1,4 1

2

j 0,08

S=2,0+j1,0

S=0,4+j0,4 j 0,05

j0,04

3

C

S=1,2+j0,8

Figura 3.13 3.6. En el sistema de dos barras de la Figura 3.14, los datos en pu están en base 100 MVA, la barra 1 es la barra slack y su voltaje es 1,04 (pu). En la barra 2, hay un compensador síncrono (CS) que mantiene constante el módulo del voltaje en 1,05 (pu). a. Determinar el voltaje en la barra 2 haciendo dos iteraciones del método de Gauss-Seidel-YB y con los valores anteriores, calcular la potencia reactiva que debe entregar (recibir) el compensador síncrono y las potencias activa y reactiva que debe entregar (recibir) el generador. b. Determinar los elementos de la matriz Jacobiana completa, considerando que los voltajes en la barra 1 y 2 son de 1,04 ∠0º y 1,05 ∠-4.5º respectivamente. G

-0,4 ≤ QG2 ≤ 0,4

PG1 + jQ G1 1

CS

QG2

2

j0,1

Sc1 =(40+j20) MVA

Sc2 =(100-j40) MVA

Figura 3.14 3.7. En el sistema de la Figura 3.15, la barra 3 es BTC con una tensión de 1 (pu). Empleando el método de Gauss-Seidel-YB, determine: a. La tensión en la barra 3, considerando que θ 3k +1 b.

c.

− θ 3k

≤ 0,5

G X= 0,7

1

3

X = 0,1 2 0,4 + j0,5

1,05

0º

C 0 ≤ QC ≤ 0,4 (20 + j12) MVA

Las potencias activa y reactiva suministradas por el Generador G y las Figura 3.15 pérdidas de potencia activa y reactiva del sistema. La potencia reactiva que debe entregar el condensador ubicado en la barra 3. Los datos están en pu base 100 MVA.

CAPITULO 4 ESTUDIO Y ANALISIS DE FALLAS 4.1.

Introducción

Las condiciones anormales de funcionamiento de un Sistema Eléctrico de Potencia (SEP), se deben a fenómenos transitorios, que se pueden clasificar, según al tiempo de duración en las siguientes categorías: –

Fenómenos transitorios ultrarápidos: Corresponden sustancialmente a descargas atmosféricas sobre las líneas de transmisión y a los fenómenos producidos por operaciones de conexión y desconexión de diversos componentes de la red del SEP, tales como, las líneas. Las perturbaciones de este tipo dan origen a ondas de tensión y corriente que viajan prácticamente a la velocidad de la luz, pero su efecto dura unos pocos milisegundos después de iniciado. Sin embargo, los procesos de reflexión de las ondas producen elevadas tensiones que pueden llegar a destruir el equipo asociado a las líneas. La razón del estudio de estos fenómenos radica en el hecho de que su análisis suministra las bases necesarias para la selección adecuada del nivel de aislación de los equipos eléctricos asociados a las líneas y de las líneas mismas.

–

Fenómenos transitorios medianamente rápidos: En este grupo se incluyen los fenómenos causados por cambios abruptos de la estructura del SEP, o sea los cortocircuitos o líneas abiertas. Usualmente, sólo los 10 primeros ciclos son de importancia práctica y se estudian en el rango de 10 a 100 milisegundos siguientes a la falla.

–

Fenómenos transitorios lentos: Cuando ocurre un cortocircuito en una línea de transmisión importante y no se desconecta oportunamente la sección afectada, puede producirse uno de los fenómenos más peligrosos de un SEP, esto es, oscilaciones mecánicas de los rotores de los generadores. Se producen fenómenos transitorios electromecánicos que se estudian bajo el nombre de estabilidad transitoria. Las oscilaciones mecánicas de los rotores son relativamente lentas, en consecuencia, los estudios de estabilidad transitoria se realizan en el rango de fracción de segundo hasta un minuto.

Debido a los fenómenos transitorios se pueden producir en un SEP, diversas alteraciones que reciben el nombre de fallas. Una falla en un circuito es cualquier evento que interfiere con el flujo normal de corriente. Sin embargo, dentro de este curso, designaremos como fallas a los cortocircuitos y las fases abiertas. 4.2.

Tipos de fallas

–

Cortocircuitos: Trifásico simétrico, aislado o a tierra, bifásico aislado (cortocircuito entre 2 líneas), bifásico a tierra (entre dos líneas y el conjunto a tierra) y monofásico (una línea conectada a tierra).

–

Fases abiertas: Una fase abierta, dos fases abiertas y tres fases abiertas. La última situación significa que la línea o dispositivo sale completamente de servicio.

Los cortocircuitos trifásicos dan origen a fallas simétricas pues el SEP permanece eléctricamente balanceado, en cambio los cortocircuitos bifásicos aislado y a tierra y el monofásico, así como 1 ó 2 fases abiertas corresponden a fallas asimétricas, ya que el sistema queda eléctricamente desbalanceado en el punto de falla. En el caso de fallas simétricas, el cálculo se realiza en base a una representación monofásica (por fase) de la red del SEP y se aplican las técnicas normales de análisis de circuitos. Para el cálculo de las fallas asimétricas, resulta conveniente utilizar al Método de las Componentes Simétricas.

51

4.3.

Cálculo de Cortocircuitos

En general las corrientes de cortocircuito alcanzan magnitudes mucho mayores que los valores nominales de los generadores, transformadores y líneas. Si se permite que estas corrientes circulen por un período prolongado, pueden causar un serio daño térmico al equipo y problemas de estabilidad de funcionamiento en el SEP. En este aspecto, el tipo de cortocircuito más severo es el trifásico, el que además de dar valores elevados de corriente, reduce a cero la capacidad de transmisión de una línea, lo siguen los cortocircuitos bifásico y finalmente el monofásico. En cambio, el tipo mas frecuente es el monofásico (aproximadamente el 75% de los casos ) y el menos frecuente es el trifásico (aproximadamente el 5% de los casos). En muchas oportunidades las corrientes de cortocircuito se autoextinguen y se restablece la aislación. Debido a este hecho, se utilizan en la práctica interruptores que reconectan automáticamente la línea dañada, una, dos o más veces para probar si la falla se ha eliminado. Sólo en el caso de que la falla persista, el interruptor desconecta la línea en forma definitiva. 4.3.1. Objetivos −

Definir la capacidad de ruptura de los interruptores necesarios en las diversas partes de un SEP, para lo que se realiza normalmente un cálculo de cortocircuito trifásico simétrico, debido a que este tipo de falla produce las corrientes de cortocircuito más elevadas en la mayoría de los casos.

−

Ayudar a establecer un sistema adecuado de protección para diversas condiciones de falla, para lo que se debe realizar un cálculo de distribución de corrientes en la red del SEP tanto para cortocircuitos simétricos como asimétricos (usualmente el cortocircuito monofásico). En general, el Cálculo de Cortocircuitos debe proporcionar los siguientes resultados:

−

La corriente en el punto de falla

−

La potencia de cortocircuito en el punto de falla

−

La distribución de corrientes post-falla en todas las líneas del SEP

−

Las tensiones post-falla en todas las barras

4.3.2. Aproximaciones −

Las máquinas síncronas se representan por los circuitos equivalentes aproximados, que se muestran en la Figura 4.1. jX'd jX'd + + " " jX jXd + + d E' E V V E" -

-

-

Figura 4.1.- Circuitos equivalentes para las Máquinas Síncronas −

Las cargas, cuando se estima necesario incluirlas, se suponen independientes de la tensión y se representan por una impedancia o admitancia equivalente.

−

Todas las tensiones internas de los generadores se suponen iguales entre sí e iguales a 1,0 (pu)

−

Se desprecian las corrientes de pre-falla

52 −

En muchos casos se desprecian las resistencias de los elementos y sólo se consideran sus reactancias

−

Los transformadores con cambio de Tap se consideran en su razón nominal

4.4.

Cortocircuitos trifásicos simétricos

4.4.1. Comportamiento de un generador en condiciones de cortocircuito trifásico simétrico a. El generador en vacío antes de producirse la falla: La corriente que circula por cada fase del generador en cortocircuito, es similar a la que circula por un circuito R-L serie, alimentado bruscamente por una fuente de tensión sinusoidal; es decir, la corriente es asimétrica respecto al eje de tiempo y disminuye en forma exponencial. Sin embargo, existe una diferencia fundamental y ella radica en que la reactancia del generador no permanece constante durante el fenómeno (Figura 4.1). Las corrientes en las tres fases de un generador en cortocircuito se muestran en la Figura 4.2.

ia

ib

ic

if Tiempo Figura 4.2.- Corrientes de cortocircuito en un Generador Síncrono

2 I"

Periodo subtransitorio

Periodo transitorio

Régimen permanente

2 I' 2I Envolvente transitoria extrapolada

Tiempo Valor de régimen permanente extrapolado

Envolvente Real

Figura 4.3.- Corriente de cortocircuito en un Generador Síncrono despreciando la componente unidireccional

53

Usualmente la corriente continua no se considera en el análisis y su efecto se incluye posteriormente en el cálculo de las corrientes instantáneas y de interrupción de los interruptores. Despreciando el efecto de la componente continua, la corriente de cortocircuito de una fase cualquiera, resulta simétrica, como se muestra en la Figura 4.3, que corresponde a un generador con enrollados amortiguadores y en vacío antes de producirse la falla. Directamente de esta figura los valores eficaces de corrientes de cortocircuito quedan: Corriente subtransiente

I" =

Corriente transiente

I' =

Corriente permanente

I=

E

(4.1)

X "d E

(4.2)

X 'd E

(4.3)

Xd

b. El generador con carga antes de producirse la falla: En este caso, la fuerza electromotriz (fem) interna E se va modificando a medida que transcurre el fenómeno y, para determinar las corrientes subtransiente y transiente de cortocircuito se deben considerar los circuitos mostrados en las Figura 4.4 y 4.5, respectivamente, donde Ze es una impedancia externa que puede existir entre los terminales del generador y el punto de Falla F y Zc es la impedancia del consumo.

jX" d

Ze

F

jXd'

I"

+

F

I'

+

Zc

E"

Ze

Zc

E'

-

Figura 4.4.- Circuito Subtransiente

Figura 4.5.- Circuito Transiente

Para realizar el cálculo se pueden emplear dos procedimientos –

Aplicando el teorema de Thevenin en el punto de Falla: En la Figura 4.4, sean:

& (0) : tensión en el punto F antes de producirse la falla V F &I" : corriente subtransiente de cortocircuito ZTH : Impedancia equivalente de Thevenin calculada desde el punto de falla, donde:

Z TH =

( Z e + jX "d ) Z c

(4.4)

Z e + jX "d + Z c

Por lo tanto, el circuito de la Figura 4.4, se transforma en el de la Figura 4.6, siguiente Z TH

I''

F

+ VF(0) Figura 4.6.- Circuito equivalente de Thevenin en Régimen subtransitorio

54

Luego: " & &I" = VF (0) = Z e + Z c + jX d V & ( 0) F Z TH ( Z e + jX "d ) Z c

(4.5)

de la misma forma, para la Figura 4.5 se tiene: ' & &I' = VF (0) = Z e + Z c + jX d V & (0) F Z TH ( Z e + jX 'd ) Z c

–

(4.6)

Empleando las tensiones detrás de las reactancias subtransiente o transiente: Cuando circula una corriente de carga Ic antes de la falla, se pueden visualizar tres tensiones internas posibles, asociadas a sus correspondientes reactancias, tal como se indicó anteriormente. Las Figuras 4.7 a) y b) muestran los circuitos equivalentes y los diagramas fasoriales respectivos. E

jXd" jXd' jXd

E" + E' E -

I" ( I', I) Ic

E'

+ E"

V φ

-

a)

V

jX"d Ic jX'd Ic

jXdIc

Ic

b)

Figura 4.7.- Cálculo de Corriente de Cortocircuito, empleando las tensiones internas. a) Circuito Equivalente b) Diagrama Fasorial A partir de la Figura 4.7 se puede escribir:

& + jX " &I E& " = V d c &E' = V & + jX ' &I

(4.7)

c

(4.8)

& + jX &I E& = V d c

(4.9)

d

Por lo que, las corrientes de falla son: &I" = &I' = &I =

E& " jX "d

+ Ze

E& ' jX 'd

+ Ze

E& jX d + Z e

(4.10) (4.11) (4.12)

c. Concepto de Potencia de Cortocircuito: Durante un cortocircuito trifásico simétrico en un SEP, las tensiones en las barras no falladas disminuyen. La magnitud de la caída de tensión en las barras es una indicación de la capacidad de SEP para reaccionar frente al cortocircuito. Es conveniente disponer de una medida de esta propiedad del sistema como asimismo de la severidad de la falla. Ambos objetivos se pueden

55

cumplir definiendo una cantidad denominada "Potencia de cortocircuito", "Capacidad de cortocircuito", o "nivel de falla" de la barra fallada. Considérese una barra “p” cualquiera del SEP en la cual se ha producido un cortocircuito trifásico simétrico.

+ Vp (0) -

Ipf

p Ref.

Figura 4.8.- SEP con un cortocircuito trifásico en la barra p Sean: Vp(0) Ipf

: tensión en la barra p antes de producirse la falla : corriente de cortocircuito o de falla en la barra p.

Entonces, por definición, la potencia de cortocircuito Scc en la barra p será: S cc = Vp (0) I pf

(4.13)

Por otra parte si VB e IB son, respectivamente, el voltaje base y la corriente base en el sector que corresponde a la barra p, se puede demostrar que: S cc = Vp (0) [pu ] I pf [pu ] S B =

[Vp (0)]2 [pu ] S Z pf [pu ]

B

(4.14)

en que Zpf es la impedancia de cortocircuito en la barra “p” y corresponde a la impedancia equivalente de Thevenin calculada desde la barra p hacia el interior del SEP. d. Algunos antecedentes relativos a la selección de interruptores: Los valores de corriente suministrados por un cálculo de cortocircuito, corresponden a corrientes simétricas respecto al eje del tiempo y por lo tanto no incluyen la componente de corriente continua. En la selección de interruptores debe tenerse en cuenta la componente de corriente continua; por ello se distinguen dos valores de corriente: −

Corriente instantánea: Es la corriente que debe soportar un interruptor inmediatamente después de ocurrida la falla. Para determinarla, se calcula en primer lugar la corriente simétrica de cortocircuito utilizando las reactancias subtransientes de los generadores, motores sincrónicos y de inducción. Luego, el valor así calculado, se multiplica por un factor que depende de la tensión de operación del interruptor. Los factores usualmente empleados se indican en la Tabla 4.1.

−

Corriente de interrupción: Es la corriente que un interruptor debe ser capaz de interrumpir en el momento que se abren sus contactos. Para determinar su valor, se procede primero a calcular la corriente simétrica de cortocircuito y luego se aplica un factor que depende de la velocidad de operación del interruptor. La Tabla 4.2 muestra algunos valores típicos.

Para el cálculo se recomienda emplear las reactancias subtransientes de los generadores, las reactancias transientes de los motores y condensadores síncronos. Los motores de inducción no se consideran.

56

Tabla 4.1.- Factores de corrección para la corriente instantánea Voltaje Factor 1,6 〉 5 kV 1,5 ≤ 5 kV 1,25 ≤ 600 V

Tabla 4.2.- Factores de corrección para la corriente de interrupción Interruptores de Factor 8 ciclos o mas 1,0 5 ciclos 1,1 3 ciclos 1,2 2 ciclos 1,4

Ejemplo 4.1. En el sistema de la Figura 4.9, los datos en pu están en base 2.000 kVA y 480 Volt. Si ocurre un cortocircuito trifásico en la barra m, cuando el voltaje en esta barra es el nominal y los motores están trabajando en condiciones nominales, determinar la corriente subtransitoria de falla (Amperes) en cada uno de los motores y en la línea, así como la corriente de falla en la barra m, considerando la corriente de pre-falla y utilizando: a. El método de las tensiones internas b. El método de Thevenin

Barra del Sistema j0,023 ohm/fase

m

M1 X''=0,8 (pu)

Línea

M2 X''=0,25(pu)

VN =480 V SCC3φ =9,6 MVA

1 MVA, 480 Volt, cos ϕ = 0,9 ind.; cada motor Figura 4.9

SCC3φ: Potencia de Cortocircuito trifásico en barra del sistema.

Solución: a) Cálculos previos:

S B = 2 MVA; VB = 0,48 kV ⇒ S CC3φ = XS =

[V(0)] 2 S CC3φ

=

1 = 0,2083 (pu) 4,8

+

IS

E"S

ZB =

kVB2 0,48 2 = = 0,1152 Ω; MVA B 2

XL =

0,023 2 ∗ 10 6 = 0,1997 (pu ); I B = = 2405,63 A 0,1152 3 ∗ 480

jXL

jXS

9,6 = 4,8 (pu ) 2

m

I2

j0,8 j0,25

I1

+

Z TH

+ E"M1

E"M2

Figura 4.10

b) Método de las tensiones internas: Figura 4.10

& = 480∠0º = 1∠0º (pu ) V m 480

&I = &I = 1 / 2∠ − cos 1 2 1∠0º

−1

0,9

= 0,5∠ − 25,84º (pu)

E "M1 = 1∠0º − j0,8 ∗ 0,5∠ − 25,84º = 0,9∠ − 23,56º (pu); E "M2 = 1∠0º − j0,25 ∗ 0,5∠ − 25,84º = 0,9522∠ − 6,79º (pu) E "S = 1∠0º + j(0,2083 + 0,1997) ∗ 1,0∠ − 25,84º = 1,2337∠17,32º (pu En falla, Vm=0; por lo tanto, del circuito (Figura 4.11): &I " = 1,2337∠17,32º = 3,024∠ − 72,68º (pu) S j(0,2083 + 0,1997) &I " = 0,9∠ − 23,56º = 1,125∠ − 113,56º (pu) M1 j0,8 &I " = 0,9522∠ − 6,79º = 3,8088∠ − 96,79º (pu) M2 j0,25 &I " = &I " + I " + &I " = 7,7∠ − 90º (pu) F

S

M1

M2

jXL

jXS

+ E"S

I"S I"F

m

I"M2 + E"M2

Figura 4.11

j0,8

j0,25

I"M1 + E"M1

57

Valores en amperes: Multiplicando por la corriente base se obtiene:

&I " = 7.274,63∠ − 72,68º A; &I " = 2.706,33∠ − 113,56º A; &I " = 9.162,56∠ − 91,79º A; &I " = 18.523,35∠ − 90º A S M1 M2 F d) Usando el Teorema de Thevenin

A partir de la Figura 4.10, cortocircuitado las fuentes de tensión se obtiene la Impedancia de Thevenin:

Z TH =

1 = j0,1299 (pu ). Además, VTH=Vm(0)=1∠0º (pu) 1 1 1 + + j0,408 j0,8 j0,25

& &I " = VTH = 1∠0º = 7,7∠ − 90º F Z& TH j0,1299

j0,8 ∗ j0,25 j(0,8 + 0,25) &I " = 7,7∠ − 90º + 1∠ − 25,84 = 3,024∠ − 72,68º (pu ) S j0,8 ∗ j0,25 j0,408 + j(0,8 + 0,25) j0,408 ∗ j0,25 j(0,408 + 0,25) &I " = 7,7∠ − 90º − 0,5∠ − 25,84 = 1,1257∠ − 113,56º (pu) M1 j0,408 ∗ j0,25 j0,8 + j(0,408 + 0,25) j0,408 ∗ j0,8 j ( 0,408 + 0,8) &I " = 7,7∠ − 90º − 0,5∠ − 25,84 = 3,8083∠ − 96,79º (pu) M2 j0,408 ∗ j0,8 j0,25 + j(0,408 + 0,8) 4.4.2. Cortocircuitos trifásicos simétricos en un SEP a. Método tradicional: Como en el caso de un cortocircuito trifásico simétrico, el SEP queda balanceado, es posible trabajar utilizando el circuito equivalente por fase, con las aproximaciones usuales, aplicando Thevenin en el punto de falla. El método es cómodo para resolver problemas con pocos nudos; sin embargo, cuando se trata de sistemas de mayor tamaño, resulta poco práctico. Por otra parte, para calcular un cortocircuito en otra barra es necesario hacer de nuevo todos los cálculos. Adicionalmente, la determinación de los voltajes en las otras barras y el cálculo de las corrientes en las líneas significa resolver la red completa del SEP. b. Cálculo sistemático (Método general): Cuando se trata de sistemas de gran magnitud, los cálculos manuales resultan demasiado engorrosos y se debe recurrir al uso de los computadores digitales. El procedimiento que se sigue, en vez de calcular las corrientes en el punto de falla, para luego repartirlas en todo el sistema; consiste en calcular directamente las tensiones en los distintos nudos, con ayuda de un modelo nodal de impedancias. Conocidas las tensiones durante la falla, pueden calcularse a continuación las corrientes por las diversas ramas. Debido a la rapidez del cálculo digital, la matriz de impedancia puede por ejemplo, incluir las admitancias paralelo tales como las asociadas a las cargas.

Las tensiones, post-falla se pueden obtener como la superposición de la situación pre-falla (obtenida normalmente de un cálculo de flujo de potencia) con la situación durante la falla solamente, es decir:

[VB (f )] = [VB (0)] + [VB (cc)]

(4.15)

58

donde: VB ( f )

: Vector de tensiones post-falla VB ( 0 ) : Vector de tensiones prefalla VB ( cc ) : Vector de tensiones debido sólo a la falla:

[VB (f )] = [V& 1f ···

[VB (0)] = [V& 10 ···

[VB (cc)] = [V& 1cc ···

]t & ]t V n0

& ··· V & ··· V & V pf qf nf

(4.16)

& ··· V & ··· V p0 q0

(4.17)

& ··· V & ··· V & V pcc qcc ncc

]t

(4.18)

Aplicando el método de resolución nodal a la red del SEP, después de falla se tiene:

[I F ] = [YB ][VB (cc)]

⇒ [VB (cc)] = [Z B ][I F ]

(4.19)

En que [I F ] es el vector de corrientes (de falla) inyectadas en las distintas barras y [Z B ] es la matriz de impedancia de barras que corresponde a la inversa de la matriz de admitancia de barras [YB ] ; definidas como:

[I F ] = [&I1f ···

&I ··· &I ··· &I pf qf nf

 Z11 ···  M  Z p1 ··· [Z B ] = M  Z q1 ···  M  Z nn ···

]t

Z1n   M  M M Z pp ··· Z pq ··· Z pn   M M M  Z qp ··· Z qq ··· Z qn   M M M  Z np ··· Z nq ··· Z nn  Z1p ···

(4.20)

Z1q ···

(4.21)

En realidad no se inyecta corriente en ninguna de las barras, sino que se extrae corriente exclusivamente desde la barra fallada (por ejemplo, la barra p); por lo tanto, sólo uno de los elementos del vector de corrientes inyectadas es distinto de cero y vale − &I pf . Introduciendo (4.19), (4.20) y (4.21) en (4.15), considerando (4.16), (4.17) y lo dicho recién respecto a la corriente se obtiene:

& =V & − Z &I V 1f 10 1p pf & =V & − Z &I V pf p0 pp pf & =V & − Z &I V qf q0 qp pf

(4.22)

& =V & − Z &I V nf n0 np pf Si existe una impedancia de falla ZF entre la barra fallada p y tierra se tiene:

& = Z &I V pf F pf

(4.23)

Reemplazando (4.23) en la p-ésima ecuación de (4.22) se obtiene finalmente:

&I = pf

& V p0 Z F + Z pp

(4.24)

59

expresión que permite calcular la corriente en la barra fallada. Así mismo, el voltaje en esta barra es:  & V  p0 

 Z pp & = 1 − V pf  Z F + Z pp 

(4.25)

De la misma forma se puede obtener el voltaje en cualquier otra barra y la corriente de falla en una línea cualquiera conectada entre las barras p y q cuya impedancia es zpq:

& =V & − V qf q0 &I pqf =

Z qp Z F + Z pp

& V p0

(4.26)

& −V & V pf qf

(4.27)

z pq

Ejemplo 4.2. En el sistema de la Figura 4.12, 3 todos los datos en por unidad, están en base j0,05 común. Determinar las corrientes en cada una de las líneas y en los generadores, cuando ocurre un G3 cortocircuito trifásico simétrico en la barra 2, 13,8 kV estando el sistema en vacío y utilizando: j0,05 a. El método tradicional b. El método general (Matricial)

220 kV

220 kV

j0,04

2 j0,03

j0,05

j0,08

1

j0,02

G2 G1 13,2 kV 13,2 kV j0,05 j0,03

Figura 4.12

Solución: a) Método tradicional: El circuito equivalente se muestra en la Figura 4.13. Para encontrar la impedancia de Thevenin en la barra 2 es necesario reducirlo. La Figura 4.14 muestra el circuito anterior donde se ha realizado una transformación de Delta a Estrella entre los nudos 1, 2 y 3. Los valores de la estrella equivalente son:

X1 =

0,05 * 0,08 = 0,02353; 0,05 + 0,08 + 0,04

X2 =

0,04 * 0,08 = 0,01882; 0,05 + 0,08 + 0,04

X3 =

0,05 * 0,04 = 0,01176 0,05 + 0,08 + 0,04

A partir del circuito de la Figura 4.14, la impedancia equivalente de Thevenin en la barra 2 queda:

X TH

 (0,05 + 0,05 + 0,01176) ∗ (0,03 + 0,02 + 0,02353)  + 0,01882 ∗ [0,03 + 0,05]   (0,05 + 0,05 + 0,01176) + (0,03 + 0,02 + 0,02353)  = = 0,0353  (0,05 + 0,05 + 0,01176) ∗ (0,03 + 0,02 + 0,02353)  + 0,01882 + [0,03 + 0,05]   (0,05 + 0,05 + 0,01176) + (0,03 + 0,02 + 0,02353)  j0,04

3 j0,05

j0,05 j0,05

j0,08 1

I G3

j0,02

I G1

+ 1 0º

3

2

j0,03

+ 1 0º

Figura 4.13

jX 3

jX 2 I jX 1 X2

I 2F

VTH , Z

j0,03

j0,05

j0,05

j0,05

1

TH

I G2 +

I G3

j0,02

I G1

+ 1 0º

1 0º

2

j0,03

+ 1 0º

Figura 4.14

I 2F

VTH , Z TH

I G2

j0,03 j0,05

+ 1 0º

60

j0,0353

El circuito equivalente de Thevenin queda tal como se muestra en la Figura 4.15, donde, debido a que el cortocircuito es directo, se tiene que V2F=0 y, por lo tanto:

+ 1

0º

&I = 1∠0º = 28,3286∠ − 90º (pu) 2F j0,0353

I 2F

+ V2F

Figura 4.15

Considerando la Figura 4.14 se pueden determinar las corrientes y voltajes: &I = 1∠0º −0 = 12,5∠ − 90º (pu) G2 j0,08 &I = &I − &I = 28,3286∠ − 90º −12,5∠ − 90º = 15,8286∠ − 90º (pu) X2 F2 G2 j(0,05 + 0,05 + 0,01176) = 9,5472∠ − 90º (pu) j(0,05 + 0,05 + 0,01176 + 0,02 + 0,03 + 0,02353) j(0,02 + 0,03 + 0,02353) = &I X 2 * = 6,2814∠ − 90º (pu) j(0,05 + 0,05 + 0,01176 + 0,02 + 0,03 + 0,02353)

&I = &I = &I * G1 X1 X2 &I = &I G3 X3

& = 1∠0º − j0,05 * I = 1∠0º − j0,05 * 9,5472∠ − 90º = 0,5226∠0º (pu) V 1F G1 & V3F = 1∠0º − j0,1 * I G 3 = 1∠0º − j0,1 * 6,2814∠ − 90º = 0,3719∠0º (pu) & −V & V 0,5226 1F 2F &I = = 6,5325∠ − 90º (pu) L12 = j0,08 j0,08 & −V & V 0,5226 − 0,3719 1F 3F &I = = = 3,014∠ − 90º (pu) L13 j0,05 j0,05 & −V & V 0,3719 3F 2F &I = = 9,2975∠ − 90º (pu) L32 = j0,04 j0,04 b) Método general: Considerando el circuito de la Figura 4.13, se determina la matriz YB, que resulta:

− j52,5 j12,5 j20  [YB ] =  j12,5 − j50 j25   j20 j25 − j55

⇒ [Z B ] = [YB ]

−1

j0,0169  j0,03  =  j0,0169 j0,0353  j0,0186 j0,0222

j0,0186 j0,0222 j0,035 

Utilizando las expresiones (4.24) a (4.27) con ZF=0 se obtienen:

&I = 1∠0º = 28,3286∠ − 90º (pu); 2F j0,0353 & = 1∠0º − j0,0169 ∗ 1∠0º = 0,5212∠0º (pu); V 1F j0,0353 0,5212∠0º −0 &I = 6,515∠ − 90º (pu); L12 = j0,08 0,3711∠0º −0 &I = 9,2775∠ − 90º (pu) L32 = j0,04

& =0 V 2F & = 1∠0º − j0,0222 ∗ 1∠0º = 0,3711∠0º (pu) V 3F j0,0353 0,5212∠0º −0,3711∠0º &I = 3,002∠ − 90º (pu) L13 = j0,05

Las corrientes en los generadores se determinan aplicando la Ley de Kirchhoff de corrientes en los nudos 1, 2 y 3 respectivamente:

61

&I = &I & G1 L12 + I L13 = 6,515∠ − 90º +3,002∠ − 90º = 9,517∠ − 90º ( pu ) &I = &I − &I & G2 2F L12 − I L32 = 28,3286∠ − 90º −6,155∠ − 90º −3,002∠ − 90º = 19,1716∠ − 90º (pu) &I = &I − &I = 9,2775∠ − 90º −3,002∠ − 90º = 6,2775∠ − 90º (pu ) G3

4.5.

L 32

L13

Cortocircuitos Asimétricos

4.5.1. Componentes simétricas a. Consideraciones generales: El cálculo de cortocircuitos asimétricos en un SEP, se realiza normalmente empleando el método de las componentes simétricas, por lo que es conveniente iniciar este estudio resumiendo algunos puntos fundamentales relacionados con su teoría. El Método de las Componentes Simétricas se basa en el teorema de Fortescue. Se trata de un método particular de transformación lineal que consiste básicamente en descomponer un conjunto de fasores desbalanceados en otro conjunto de fasores de características tales que permitan un análisis más sencillo del problema original. En el caso particular de tensiones y corrientes trifásicas desequilibradas, este método los transforma en tres sistemas de fasores balanceados. Los conjuntos balanceados de componentes son: −

Componentes de secuencia positiva: formado por tres fasores de igual magnitud, desfasados 120º entre si y con la misma secuencia de fase que el sistema original.

−

Componentes de secuencia negativa: formado por tres fasores de igual módulo, con desfase de 120º uno de otro y con la secuencia de fases opuesta a la de los fasores originales.

−

Componentes de secuencia cero: formada por tres fasores de igual módulo y con desfase nulo.

Cuando se resuelve un problema utilizando componentes simétricas, se acostumbra designar las tres fases del sistema como a, b y c, de forma que la secuencia de fase de los voltajes y las corrientes en el sistema es abc. Así, la secuencia de fase de las componentes de secuencia positiva es abc y la secuencia de fase de las componentes de secuencia negativa es acb. Si los fasores originales de voltaje se designan como & ,V & yV & , los tres conjuntos de componentes simétricas se designan agregando un subíndice (o V a b c superíndice) adicional 1 para las componentes de secuencia positiva, 2 para las de secuencia negativa y 0 para las de secuencia cero. Una vez obtenidos los resultados en el dominio de las componentes simétricas, los valores reales en cantidades de fase se calculan haciendo uso de una transformación inversa adecuada.

b. Relación entre voltajes (corrientes) de secuencia y de fase: La Figura 4.16 muestra los tres sistemas equilibrados de vectores (considerándolos como tensiones) y la suma gráfica de los componentes para obtener los fasores desbalanceados. Va V Vc1 a2 Va1 Va0 Vb2 Vb0 Vc Vc0 Vc2 Vb1 Vb

a)

b)

c)

d)

Figura 4.16.- Componentes de secuencia: a) positiva, b) negativa, c) cero, d) suma gráfica de ellas Como cada uno de los vectores desequilibrados originales es igual a la suma de sus respectivos componentes simétricos, se puede escribir:

62

& =V & +V & +V & V a a0 a1 a2 & & & & Vb = Vb 0 + Vb1 + Vb 2 & =V & +V & +V & V c

c0

c1

(4.28)

c2

& ,V & yV & , respectivamente se tiene: Si se consideran como referencia los fasores V a1 a2 a0 & = V ∠0 º V a1 a1 & Vb1 = Va1∠240 º & = V ∠120 º V c1

& = V ∠0 º V a2 a2 & Vb 2 = Va 2 ∠120 º & = V ∠240 º V

a1

c2

a2

& = V ∠0 º V a0 a0 & Vb 0 = Va 0 ∠0 º & = V ∠0 º V c0

(4.29)

a0

Designando como a& , al operador complejo que origina un desplazamiento de 120º, es decir: a& = 1∠120º = −

1 1 +j 3 2 2

(4.30)

e introduciendo las expresiones (4.29) y (4.30) en (4.28), esta última se puede escribir como:

& =V & +V & +V & V a a0 a1 a2 2 & & & & Vb = Va 0 + a Va1 + a V a2 2 & & & & V = V +aV +a V c

a0

a1

(4.31)

a2

La ecuación (4.31) se puede escribir en forma matricial, tal como se muestra en la expresión (4.32):

&  1 1 V a &   2 Vb  = 1 a &   V  c  1 a

&  1  V a0 &   a   Va1  &  a 2  V a2 

(4.32)

o bien:  a , b ,c  0,1,2 [ ] = V T   V     

(4.33)

donde [T] es la matriz de transformación que permite obtener las componentes de fase abc a partir de las de secuencia 012, cuyo valor es: 1 1 [T] = 1 a 2 1 a

1 a  a 2 

(4.34)

La matriz de transformación [T] es no singular y por lo tanto existe su inversa, de manera que es posible obtener las componentes de secuencia 012 a partir de las de fase abc. Pre-multiplicando (4.33) por la inversa de T, [T]-1 se obtiene: a,b,c  0,1, 2  -1  [ ] V T = V      

en que:

(4.35)

63

[T]

−1

1 1 1 = 1 a 3 1 a 2

1 a 2  a 

(4.36)

y la ecuación (4.35) queda &  V 1 1 a0 &  1  Va1  = 3 1 a &  V 1 a 2  a2 

&  1  V a &  a 2  V b &   a   Vc 

(4.37)

Las ecuaciones (4.32) y (4.37) son válidas también para las corrientes, es decir:  &I a  1 1 &   2 I b  = 1 a  &I  1 a  c 

&I a 0  1 1 &  1   I a1  = 3 1 a &I  1 a 2  a2 

1  &I a 0    a   &I a1  a 2  &I a 2 

1  &I a    a 2  &I b  a   &I c 

(4.38)

De la segunda ecuación de (4.38) se puede concluir que si en un sistema trifásico no existen conductor neutro o conexiones a tierra, o si el sistema está balanceado, la corriente de secuencia cero es nula c. Potencia en función de los componentes simétricas: Si se conocen las componentes de secuencia de la corriente y tensión, se puede calcular directamente la potencia suministrada en un circuito trifásico a partir de dichas componentes.

La potencia compleja total transmitida en un circuito trifásico por 3 líneas; a, b y c viene dada por: & I* + V & I* + V & I* S& = P + jQ = V a a b b c c

(4.39)

& ,V & yV & son las tensiones respecto al neutro en los terminales e &I , &I , &I las corrientes en que V a b c a b c que entran al circuito por las tres líneas. Puede existir o no neutro. Matricialmente se tiene:

[

& S& = V a

& V b

& V c

]

 I *a  ∗ t  *  a , b,c  a , b,c  I V I =  b        I*    c

(4.40)

Introduciendo (4.32) y (4.38) en (4.40) y haciendo las operaciones correspondientes se obtiene:

(

& I* + V & I* + V & I* S& = 3 V a0 a0 a1 a1 a2 a2

)

(4.41)

Es decir, esta transformación no es invariante a la potencia compleja. 4.5.2. Circuitos equivalentes de secuencia de los elementos componentes de un SEP

La aplicación del método de las componentes simétricas al cálculo de cortocircuitos asimétricos significa que cada componente del SEP se representa por tres circuitos equivalentes monofásicos, correspondiendo cada uno a una determinada secuencia. En cada uno de estos circuitos equivalentes las variables tensiones y corrientes corresponden a una misma secuencia y las impedancias asociadas a los

64

elementos reciben el nombre de impedancia a la secuencia que corresponde. Veremos a continuación, los circuitos equivalentes de secuencia de los elementos componentes del sistema. a.

Líneas: Las líneas se representan tal como se muestra en los circuitos de la Figura 4.17.

Z1

Z2

Z0

a)

b)

c)

Figura 4.17.- Circuitos equivalentes de secuencia: a) Positiva; b) Negativa y c) cero, de líneas de transmisión Generalmente: Z1 = Z2 ≠ Z0; ya que en secuencia cero es necesario considerar tanto el efecto del retorno por tierra, como el de los conductores de guardia, en caso que ellos existan, debido a que la corriente se reparte por ambos caminos b. Generadores: Un generador de rotor cilíndrico operando en condiciones de carga balanceada y despreciando el efecto de la resistencia de sus enrollados, se puede representar según el circuito equivalente que se muestra en la Figura 4.18. Directamente de esta figura se puede escribir:

& = E& − jX &I V a a s a & & Vb = E b − jX s &I b & = E& − jX &I V c

c

(4.42)

s c

o bien:

 jX s a,b,c   con  Z  =  0    0 

 a , b ,c   a , b , c   a , b ,c   a , b , c   V = E − Z  I         Ea -

+ Eb

-

+ Ec

Zn

+ In

jXs

0 jX s 0

0  0  jX s 

(4.43)

Ia

jXs

Ib

jXs

Ic

Va Vb Vc

Figura 4.18.- Generador de rotor cilíndrico operando en condiciones balanceadas El análisis de un generador operando en régimen permanente y con carga desbalanceada, es mucho más complicado que el caso anterior; sin embargo, sus ecuaciones de comportamiento tienen la misma forma, variando sólo en la matriz de impedancia. Se puede demostrar que en este caso:

65

 Zs a ,b.c    Z  = Z m 2     Z m1

Z m1 Zs Z m2

Z m2  Z m1  Z s 

(4.44)

donde: Zs, Zm1 y Zm2 son funciones complicadas de las inductancias propias y mutuas de todos los enrollados de la máquina. Esta matriz se puede transformar a una matriz de impedancia de secuencia, utilizando la siguiente expresión: a , b,c  0,1, 2  −1   Z  = [T ]  Z  [T ]    

(4.45)

Introduciendo (4.44) en (4.45) y haciendo las operaciones respectivas se obtiene:

Z 0 0,1, 2    Z = 0   0 

0 Z1 0

0 0  Z 2 

(4.46)

donde: Z 0 = Z s + Z m1 + Z m 2 Z1 = Z s + a 2 Z m1 + a Z m 2

(4.47)

Z 2 = Z s + a Z m1 + a 2 Z m 2 Se observa que Z0, Z1 y Z2 son distintas y que no existe impedancia mutua entre las redes de secuencia, ya que los elementos fuera de la diagonal de la matriz de impedancia de secuencia son todos nulos. Esto significa, que las redes de secuencia resultan desacopladas. La expresión (4.43) en componentes simétricas queda:

0,1, 2 0,1, 2 0,1, 2 0,1, 2  V = E − Z   I         

(4.48)

Es decir:

&   E&   Z V a0 a0 0 &  &    Va1  =  E a1  −  0 &  &   V  a 2  E a 2   0

0 Z1 0

0 0  Z 2 

&I a 0  &   I a1  &I   a2 

(4.49)

o bien:

& = E& − Z &I V a0 a0 0 a0 & & V = E − Z &I a1

a1

1 a1

(4.50)

& = E& − Z &I V a2 a2 2 a2 Estas ecuaciones permiten representar el generador mediante tres circuitos monofásicos independientes (uno para cada secuencia). La Figura 4.19 muestra los circuitos equivalentes de secuencia de un generador síncrono, donde se ha considerado que, como ocurre normalmente, las tensiones generadas son equilibradas y por lo tanto:

66

E& a 0 = E& a 2 = 0 Ia0

Z0

(4.51) Z1

+

+

Va0

Ia2

Z2

+

a)

+ Va2

Va1 -

Ea1

-

-

Ia1

c)

b)

Figura 4.19.- Circuitos equivalentes de secuencia de una generador síncrono: a) Secuencia cero; b) secuencia positiva; c) secuencia negativa

Algunas observaciones: −

Las impedancias de secuencia Z0, Z1, Z2, de un generador se pueden calcular en forma analítica a partir de los parámetros fundamentales de la máquina; sin embargo, usualmente se determinan en forma experimental.

−

La corriente de secuencia cero existirá sólo si el generador está puesto a tierra, directamente o a través de una impedancia.

−

La barra de referencia para las redes de secuencia positiva y negativa es el neutro del generador ya que por la impedancia Zn sólo circula corriente de secuencia cero (Figura 4.18). La barra de referencia para la red de secuencia cero es la tierra del generador.

−

La corriente In es igual a 3 Ia0, por lo tanto, la caída de tensión de secuencia cero entre una fase cualquiera y tierra es −IaoZ0 −3 Ia0 Zn. Como la malla de secuencia cero es un circuito monofásico (por fase) por el que circula sólo la corriente de secuencia cero de una fase, debe tener una impedancia total de 3 Zn + Z0. De lo anterior se puede inferir que habrá distintos tipos de mallas de secuencia cero, dependiendo de la conexión del generador, algunas de las cuales se muestran en la Figura 4.20. Ia0

Z0

Ia0

Z0

+ Va0

Z0

+ Va0

-

Ia0

+ Va0

3Zn

-

-

b)

a)

c)

Figura 4.20.- Circuitos equivalentes de secuencia cero de un generador síncrono en conexión: a) Estrella aislada de tierra; b) Estrella a tierra directa; c) Estrella a tierra a través de una impedancia Zn

c. Transformadores: Consideremos el circuito equivalente de Thevenin de un transformador trifásico de dos enrollados operando en condiciones balanceadas, que se muestra en la Figura 4.21. Zeq2

Ia

+

Va

V'a -

-

V'c

V'b

+

a

+

Zeq2 Ib Zeq2

n

Vb Ic

b Vc

c

Figura 4.21.- Circuito equivalente de Thevenin de un transformador trifásico de dos enrollados

67

Zeq2 es la impedancia equivalente referida al secundario. De la Figura 4.21 se puede escribir:

& ' −V & = Z& &I V a a eq 2 a & ' −V & = Z& &I V b b eq 2 b

(4.52)

& ' −V & = Z& &I V c c eq 2 c o bien:

a ',b ',c ' a ,b,c  a ,b,c  a ,b,c   V − V = Z   I         

(4.53)

a,b,c  en que,  Z  es la matriz de impedancia del transformador, definida como:    Z eq 2 a,b,c    Z = 0    0 

0 Z eq 2 0

0   0  Z eq 2 

(4.54)

Cuando un transformador trifásico de dos enrollados opera con carga desbalanceada, no es posible emplear directamente la ecuación (4.45) para llevar la impedancia en componentes de fase, a componentes simétricas y de allí deducir los circuitos equivalentes de secuencia. Se puede verificar sin embargo, que los circuitos equivalentes de secuencia positiva y negativa son iguales entre sí y corresponden a los ya estudiados. En cambio, el circuito equivalente de secuencia cero depende del tipo de conexión de los enrollados primario y secundario y de la existencia o no, de neutros conectados a tierra en los enrollados. La impedancia de secuencia cero puede tener valores totalmente diferentes según sean los terminales del transformador que se consideren. La Figura 4.22, ilustra el diagrama general necesario para determinar experimentalmente la impedancia de secuencia cero de un transformador trifásico de dos enrollados. Las líneas de segmentos corresponden al caso que existan neutros conectados a tierra.

I

A

I0

B

I0

C

I0

a Transformador Trifásico

b c

+ V -

Figura 4.22.- Diagrama general para determinar la impedancia de secuencia cero A partir de esta figura, la impedancia de secuencia cero es: Z0 =

V V = I0 I / 3

(4.55)

68

Tal como se señaló anteriormente, el valor de Z0 puede ser diferente según se hagan las mediciones en el primario o secundario. La Figura 4.23 incluye una tabla con las mallas de secuencia cero asociadas a diferentes conexiones de transformadores trifásicos de dos y tres enrollados. Z0

P P

S

P

S

P

S

S

Z0

P

P

S

P

S

S

Z0

P

P

S

S

P

Z0

S

P

Z0

S

P

Z0

S

a) T

T

S

P S

P

S

P

T

T

T P

T

S

P

S

P

S

P T

S

P S T

b) Figura 4.23.- Redes de secuencia cero de transformadores de a) dos y b) tres enrollados

69

d. Redes de secuencia: Un SEP balanceado se puede representar por tres redes de secuencia independientes entre si (sin acoplamientos); una red de secuencia positiva, una red de secuencia negativa y una red de secuencia cero. Cada red de secuencia representa una fase del SEP y todas las impedancias corresponden a una determinada secuencia. La red de secuencia positiva es la única que normalmente contendrá fuentes de fem, según lo expuesto. Por otra parte, teniendo presente las aproximaciones usuales que se realizan en los cálculos de cortocircuito; es decir, que las fem de todos los generadores se consideran iguales en módulo y ángulo de fase y que se desprecian las corrientes de prefalla, se concluye que en ausencia de cortocircuitos en el sistema no existirán corrientes en ninguna de las redes de secuencia. Por lo tanto las redes de secuencia negativa y cero, son totalmente pasivas antes de falla. Para los efectos del cálculo de cortocircuitos asimétricos es necesario establecer para cada red de secuencia, su circuito equivalente de Thevenin mirado desde el punto de falla. Supongamos que se produce una falla en el punto F de un sistema y que los circuitos equivalentes de Thevenin corresponden a los indicados en la Figura 4.24, donde la tensión prefalla en F es Va(0). La corriente de falla en dicho punto tendrá en general componentes de secuencia positiva, negativa y cero. En estas condiciones circularán corrientes en todas las redes de secuencia y aparecerán tensiones en sus terminales. Esto significa que las 3 redes deben interconectarse en una forma que dependerá del tipo particular de falla y cuyos detalles veremos luego. La situación post-falla se puede ilustrar esquemáticamente como se muestra en la figura 4.24.

Z1 + -

Ia1

Va (0) Z2

F1 + Va1 -

Ia2 F 2 + Va2

Red

de

Z0

Ia0

F0 + Va0

Interconexión

Figura 4.24.- Mallas de secuencia y red de interconexión Directamente de esta figura se puede escribir:

& = 0 − Z &I V a0 0 a0 & & Va1 = Va (0) − Z1 &I a1 & = 0 − Z &I V a2

2

(4.56)

a2

o bien:

&   0  Z V a0 0  &  & − 0 V V ( 0 ) =  a1   a   &   V    a2   0   0

0 Z1 0

0  &I a 0    0   &I a1  Z 2  &I a 2 

(4.57)

70

Es decir:

0,1, 2   0,1, 2  0,1, 2 0,1, 2  VF  = V (0) −  Z   I F        

(4.58)

4.5.3. Análisis de algunos tipos de cortocircuito 4.5.3.1. Cortocircuito monofásico a tierra a través de una impedancia de falla ZF –

Diagrama esquemático: La Figura 4.25 muestra en forma esquemática esta situación

Ia

a

Ib

b

Va

Ic

c

Vc

Vb

ZF

Figura 4.25.- Representación esquemática de un cortocircuito monofásico –

Condiciones impuestas por la falla: A partir de la Figura 4.25 se puede escribir

&I = &I = 0 b c & Va = Z F &I a –

(4.59)

Componentes simétricas: Las componentes simétricas de las corrientes quedan:

&I a 0  1 1 &  1   I a1  = 3 1 a &I  1 a 2  a2 

1  &I a    a 2  &I b  a   &I c 

(4.60)

de donde se obtiene:

&I = &I = &I = 1 &I a0 a1 a2 a 3

(4.61)

Para las componentes simétricas de los voltajes se tiene:

&  V 1 1 a0 &  1  Va1  = 3 1 a &  V 1 a 2  a2 

&  1  V a  &  a 2  V b &  a   V c

(4.62)

y por lo tanto:

& +V & +V & =V & = Z &I V a0 a1 a2 a F a

(4.63)

o bien, a partir de (4.61)

& +V & +V & = 3&I Z = 3&I Z = 3&I Z V a0 a1 a2 a0 F a1 F a2 F

(4.64)

71

–

Conexión de las mallas: A partir de (4.61) y (4.64), se deduce que las mallas de secuencia quedan conectadas en serie, tal como se muestra en la Figura 4.26. Z1 + -

Ia1

F1 + Va1 -

Va (0) Z2

Ia2 F 2 + Va2 -

Z0

Ia0

3 ZF

F0 + Va0 -

Figura 4.26.- Interconexión de las mallas de secuencia para una falla monofásica Del circuito de la Figura 4.26 se tiene:

&I = &I = &I = a0 a1 a2

& ( 0) V a Z1 + Z 2 + Z 0 + 3Z F

(4.65)

Conocidas las corrientes de secuencia, se pueden determinar las corrientes de las fases, utilizando la primera ecuación de (4.38) y se obtiene:

&I = a

& ( 0) 3V a Z1 + Z 2 + Z 0 + 3Z F

&I = &I = 0 b c

(4.66) (4.67)

Para los voltajes de secuencia se puede escribir:

& = − Z &I V a0 0 a0 & & Va1 = Va (0) − Z1 &I a1 & = − Z &I V a2

2

(4.68)

a2

y por lo tanto los voltajes de las fases quedan:

& = V a

& ( 0) 3 ZF V a Z1 + Z 2 + Z 0 + 3Z F

(4.69)

2 2 2 & = Z 0 (a − 1) + Z 2 (a − a ) + 3 a Z F V & ( 0) V b a Z1 + Z 2 + Z 0 + 3Z F

(4.70)

2 & = Z 0 (a − 1) + Z 2 (a − a ) + 3 a Z F V & (0) V c a Z1 + Z 2 + Z 0 + 3Z F

(4.71)

Si el cortocircuito es directo a tierra, basta con hacer ZF = 0 en las expresiones (4.65) a (4.71).

72

4.5.3.2. Cortocircuito bifásico a tierra a través de una impedancia de falla ZF –

Diagrama esquemático: La Figura 4.27 muestra esta situación

Ia

a

Ib

b

Ic

c

Va Vc

ZF V b

Figura 4.27.- Representación esquemática de un cortocircuito bifásico a tierra a través de una impedancia –

Condiciones impuestas por la falla: A partir de la Figura 4.27, se puede escribir:

&I = 0 a & & = Z (&I + &I ) Vb = V c F b c –

(4.72)

Ecuaciones en componentes de secuencia: Las componentes simétricas de las corrientes y de los voltajes quedan:

&I + &I + &I = 0 a0 a1 a2 & & & Va 0 = 3 Z F I a 0 + V a1 –

(4.73)

Conexión de las mallas: A partir de las ecuaciones (4.73), las mallas de secuencia quedan conectadas en paralelo, tal como se muestra en la Figura 4.28.

+ -

Z1

Ia1

Z2

Ia2 F 2 + Va2

Va (0)

F1 + Va1 -

Z0

Ia0

3 ZF

F0 + Va0 -

Figura 4.28.- Conexión de las mallas de secuencia para un cortocircuito bifásico a tierra Haciendo ZF=0 y ZF=∞ (infinito), en el circuito de la Figura 4.28, es posible modelar el cortocircuito bifásico a tierra directo y el cortocircuito bifásico aislado de tierra, respectivamente.

73

Ejemplo 4.3. En el sistema de la Figura 4.29, ocurre una falla bifásica a tierra en la barra 1, a través de una impedancia de falla ZF=j0,05 (pu). Con las consideraciones usuales del cálculo de cortocircuitos y considerando que todos los datos en % están en base 100 MVA, determinar: a. Las corrientes de línea en Amperes, en el punto de falla b. Los voltajes entre líneas en kV, en el punto de falla c. Las corrientes de línea en Amperes en bornes de G1 y de G2 G1

1

50 MVA 15 kV X1 =X 2=20% X0 =5%

∆

Línea 2-3 X1 =X2 =40% X0 =120%

2

75 MVA 15/115 kV X1=X 2=X 0=10% ∆Y1

∆

3

G2

4

15 kV 50 MVA X1=X2 =20% X0 =5%

75 MVA 115/15 kV X1=X2=X0 =10% Y∆1

Figura 4.29 Solución: Mallas de secuencia: Figuras 4.30 a 4.32 - Secuencia positiva

- Secuencia negativa j0,4

j0,1 I'a1

I a1

j0,1

j0,1

I'a2

I"a1

j0,2

j0,2 Z1

+

j0,2

+

1 0º

I a2

j0,2

1 0º Figura 4.31 - Interconexión de las mallas

- Secuencia cero j0,1

j0,05

j0,1

I"a2

Z2

Figura 4.30

I'a0

j0,4

I a0

j1,2

Z1

j0,1

+

I"a0

Z0

I a1

Va (0)

j0,05

De la Figura 4.33 y a partir de las condiciones de prefalla se tiene que: Va(0)=1∠0º Las impedancias Z1, Z2 y Z0 corresponden a las impedancias de Thevenin de las respectivas mallas de secuencia. Sus valores son: Z1=Z2=j0,16 y Z0=j0,05.

Va1

Z2 I a2

Figura 4.32

+

+ Va2

Z0 I a0

+ Va0

Figura 4.33

3ZF

74

a) Corrientes de línea en el punto de falla a1) Corrientes de secuencia: A partir del circuito de la Figura 4.33 se obtiene:

1∠0º = 4,0179∠ − 90º (pu) j0,16 ∗ j0,2 j0,16 + j(0,16 + 0,2) j0,2 = −&I a1 ∗ = 2,2322∠90º j(0,2 + 0,16) j0,16 = −&I a1 ∗ = 1,7857∠90º j(0,2 + 0,16)

&I = a1

&I a2 &I a0

a2) Corrientes de línea en (pu): Utilizando la matriz de transformación [T]  &I a  1 1 &   2 I b  = 1 a  &I  1 a  c 

1 a  a 2 

0  1,7857∠90º  &I a    4,0179∠ − 90º  ⇒ &I  = 6,0392∠153,67º     b    2,2322∠90º   &I c   6,0392∠26,33º   

a3) Corrientes de línea en Amperes (sector 1):

I B1 =

100 ∗ 10 6 3 ∗ 15 ∗ 10 3

= 3.849 A

⇒ &I a = 0;

&I = 23.244,88∠153,67 º A; b

&I = 23.244,88∠26,33º A c

b) Voltajes entre líneas en el punto de falla b1) Voltajes de secuencia: A partir de la Figura 4.33 se tiene que: & = 1∠0º − j0,16 ∗ 4,0179∠ − 90º = 0,3571∠0º = V & V a1 a2 & Va 0 = − j0,05 ∗ 1,7857∠90 = 0,08929∠0º

b2) Tensiones fase neutro: Utilizando la matriz de transformación [T] &  1 1 V a &   2 Vb  = 1 a &   V  c  1 a

1 a  a 2 

&   0,8035∠0º  0,08929∠0º   V a  0,3571∠0º  ⇒ V &  = 0,2678∠ − 180º     b   &  0,2678∠ − 180º   0,3571∠0º   V   c 

b3) Voltajes entre líneas en (pu) & =V & −V & = 0,8035∠0º −0,2678∠ − 180º = 1,0713∠0º V ab a b & & & Vbc = Vb − Vc = 0 & =V & −V & = 0,2678∠ − 180º −0,8035∠0º = 1,0713∠180º V ca c a

b4) Voltajes entre líneas en kV: Considerando que en ese sector (sector 1), VB1=15 kV, el voltaje base por fase será de 15 / 3 kV, por lo tanto: & = 1,0713∠0º * 15 / 3 = 9,2777∠0º kV; V ab

& = 0; V bc

& = 9,2777∠180º kV V ca

75

c) Corrientes de línea en bornes de G1 y G2 c1) Corrientes de secuencia en bornes de G1: De los circuitos de las Figura 4.30 a 4.32, se obtienen: j0,8 = 3,2143∠ − 90º (pu ) j(0,8 + 0,2) j0,8 = 2,2322∠90º ∗ = 1,7858∠90º (pu) j(0,8 + 0,2)

&I &' a1G1 = I a1 = 4,0179∠ − 90º ∗ &I &' a 2 G1 = I a 2

&I &' a 0G1 = I a 0 = 1,7857∠90º ( pu )

c2) Corrientes de línea en bornes de G1: Aplicando la matriz de transformación se tiene  &I aG1  1 1 &   2 I bG1  = 1 a  &I  1 a  cG1  

1 a  a 2 

 1,7857∠90º   &I aG1  0,3572∠90 3,2143∠ − 90º  ⇒ &I  =  5∠150º     bG1     1,7858∠90º   &I cG1   5∠30º   

c3) Corrientes de línea en Amperes en bornes de G1 (sector 1): I B1 =

100 ∗ 10 6 3 ∗ 15 ∗ 10

= 3.849 A

3

⇒ &I aG1 = 1.374,86∠90º ;

&I bG1 = 19.245∠150º A;

&I cG1 = 19.245∠30º A

c4) Corrientes de secuencia en bornes de G2: De los circuitos de la Figura 4.30 a 4.32, se obtienen: j0,2 ∠ − 60º = 0,8036∠ − 150º (pu ) j(0,8 + 0,2) j0,2 = &I "a 2 ∠60º = 2,2322∠90º ∗ ∠60º = 0,4464∠150º (pu) j(0,8 + 0,2) = &I "' = 0

&I &" a1G 2 = I a1∠ − 60º = 4,0179∠ − 90º ∗ &I a 2G 2 &I a 0G 2

a0

c5) Corrientes de línea en bornes de G2: Aplicando la matriz de transformación se tiene  &I aG 2  1 1 &   2 I bG 2  = 1 a  &I    cG 2  1 a

1 a  a 2 

0   &I aG 2  1,09717∠ − 170,63º    0,8036∠ − 150º  ⇒ &I  bG2   =  0,3572∠90º     0,4464∠150º   &I cG2   1,09717∠ − 9,37 º   

c6) Corrientes de línea en Amperes en bornes de G2 (sector 3) I B3 =

100 ∗ 10 6 3 ∗ 15 ∗ 10

3

= 3.849 A ⇒ &I aG 2 = 4.223∠ − 170,63º ; &I bG2 = 1.374,86∠90º A; &I cG2 = 4.223∠ − 9,37 º A

4.5.3.3. Cortocircuito entre dos fases a través de una impedancia de falla Este tipo de falla es muy poco frecuente y produce sobrecorrientes inferiores a las de los otros tipos de corcircuitos, por lo que sólo se calcula en casos excepcionales. Sin embargo, su análisis resulta interesante ya que es idéntico al de una carga conectada entre dos fases (carga bifásica).

76

–

Diagrama esquemático: La Figura 4.34 muestra esta situación Ia

a

Ib

b

ZF

Ic

c

Vc

Va

Vb

Figura 4.34.- Representación esquemática de un cortocircuito entre dos fases

–

Condiciones impuestas por la falla: A partir de la Figura 4.34, se puede escribir: &I = 0 &I + &I = 0 a b c & =V & + Z &I V b c F b

–

(4.74)

Ecuaciones en componentes de secuencia: Las componentes simétricas de las corrientes y de los voltajes quedan: &I = 0 a0 &I + &I = 0 a1 a2 & & + Z &I Va1 = V a2 F a1

–

(4.75)

Conexión de las mallas: Las ecuaciones (4.75) nos indican que la malla de secuencia cero no interviene y que las mallas de secuencia positiva y negativa quedan conectadas en paralelo, según se muestra en la Figura 4.35 Ia1 F Z1 1

+ -

+ Va1 -

Va (0) Z2

Ia2 F 2 + Va2

ZF

Figura 4.35.- Conexión de las mallas de secuencia para un cortocircuito entre dos fases 4.5.3.4. Observaciones finales respecto a los cortocircuitos asimétricos − − − −

Las corrientes y tensiones de secuencia calculadas corresponden sólo al punto de falla, no a otro. Para calcular las corrientes y tensiones en otros puntos distintos, se debe resolver los respectivos circuitos. Los cortocircuitos asimétricos pueden producir sobre tensiones en las fases no falladas, las que dependen de la relación entre X0 y X1 y de la existencia o no de impedancia de falla. Para limitar los valores de corriente de cortocircuito de las fallas a tierra se utilizan impedancias entre el neutro y tierra, las que pueden ser de tipo resistiva pura o reactiva pura. En aquellas partes del sistema que estén separadas del punto de falla por transformadores Y/∆ o viceversa, se deben considerar los desfases de las componentes simétricas de las corrientes y de los voltajes, introducidos por la conexión del transformador.

77

4.6.

Fases abiertas

4.6.1. Introducción

Las fallas de conductor abierto o las fases abiertas, son los defectos producidos por la interrupción de una o más fases, sin contacto simultáneo con otras fases o tierra. Aunque no producen corrientes elevadas, provocan la circulación de corrientes de secuencia (en especial negativa) que son peligrosas para los equipos por el fuerte calentamiento que pueden originar. A primera vista, el cálculo empleando componentes simétricos se ve complicado por el hecho de que las fallas implican una asimetría en las impedancias del sistema, lo que haría necesario considerar los acoplamientos entre mallas de secuencia. El problema se resuelve aplicando a las mallas de secuencia, supuestas independientes y sin impedancias mutuas, las condiciones eléctricas impuestas por la falla. Como las condiciones impuestas a las tres mallas están relacionadas entre sí, ello equivale a interconectar las mallas en el punto de falla, en una forma fijada por el tipo de falla. El fenómeno que sigue a la aparición de la falla es transiente, donde las corrientes máximas se producen en el instante inicial. Normalmente interesa determinar lo que ocurre al cabo de algunos ciclos de iniciada la falla (operación de las protecciones, apertura de interruptores, etc.), por lo que en secuencia positiva, los generadores se representan por la fem E' y la reactancia transitoria X1' . Sólo cuando interesa verificar los esfuerzos electrodinámicos de los equipos o al especificar interruptores, se considera E'' tras X1" . Una dificultad preliminar en el estudio de este tipo de fallas será entonces la de calcular las fem E' (o E"), a partir de las condiciones de operación existentes antes de la falla. Dada la simetría longitudinal de estas fallas, se acostumbra usar como variables de cálculo, las caídas & , ∆V & y ∆V & entre los bornes P y Q de la zona en falla y las corrientes en las longitudinales de tensión ∆V a b c & & & fases: I , I e I tal como se indica en la Figura 4.36. a

b

c

Ia

a P + ∆Va

Ib

b

+ ∆Vb

-

b'

Ic

c

+

∆Vc

-

c'

- Q a'

Figura 4.36.- Modelación de fallas tipo fases abiertas Para evitar la aparición de razones de transformación no reales (a, a2, etc.) en las ecuaciones de conexión, es preciso mantener en el análisis una simetría respecto a la fase de referencia a , por lo que la falla monofásica se supone en la fase a y la bifásica en las fases b y c. 4.6.2. Una fase abierta

Esta situación se presenta, por ejemplo, cuando se emplean elementos de apertura que controlan individualmente cada una de las fases (fusibles o interruptores de accionamiento monopolar). A veces ocurre también al cortarse un conductor y quedar suspendido de tal forma de no hacer contacto con otra fase o tierra.

78

–

Diagrama esquemático: La Figura 4.37 muestra esta situación

Ia

a P + ∆Va

Ib

b

+ ∆Vb

-

b'

Ic

c

+

∆Vc

-

c'

- Q a'

Figura 4.37.- Representación esquemática de una falla de una fase abierta –

Condiciones impuestas por la falla: A partir de la Figura 4.37, se puede escribir: &I = 0 a & = ∆V & =0 ∆V b c

(4.76)

Es decir:

&I = &I ' = 0 a a &I = &I ' &I = &I ' b b c c ' & −V & =V & −V & ' =0 V b b c c –

(4.77)

Ecuaciones en componentes de secuencia: Las componentes simétricas de las corrientes y de las caídas de voltajes quedan:

&I + &I + &I = 0 a0 a1 a2

(4.78)

& = ∆V & = ∆V & = 1 ∆V & ∆V a0 a1 a2 a 3 –

Conexión de las mallas: A partir de (4.78), se puede concluir que las mallas de secuencia quedan conectadas en paralelo entre los punto P y Q, tal como se indica en la Figura 4.38.

Z1

Ia1

P1

+ E'A -

+ ∆ Va1 -

Q1

Z'1 +

E' - B

Z2

Ia2

P2 + ∆Va2

Z0

Ia0

P0

-

+ ∆ Va0 -

Q2

Z'2

Q

Z'0

0

Figura 4.38.- Conexión de las mallas de secuencia para una falla de una fase abierta

79

Puesto que las mallas de secuencia negativa y cero son pasivas, su efecto es el de intercalar una impedancia: Z 20 pq =

Z 2 pq Z 0 pq Z 2 pq + Z 0 pq

=

(Z 2 + Z' 2 )(Z 0 + Z'0 ) (Z 2 + Z' 2 ) + (Z 0 + Z'0 )

(4.79)

entre los bornes P y Q de la malla de secuencia positiva. Por lo tanto, aumenta la impedancia serie de la malla de secuencia positiva, lo que significa que se reduce la corriente y en consecuencia, la potencia activa transmitida. En algunos casos particulares y, debido a las conexiones de los transformadores vecinos a P y Q, puede resultar que Z0pq=∞, en cuyo caso aumenta aún mas la impedancia serie agregada a la malla de secuencia positiva, haciendo que la disminución de potencia transmitida sea mayor. Es conveniente indicar que Z0pq y Z2pq son las impedancias equivalentes vistas en esas mallas, desde los bornes P y Q. Ejemplo 4.4. En el sistema de la Figura 4.39, se abre la fase “a” en la barra 3 cuando el motor M está recibiendo el 80% de su potencia nominal, con su tensión nominal en bornes, Factor de Potencia 0,8 inductivo. Calcular la potencia recibida por el motor (kVA) y las corrientes en los neutros de los transformadores en estas condiciones. Datos en % en base común 1.250 kVA. G

1

∆

2

Línea 2-3 X1 =X2 =16% X0 =20%

1.250 kVA 1.250 kVA 600 V 600/4.160 V X'1= X1=X2=10% X1 =X2 =X0 =5% X0 =4% ∆Y1

3

∆

4 M 600 V 1.250 kVA X1=X2 =10% X0 =4%

1.250 kVA 4.160/600 V X1 =X2 =X0 =5% Y∆11

Figura 4.39 Solución: a) Condiciones de prefalla: El circuito equivalente por fase se muestra en la Figura 4.40

Del Circuito de la Figura 4.14 se tiene:

j0,1

*

−1 &I =  S  = 0,8∠ − cos 0,8 = 0,8∠ − 36,87 º   1∠0º  VM 

+

j0,05

j0,16

j0,05

I

E'G

j0,1

+ + VM

EM

E& 'G = 1∠0º + j0,36 ∗ 0,8∠ − 36,87 º = 1,1952∠11,11º E& M = 1∠0º − j0,1 ∗ 0,8∠ − 36,87 º = 0,9541∠ − 3,85º Figura 4.40 b) Condiciones de falla: Como se abre una sola fase las mallas de secuencia quedan en paralelo y se muestran en la Figura 4.41. A partir de este circuito se tiene:

X 20 =

0,46 ∗ 0,3 = 0,1816 0,46 + 0,3

1,1952∠11,11º −0,9541∠ − 3,85º &I a1M = j(0,31 + 0,1816 + 0,15)

⇒ &I a1M = 0,5736∠ − 36,87 º

80

& = &I ∗ X = 0,5736∠ − 36,87 º ∗ 0,1816∠90º ∆V a1 20

j0,31 E'G

& = 0,1042∠53,13º ∆V

+

& 0,1042∠53,13º ∆V &I =− = 0,2265∠143,13º a 2M = − X2 j0,46

+

∆V

I a1

j0,31

j0,04

& V a1M = 0,9865∠ − 1,06º & V a 2 M = j0,1 ∗ 0,2265∠143,13º = 0,02265∠ − 126,87 º

+

I a0

Va0M

Figura 4.41

S& 3f = 3(0 + 0,9865∠ − 1,06º ∗ 0,5736∠36,87 º +0,02265∠ − 126,87 º ∗ 0,2265∠ − 143,13º ) S& 3f = 1,7067∠36,23º (pu ) 1.250 S& 3f = 1,7067∠36,23º ∗ = 711,125∠36,23º kVA 3 S& 3f = (573,63 + j420,29) kVA

d) Corrientes en los neutros de los transformadores en pu & &I = ∆V = 0,1042∠53,13º = 0,3473∠ − 36,87 º (pu) a0 j0,3 j0,3 &I = 3 ∗ &I = 3 * 0,3473∠ − 36,87 º = 1,0419∠ − 36,87 º (pu) NT a0

d) Corrientes en los neutros de los transformadores en Amperes

3 ∗ 4.160

= 173,48 A

EM

j0,1

j0,05

& ∗ &I * + V & ∗ &I * + V & ∗ &I * ) S& 3f = 3( V a0 a0 a1 a1 a2 a2

1.250 ∗ 10 3

+

+ I a2M

c) Potencia que llega al motor en estas condiciones

IB =

+ I a1M Va1M

Va2M

j0,25

& V a1M = j0,1 ∗ 0,5736∠ − 36,87 º +0,9541∠ − 3,85º

j0,1

j0,05

I a2

&I & a 0 M = 0 ⇒ Va 0 M = 0

j0,05

⇒ &I NT = 1,0419∠ − 36,87 º ∗ 173,48 = 180,75∠ − 36,87 º A

I a0M j0,04

81

4.6.3. Dos fases abiertas Esta situación se presenta en los mismos casos que una fase abierta, pero con una frecuencia menor.

–

Diagrama esquemático: La Figura 4.42 muestra esta situación Ia

a P + ∆Va

Ib

b

+ ∆Vb

-

b'

Ic

c

+

∆Vc

-

c'

- Q a'

Figura 4.42.- Representación esquemática de una falla de dos fases abiertas

–

Condiciones impuestas por la falla: A partir de la Figura 4.42, se puede escribir: &I = &I = &I ' = &I ' = 0 b c b c &I = &I ' a a & =0 ⇒ V & −V & ' =0 ∆V a a a

–

Ecuaciones en componentes de secuencia: Las componentes simétricas de las corrientes y de las caídas de voltajes quedan: &I = &I = &I a0 a1 a2 & & & ∆V + ∆V + ∆V a0

–

(4.80)

a1

a2

(4.81)

=0

Conexión de las mallas: A partir de (4.81), se concluye que las mallas de secuencia quedan conectadas en serie tal como se indica en la Figura 4.43. -

-

E'A E'B

+

Z 1 Ia1

+

Z'1 Z2

Ia2

Z'2 Z0 Z'0

Ia0

P1 + ∆ Va1 Q1 P2 + ∆Va2 Q2 P0 + ∆ Va0 Q0

Figura 4.43.- Conexión de las mallas de secuencia para una falla de una fase abierta

82

De acuerdo con el circuito de la Figura 4.43, este tipo de falla equivale a intercalar una impedancia: Z 20 pq = Z 2 pq + Z 0 pq = (Z 2 + Z' 2 ) + (Z 0 + Z' 0 )

(4.82)

entre estos bornes P1 y Q1 de la malla de secuencia positiva. Con ello se reduce la potencia activa transmitida en el sistema, en una cantidad mayor que para el caso de una fase abierta, ya que la impedancia es mas alta. Nótese que la transmisión se interrumpe totalmente si Z0pq=∞, es decir, si el sistema no está puesto a tierra.

4.6.4. Impedancias serie desequilibradas Un efecto similar, aunque menos grave que el de una o dos fases abiertas, produce la conexión de una impedancia anormal en una de las fases. Es una situación que se presenta, por ejemplo, en el caso de reemplazar temporalmente una unidad monofásica defectuosa en un banco de transformadores, por otra de características diferentes, donde dos de las fases tendrán el mismo valor en su impedancia serie, el que será distinto al de la tercera. Otra situación de interés práctico se presenta cuando, debido a un cortocircuito monofásico a tierra en una línea trifásica, se desconecta la fase fallada por acción de los interruptores (monopolares) que protegen el tramo, que corresponde al caso de una fase abierta en dos puntos.

–

Diagrama esquemático: La Figura 4.44 muestra esta situación Ia Ib Ic

a P+

∆Va

- Q a'

+

ZA ∆Vb

-

b'

+

ZB ∆Vc

-

c'

b c

ZB Figura 4.44.- Impedancias series desequilibradas

–

Condiciones impuestas por la falla: A partir de la Figura 4.44, se puede escribir: & = Z &I ∆V a A a & ∆Vb = Z B &I b & = Z &I ∆V c

–

B

c

Ecuaciones en componentes de secuencia: Las componentes simétricas de las corrientes y de las caídas de voltajes quedan: & − Z &I = 1 ( Z − Z ) (&I + &I + &I ) ∆V a0 B a0 A B a0 a1 a2 3 & − Z &I = 1 ( Z − Z ) (&I + &I + &I ) ∆V a1 B a1 A B a0 a1 a2 3 & − Z &I = 1 ( Z − Z ) (&I + &I + &I ) ∆V a2 B a2 A B a0 a1 a2 3

–

(4.83)

(4.84)

Conexión de las mallas: Considerando las ecuaciones (4.84), las mallas de secuencia quedan conectadas en paralelo, tal como se indica en la Figura 4.45.

83

1/3(ZA - ZB ) Z1

Ia1

ZB

P1

+ E'A -

+ Z2

Ia2

∆ Va1

∆ Va2

+ Z0

Ia0

P0 +

∆ Va0

+

ZB

P2

Z'1

Q1

E' - B

Z'2

Q2 -

ZB Q 0 -

Z'0

Figura 4.45.- Conexión de las mallas de secuencia cuando se tiene impedancias serie desequilibrada Para la transferencia de potencia activa, la conexión de las mallas de secuencia en esta forma, equivale a intercalar en la malla de secuencia positiva, la combinación de impedancias ZB en serie con el paralelo de 1/3(ZA - ZB) con (Z2pq + ZB) y con (Z0pq + ZB). Si ZA=∞ y ZB=0, se tiene el caso de una fase abierta en un punto. Si ZA=0 y ZB=∞, se obtiene el caso de dos fases abiertas, pero para llegar a las relaciones ya vistas hay que calcular primero el equivalente de las impedancias en paralelo, antes de hacer tender ZB a ∞. Si ZA=∞ y ZB corresponde a las respectivas impedancias de secuencia del tramo, se tiene el caso de una fase abierta en dos puntos. Problemas propuestos

4.1. Un generador de 65 MVA, 15,5 kV, conectado en estrella alimenta el primario de un transformador de 65 MVA, 15,5/120 kV, conexión ∆/Υ. La reactancia subtransiente del generador es de 0,12 (pu) y la reactancia del transformador es 0,1 (pu), ambas en base 65 MVA. a. Estando el generador en vacío se produce un cortocircuito trifásico simétrico en los terminales del secundario del transformador. Suponiendo que la tensión interna del generador es 1,0 (pu), determinar la corriente de falla subtransiente y el máximo valor posible de la componente de corriente continua. b. Se conecta una carga impedancia trifásica balanceada en los terminales del secundario del transformador, de valor (0,8+j0,6) (pu) en base 65 MVA, cuando la tensión en bornes del generador es la nominal. Posteriormente se produce un cortocircuito trifásico simétrico en los terminales de la carga. Determinar la corriente subtransiente de falla en el generador incluyendo la corriente de prefalla. 4.2. En el sistema de la Figura 4.46, todos los datos en por unidad, están en base común. Determinar las corrientes en cada una de las líneas y en los generadores, cuando ocurre un cortocircuito trifásico simétrico a través de un impedancia ZF=j0,04 (pu) en la barra 1, estando el sistema en vacío, utilizando: a. El método tradicional (Thevenin) b. El método general (Matricial)

3 j0,05

220 kV j0,05

j0,04 1

2

220 kV

j0,03 j0,08

G3

G2 13,2 kV j0,05 13,2 kV j0,03 G1

13,8 kV j0,05

220 kV j0,02

Figura 4.46

84

4.3. Repetir el Problema 4.2 considerando un cortocircuito trifásico simétrico: a. En la barra 2. b. En la barra 3. 4.4. En el sistema de la Figura 4.47, todos los parámetros están en tanto por unidad, en una base común. Para un cortocircuito trifásico directo en la barra 3 y utilizando el método general, (matricial); determinar los voltajes en todas las barras, las corrientes en las líneas y las corrientes en los generadores. Suponer que el sistema está en vacío antes de producirse la falla.

X=0,3

b. c. d.

&I ; &I a b &I ; &I a

b

G3 X=0,15

L2 X=0,05 X=0,2

G2

X=0,2

Figura 4.47

e &I c (A) en el punto de falla. e &I (A) en barra de 220 kV c

b

X=0,15

3

X=0,05 L3

2

&I ; &I e &I (A) en bornes de G. a b c & & & (kV) en bornes de G. V ;V y V a

4

X=0,05 L1

X=0,1

4.5. En el sistema de la Figura 4.48 ocurre un cortocircuito monofásico a tierra en la barra de 13,2 kV. Con las aproximaciones usuales del cálculo de cortocircuitos, determinar: a.

1

G1

220 kV

Sistema 100 MVA SCC3 φ =800 MVA S CC1φ =500 MVA3 φ X1 =X2 = X 0

∆

13,2 kV

100 MVA X1=X2 =X0 =10% ∆Y1

G 80 MVA X1=X2 =40% X0 =10%

Datos en % en base 100 MVA Figura 4.48

c

4.6. Repetir el Problema 4.5 considerando un cortocircuito bifásico a tierra en la barra de 13,2 kV 4.7. Repetir el Problema 4.5 considerando un cortocircuito monofásico a tierra en la barra de 220 kV 4.8. Repetir el Problema 4.5 considerando un cortocircuito bifásico a tierra en la barra de 220 kV 4.9. En el sistema de la Figura 4.49, ocurre una falla monofásica a tierra en la barra 2. Con las consideraciones usuales del cálculo de cortocircuitos y considerando que todos los datos en % están en base propia, determinar: a. La corriente de falla en Amperes b. Los voltajes entre líneas en kV, en el punto de falla c. Las corrientes en Amperes en bornes de G1 y G2 d. La corriente en Amperes, en los neutros de los transformadores y de los generadores e. Las corrientes de secuencia cero en Amperes, en el interior de la delta de los transformadores G1 50 MVA 15 kV X1 =X2 =20% X0 =5%

1

∆

2

Línea 2-3 X1 =X2 =40% X0 =120%

75 MVA 15/115 kV X1 =X2 =X0 =10% ∆Y1

3

∆

4

75 MVA 115/15 kV X1 =X2 =X0 =10% Y∆1

Figura 4.49

G2 15 kV 50 MVA X1=X2 =20% X0 =5%

85

4.10. Resuelva el problema 4.9, considerando una falla bifásica a tierra. 4.11. En el sistema de la Figura 4.50, los valores en % de los parámetros están en la base propia de cada equipo. El sistema se encuentra en vacío cuando ocurre un cortocircuito monofásico en el secundario del transformador conectado al generador G1. Determinar: a. La corriente de falla en Amperes y la tensión en el punto de falla en Volt. b. El valor que debería tener una resistencia de falla que limite la corriente de falla máxima a un 40% de su valor original. 1

G1 20 MVA 13,2 kV X1 =X2=30%

∆

4

L1

G2 Xn

20 MVA 70 MVA 13,2 kV 60/13,2 kV 50 MVA X1 =X2=25% X1 =X2=X0=12% 60/13,2 kV X0 =20% YY0 ∆ X1 =X2=X0 =10% Xn=10% DY1 3 L1 =L2 =L3 20 MVA X1 =X2=70 Ohm 13,2 kV X 0 =100 Ohm X =X =30% G3 1 2 X0 =20%

50 MVA 13,2/60 kV X1 =X2=X0 =10% DY1

X0 =20%

2

L2 L3

Figura 4.50 4.12. En el sistema de la Figura 4.51 a) se produce una falla en F, del tipo mostrado en la Figura 4.51 b). Los parámetros están en tanto por unidad, en base común, 20 MVA. Determinar: a. La interconexión de las mallas de secuencia que permita representar dicha falla b. Las corrientes de falla en Amperes. c. Los voltajes entre líneas en el punto de falla en kV.

∆

G

F

a b

20 MVA 11 kV X1 = 15% X2 = 10% X0 =3%

P T S 20/10/15 MVA Xp1 = Xp2 =Xp0 = 4% X s1 = X s2 =Xs0 = 6% X t1 = X t2 =Xt0 = 9%

Figura 4.51 a)

c ZF

Figura 4.51 b)

4.13. Un generador alimenta un motor a través de un transformador conectado en Y/∆. El generador está conectado al lado en estrella del transformador. Se produce una falla entre los terminales del motor y el transformador. Las componentes simétricas de la corriente que circulan desde el motor hacia la falla: son &I = −0,8 − j2,6; &I = − j2,0 e &I = − j3,0 . Desde el transformador hacia la falla, las corrientes son: a1 a2 a0 &I = 0,8 − j0,4; &I = − j1,0 e &I = 0 . Todos los valores están en por unidad, base común. Suponer que a1

a2

a0

X1=X2 para el motor y el generador. Determinar: a. El tipo de falla b. La corriente previa a la falla en la fase a c. La corriente de falla.

86

4.14. Una carga cuya impedancia Zc=(1,1 + j 0,6) (pu) se conecta entre las fases “b” y “c” de un generador de 20 MVA, 13,8 kV; X1=25%; X2=35%; X0=10%. En estas condiciones y considerando que todos los parámetros están en base 20 MVA, determinar las tensiones entre líneas del generador (en volt). 4.15. Las reactancias de un generador de 100 MVA, 20 kV son: X1=X2=20%, X0=5%. El generador está conectado a un transformador ∆Y1 de 100 MVA, 20/230 kV con una reactancia del 10%. El neutro del transformador está sólidamente aterrizado. El voltaje en terminales del generador es de 20 kV cuando ocurre una falla bifásica (entre las fases b y c) y a tierra en el lado del alto voltaje del transformador. Calcular: a. Las corrientes y voltajes de secuencia en el punto de falla (pu) b. Las corrientes de línea (A) y los voltajes entre líneas en el punto de falla (kV) c. La corriente en todas las fases del generador (A) d. La corriente en el neutro del transformador (A) e. La corriente de secuencia cero en la delta del transformador (A) 4.16. Se tiene un transformador trifásico de tres enrollados, con carga desequilibrada, tal como se muestra en la Figura 4.52. Las tensiones nominales son: 6.600/660/2.200 volt (P/T/S). Considerando que la corriente en la carga &I a = 90∠0º A , calcular la corriente en cada fase del primario y la corriente en el terciario.

Figura 4.52

4.17. En el sistema de la Figura 4.53, se abren las fases “b” y “c” en la barra 4 (bornes del motor) cuando el motor M está recibiendo el 80% de su potencia nominal, con su tensión nominal en bornes, Factor de Potencia 0,8 inductivo. Calcular la potencia recibida por el motor (kVA) y las corrientes en los neutros de los transformadores en estas condiciones. Datos en % en base común 1.250 kVA. G1 1.250 kVA 600 V X'1= X1=X2=10% X0 =4%

1

∆

2

Línea 2-3 X1 =X2 =16% X0 =50%

1.250 kVA 600/4.160 V X1 =X2 =X0 =5% ∆Y1

3

∆

4

1.250 kVA 4.160/600 V X1 =X2 =X0 =5% Y∆11

G2 M 600 V 1.250 kVA X1=X2 =10% X0 =4%

Figura 4.53 4.18. Un generador, está entregando 90 MW (en sus bornes), Factor de Potencia 0,9 inductivo a un motor, a través de un transformador cuando se abren las fase "b" y "c" en bornes del motor (secundario del transformador). La tensión en bornes del Generador en ese instante era de 13.860 volt (entre líneas). Los datos en tanto por unidad, con SB=100 MVA, son los siguientes: Generador: 13,2 kV; 100 MVA, X1=X'd=0,3; X2=0,1; X0=0,04. Conexión: Estrella con neutro a tierra Transformador: 13,2/6,6 kV, 100 MVA, X1=X2=X0=0,1. Conexión Delta-Estrella con neutro a tierra: ∆Y1 Motor: 100 MVA; 6,6 kV; X'd=X1=X2=0,1; X0=0,04. Conexión: Estrella con neutro a tierra Determinar la potencia activa (MW) y reactiva (MVAr) que recibe el motor en estas condiciones. 4.19. El sistema de la Figura 4.54 está trabajando en las condiciones indicadas, esto es, el motor está recibiendo una potencia de 100 MW, Factor de Potencia 0,95 inductivo a tensión nominal en bornes, cuando es necesario cambiar el transformador de la fase “a” del banco trifásico. El nuevo transformador monofásico

87

es de 40 MVA, pero su reactancia es del 7% en base propia. Determine las corrientes que circulan por las líneas, en estas condiciones. Los datos están en base común 120 MVA.

G Xn

M 120 MVA X'd = X1 = 15% X 2 = 10% X 0 = 6% Xn = 1,5%

120 MVA Banco trifásico formado por X1 = X 2 =10% 3 Unidades Monofásicas X 0 = 6% Cada T/F Monofásico X1 = X2 = X 0 =4% 40 MVA

Figura 4.54 4.20. El sistema de la Figura 4.55, está trabajando en las condiciones indicadas, esto es, la carga, conectada en estrella con neutro a tierra, está recibiendo la potencia de (80+j60) MVA a voltaje nominal en sus bornes, cuando se abre la fase “a” en este punto. Representando la carga como una impedancia constante, con Z1C=Z2C=Z0C, & ;V & yV & en los determine los voltajes V a b c bornes del generador en estas condiciones. Los datos están en base 100 MVA.

∆

V=100%

G Xn 100 MVA X'd = X1 = 20% X 2 = 10% X 0 = 5% Xn = 3%

(80+j60) MVA 100 MVA X1 = X2 = X0 =10% ∆Y11

Figura 4.55

CAPITULO 5 ESTABILIDAD 5.1.

Introducción

Se dice que un sistema de potencia está en una condición de operación de estado estable si todas las cantidades físicas que se miden (o se calculan) y que describen la condición de operación del sistema, se pueden considerar constantes para propósitos de análisis. Si, cuando se está en una condición de estado estable, ocurre un cambio repentino o una secuencia de cambios en uno o más parámetros del sistema o en una o más de sus cantidades de operación (variables), se dice que el sistema experimenta un disturbio o una perturbación de su condición de operación de estado estable. Las perturbaciones pueden ser grandes o pequeñas de acuerdo con su origen. Una perturbación grande es aquella para la cual las ecuaciones no lineales que describen la dinámica del sistema de potencia no se pueden linealizar de forma válida para propósitos de análisis. Las fallas en los sistemas de potencia, los cambios repentinos y grandes de carga, la pérdida de unidades generadoras y las maniobras en líneas son ejemplos de perturbaciones grandes y se estudian bajo el nombre de estabilidad transitoria. Los estudios de estabilidad transitoria, normalmente se hacen en base a la primera oscilación lo que significa considerar un tiempo de hasta un segundo. Si el sistema de potencia está operando en una condición estable y experimenta un cambio que puede ser analizado de manera apropiada a través de versiones linealizadas de sus ecuaciones dinámicas, se dice que ha ocurrido una perturbación pequeña. Como ejemplos, podemos mencionar, un cambio pequeño y gradual de carga, un cambio en la ganancia de un regulador automático de voltaje en el sistema de excitación de una gran unidad generadora, etc.; los que se estudian bajo el nombre de estabilidad permanente. Los estudios de estabilidad permanente consideran múltiples oscilaciones lo que significa tiempos bastante mayores que los de la estabilidad transitoria (del orden de los minutos) y por lo tanto, en algunos casos pueden ser importantes los efectos de los sistemas de control de las unidades generadoras. En resumen entonces, la estabilidad es la propiedad de un SEP o de sus partes componentes de mantener un estado de equilibrio (sincronismo), cuando ha sido sometido a acciones perturbadoras. El concepto puede ser aplicado a una o un grupo de máquinas sincrónicas para señalar la condición de que ellas permanecen en sincronismo respecto de otras cuando se producen perturbaciones. 5.2.

Estabilidad transitoria

5.2.1. Objetivos Los estudios de estabilidad transitoria suministran la información necesaria para conocer la capacidad de un SEP de permanecer en sincronismo durante grandes perturbaciones tales como: cambios bruscos momentáneos o sostenidos de grandes cargas, pérdidas de generación, pérdida de líneas importantes y fallas tipo cortocircuitos y fases abiertas. Específicamente se obtienen: −

en las máquinas síncronas: Los cambios de tensión, corriente y potencia, velocidad y torque.

−

en la red del SEP: Los cambios en las tensiones de las barras y en el flujo de potencia a través de las líneas.

5.2.2. Suposiciones básicas para los estudios simplificados de estabilidad transitoria −

Usualmente, los generadores se analizan individualmente. Sin embargo, en sistemas multimáquinas se pueden concentrar grupos de ellos (máquinas equivalentes) para realizar los estudios. El comportamiento de cada generador se describe mediante una ecuación diferencial, denominada

89

ecuación de oscilación. Cada generador se representa por una fem constante tras la reactancia transitoria. −

Como variable fundamental se emplea la posición angular del rotor δ.

−

Debido a la gran inercia de las máquinas, las variaciones de velocidad son pequeñas, por lo que los elementos estáticos del SEP (líneas, transformadores, etc.) se suponen operando a frecuencia nominal y las tensiones, corrientes y potencias se calculan mediante ecuaciones algebraicas.

−

Los motores síncronos se representan como una máquina más.

−

Generalmente no se consideran los efectos de amortiguación.

−

En el caso de una perturbación balanceada, las ecuaciones algebraicas de acoplamiento son las correspondientes al flujo de potencias. Si la perturbación es no balanceada, se deben emplear las ecuaciones correspondientes a la secuencia positiva, modificando convenientemente la red equivalente del SEP según el tipo particular de perturbación. Esto significa que en fallas asimétricas, se utiliza la malla de secuencia positiva, agregándose las de secuencia negativa y cero según corresponda.

5.2.3. Ejemplo Ilustrativo Consideremos un generador de rotor cilíndrico suministrando potencia a una barra infinita a través de una línea de doble circuito, tal como se muestra en la Figura 5.1, donde: E' : Tensión interna del generador (tensión inducida) : Reactancia total entre la tensión E' del generador y la de la barra infinita V, con ambas XA líneas conectadas. :Reactancia total entre las tensión E' del generador y la de la barra infinita V, con una línea XB desconectada. 0º V

G

E'

Pg

δ X'd

Barra infinita Figura 5.1.- Sistema generador-linea-barra infinita

Las ecuaciones potencia ángulo para cada caso son:

PgA = PgB

V E' sin δ XA

V E' = sin δ XB

(5.1)

La Figura 5.2 muestra las curvas potencia ángulo para las ecuaciones (5.1). Supongamos que inicialmente el generador está entregando una potencia Pg0 correspondiente a un ángulo δ0 (curva PgA). Si en estas condiciones se corta bruscamente una línea, entonces el generador pasa a operar según la curva PgB. Debido a la inercia del rotor, el ángulo δ no puede cambiar instantáneamente y en consecuencia el punto inicial de operación en la curva PgB es a0 y el generador entrega una potencia P1 〈 Pg0. Como la potencia motriz no ha disminuido, existe un ∆P = Pg0 - P1 〉 0 que acelera el rotor por sobre la velocidad sincrónica, alcanzándose un punto tal como a1 en el cual la velocidad es aún mayor que la sincrónica y en consecuencia este punto es sobrepasado pudiéndose llegar al punto a2 o bien al punto a3.

90 Pg

PgA M

P3 P2 Pmec = Pg0

a1

P1

a3

a2

F

PgB

a0 π/2

δ 0 δ1 δ2

δ3

π− δ 1

π

δ

Figura 5.2.- Curvas potencia-ángulo, para el sistema de la Figura 5.1 En estas condiciones el generador suministra mayor potencia que la recibida de la máquina motriz a expensas de su energía cinética, o sea existe: ∆P = Pg 0 − P2 〈 0

para

δ 〈 π/2

∆P = Pg 0 − P3 〈 0

para π/2 〈 δ 〈 (π - δ1 )

(5.2)

Se produce entonces una desaceleración y el generador vuelve al punto M si había llegado al punto a3, pero aún ∆P 〈 0 y el rotor continua desacelerándose (ya bajo la velocidad sincrónica), alcanza y sobrepasa el punto a1 produciéndose ahora una ∆P 〉 0 que acelera nuevamente el rotor. El resultado de este proceso es una serie de oscilaciones alrededor del punto a1, las que se van amortiguando a medida que transcurre el tiempo debido a factores tales como: acción electromagnética, fricción, etc.; hasta que se alcanza el punto de equilibrio (Pg0, δ1). En estas condiciones se dice que el sistema generador-línea-barra infinita tiene "estabilidad transiente". Supongamos ahora que debido a la falla, el generador se acelera de tal forma que alcanza y sobrepasa el punto F correspondiente al ángulo π-δ1. En este caso, al sobrepasar el punto F, el generador queda sometido a un ∆P 〉 0 y continua acelerándose hasta que pierde el sincronismo. De lo anterior se concluye que el sistema generador-línea-barra infinita tiene "inestabilidad transiente" al sobrepasar el punto F. Luego, el límite de estabilidad transiente está en δ = π - δ1 Si

δ 〈 (π - δ1) ⇒

Operación estable después de un cierto número de oscilaciones

Si

δ ≥ (π - δ1) ⇒

Operación inestable

Puesto que un ángulo δ1 de operación se alcanza después de un tiempo determinado, el análisis anterior puede visualizarse también a partir de la denominada "curva de oscilación" (Figura 5.3), para lo cual es necesario resolver la "Ecuación de oscilación" que se estudiará más adelante.

91

δ Inestable

π − δ1

Estable δ1

δ0 t

Figura 5.3.- Curvas de oscilación de una máquina síncrona 5.2.4. Ecuación de oscilación de una máquina síncrona

Consideremos el i-ésimo generador de un SEP que contiene m unidades de la Figura 5.4, donde: Pmi Pgi

: Potencia mecánica suministrada al generador, vía eje del rotor. : Potencia eléctrica generada y suministrada a la red, vía barras del SEP.

−

Si Pmi = Pgi, el generador funciona a velocidad constante

−

Si Pmi ≠ Pgi, la diferencia de estas potencias se empleará en :

a.

Modificar la energía cinética o la velocidad de la unidad motriz-generador.

b.

Vencer el torque de amortiguación que se desarrolla fundamentalmente en los enrollados de amortiguación de la máquina. Pmi Generador

Pgi

Figura 5.4.- Generador i en un sistema de m unidades Es decir: Pmi − Pgi =

d (EC i ) + PDi dt

donde: ECi PDi

: Energía cinética de la máquina i : Potencia de amortiguación de la máquina i

(5.3)

92

Energía cinética ECi: representa la energía cinética total de la unidad i. Se expresa habitualmente en Megawatt-segundo (MW-s) o MegaJoule (MJ) de acuerdo a la expresión (5.4).

EC i = 12 J i ωi 2 Ji ωi

(5.4)

: Inercia de la i-ésima máquina : Velocidad angular del generador i

Derivando ECi respecto al tiempo y haciendo Mi = Ji ωi se obtiene

dω i d 2 θi d (EC i ) = J i ωi = Mi dt dt d t2

(5.5)

donde: : Posición angular del rotor de la máquina i respecto a un eje fijo en grados o radianes θi eléctricos. Mi : Momento angular del Máquina i Se ha determinado que es más conveniente medir la posición angular del rotor θi y su velocidad angular ωi respecto a un eje de referencia que gira a velocidad sincrónica, que hacerlo respecto a un eje estacionario. De este modo, si consideramos la Figura 5.5, donde ωs es la velocidad sincrónica y δi es el desplazamiento angular del rotor respecto al eje que gira a la velocidad sincrónica, se puede escribir:

θ i = δ i + θ s = δ i + ωs t

(5.6)

y por lo tanto: d 2δi d (EC i ) = M i dt d t2

(5.7) ωs δi θi

Tmi

θ s= ω s t

Tgi Figura 5.5.- Representación esquemática de un generador síncrono Torque o potencia de amortiguación: A medida que la velocidad del rotor se desvía respecto a la sincrónica, se inducen corrientes en los enrollados de amortiguación del rotor que desarrollan un torque resistente. Este torque resistente aumenta con la velocidad relativa (dδi/dt) y usualmente se supone proporcionalidad entre el torque o la potencia PDi y la velocidad, a través de un parámetro positivo Di del generador medido en MW/(rad elect/seg) o sea:

PDi = D i

d δi dt

(5.8)

93

Por lo tanto, la ecuación de oscilación de la máquina i queda: d 2 δi

Pmi − Pgi = M i

dt

2

+ Di

d δi dt

(5.9)

Debido a que el trabajo básico del enrollado de amortiguación es suministrar un torque extra de estabilización, normalmente se desprecia su efecto en la ecuación de oscilación. De este modo se obtienen resultados más seguros en el análisis y se simplifican los cálculos. Según esto, la ecuación de oscilación es: Pai = Pmi − Pgi = M i

d 2 δi

(5.10)

d t2

donde Pai = Pmi − Pgi , es la potencia de aceleración. Constante de Inercia H: Se define como la razón entre la energía cinética almacenada por la máquina girando a velocidad síncrona y la potencia aparente nominal de la máquina. Es decir:

Hi =

EC i Gi

(5.11)

Donde Gi es la potencia aparente nominal de la máquina. Si ECi se mide en MegaJoule y Gi en MVA, H resulta medida en segundos. El valor de H varía muy poco con el tamaño de la máquina (2-8 segundos); en cambio M depende del tamaño y tipo de máquina, por lo que se prefiere utilizar H en la ecuación (5.10). A partir de (5.4) y considerando (5.11), se puede escribir: EC i = 12 J i ωi 2 = 12 M i ωi = H i G i

(5.12)

de donde se obtiene: Mi =

GiHi 1 2

ωi

=

GiHi GiHi = πf 180 f

(5.13)

Según el ángulo δi se mida en radianes eléctricos o grados eléctricos, respectivamente y donde f representa la frecuencia de operación del sistema. Por lo tanto la ecuación (5.10) queda: Pai = Pmi − Pgi =

G i H i d 2 δi 180 f d t 2

(5.14)

Con δi medido en grados eléctricos. La expresión (5.14) puede expresarse en tanto por unidad base propia, dividiéndola por la potencia aparente nominal de generador. De esta forma se tiene finalmente: Pai (pu ) = Pmi (pu ) − Pgi (pu ) =

H i d 2 δi 180 f d t 2

(5.15)

La potencia eléctrica entregada por el generador durante la perturbación depende de la fem detrás de la reactancia transitoria E' y de la corriente I, de manera que:

{

Pgi = Re al E& ' I *

}

(5.16)

La corriente I depende del comportamiento de toda la red eléctrica. Como la potencia mecánica permanece prácticamente constante mientras no se modifique el control de velocidad (en el primer segundo)

94

las variaciones de frecuencia son pequeñas, de manera que se puede suponer sin gran error que todos los elementos estáticos del sistema (líneas, transformadores, etc.) operan en condiciones cuasi estacionarias, hecho que simplifica los cálculos. En vez de la corriente I puede usarse también la tensión en bornes V (o la tensión constante en alguna otra barra cercana). 5.2.5. Ecuaciones de oscilación en un sistema multigenerador

Consideremos un SEP alimentado por m generadores como se indica en la Figura 5.6, donde se supone que las reactancias transientes de los generadores están incluidas en la red pasiva del sistema. Empleando el método nodal de resolución de circuitos, para la red de un SEP de m barras (nudos) se puede escribir:

[I B ] = [YB ][E B ]

(5.17)

donde: [I B ] es el vector de corrientes inyectadas en las barras; [E B ] vector de tensiones de barras e [YB ] es la Matriz de admitancia de barras, que se pueden escribir como:

[I B ] = [&I1

&I ··· &I ··· &I 2 i m

[E B ] = [E& 1'  Y11  Y21  [YB ] = MY i1  M Ym1

]t

(5.18)

]

E& '2 ··· E& i' ··· E& 'm

t

(5.19)

Y1m  Y2 m   M M M  Yi 2 ··· Yii ··· Yim   M M M  Ym 2 ··· Ymi ··· Ymm  Y12 ··· Y22 ···

Y1i ··· Y2i ···

E'1 E'2 E'i E'm

(5.20)

I1 RED

I2

PASIVA Ii

DEL

Im

SEP

Figura 5.6.- Sistema multigenerador Considerando las ecuaciones (5.17) a (5.20), se puede escribir: m

&I = Y E& ' + Y E& ' + ····· + Y E& ' + ····· + Y E& ' = ∑ Y E& ' i i1 1 i2 2 ii i im m ij j

(5.21)

j=1

por lo tanto, la potencia compleja suministrada por el i-ésimo generador es: m

* S& gi = Pgi + jQ gi = E& i' I *i = E& i' ∑ Yij* E 'j j=1

(5.22)

95

suponiendo que: E& 'j = E 'j ∠δ j

& = Y ∠ϕ Y ij ij ij

(5.23)

Se tiene que: m

Pgi + jQ gi = ∑ E i' E 'j Yij ∠(δ i − δ j − ϕ ij )

(5.24)

j=1

de donde: m

Pgi = ∑ E i' E 'j Yij cos(ϕ ij + δ j − δ i )

(5.25)

j=1

Es decir, la potencia suministrada a la red por una unidad cualquiera, depende de las posiciones angulares δj de todo el resto de los generadores, además de la propia δi, ambas funciones del tiempo. La admitancia Yij sufre cambios discontinuos debido a los cambios topología de la red (prefalla, en falla, falla despejada, reconexión, etc.) En el cálculo de Pgi se ha supuesto que las velocidades de las máquinas permanecen constantes, en consecuencia se tendrá un sistema de ecuaciones diferenciales simultáneas de la forma: Pm1 − Pg1 (δ1 , δ 2 ,·····, δ i ,·····, δ m ) = M 1

d 2 δ1

Pm 2 − Pg 2 (δ1 , δ 2 ,·····, δ i ,·····, δ m ) = M 2 Pmi − Pgi (δ1 , δ 2 ,·····, δ i ,·····, δ m ) = M i

d t2 d 2δ2 d t2

(5.26)

2

d δi d t2

Pmm − Pgm (δ1 , δ 2 ,·····, δ i ,·····, δ m ) = M m

d 2δm d t2

En general, la solución del sistema de ecuaciones diferenciales anterior resulta laboriosa, aún para el caso simplificado de representación de los generadores aquí supuestos. 5.2.6. Estudio de la ecuación de oscilación de un generador conectado a una barra infinita

Esta situación, si bien es cierto, es la más simple posible, tiene importancia desde un punto de vista didáctico y práctico ya que muchas situaciones reales pueden ser reducidas a esta forma simple equivalente. Según (5.15) , la ecuación de oscilación en este caso es de la forma: Pa = Pm − Pg = M

d 2δ d t2

=

H d 2δ 180 f d t 2

(5.27)

donde Pa ,Pm , Pg y M están en “tanto por unidad” y δ en grados eléctricos. –

Potencia mecánica suministrada al generador: Los cambios de Pm dependen enteramente de la acción de los controles potencia-frecuencia. En el instante de la perturbación e inmediatamente después hasta el lapso de 1 segundo aproximadamente, la potencia de la máquina motriz Pm es sustancialmente constante, o sea:

Pm (0 − ) = Pm (0 + ) = Pm

(5.28)

96

–

Potencia suministrada por el generador durante la perturbación al sistema: En régimen permanente, la potencia activa suministrada por un generador de polos cilíndrico o de polos salientes está dada respectivamente por:

Pg =

EV sinδ Xd

(5.29)

Xd − Xq 2 EV sinδ + V sin 2δ Pg = Xd 2X d X q

En los estudios simplificados de estabilidad transiente, para calcular la potencia activa suministrada por un generador, ya sea de polos cilíndricos o de polos salientes, se utiliza el circuito equivalente aproximado que se muestra en la Figura 5.7, en cuyo caso: jXd' + + E'

V -

Figura 5.7.- Circuito equivalente de una máquina síncrona para estudios de estabilidad transiente Pg =

E' V sinδ X' d

(5.30)

–

Análisis de la ecuación de oscilación: Supongamos por ejemplo, que la línea que une el generador y la barra infinita (o sea el resto del sistema) sufre un cortocircuito trifásico. Los relés de protección harán desconectar la línea y una fracción de segundo después, la línea será reconectada. Suponiendo que la falla ha terminado se volverá a la situación original o se producirá el fenómeno de inestabilidad según sea la situación que corresponda y que se analizará luego. Consideraremos dos períodos:

•

Durante la falla: En este período Pg=0 y Pm=constante y la ecuación (5.27) queda:

Pm = M

d 2δ d t2

(5.31)

La solución de esta ecuación diferencial, considerando que en t=0, δ = δ0 y dδ/d t = 0, queda: δ( t ) = δ 0 +

Pm 2 t 2M

(5.32)

En la Figura 5.8 se ha dibujado esta solución, donde se aprecia que la máquina aumenta indefinidamente su ángulo de torque. En consecuencia se producirá una aceleración brusca de la máquina, perdiéndose rápidamente el sincronismo, si no se elimina la causa; es decir si no actúan las protecciones. •

Reconexión de la línea: Inmediatamente después que se reconecta la línea (y suponiendo que la falla ha sido eliminada) la potencia Pg pasa bruscamente al punto “a” de la Figura 5.8, en que:

Pg =

E' V sinδ r X

(5.33)

97

X corresponde a la reactancia existente entre E' y V es decir, incluye la reactancia de la línea. Se establece entonces una potencia desacelerante Pdes que depende de δ, es decir: Pdes = Pm −

E' V sinδ X

(5.34) Pg

a

Pméc =Pg0

δ0

δp

δ lím

π /2

δr

π

δ

tp tr

sin reconexión

t con reconexión

Figura 5.8.- Solución de la Ecuación de oscilación para una máquina síncrona Por lo tanto, la ecuación de oscilación en este período es: Pm −

d 2δ E' V sinδ = M 2 X dt

(5.35)

que no tiene solución analítica simple y en su resolución se deben utilizar métodos numéricos, pero se comprende que δ crecerá a menor velocidad y que el resultado final depende del instante de reconexión. Si la reconexión ocurre oportunamente δ deja de crecer y a pesar de que δlím 〉 π/2, se conserva el sincronismo, tal como se muestra en la Figura 5.8. Es conveniente hacer notar que en muchos casos, durante la falla, el generador sigue suministrando potencia (cortocircuitos monofásicos, bifásicos, fases abiertas), es decir, Pg ≠ 0 durante este período y por lo tanto, la ecuación de oscilación en esta etapa, tendrá la misma forma indicada en (5.35). Ejemplo 5.1. El sistema de la Figura 5.9 está entregando la potencia indicada a la barra infinita, cuyo voltaje es el nominal, cuando se produce un cortocircuito monofásico a tierra en el punto P (al medio de la línea). La falla es despejada simultáneamente por ambos interruptores (en forma monopolar). Determine las ecuaciones de Pg(δ) antes de falla, en falla y en falla despejada. Todos los datos en % están en base 50 MVA. E'

∆ 1

X'd =X1 =30% X1 =X 2=X0 =5% X2=15% X0=10%

Línea X1=X2=20% X0=20% P

∆

(50+j20) MVA V

2

X 1 =X2 =X0 =5%

Figura 5.9

Barra Infinita

98

Solución: a) Antes de falla o en condiciones de prefalla: El circuito equivalente por fase se muestra en la Figura 5.3

& = 1∠0º , se En el circuito de la Figura 5.10, con V tiene:

a

j0,05

j0,2

j0,05

I

+

*

&I =  S  = 1 − j0,4 = 1,077∠ − 21,8º V 1∠0º   &E' = 1∠0º + j0,6 ∗ 1,077∠ − 21,8º = 1,3775∠25,82º PgAF =

j0,3

b

+ V

E'

E' ∗ V 1,3775 * 1 ∗ sin δ = ∗ sin δ = 2,2958 sin δ X ab 0,6

Figura 5.10

b) En falla: Las mallas de secuencia cero y negativa se muestran en las Figuras 5.11 y 5.12. - Secuencia cero

- Secuencia negativa

j0,05

j0,1

j0,1

j0,1

j0,05

j0,15 j0,05

j0,1

X0

0,15 = 0,075 (pu ) 2 0,3 ∗ 0,15 X2 = = 0,1 (pu) 0,3 + 0,15

Figura 5.12 - Malla de secuencia positiva incluyendo las impedancias de secuencia cero y negativa a

X0 =

Estas reactancias se agregan a la malla de secuencia positiva en serie en el punto de falla, tal como se indica en la Figura 5.13

j0,05

X2

Figura 5.11 Las impedancias de secuencia cero y negativa son respectivamente:

j0,1

+

j0,3

j0,05

j0,1

j0,1 jX0

j0,05

b + V

E' jX 2

Figura 5.13 La reactancia Xab se encuentra utilizando la expresión de transformación de estrella a delta en la Figura 5.13; es decir:

X ab =

0,45 ∗ 0,15 + 0,15 ∗ 0,175 + 0,175 ∗ 0,45 = 0,9857 0,175

PgF =

E' ∗ V 1,3775 ∗ 1 ∗ sin δ = ∗ sin δ = 1,3975 sin δ X ab 0,9857

c) En falla despejada: Queda una fase abierta en dos puntos. Las mallas de secuencia cero, negativa y positiva son las indicadas en las Figuras 5.14 a 5.16

99

- Secuencia cero

- Secuencia negativa

j0,05 P 0

Q0 j0,05

j0,15 j0,05 P 2

Q2

j0,05

j0,1

Figura 5.14

Figura 5.15

Las mallas de secuencia quedan conectadas tal como se muestra en la Figura 5.17, que corresponde a la Figura 4.45, donde:

- Malla de secuencia positiva

E 'A = E ' y E 'B = V Z1 = j0,35; Z 2 = j0,2; Z0 =

Z '0

Z1' Z '2

j0,3

a

Q1 j0,05 b

j0,05 P1

+

= j0,05

+ V

E'

= j0,05

= j0,05 Figura 5.16

ZA=∞ y ZB corresponde a la impedancia de la línea que está abierta en dos puntos (se abrieron los dos interruptores simultáneamente); es decir: 1/3(ZA - ZB )

Z B = jX 1 = jX 2 = jX 0 = j0,2 (pu ) Por lo tanto, la reactacia Xab entre E’ y V queda:

X ab = X1 +

( X 2 + X B + X '2 ) ∗ (X 0 (X 2 + X B + X '2 ) + (X 0

X ab = 0,35 +

+ X B + X '0 ) + X B + X '0 )

+ X B + X1'

-

Z1

Ia1

ZB

P1 +

E'A Z2

Ia2

(0,2 + 0,2 + 0,05) ∗ (0,05 + 0,2 + 0,05) + (0,2 + 0,2 + 0,05) + (0,05 + 0,2 + 0,05)

+ 0,2 + 0,05 = 0,78 PgFD

a +

1,3775 ∗ 1 E' ∗ V = ∗ sin δ = ∗ sin δ = 1,766 sin δ 0,78 X ab

Ia0

-

Z'1

b + E'B -

ZB Q Z'2 2

P2 +

Z0

∆Va1

Q1

∆Va2

-

ZB

P0 +

∆ Va0

Q0 Z'0 -

Figura 5.17

5.2.7. Algunos métodos de solución de la Ecuación de Oscilación

Existen diferentes métodos para la evaluación numérica de las ecuaciones planteadas en (5.35), tales como Punto a Punto, Euler, Euler Modificado, Runge-Kutta, etc. La mayoría de ellos son prácticos solamente cuando se emplean computadores, sobre todo si se estudia sistemas de gran tamaño. Se trata de determinar δ como función de t, graficando la respuesta y de esta forma saber si el sistema es estable o no. Se estudiará a continuación algunos de ellos, con el fin de ver sus características y posibilidades de aplicación. a. Método punto a punto (Solución por partes): Es un método simple, que permite realizar cálculos a mano y por lo tanto es aplicable sólo a sistemas pequeños. Se divide el tiempo total de estudio en n intervalos

100

de duración ∆ t segundos cada uno, tal como se indica en la Figura 5.18. Generalmente se utiliza un ∆ t = 0,05 segundos y el cálculo se hace bajo las siguientes suposiciones: –

–

La potencia de aceleración determinada al comienzo de un intervalo, es constante desde la mitad del intervalo anterior hasta la mitad del intervalo considerado. En algunos casos, en vez de la potencia de aceleración se emplea la aceleración angular. La velocidad angular es constante en cada intervalo e igual al valor calculado para la mitad del mismo. Por supuesto, ninguna de las condiciones anteriores es exacta ya que δ está cambiando continuamente y tanto Pa como ω' son funciones de δ. A medida que el intervalo de tiempo disminuye, la curva de oscilación calculada de esta forma se hace más exacta.

La Figura 5.18 ayuda a visualizar estas suposiciones. La potencia de aceleración se calcula en los puntos encerrados en círculos en los extremos de los intervalos n-2, n-1 y n, que son los comienzos de los intervalos n-1, n y n+1 respectivamente. La velocidad angular ω' corresponde a dδ/dt, es decir al exceso de la velocidad angular de la máquina, sobre la velocidad síncrona ωs. Entre las ordenadas n-3/2 y n-1/2 hay un cambio de velocidad originado por la potencia de aceleración constante.

Pa Pa,n-2 Pa,n-1

Supuesto Real

Pa,n

n

n-1

n-2

t

ω' ' ωn-1/2 ω 'n-3/2

∆ω' Real Supuesto t

n-1/2

n-3/2

δ

∆ δn ∆ δ n-1 n-2

n-1

n

t

Figura 5.18.- Valores supuestos y reales de Pa, ω' y δ

El cambio de velocidad es igual al producto de la aceleración por el intervalo de tiempo: ω' n −1 / 2 −ω' n −3 / 2 =

d 2δ dt

2

∆t =

180 f Pa ,n −1 ∆ t H

(5.36)

La variación del ángulo δ en un intervalo cualquiera es igual al producto de la velocidad ω' en el intervalo por el tiempo. Así, el cambio de δ durante el intervalo n-1 es ∆ δ n −1 = δ n −1 − δ n −2 = ω' n −3 / 2 ∆ t

(5.37)

y durante el intervalo n ∆ δ n = δ n − δ n −1 = ω' n −1 / 2 ∆ t

(5.38)

Restando (5.37) a (5.38) e introduciendo el resultado en (5.36), se obtiene: ∆ δ n = ∆ δ n −1 + k Pa ,n −1

con

k=

180 f (∆ t ) 2 H

(5.39)

101

Luego: δ n = δ n −1 + ∆δ n

(5.40)

La ecuación (5.40) permite obtener δ como función del tiempo o sea corresponde a la solución paso a paso de la ecuación de oscilación. Por otra parte, la velocidad ω' se puede determinar a partir de (5.39), dividiendo por ∆t y se obtiene: ω' n = ω' n −1 +

k Pa ,n −1 ∆t

(5.41)

• Discontinuidad en la potencia de aceleración: Cuando ocurre una falla, se produce una discontinuidad en la potencia de aceleración Pa que tiene un valor cero antes de la falla y un valor distinto de cero después de ésta. Esta discontinuidad ocurre al comienzo del fenómeno (cuando t = 0). Lo mismo sucede cuando se producen aperturas de interruptores, reconexiones, etc. Teniendo en cuenta que este método supone que la potencia de aceleración calculada al comienzo del intervalo es constante desde la mitad del intervalo anterior hasta la mitad del intervalo que está siendo considerado y que en este caso se tiene dos valores distintos para la potencia acelerante, se debe tomar el valor promedio de estos valores como la potencia acelerante constante. En general, para una discontinuidad en un tiempo t se tiene: Pa ( t ) =

Pa ( t − ) + Pa ( t + ) 2

(5.42)

En el caso en que la discontinuidad ocurra en el punto medio del intervalo no hay necesidad de emplear (5.42) pues el método contempla una discontinuidad justamente en ese punto. En otro caso, conviene aproximar al más cercano, esto es, al comienzo o al medio del intervalo, según corresponda. Ejemplo 5.2. Las ecuaciones de Pg=Pg(δ) de un sistema generador-barra infinita son las siguientes: PgAF=3 sin δ (pu); PgF=0,5 sin δ (pu) y PgFD=1,5 sin δ (pu). La potencia mecánica de entrada es de 1,2 (pu), la frecuencia es de 50 Hz y la constante de inercia es de 4 seg. Si la falla se despeja a los 0,2 seg de iniciada y se realiza una reconexión exitosa 0,15 seg después del despeje: a. Dibujar las curvas de Pg=Pg(δ), indicando en forma aproximada, las áreas acelerantes y desacelerantes. b. Determinar (utilizando exclusivamente la curva de oscilación) si el sistema es estable,. Solución:

Pg

a) Curvas de Pg=Pg(δ): Se muestran en la Figura 5.19, donde:

3,0

δ 0 = sin −1 (1,2 / 3) = 23,5782º

2,0

−1

δ lím = 180º −sin (1,2 / 3) δ lím = 156,4218º b) Estabilidad: Se debe resolver la ecuación de oscilación. Usando el método punto a punto, con ∆t=0,05 seg, se tiene:

K=

Acelerante

Desacelerante P gAF P gFD

1,5 1,2

Pm=P g0 P gF

0,5 0

180 * f * (∆t ) 2 180 * 50 * (0,05) 2 = = 5,625 H 4

δ0

δd

90

δr

Figura 5.19

δ lím 180

δ

102

Tabla 5.1. Aplicación del Método punto a punto T 00+ 0p 0,05 0,1 0,15 0,2 0,20,2+ 0,2p 0,25 0,3 0,35 0,350,35+ 0,35p 0,4 0,45 0,5 0,55

Pm 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2

Pg 1,2 0,2 0,2222 0,2847 0,3725 0,4578 0,4578 1,3733 1,4963 1,4552 1,2903 1,2903 2,5806 2,1892 1,9263 1,8105 1,8357

Pa 0 1 0,5 0,9778 0,9153 0,8275 0,7422 0,7422 -0,1733 0,2845 -0,2963 -0,2552 -0,0903 -0,0903 -1,3806 -0,7355 -0,9890 -0,7263 -0,6105 -0,6357

K*Pa 2,8125 5,5001 5,1486 4,6547 4,1749 1,6003 -1,6667 -1,4355 -0,5081 -4,1372 -5,5631 -4,0854 -3,4341 -3,5758

∆δ 0 0 0 2,8125 8,3126 13,4612 18,1159 18,1159 18,1159 18,1159 19,7162 18,0495 16,6140 16,6140 16,6140 16,6140 12,4770 6,9139 2,8285 -0,6056

δ 23,5782 23,5782 23,5782 26,3907 34,7033 48,1645 66,2804 66,2804 66,2804 66,2804 85,9966 104,0461 120,6601 120,6601 120,6601 120,6601 133,1371 140,0510 142,8795 142,2739

ω’ 0 0 0 0,9817 2,9016 4,6988 6,3236 6,3236 6,3236 6,3236 6,8823 6,3005 5,7994 5,7994 5,7994 5,7994 4,3553 2,4134 0,9873 -0,2114

Conclusión: Como el ángulo deja de crecer y empieza a disminuir, el sistema es estable transitoriamente. b. Método de Euler: Constituye un algoritmo relativamente sencillo, aunque poco preciso para determinar y en la ecuación diferencial dy/dt = f (y). La fórmula de recurrencia es:

y i +1 = y i + ∆ t f(y i )

(5.43)

Es decir, el valor al final del intervalo se obtiene a partir del que se tiene al comienzo del mismo y de la derivada evaluada también al inicio de éste. Esto hace que sea poco preciso cuando la derivada cambia con rapidez dentro del intervalo, lo que obliga a trabajar con intervalos pequeños. En este problema, el tiempo total t se divide en n intervalos de ∆ t seg y se supone potencia acelerante constante en cada intervalo e igual al valor que tiene al comienzo. La ecuación (5.35), se puede escribir: d 2δ dt

2

=

Pm − Pg (δ) M

(5.44)

para luego transformarla en dos ecuaciones de primer orden de la forma: dδ = ω' dt dω' Pm − Pg (δ) = dt M

(5.45)

cuyas ecuaciones de solución de acuerdo con (5.43), son:  180  δ i +1 = δ i + ω'i ∆ t    π  Pm − Pg (δ i ) ω'i +1 = ω'i + ∆t M

(5.46)

103

Como Pg(δ ) sufre cambios discontinuos es necesario acomodar ∆ t para que cuando ocurra algún caso de éstos, se quede al comienzo del intervalo, lo que significa dejar flexibilidad en cuanto al intervalo. c. Método de Euler Modificado: En este método, la ecuación diferencial dy/dt = f (y) se resuelve utilizando la expresión:

y i+1 = y i +

f ( y ∗i +1 ) + f ( y i ) ∆t 2

(5.47)

donde y*i+1 es un valor auxiliar que corresponde a una predicción del valor de yi+1, que se obtiene utilizando la fórmula de Euler, ecuación (5.43). El valor yi+1 de (5.47) es el valor mejorado o corregido. Aplicado al problema dado por (5.45), la predición se obtienen usando (5.46) y luego se aplica (5.48): δ i +1 = δ i +

ω'*i+1 + ω'i 180 ∆t 2 π

ω'i +1 = ω'i +1 +

2Pm − Pg (δ*i +1 ) − Pg (δ i ) 2M

(5.48) ∆t

d. Método de Runge-Kutta de 4º orden: Este método es más conveniente que los anteriores, ya que mejora la precisión y se pueden considerar intervalos mayores de tiempo, lo que significa resolver una menor cantidad de flujos de potencia en el sistema. Aunque la cantidad de cálculos es mayor en cada punto, la disminución en el número de veces que hay que resolver las ecuaciones algebraicas, lo hace de todas formas muy conveniente Las expresiones quedan:

δ i +1 = δ i + 16 ( D1 + 2D 2 + 2D 3 + D 4 ) ∆ t ω'i +1 = ω'i + 16 ( W1 + 2W2 + 2W3 + W4 ) ∆ t

(5.49)

con:

D1 = ω'i W1 =

[

]

ωs Pm − Pg (δ i ) − D ω'i Ta

D 2 = ω'i +

W1 ∆ t 2

ωs Ta

∆t  ∆t   Pm − Pg (δ i + D1 2 ) − D ω'i + W1 2      ∆t D 3 = ω'i + W2 2 ω  ∆t  ∆t  W3 = s Pm − Pg (δ i + D 2 ) − D ω'i + W2  Ta  2  2   D 4 = ω'i + W3 ∆ t W2 =

W4 =

[

(5.50)

]

ωs Pm − Pg (δ i + D 3 ∆ t ) − D(ω'i + W3 ∆ t ) Ta

En las expresiones anteriores se ha incluido la constante asociada a los roces mecánicos y efecto de los enrollados amortiguadores D y el tiempo de arranque del generador o constante de aceleración Ta, definido como el tiempo necesario para alcanzar la velocidad síncrona, al partir con torque nominal constante. El tiempo de arranque Ta equivale a 2 veces la constante de inercia H.

104

5.2.8. Criterio de Areas Iguales

La curva de oscilación permite determinar si un sistema formado por un generador conectado a una barra infinita (o una situación equivalente) es estable o inestable después de una perturbación brusca e importante. Si la curva muestra que el ángulo tiende a crecer sin límite, el sistema es inestable, por otra parte, si después de todas las perturbaciones (incluyendo desconexión y reconexión de líneas, por ejemplo), el ángulo alcanza un máximo y luego disminuye, puede decirse que el sistema es estable. En general, la estabilidad o inestabilidad del sistema depende en forma decisiva del hecho de si la falla es sostenida (permanente) o si se elimina en un tiempo determinado. Existe un tiempo máximo permisible para eliminar la falla tal que el sistema sea estable. Este tiempo medido respecto a la iniciación de la falla, se denomina "tiempo crítico de aclaramiento". El emplear la curva de oscilación en forma exclusiva para determinar el tiempo crítico de despeje, por ejemplo, es un método de aproximaciones sucesivas, por lo que no es eficiente. El método consiste en calcular la curva de oscilación para falla sostenida y luego para distintos tiempos de despeje supuestos. Del análisis de todas las diferentes curvas se determina el tiempo crítico de despeje. El criterio de áreas iguales, permite determinar fácilmente el ángulo crítico de despeje y a partir de la curva de oscilación calculada para falla sostenida (permanente) o empleando un procedimiento indirecto, calcular el tiempo correspondiente a este ángulo crítico. Consideremos nuevamente la ecuación de oscilación de un generador conectado a una barra infinita. M

d 2δ d t2

= Pm − Pg

(5.51)

Multiplicando toda la expresión por 2(dδ/dt)/M y arreglando adecuadamente se puede escribir: dδ 2 δ = ∫ (Pm − Pg )dδ dt M δ0

(5.52)

donde δ0 es el ángulo inicial de la perturbación y dδ/dt = ω' (exceso de la velocidad angular respecto a la síncrona). Cuando dδ/dt = 0 significa que ω' = 0; es decir, la velocidad del generador es igual a la velocidad síncrona y se ha alcanzado el valor máximo de la curva de oscilación. Por supuesto la máquina no permanecerá en reposo respecto a la barra infinita , la primera vez que dδ/dt se haga cero, pero el hecho que δ deje de variar momentáneamente puede interpretarse como una indicación de estabilidad. Para dδ/dt = 0, la expresión (5.52) queda: δ

∫δ0 (Pm − Pg ) dδ = 0

(5.53)

Ecuación que puede interpretarse gráficamente mediante la curva Pg = f (δ) del generador conectado a la barra infinita y considerando una perturbación o falla específica. Supongamos que la línea que une al generador con la barra infinita sufre un cortocircuito trifásico y que después de un cierto intervalo de tiempo se la reconecta cuando la falla ha sido eliminada. La situación puede ilustrarse como se indica en la Figura 5.20. En la Figura 5.20, el área A1 es acelerante (A1〉 0) y A2 es área desacelerante (A2 〈 0). La ecuación (5.53) aplicada a este caso resulta: δ

∫δ0 (Pm − Pg ) dδ = A1 + (− A 2 ) = 0

⇒ A1 = A 2

(5.54)

105

Pg Pg = Pmáxsinδ A2 Pm= Pg0 A1 δ0

δr

π/2

δ lím π

δ1

δ

Figura 5.20.- Aplicación del criterio de áreas iguales a un sistema generador-línea-barra infinita, falla trifásica Esto significa que el sistema será estable si después de reconectar la línea en un tiempo correspondiente a δr, el generador oscila hasta un ángulo máximo δ1, tal que A1 = A2. Lo anterior constituye el criterio de áreas iguales para determinar la estabilidad transiente. Por otra parte si δr es tal que δ1 〉 δlím, el sistema será inestable y A1 ≠ A2, de modo que el valor máximo de δr o sea el ángulo crítico de aclaramiento (de reconexión, en este caso) δrc se podrá determinar aplicando el criterio de áreas iguales según se muestra en la Figura 5.21, de la siguiente forma: Pg Pg = Pmáx sinδ A2 Pm= Pg0 A1 δ0

δ rc

δ lím π

δ

Figura 5.21.- Determinación del ángulo crítico de aclaramiento δ lím δ rc δ lím ∫δ0 (Pm − Pg ) dδ = ∫δ0 Pm dδ + ∫δrc (Pm − Pmáx sinδ) dδ = 0

(5.55)

de donde se obtiene que:  P (δ − δ 0 ) + Pmáx cos δ lím  δ rc = cos −1  m lím  Pmáx  

(5.56)

Ejemplo 5.3. Un generador conectado a una barra infinita tiene las siguientes curvas de Pg=Pg(δ): PgAF=2,5 sin δ, PgF=0,8 sin δ, PgFD=1,5 sin δ. El ángulo de torque antes de falla es de 30º y todos los datos están en pu base común. a. Determinar si el sistema es estable, al despejar la falla en un tiempo tal que δd=60º, sin reconexión. b. Si el sistema se reconecta 20º después que la falla ha sido despejada, calcular el ángulo crítico de despeje.

106

Pg

a) Sin reconexión: Las curvas de Pg(δ) se muestran en la Figura 5.22, donde:

2,5

δ 0 = 30º = 0,5236 rad

2,0

Pm = Pgo = 2,5 * sin 30º = 1,25 1,25  δ lím = 180º −sin −1    1,5 

P gAF

P gFD

1,5 1,25 1,0

Pm=P g0

P gF

0,5 0,0

δ lím = 123,56º = 2,1565 rad

30 δ0

δ lím

90

60 δd

δ d = 60º = 1,0472 rad

δ

180

Figura 5.22

Aplicando el criterio de Areas iguales se puede escribir: δ δ ∫δ (1,25 − 0,8 * sin δ) dδ + ∫δ (1,25 − 1,5 * sin δ) dδ = 0,169 〉 0 ⇒ el sistema es inestable d

lím

0

d

a) Con reconexión: Las curvas de Pg(δ) se muestran en la Figura 5.23, donde:

δ 0 = 30º = 0,5236 rad δ 'lím

= 180º −30º = 150º

δ lím = 2,618 rad δ r = δ cd + 20º Para determinar el ángulo crítico de despeje se debe cumplir que: δ'lím

∫δ0

Pg

P gAF

2,5 2,0

P gFD

1,5 1,25 1,0

Pm=P g0

20º

0,0

30 δ0

[Pm − Pg (δ) dδ] = 0

Es decir:

δcd

∫δ0

P gF

0,5

δ cd 90

δr

δ 'lím

180

δ

Figura 5.23

(1,25 − 0,8 * sin δ) dδ + ∫

δr

δcd

(1,25 − 1,5 * sin δ) dδ + ∫

δlím

δr

(1,25 − 2,5 * sin δ) dδ = 0

0,2399 + 0,7 * cos δ cd + cos (δ cd + 20º ) = 0 F(δ) = 0,2399 + 1,6397 * cos δ cd − 0,342 sin δ cd = 0

⇒ δcd=86,45º; con F(δ)=8,574 *10-5

5.2.9. Reducción a un sistema simple

Ya se ha dicho que las distintas características eléctricas y mecánicas de las máquinas de un sistema hacen necesario tratarlas en forma individual. Sin embargo, en algunos casos excepcionales (por ejemplo, máquinas de una misma central o eléctricamente cercanas entre si y ubicadas lejos de la perturbación) es

107

posible reemplazar dos o más máquinas por una sola que les sea equivalente. En tal caso, la energía cinética de la máquina equivalente debe corresponder a: n

n

i =1

i =1

EC eq = ∑ EC i = ∑ H i G i

(5.57)

Como las máquinas están en paralelo, sus potencias se suman. Luego, la potencia de la máquina equivalente Geq es: n

G eq = ∑ G i

(5.58)

i =1

Dividiendo ambos miembros de (5.57) por Geq se obtiene la constante de inercia equivalente, Heq: n

H eq =

EC eq n

∑ Gi

∑ HiGi

= i =1n

(5.59)

∑ Gi

i =1

i =1

para que esta máquina oscile junto con las máquinas que reemplaza. Como las máquinas están en paralelo en alguna barra del sistema, la reactancia de la máquina equivalente será igual a la combinación en paralelo de las reactancias individuales hasta esa barra y la fem E' será igual a la tensión transitoria que se tendría en vacío en la barra de unión. 5.2.10. Ecuación de oscilación de dos máquinas finitas

Dos máquinas síncronas conectadas por medio de una reactancia pueden ser reducidas a una máquina equivalente alimentando una barra infinita a través de la reactancia. Este modelo se utiliza en algunos casos con propósitos demostrativos. Al respecto, consideremos la Figura 5.24, en que además supondremos que existen consumos en las barras, para hacer más general el análisis.

δ1 E' 1 M1

E'2 δ 2 M2 Figura 5.24.- Dos máquinas finitas

Las ecuaciones de oscilación son:

d 2 δ1 dt

2

d 2δ2 d t2

= =

Pm1 − Pg1 M1 Pm 2 − Pg 2 M2

=

Pa1 M1

(5.60)

P = a2 M2

Es decir, varían los dos ángulos. Es posible reducir estas dos ecuaciones a una sola considerando que sólo interesa la diferencia entre ellos. Si ésta aumenta indefinidamente, el sistema es inestable. Restando las ecuaciones (5.60), se tiene:

108 2

d δ1 dt

2

−

2

d δ2 dt

2

=

Pa1 Pa 2 − M1 M 2

(5.61)

haciendo δ = δ1 - δ2 en la expresión (5.61) y amplificándola por M1 M2 / (M1+M2), se puede escribir: M

d 2δ d t2

=

Pa1 M 2 − Pa 2 M1 M1 + M 2

(5.62)

donde M = M1 M2 / (M1+M2) es el momento angular equivalente a las dos máquinas Desarrollando la expresión (5.62) considerando (5.60) se obtiene: M

d 2δ d t2

= Pm − Pg

(5.63)

con: Pm = Pg =

Pm1M 2 − Pm 2 M1 M1 + M 2 Pg1M 2 − Pg 2 M1

(5.64)

M1 + M 2

La ecuación (5.63) es equivalente a la de un generador conectado a una barra infinita y por lo tanto se puede aplicar todo lo estudiado en 5.2.6. 5.2.11. Factores que condicionan la estabilidad transitoria

El análisis hecho hasta el momento, con todas las simplificaciones que contiene, permite determinar los factores que más influyen en la estabilidad transitoria de un sistema, los que se pueden visualizar mejor a partir del criterio de áreas iguales y considerando el sistema generador-línea-barra infinita de la Figura 5.1. –

Potencia eléctrica inicial: Del criterio de áreas iguales se deduce que mientras mayor sea la potencia eléctrica que está entregando la máquina antes de ocurrir la falla, mayor será el área acelerante. Ello incrementará la velocidad relativa que adquiere el rotor, aumentado de esta forma la posibilidad de que el sistema sea inestable. Un criterio empírico suele ser el de limitar la potencia eléctrica inicial al 80% del máximo teórico E'V/X.

–

Tiempo de operación de las protecciones (tp): Mientras más rápidos son los esquemas de protección y los interruptores utilizados, menor es el ángulo δp alcanzado, y por lo tanto, menor el área acelerante y mayor la potencia que se podría haber estado transmitiendo. Intimamente ligada con este aspecto está la conveniencia de realizar una apertura simultánea de ambos extremos de la línea fallada, esto es, de usar equipos de onda portadora.

–

Tipo de falla: El valor máximo de la curva de potencia eléctrica transferible durante la falla depende del tipo y ubicación de ésta. La falla más rigurosa es el cortocircuito trifásico, siguiendo el bifásico a tierra, bifásico, monofásico y las fases abiertas. La ubicación más desfavorable depende del sistema, pero corresponde generalmente a puntos cercanos al generador. La poca probabilidad de ocurrencia de fallas trifásicas hace que en Chile se use como criterio de estabilidad el cortocircuito bifásico a tierra.

–

Interruptores de acción monopolar: La mayoría de las fallas que ocurren en un sistema eléctrico es de tipo monofásico y se puede eliminar abriendo solamente la fase fallada. Ello exige disponer de

109

interruptores de accionamiento monopolar, lo que implica un ligero sobrecosto en esos equipos y en las protecciones, que se compensa por el hecho de mantener una mayor capacidad de transferencia durante la etapa que sigue a la eliminación de la falla. –

Reconexión automática: El hecho de que la mayoría de las fallas sea de carácter fugaz y la ventaja que significa para la estabilidad el volver a la curva de potencia eléctrica prefalla, hace muy atractiva la reconexión automática. El tiempo de reconexión está normalmente condicionado por la necesidad de esperar la desionización del espacio en torno al punto de falla, donde se estableció el arco. Este tiempo de espera es variable con la tensión, condiciones atmosféricas, etc.

–

Reactancia del sistema eléctrico: La potencia eléctrica que se puede transmitir es inversamente proporcional a la reactancia total que une las máquinas. En lo posible habrá entonces que mantener valores bajos de esas reactancias (líneas fasciculadas, condensadores serie, máquinas con alta razón de cortocircuito, etc.), condiciones que por otra parte llevan a subir el nivel de cortocircuito. En casos particulares puede incluso resultar conveniente construir subestaciones intermedias de seccionalización, que reduzcan la longitud del tramo afectado por la falla.

–

Inercia de los generadores: La aceleración de la máquina será menor mientras mayor su inercia mecánica. Sin embargo, el alto costo ligado normalmente al aumento de la inercia de una máquina y el poco efecto relativo en la estabilidad, hacen poco atractiva su modificación más allá de los valores naturales. Durante la operación del sistema es posible elevar la inercia total conectada, poniendo en servicio más generadores que los estrictamente necesarios. Sin embargo, ello va en desmedro de la operación más económica, por lo que representa una medida que se emplea con reticencia.

–

Tensión interna de los generadores: Aumentar las fuerzas electromotrices implica también aumentar la estabilidad. En condiciones normales se operará entonces con una fem alta, la que se hará más alta mientras más fuerte es la transmisión, para así mantener relativamente constante la tensión en el consumo. Sin embargo, al ocurrir una falla y crecer la corriente del estator, crece también el flujo desmagnetizante, produciéndose una paulatina reducción de la fem en el entrehierro. La constante de tiempo es comparativamente alta, de manera que en gran medida es válida la hipótesis de fem constante.

–

Frenado de los generadores: Es posible pensar en mejorar la estabilidad, sometiendo los generadores a un frenado de acción rápida cuando comienzan a acelerarse. Ello puede hacerse en las turbinas Pelton, intercalando deflectores de chorro. Para las restantes turbinas se puede recurrir al procedimiento indirecto de acrecentar la carga, conectando resistencia a los bornes del generador.

5.3.

Estabilidad estática o permanente

5.3.1. Introducción

Un SEP está formado por un grupo de elementos electromecánicos interconectados, cuyo movimiento puede ser representado por ecuaciones diferenciales apropiadas. Cuando las perturbaciones son grandes, el sistema de ecuaciones es no lineal pero si ocurren cambios pequeños, las ecuaciones pueden ser linealizadas. En los estudios de estabilidad estática se pretende aclarar la duda de si acaso la operación cuasiestacionaria de un sistema con n máquinas es estable frente a los cambios en la magnitud de los consumos. Ya se ha dicho que existe una potencia máxima con la cual se puede operar en forma estable, que constituye el límite de estabilidad permanente. Este límite depende no sólo de las características constructivas del sistema, sino también en gran medida de los reguladores de tensión, ya que si el regulador incrementa la excitación en función de la carga, el ángulo límite se extiende más allá de los valores puramente constructivos. Para el análisis se recurre a las mismas ecuaciones diferenciales usadas en los estudios de estabilidad transitoria, pero admitiendo algunas simplificaciones derivadas de la lentitud y pequeñez de las oscilaciones.

110

Por ejemplo, la máquina puede ser representada en su forma normal, con la fem permanente E y la reactancia permanente Xd, ya que para frecuencias de oscilación del orden de 1 a 3 Hz no vale la pena considerar X'd. En todo caso, se estará en el lado seguro al usar el mayor valor posible de la reactancia. 5.3.2. Generador conectado a una barra infinita a.

Despreciando el efecto de amortiguación: La ecuación de oscilación es

M

d 2δ d t2

= Pm − Pg

(5.65)

Como las perturbaciones son pequeñas, es posible linealizar la ecuación de la potencia eléctrica Pg alrededor del punto de operación δ0, considerando pequeñas variaciones δ1 del ángulo, es decir: δ(t)=δ0+δ1(t) y por lo tanto: Pg (δ)=Pg (δ0+δ1). Desarrollando Pg en serie de Taylor se puede escribir:  ∂Pg Pg = Pg (δ 0 ) + δ1   ∂δ

2  1  ∂ Pg  + δ12   2   δ0 2!  ∂δ

  +········   δ0

(5.66)

Despreciando los términos de orden igual o superior a 2, dado que δ1 es pequeño; se tiene: M

d 2 δ1 dt

2

 ∂Pg +   ∂δ

  δ1 = 0   δ0

(5.67)

Cuya solución es del tipo: δ1 ( t ) = C1e p1t + C 2 e p 2 t

(5.68)

en que C1, C2 son constantes que dependen de las condiciones iniciales y p1, p2 son las raíces de la ecuación característica (5.69), siguiente:  ∂Pg   =0 Mp 2 +    ∂δ  δ0

(5.69)

 ∂Pg p1 , p 2 = ± −   ∂δ

(5.70)

 1   M  δ0

Sea K = (∂Pg ∂δ) δ0 el coeficiente de potencia sincronizante, evaluado en δ=δ0. Para la ecuación (5.70) tenemos 3 situaciones: -

Si K 〉 0: ambas raíces son imaginarias y el movimiento es oscilatorio no amortiguado. El sistema es estable considerando el hecho de que se ha despreciado PD.

-

Si K 〈 0: ambas raíces son reales, una positiva y una negativa, y el sistema es inestable.

-

Si δ0 = 90º ⇒ K = 0 y el sistema está en el límite de estabilidad ya que las raíces son cero.

De lo anterior se deduce que basta con calcular el coeficiente de potencia sincronizante K para determinar si el sistema es estable o inestable.

111

b.

Con efecto de Amortiguación: En este caso, la ecuación diferencial, incluyendo D, queda:

M

d 2 δ1 dt

2

+D

 ∂Pg +  dt  ∂δ dδ1

2

  δ1 = 0   δ0

(5.71)

Cuya ecuación característica es: p2 +

1  ∂Pg D p +  M  ∂δ M

  =0   δ0

(5.72)

Las raíces de (5.72) son: 2 D 1  ∂Pg  D  p1 , p 2 = − ±   −  2M M  ∂δ  2M 

    δ0

-

Si K 〈 0, el sistema es inestable

-

Si K 〉 0 y además (K/M) 〉 (D/2M)2 el sistema es estable.

(5.73)

5.3.3. Estabilidad de un sistema de "n" máquinas a.

Despreciando el efecto de los reguladores y del roce: La ecuación de oscilación de la máquina i es:

Mi

d 2 δi d t2

= Pmi − Pgi

(5.74)

en que, la potencia eléctrica de la máquina i se puede escribir como: n

Pgi = ∑ E i E j Yij cos(ϕ ij + δ j − δ i )

(5.75)

j=1

Yij incluye la reactancia síncrona de eje directo; es decir, la matriz de admitancia de barras se calcula referida a las tensiones internas de las máquinas. La ecuación (5.75) se puede escribir: n

Pgi = E i2 G ii + ∑ E i E j Yij cos(ϕ ij + δ j − δ i ) j=1 j≠i

(5.76)

Si δj = δj0+∆δj, en que δj0 es el ángulo de régimen permanente y ∆δj es un pequeño incremento del ángulo desde δj0; (5.76) se puede desarrollar en serie de Taylor en torno de δj0, con j=1,2,.......,n. Despreciando los términos de orden superior a 1 y reemplazando en (5.74) se puede escribir: Mi

d 2 ∆δ i d t2

n

+ ∑ K ij ∆δ j = 0

(5.77)

   0

(5.78)

j=1

donde:  ∂Pgi K ij =   ∂δ j 

n  ∂Pgi K ii = − ∑  j=1  ∂δ j j≠i

  ∂P   =  gi   ∂δ    i 0  0

(5.79)

112

Para las n máquinas y en forma matricial se puede escribir: M1  0   ·   0

0 M2 · 0

0   p 2 ∆δ1   K 11   · 0   p 2 ∆δ 2  K 21 + · ·  ·   ·    · M n  p 2 ∆δ n   K n1

·

K 12 K 22 · K n2

· K 1n   ∆δ1  0 · K 2 n  ∆δ 2  0 = · ·   ·  ·     · K nn   K n  0

(5.80)

o bien:

{[M] p

2

+ [K ]

} [∆δ] = 0

Pre-multiplicando (5.81) por M

{[I] p

2

+ [M ]

−1

(5.81) −1

se obtiene:

[K ] } [∆δ] = 0

(5.82)

que corresponde al problema de valores propios: det{ λ[I] − [A ] } = 0

(5.83)

donde [A ] = [M ]−1 [K ] es la matriz de estado del sistema, I es la matriz unitaria y λ = p2 corresponde a los valores propios. Si λ es un real negativo ⇒ p es imaginario puro, por lo tanto, la respuesta es oscilatoria y el sistema es estable. Si λ es un real positivo o un número complejo, una raíz p tendrá parte real positiva y el sistema es inestable En las expresiones anteriores se está trabajando con ángulos absolutos en cuyo caso, un valor propio debe ser cero ya que la matriz A es singular. Por esta razón conviene trabajar con ángulos relativos, considerando una de las máquinas como referencia. b. Considerando el efecto del amortiguamiento: Si se agrega el efecto del roce y de los enrollados amortiguadores, la ecuación (5.81) queda de la forma:

{[M] p

2

+ [D] p + [K ]

} [∆δ] = 0

(5.84)

donde:  D1 0 [D] =  ·  0

0 D2 · 0

· 0  · 0  · ·   · Dn 

(5.85)

y en que D1, D2, . . ., Dn son los coeficientes de amortiguación de cada una de las máquinas. Problemas propuestos

5.1. En un sistema eléctrico de potencia, se han establecido las siguientes ecuaciones de Pg=Pg(δ): PgAF=1,8 sin δ (pu); PgF=0,5 sin δ (pu) y PgFD=1,2 sin δ (pu). Determinar el tiempo crítico de despeje de la falla, si Pm=1 (pu) y M=2,5x10-4 (pu).

113

5.2. Dadas las ecuaciones Pg=Pg(δ) y las curvas de oscilación para falla sostenida, de los sistemas 1 y 2 siguientes, determinar: a. Las áreas acelerantes y desacelerantes para despeje de la falla en 0,4 y 0,25 seg, indicando, en ambos casos, si el sistema es estable o inestable b. El tiempo máximo de despeje para que el sistema sea estable Sistema 1: PgAF=2 sin δ (pu); PgF=0,75 sin δ (pu) y PgFD=1,5 sin δ (pu); Pm=1,0 (pu)

t (seg) δ (º eléctricos)

0 15

0,05 17

0,10 20

0,15 25

0,20 32

0,25 40

0,30 50

0,35 65

0,40 77

Sistema 2: PgAF=2 sin (δ+15º) (pu); PgF=0,5 sin δ (pu) y PgFD=1,5 sin δ (pu); Pm=1,0 (pu)

t (seg) δ (º eléctricos)

0 30

0,05 33,13

0,10 42,18

0,15 56,19

0,20 73,97

0,25 94,54

0,30 113,9

0,35 127,6

0,40 134,7

5.3. Un generador que tiene una constante de inercia de 2,5 seg, está suministrando una potencia de 0,8 (pu) a una barra infinita, a través de una red completamente reactiva cuando se produce una falla que reduce la máxima potencia posible de salida a 0,5 (pu). La potencia máxima que se puede transmitir antes de la falla es de 1,5 (pu) y de 1,3 (pu) después del despeje de la falla. Si el despeje se produce a los 0,2 seg: Dibujar a. La curva de oscilación hasta 1 seg. b. Las curvas de Pg =Pg(δ) indicando claramente las áreas acelerantes y desacelerantes. 5.4. El sistema de la Figura 5.25, está operando en V 0º Línea 1 condiciones normales, esto es, el generador está G entregando 125 MVA, factor de potencia 0,8 inductivo a la barra infinita; E'=1,8 (pu); X’d=0,9 Línea 2 E' δ 1 2 (pu); V=1∠0º (pu), H=5 seg, reactancia de cada línea 0,4 (pu); cuando ocurre un cortocircuito trifásico en Barra inf. el medio de la línea inferior. Los interruptores 1 y 2 despejan simultáneamente la falla en un tiempo t1 tal Figura 5.25 que δ(t1)=90º. Los interruptores permanecen abiertos hasta t2 seg, donde δ(t2)=120º. En t2, los interruptores reconectan la línea y la falla ha desaparecido. Considerando que todos los datos están en una base común (100 MVA), determinar si en estas condiciones, el sistema es estable o inestable.

5.5. El sistema de la Figura 5.25, está operando en condiciones normales, esto es, el generador entregando 120 MW a la barra infinita, E'=1,65 (pu), X'd=X1=0,6 (pu); X2=0,3 (pu); X0=0,1 (pu), V=1 ∠ 0 o (pu), H=5 seg, f=50 Hertz cuando ocurre un cortocircuito monofásico en la línea 2, al lado de la barra del Generador. Los interruptores 1 y 2 (tripolares) despejan simultáneamente la falla. Los datos de la línea son: X1=X2=0,3 (pu); X0=0,5 (pu). Todos los parámetros están en tanto por unidad, base común 100 MVA. Determinar el tiempo crítico de despeje de la falla 5.6.- Un generador de 60 Hertz está suministrando el 60% de la potencia eléctrica máxima a través de una red completamente reactiva, cuando ocurre una falla que incrementa la reactancia de la red entre el voltaje interno del generador y la barra infinita en un 400%. Cuando la falla es despejada, la potencia máxima que se puede suministrar es el 80% del valor máximo original. Determine el ángulo crítico de despeje de la falla. 5.7.- Si el generador del problema anterior tiene una constante de inercia H de 6 [MJ/MVA] y la potencia mecánica es de 1 (pu), determinar el tiempo crítico de despeje de la falla. ¿A qué velocidad gira la máquina en ese instante?

114

5.8.- Un generador síncrono está entregando el 25 % de la potencia máxima que es capaz de entregar a una barra infinita. Si la potencia eléctrica entregada por el generador a la barra infinita se triplica bruscamente, determinar el valor máximo alcanzado por el ángulo δ durante las oscilaciones alrededor del nuevo punto de equilibrio. ¿Cuál es el ángulo δ de régimen permanente en el nuevo punto de equilibrio? 5.9.- Un generador que está operando a 50 Hz, entrega una potencia de 1 (pu) a una barra infinita a través de una red completamente reactiva, cuando ocurre una falla que reduce la máxima potencia transferible a 0,4 (pu), mientras que la máxima potencia transferible antes de falla era de 1,8 (pu) y de 1,25 (pu) después que la falla es despejada. La constante de inercia es de 4 seg. La falla se despeja a los 0,2 seg y el sistema se reconecta exitosamente 0,15 seg después que la falla ha sido despejada. Utilizando exclusivamente la curva de oscilación, determinar si el sistema es estable en las condiciones planteadas. 5.10.- En el sistema de la Figura 5.26, todos los parámetros en pu están en base 100 MVA. La potencia compleja en el punto indicado es S& = (80 + j40) MVA , cuando ocurre un cortocircuito trifásico en el punto F (al medio de la línea). La falla es despejada simultáneamente por ambos interruptores. Determine las ecuaciones de Pg(δ) antes de falla, en falla y en falla despejada.

Barra inf.

V=1,1

13,8 KV X'd =0,25

j0,4

. S

G

1

j0,4

2

F

j0,1 40 MW, F. de P.=1

Figura 5.26

5.11.- Repetir el Problema 5.10, considerando que la falla ocurre al comienzo de la línea; es decir, al lado del interruptor Nº 1). 5.12.- Repetir el Problema 5.11, considerando que la carga es un reactor de 10 MVAr. 5.13.- Las ecuaciones de Pg=Pg(δ) de un sistema Generador-Barra infinita son: PgAF=2,5 sin δ; PgF=PgFD=0. La potencia que el generador entregaba a la barra infinita en el momento de producirse la falla era de 1,0 (pu). La falla es despejada a los 0,1 seg y 0,1 seg más tarde se hace una reconexión exitosa. Todos los datos están en una base común. H=5 seg., f=50 Hz. Determine el valor máximo alcanzado por el ángulo δ durante las oscilaciones. 5.14.- Un generador de 50 Hz con H=5 (MJ/MVA) está conectado a través de un transformador elevador a una línea de transmisión. En el otro extremo de la línea hay un transformador reductor que une la línea a una barra infinita. Las reactancias en pu del generador son: X1=0,3; X2=0,15; X0=0,05, las de los transformadores X1=X2=X0=0,1 y las de las línea de transmisión son: X1=X2=0,25 y X0=0,70. Los transformadores están conectados en delta en el lado de baja tensión y en estrella con el neutro a tierra en el lado de alta tensión. Se produce una falla monofásica en el lado de alta tensión del transformador conectado al generador, en el momento que éste está suministrando una potencia de 1,0 (pu). La tensión interna del generador es 1,24 (pu) y la tensión de la barra infinita es de 1,05 (pu). La falla es aislada simultáneamente por interruptores monopolares a ambos lados. Estos la aislan en 0,15 seg. y se reconectan 25 ciclos después de la apertura. Determinar si el sistema permanece estable en estas condiciones. 5.15.- El sistema de la Figura 5.27 está trabajando en las condiciones indicadas. Todos los parámetros en porcentaje están en base 100 MVA. Determinar el tiempo máximo de despeje de la falla si ocurre un cortocircuito monofásico a tierra en el punto F, al comienzo de la línea, y ésta tiene interruptores monopolares. 5.16.- Resuelva el problema 5.15, considerando que los interruptores son tripolares y que se produce reconexión automática exitosa 0,1 seg después que la falla ha sido despejada.

115

1

G

∆

2 1

100 MVA 75 MVA 15 KV 15/115 KV X'd =X1 =X2 =30% X1 =X2=X0 =5% X 0=15% E'=140% H=1,875 seg

X1 =X2 =40% X0=100% F

∆

3 2

V4 =100% 100 MW 4

75 MVA 115/15 KV X1 =X2 =X0 =5%

Barra Infinita

Figura 5.27 5.17.- En el sistema de la Figura 5.28 ocurre un cortocircuito bifásico a tierra en el punto F, al comienzo de la línea, cuando la potencia transmitida en el punto indicado es S& = (175 + j20) MVA . Todos los datos están en base común 100 MVA. a. Si los interruptores son tripolares y despejan la falla en forma simultánea, calcular el tiempo de aclaramiento de la falla (sin reconexión) b. Si los interruptores reconectan la línea 10º después del despeje, calcular el tiempo de aclaramiento de la falla en esta nueva condición.

∆ G

V=100% . S

200 MVA X'd =X1 =X2 =25% 200 MVA X1=X2=X0 =20% X0 =25% H=3 seg

X1=X2 =35% c/u X 0=45% 1

2

F

Barra infinita

Figura 5.28 5.18.- El sistema de la Figura 5.29 está entregando la potencia indicada a la barra infinita, cuando se abre la fase “a” de la línea en el punto P, próximo a la barra 2. Determinar el máximo valor alcanzado por el ángulo δ al producirse la oscilación del rotor de generador. Todos los datos en % están en base 50 MVA.

G

1

∆

2

P X'd =X1 =30% X2=15% X1 =X 2=X0 =5% X0=10%

X1=X2=20% X0=50%

3

∆

(50+j20) MVA 4

V3 =100% X 1 =X2 =X0 =5%

Barra Infinita

Figura 5.29 5.19.- Determinar si los sistema de las Figuras 5.30 y 5.31 siguientes, son estables o inestables para los condiciones permanentes indicadas y suponiendo perturbaciones pequeñas. Los datos en porcentaje están en base común.

116

X=60%

G1 X=30% H=3 seg E1 =120% δ1=30º

G2

X=60%

X=50%

X=50%

X=40% H=2 seg E 2=140% δ2=45º

Figura 5.30 X=60%

G1 X=30% X=50% H=3 seg E 1=120% δ1=30º

G2

X=60%

X=60% X=50% X=50%

X=40% H=2 seg E 2=140% δ2=45º

X=30% H=3 seg E 3=100% δ3=0º

G3

Figura 5.31 5.20.- En el sistema de la Figura 5.32, ocurre un cortocircuito trifásico en el punto F (mitad de la línea inferior), cuando el sistema estaba trabajando en las condiciones indicadas. Todos los datos están en base 100 MVA. La falla es despejada por ambos interruptores en forma simultánea y luego el sistema se reconecta. Determinar: a. Las ecuaciones de PgAF, PgF y PgFD. b. La potencia eléctrica que estaba entregando el generador y su ángulo de torque en el momento en que ocurrió la falla G

(40+j10) MVA

X=40% c/u 100 MVA 15 kV X'd =30%

1 F 100 MVA 15/115 kV X=10% (15+j5) MVA

2

(25+j10) MVA

Figura 5.32

100 MVA 115/15 kV X=5%

V=100%

Barra Infinita

BIBLIOGRAFIA

[1] Grainger John J., Stevenson Williams D., Jr. “Elements of Power System Analysis”, Editorial McGraw-Hill, 1997. [2] Sanhueza H., Hernán “Análisis de Sistemas Eléctricos de Potencia”, Departamento de Ingeniería Eléctrica, Universidad de Santiago de Chile, 1990. [3] Brockering Ch., Walter. “Sistemas Eléctricos de Potencia”, Pontificia Universidad Católica de Chile, 1982. [4] Bergen, Arthur R. “Power System Analysis”, Editorial Prentice-Hall, Inc., 1986. [5] Gonen, Turan “Modern Power System Analysis” Editorial John Wiley & Sons, 1987. [6] Elgerd, Olle I. “Electric Energy Systems Theory: An Introduction”, Editorial McGraw-Hill, Inc; 1971. [7] Wadhwa, C. L. “Electric Power Systems”, India, 1985. [8] Stagg, Glenn W.; El-Abiad, Ahmed H. “Computer Methods in Power System Analysis”, Editorial McGraw-Hill Book Company, 1968