62577393-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<V).
b.
Motor de rotor cilíndrico: Tal como se indicó anteriormente, en el caso en que δ<0, la máquina absorbe
potencia activa. La potencia reactiva en cambio, es independiente del signo de δ y por lo tanto, para ella se
cumplen las mismas condiciones dadas para el generador, esto es:
-
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
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McGraw-Hill, 1997.
[2] Sanhueza H., Hernán “Análisis de Sistemas Eléctricos de Potencia”, Departamento de Ingeniería
Eléctrica, Universidad de Santiago de Chile, 1990.
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Chile, 1982.
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[6] Elgerd, Olle I. “Electric Energy Systems Theory: An Introduction”, Editorial McGraw-Hill, Inc;
1971.
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[8] Stagg, Glenn W.; El-Abiad, Ahmed H. “Computer Methods in Power System Analysis”, Editorial
McGraw-Hill Book Company, 1968