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

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA

.

FACULTAD DE MECANICA 81GUFlM - 2006

1111111111111111111111111111111111111 010109993 N° 09993

Pearson Educación

-

G, 2. 1 :~ j ·q O.=t

ZBL =2202 / 100=~8~Q

==>

ZSG

==>

ZBC I

=

23.913 2 = 5.718Q 100 1322

= - - = 174.24Q 100 66 2

==>

Zn c 2 =

100 = 43.56

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

Z23

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

-O '

2 ·25

= ~S~ = 0.103j

º

8 Sistemas eléctricos de potencia

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

!

:

ef®J':!

ZonaG

Zona

'

el

3

¡

Ji

.

2 Zon'l e2

Zon" L

5

[6

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

• Impedancia del generador:

24 1 / 200 Xc = 1 = 0.504

ZHC • Reactancia de cortocircuito de los transfo rmadores:

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

= 0.1

-

Zln

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

• Potencias en las cargas:

Sel

-o·j

)

= -=

S8

0-' .)j:

Se'

-

50 S8

= -=

0.5

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

=

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

j

Jel = ( -0.5 ll.¡

)*

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

1.05114 c05(02)

=

11]

+ 0.095:

1.05114 sc n (Gz ) =

0.0 103

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

ll.¡ = 0.95 L.

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

J = 0.8 - 0.6j

Pg = 0.8 = 70 MW

Qg

= 0.6 = 52.5 Mvar

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

18

Sistemas eléctri cos de potencia

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

v+j Co nocido (Figura 2.4):

a,

Xq

)

= 1.42 + 0.56 j = 1.526 121.52°

8

=

ade

2 1.52°

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

1"

=

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

Jq = 1'1

1 cos(rp

Id = 1

l'

= 0 .488

+ O.I92}

)d = Id 1'_90° = 0.3 12 - 0 .792}

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

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

eX"

G= V+ j

X.,~ = 1.57

+ 0.76 j

= 1.744 125.83°

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

Pg

= 0.5 7 1 = -E·- V Xd

2

sen o+ -V ( - I 2 Xq

- -I

Xd

) sen 20

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

?

Q g = - - coso - V-

(C05 8 sen 0) -- + -2

2

Xd

Xq

=

0.698

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

Pg

= 0.571 = 50 MW

Q g = 0.698 = 61.05 Mvar

cos rp = 0.634

Sg = 0.902 = 78.91 MVA

. I = 0.902 = 3.3 kA

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

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

Qg

E· V V2 cos8 - Xs Xs

= --

==}

8 = 18.13°

= 0.692

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

Pg

= 0.57 1 = 50

Qg = 0 .692

MW cos rp

= 0.637

= 60.57 Mvar

Sg = 0.902 = 78.54 MVA

1 = 0.898 = 3.29 kA

Capítulo 2 ! Generadores síncronos

,,

,

,,

19

u

§ &.

-1

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

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

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

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

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

v=

O = 1:: - j X., J

=

f ,·c

E

=-

X.,

=

1.836

= 6721

A

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

2.2.

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

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

Sil

f B= - - = 525A J3 V8

ZB

= -S82 = 12.1 Q 3 /B

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

20

Sist emas eléctricos de potencia

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

=

J= O

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



¡

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

J52 -

Q =

1' 2

= ±0.492 = ±43.0 1var

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

P

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

Q -- O. 49?- -- E·X V f

COS

}

E

8 _ X$ v'

= 1.684 Y 8 = -

29.-15°

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

l'

2.4.

} \1 2

x,

==>

E

= 0.98-1 Y 8 = -57.18°

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

22

Sistemas eléctricos de potencia

Resolu ción

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

p2

+ Q 2 :"

1.0

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

e

G~ X.,

j VJ

Q

cp

J p

Punto

MW A

B

e D E

194.00 630. 11 660.00 660.00 194.00

Q Mvar 606.06 453.18 408.18 -406.62 -575.79

E p.u. 1.96 1.96 1.92 1.09 0.32

8 Grados 8.82 29.79 32.03 70.00 70.00

I kA

cos 'P

15.97 19.48 19.49 19.47

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

¡S.25

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

A Defi nido por la excitación máxima, E

= 1.96, Y la potencia mínima.

P

= 0.25:

EV

p = 0.25 = - - sen 8

X,

E· V

V2

Xs

X.~

=

Q = - - cos8--

Q

= 0.781 Y 8 = 8.82°

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

E·V

p = - - se n ó X.,

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

p 2 + Q 2 = 1.0 E = 1.96

X.~

=

p

= 0 .8 12. Q = 0.584 Y 8 = 29.79°

Capítulo 2/ Generadores síncro no s

e

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

E·V = 0.851 = X.I·

senS

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

=

Q = 0.526 . E = 1.924 Y¡¡ = 32.03°

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

E·V

= 0.851 = -Xs

Q=

-E· -V

Xs 0=70'

seno

V2

cos8--

Q = - 0.524 Y E = 1.086

X~

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

=

E·V

Q = --

Xx 8 = 70'

E·V scn8 X,

-

.

C05S -

V2

-

X.I·

Q = - 0.742 Y E = 0.319

23

CAPÍTULO

TRANSFORMADORES

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

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

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

Figu ra 3.1 Circuito equiva lente de un transformador monofásico.

26

Sistemas eléctricos de potencia

+

u,

U'I'

+

+

Uf'

U.\

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

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

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

:JI//!

a

A

HA..\'

11 11m! B

O

b

11

e

o

e

11 N

n

HeN

Hu¡\!

Figura 3.3 Conexión YyO de un transformador t rifásico.

Modificando las conexiones de los devanados se obtienen otros desfases. que siempre resultan ser múlt iplos de 300 . Por ello. se acostumbra a denominar las conexiones de los transfo rmadores trifásicos mediante un número que refleja la posición en la esfera de un reloj de la tensión del devanado de menor tensión cuando la del de mayor tensión se encuentra a las 12:00. AsÍ. los dos t:iemplos anteriores se denot intensidades nominales re sulta n: 100 100 IN = ---;=- = 0.144 kA y IN, = -=~- = 0.262 kA

./3400

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

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

•

-

ti.

ti, j X(.(.

Z

:::J

u. = 11., + j

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

3.~

11: t

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

u.• =

.-

1

~

s, =

1~

=>

:J .• = 1 ~

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

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

u. =

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

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

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

36

Sistemas eléctricos de potencia

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

JI)

J

-

-

Js

1/ :

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

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

)2 -

) = 11

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

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

(400/220 kV ): 11

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

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

J/J-

-

IIp =

J.\

u, + j x"''),

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

II 1>

X"" J2)

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

+j

0.256 = 0.551 127.7 0

j2 = 0.512

~

j 0.256 = 0.573 1- 2(\.00

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

J" _

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

-:J.~

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

Capitulo 3 / Transformadores

37

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

100

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

u,> = Jp

-o..-

-

j Xa :

UI' =

Js

+j U, + j U,

J, = J I

Xcc J! Xc" J,

+ J2

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

J2 =0.5

~

Up

= 1.0 + j

0 .06

= 1.00213 ..)30

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

3.5.

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

Resolución

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

0

I

11

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

38

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

3.6.

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

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

M~l

si n que se

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

11" = \1,, 10

y

110

= V" lL

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

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

I P,, = 15 =X sen 8

==>

8 = 9.42'

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

I

Pe, = - sen 8 = 6.82 Xt

P,., = -

-

I

X2

seno = 8.18

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

Q,., = -

I

I

==>

cos8 - - = - 0.674 X2 X?

52 = 8.2 1

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

X

X

X

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

X

Capítulo 3/ Transform adores

39

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

= 0.02 ( 100/ 800) = 0 .0025

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

¡

PC1

= -X,

P" =

Xl

se n o

+ X cc

sen(8

+ a)

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

CAPÍTULO ,

LINEAS

-

4.1.

LINEA DE

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

cosh (yl) senh(yl)

Jdonde:

"'"

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

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

(-l. I )

Q.

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

0'.

se

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

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

7r

[

cosh (y l ) - 1

- 1 cosh( yl)

(4.2)

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

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

¡lil

~/'=?' -

tanh(yl j 2) y I j -?

(4.3)

42

Sistem as eléctricos de poten cia

----:1"--¡--c::J----¡---.;J:.,. ___ +

+ ~

Z,

v,.

~ f'

v"

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

7T

de una línea.

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

Zo = Ro = J L, ¡C,

y=jw~ =jfJ

(4.4)

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

josen(fJl)

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

(4,5)

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

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

- R)J,. sen fJl

(4 .6)

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

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

Z., ",Z, I

=R+

jX

ti

~2 ~II

VI' ""'"

--

'H I?

J (' -

(47)

Capitulo 4/ Líneas

kV

Ro ([2)

66 132 220 400

385 390 400 325

43

Po (MW)

10 4S

130 490

Tabla 4.1 Potencia natural para diferentes tensiones nomina les.

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

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

,

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

(4.8)

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

(.\.9)

• Extre mo e misor: P,. = V,

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

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

(410)

+ Ve' (B -Bcl2)

(4 .1 1)

P, . Q,

C - jB

!!.r.

J 2

V,.

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

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

(4.12)

Q,.

+ j¡.P,

P{'

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

Q,

+ j¡. Pe =

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

y para el extremo emisor, i'

(4.13)

~( V, - Ve coso)

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

44

Sistemas eléctri cos de potencia

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

" \1

V,.. vacío - Vr . carga

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

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

X ( Q r + -R) PI"

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

V ;::::::

X

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

"

1. 2 ~

'2

~

1

0.8

0.8

0.6

O.6r

I

0 .4-

0.2 50

100

150

00

200

0.5

2

1.5

Pm

DelIa

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

o

e

~ 1.5

8

0.5

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

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

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

4.7.

COMPENSACiÓN EN SERIE

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

48

Sist emas eléctricos de potencia

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

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

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

PROBLEMAS RESUELTOS 4 .1.

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

Parámetro

Valor

InduClancia L Capacidad Resistencia R Longitud I

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

e

0.0329 Q/km 800 km

Tabla 4.2 Datos de la línea del Problema 4.1.

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

Z,

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

IJ 1 = G + .i B

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

km

S km

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

y de la línea.

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

ka -

7

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

y = jz,~, = 5.044 · 10- ;

+ 1.058 · 10- ')

~"

= 1.059.10- 3 187.271

km - I

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

u'·o,· iJ ; ' -_ _~21 /_ - 1.-79'~

.

I O' - '"j

= 1.298 · 10- 'J l2Q.

S

Capitulo 4 / Lineas

49

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

Zi' = Z, I

~d;, = ,

senh(yl) yl

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

2 y l/ 2

20.374

+ 244 .046)

= 8.576 . 10- 6

= 244.895185.228

I 1.381

Q

10- 3) = 1.381

10- 3 1 N9.6.\.\

S

/

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

26.32Q

770.35Q

770.35Q

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

2'¡4.ü'¡Q

20.37Q

723 .89Q

I I 660'¡Q

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

4.2.

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

Parámetro

Valor

Inductan cia L

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

Capacidad

e

Resi stencia R

Tabla 4.3 Datos de la linea del Problema 4.2.

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

50

Sistemas eléctricos de potencia

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

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

~I = G

+ jwC =

-

Q

km

S

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

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

Zu =

~ = 290.-1.+ -

V~

--

31.965j = 292.1931-6.281 Q

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

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

Ve = 247.516 + 26.865j = 248.9716.195 kVJ,

= 0.713 - 0.417 j = 0.8261-30.296 kA

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

y la efic iencia en la transmisión.

I}

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

~H(Se)

~ ¡ (V .J*)

"

~¡(V,J;)

100 = 95.575 o/c

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

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

~;O" = ~/ = 2

Q

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

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

v, = Je

+ Z~O"(J,.

V,

= ~,

+

V,¡J~on

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

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

=

V - V e

V,

'100 = 13.5'+%

y un a eficienc ia de valor ~¡(S,)

I}

= - -

~H(S ,)

~¡(V,~ ')

lOO =

' lOO = 95.549%

~¡(V,~;)

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

Capitulo 4 ! Lineas

51

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

Error v =

e

. e

Vd" e

249 . 114 - 248 .97

100= - - -- - 249. 114

100 = 0.058%

y para la inte nsidad Jdi .~

Error¡ =

{'

_ /con

d"

le IS

l'

100 = 6.291

10- 3 %

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

4.3.

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

Par¡',metro lnductancia L Capacidad C Resistencia R

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

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

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

lCJ

Q

l9C> km - I

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

V,. = 3801 J3lCJ

'" 219 .393 lCJ kV

600 · 0.8 - 600 . 0.6j

3 · 2 19.393

lCJ

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

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

+ Zo:l, senh(yl ) =

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

+-

V,. 2: 0

265 .5 15

+ 88.778j

= 279 .964 I ISASS kV

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

52

Sistem as eléctricos de potencia

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

v, = 282.61 18.92

kV

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

=

Je

= 0.912 1-36.s7 kA

302.35 1' 7.6.1 kV

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

4.4.

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

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

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

Tabla 4.5 Datos de la linea del Pro blema 4.4.

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

~ 201

200 = \ -

~1

y =

=

i 2o, ~ I

j R + WLj .

wC;

.

= 289.003 - 13.768j = 289.333 1-1.727 Q

~----

= i (R

= 5.19 . 10-

5

+

+ w Lj)(wCj)

1.09·

1O- 3 j

=

= 1.091 . 10- 3 187.173

km-

I

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

=

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

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

=

11,. = 22 1.964 kV

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

+ Zo

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

Capitulo 4/ Lineas

53

Tomando módu los se obtienen dos soluciones:

x= y

- 22.235 Q

x = 3.782 . 103

Q

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

Qx

=X =

380000 2 3.782 · ID'

3.8 18.10 7

=

38 .1 8 MVA

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

Z;""

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

.~,on = ~'I = 2.639· 2

10- ·j

Q

= 2.639·10-· 190

S

.1

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

V,.

(y~on)

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

0.2-19j

~~on

s

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

~,"un + _1_ ,

Xj

= O

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

(I~

=

1

~

Iv LC

5774 km ).

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

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

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

80

Sistemas eléctricos de potencia

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

[

-'10 -10 50 O -10 20

O - 10 10

,

1.0 0.27-1

][~~~]

0.952 - 0.336 0.769

=

g-'

=

LlO

+ O" =

[8':J]

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

-

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

- 0.08-1 -18.1-18 [ -9.091

- 9.09IJ 9.9

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

J

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

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

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

- 19.992 48 . 1-18 - 9.091

O] S

- 9.091 9.9

=

[IJ O O

=

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

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

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

11'] [ ,,_,

S, .I:oQ,

1

=

0.998

=

1:0

0.7 __,

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

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

V2

=

[0~98l

02

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

0 .941

[(J}O,-

O. 7?' - ,)

.,

.1

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

= [

~e

SO I1 :

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

j

determinan de nuevo los res iduos dc potencia

~.~~~ J

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

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

Capitulo 5 / Fl ujo de cargas

81

- Activa, - - Reactiva

,

, ,

,

,\.

\,

,

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

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

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

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

'" º,] ["'º,

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

=

=

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

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

\1 7 --

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

-

,

V-7

09'0 ..,,-

8= 7

[ :(]

8,

e!

0.699

~

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

.'

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

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

,,3

(J.l

O

\, -, =

O

\1 3 1

,

\,3

\1 .1 .1

=

roL

0.948

8.1 =

8.1 1

(Jf

O'3

-

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

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

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

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

- Activa , - - Reactiva

,

, ,

, ,

,

,

,

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

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

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

Parte 11

CONTROL DEL SISTEMA DE POTENCIA

~

CAPITULO

CONTROL DE FRECUENCIA

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

C0l110

la frecuencia de las

s~ñ . dcs

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

86

Sistemas eléctricos de potencia

Consignas

Com.ignas

Coordinación

ACl uacione:-.

NIVEL TERCIAR IO

NIVEL SECUNDA RI O

NIVEL PRIMARIO

(Global)

(Zonal)

(Local )

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

6.2. LOS ELEMENTOS

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

Pm

-

Pe = w la = Ma

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

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

----

• • ••

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

Capitu lo 6/ Control de frecuencia

87

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

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

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

SISTEMA AISLADO

En \.m

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

K

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

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

ECA;

=

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

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

+

ECA;

Bucle primario

+

!!.f " - --

- -- --1

fJ;

Figura 6.2 Esquema de control secunda rio potencia-frecuencia.

88

Si stema s eléctricos de pote ncia

PROBLEMAS RESUELTOS 6.1.

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

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

e:,I = SO = 2 La va riación de potencia mec de cOlldensadores y reac/(II/cias util izados para aponar reacti va, o consumir reactiva en el caso de las reactancias. cuando sea necesario. Son elementos discrelOs e n el sentido de que se co nec tan eleme nto a elemento. proporcionando una variable de control en increme ntos discretos o, como en el caso de grandes reactancias. una actuación todo/nada. • Transformadores COII tomas variables en carga que permiten variar su relac ión de transformación en forma discreta segú n el número de espiras de cada toma de regul ació n. A diferencia de los anteriores, no tienen capacidad para inyectar reactiva en la red, ac tuando como elementos que mod ifi can los fl uj os de potencia reactiva en el sis tema. Jun to a los anteriores equipos, se pueden utilizar otras ac waciones que afec tan a las tensiones pero cuya conveniencia es di scurible, como puede ser la apertura de líneas descargadas O el deslastre de cargas. Tanto la elección del tipo de control a utili zar como las decisiones referentes a su actuación, alltOluática O con intervención humana, están en ge neral condicionadas por el nivel de tensiones del subsistema a co ntrol ar. Así, mientras que la actuación de los conlrol es de tensión y potencia reactiva tiende

98

Sistemas eléctricos de potencia

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

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

Con!:>igll::ls

Consignas y actuaciones

~

=-8 1 1- 17.350

Se ) '

= k = ( 11c

De es ta forma. la tens ión resultante en bornas del generador es He

1.275124.1 70. es deci r. 16.57

kV. La potenc ia suministrada en bornas del generador val e :

Se =0.8+0. 71 }

71 M var

=}

Segunda cuestión: las magnitudes impuestas e n este caso son: • Tensión uni taria en el nudo de carga. Uc = 1 L2:.. • POlenc ia acti va ce ro para el motor síncrono. es decir. P¡\f = O. • La potencia reactiva su mini strada por el generador es cero. Qc = O. En esta situació n es posible plantear el sigui e nte conjun to de ecuaciones :

ll5 = 11c + donde

(~~)' = 0.8 -

3c =

k · 0.3013) 0.25} = 0.838 1 1- 17.W

Resulta portanto Us = 1.075 + 0.2'+ I} = 1.102 112.630. Con es ta tens ión. y teniendo e n cuenta que se conocen las potencias activas y react ivas inyectadas po r el generador (80 MW y O Mvar respect ivam eme) resulta el siguiente par de ec uacio nes:

Pr; = - 08= Qe = O =

Ve' Vs Xe s

Ve' lIS Xe 5

sen(lIs-lIe) =

1.102 Ve 0'- 1' sen( 12.fi3 - Bc) .0)

vJ

cos(lIs - lIe) - - - = Xes

o

vJ

1.1 02 Ve cos(l2 .63 -1Ic)0 ..»13 0.3513 0

-

Resol vie ndo se obtie ne la tensión en bornas del ge nerador: llc = 1.07 I 26.·,.J1° . Conoc idas las tensiones, se pueden determinar las siguientes intensidades:

3e =

(lle - 11 s ) )X GS

0.669 + 0.333} = 0.747 1-26.420

3"'1 = k - 3e = 0. 13 1 - 0. S83} = 0.597 1-77.360 De esta forma se dete rmin a la te nsión e n bornas del motor sínc rono:

11,., = lls + 3M O.08} = 1 15 112.630 y co n ello la pote ncia reactiva suministrada por el mi smo

3 M =UM 1~, = 0.687)

=

68.7 Mvar

Cabe resaltar q ue la reactiva suministrada por el motor resu lta menor qu e la que debía inyec tar el generado r (7 1 M var), c uan do este último e ra el único apoyo de reactiva e n la red. La razón de es ta di sminuc ión se encue ntra en la posició n más ce rcana de l motor síncrono con res pecto a la carga, lo que

106

Sistemas eléctricos de potencia

implica una intensidad menor por el primer tramo de línea y por lo lanto un menor consumo de reactiva en la red .

Tercera cuestión: si se traslada el motor síncrono y el transformador correspond iente al punto de consumo. el esquema.uni fi lar resultante se representa en la Figura 7.8. TI

G

LI

L2

s T1 -

-

8

M

Figura 7.8 Esquema uni!ilar para el Apartado 3 de la red del Problema 7.3.

Las condi ciones de tensión y potencia en este caso proporcionan las siguientes ecuaciones para el generador:

Pc

= -

0.8

0e;=0 = -

=

Vc · Vc Xcc

. sen(fic

- fic)

=

1.0 Vc

0.65262

. sen(O -

fic)

Vc . Vc . VJ 1.0 Ve; vJ · cos(fic-fic)--- = _??cos(O-fic)_?? X cc X e;c 0.6) _6_ 0.6)_6_

Dicho sistema de ecuaciones no tiene so lución. indicando que no es factible trabajar con el generador suministrando Ulla potencia reactiva nula. Suponiendo. C0l110 solución de compromiso. que el motor síncrono trabaja proporcionando la mitad de su potencia nominal (50 Mvar).

P", = 0.0 =

VA! · Vc

XMc

-Q ,,/ = - 0 .5 =

. sen(fiM

V,.¡ . Vc . X",c

-

I.O VM

fic) =

0.08

,

V,\I . Vc X MC

,

Vil 1.011,\1 V,i1 . cos(lIc - fi "d - - ' - = . cosCO - fi ,,¡ ) - 0.08 X",c 0 .08

Ecuaciones que proporci onan las cond iciones en e l 11101Or. síncrono inyecta en el nudo de consumo es. por tanto . QMC =

. sen(fiA! - O)

lCH

112-

. COS(fiM - fic) - - - = XMC

1.0385

1.0385· --:c-:c-::- -

0.08

L2_. La reactiva que el 1110tor I

-

0.08

= 0..+815

de los cuales parte n hacia el nudo de generación 0.4815 -0.25 = 0.2315. Las cond ic iones en el generador se obtienen de las siguientes ecuaciones:

Ve; . Vc 1.0 Vc -Pc = - 0.8 = - ' - _-'- o sen(fic - fie;) = _ . sen (O - fie;) Xec 0.6)262

Qcr = - 0.2315 =

IIc · Vc X ce

. cos (fic -

fiel -

V2

1.0Ve;

X e;e

0.65262

_ c_ =

I . cos(fie; - O) - ~~"C"

0.65 262

Ecuaciones que proporcionan He = 0.997131.59° Y la reacti va que debe suministrar el generador:

-O e; -

=

Ve; . Ve Xcc

7

. cos(fic

Ve; - fi e ) - - Xe;c

= -0.221

Es decir. el generador debe proporcionar 22 Mvar cuando el motor síncrono aporta 50 Mvar.

107

Capítulo 71 Control de tensiones

7.4.

El generador de la figura alimenta a una carga de 150 M\V y factor de potencia unidad a través de un transformador de 3 devanados y 2 líneas en paralelo. En el terciario del transformador se ha previsto la conexión de una reactancia de 5.175 n/fase para compensar la capacidad de las líneas en situaciones de poca demanda. El esquema unifilar se muestra en la Figura 7.9, y los datos a~ociados a cada elemento se detallan en la Tabla 7.4.

Figura 7.9 Esquema unitilar de la red del Problema 7.4.

Trabajando en p.ll. (SB = 100 MYA) Y sabiendo que la tensión del generador puede variar enlre 9.9 y 12.1 kV. determinar si será necesario conectar la reactancia para mantener la tensión del nudo de consumo a 400 kV en las condiciones de demanda indicadas.

Elemento Línea LI Línea L2

PS T

PT

ST

Valores característicos 100 km. X - 0.37 Q/km. Y - 11 !,S/km 100 km. X = 0.37 Q/km. Y = 11 !,S/km SN = 160 MVA. 400/ 11 kV. X PS = 20% SN = 160 MVA. 400/ 66 kV. X PT = 10.5% SN = 160 MVA. 11 / 66 kV. X ST = IOc,¡.

Tabla 7.4 Datos de los elementos de la red de la Figura 7.9.

Resolución Si se lomu como potcnc.ia base 100 MVA y co mo tensiolle~ ua~t! 11 kV en la zona del generador. 400 kV en la línea. y 66 kV en el lado de la reactancia. resulta el esquema y los valores en p.lI. 411c se l11uc,stran en la Figura 7.10. habiéndose adoptado para las líneas su modelo en 1(. Las capacidades a ticrra tienen todas el mismo valor.

0

0

0)

jX L

8

= O. 023 j

3.,

3c j Xp

= O .6~06j

T

'J p~

Jp l

T Se

_ 1jX T

= O.OOI56j

T

~

1.76 ~L -= - j 2 2

jXB =O.119j

Figura 7.10 Esquema en p.u. de la red del Problema 7.4.

T

=

1.5

108 Sistemas e léctricos de potencia Siguiendo la notación indicada en la Figura 7. 10, se determina en primer lugar la tensión en bornas de la carga cuando el terci ario del transformador se encuentra abierto. La intensidad demandada en el nudo de carga. suponiendo en éste tensión nominal y toma ndo origen de ángulos. vale:

Je =

ti;-e)* = ( 11.5 )* = 1.5 (S jO'

Como las líneas en paralelo son exacta mente iguales. la intensidad de carga se reparte por igual en tre

ambas. Con és ta. y la inte nsidad por la capacidad del extre mo 1 de la línea

= O.8S) se deduce la inte nsidad por la impedanc ia seri e de cada lín ea

J., =

J~ + J p ,

= 0.75+0.88) = 1.1561 -1956'

Con esta intensidad se determina la tensión en 2:

1I2 =1I, +J,)XL = 0.98+0.0 17) =0.9798 1I.O W Con esta te nsión se obtiene a su vez la intensidad por el conde nsador del extre mo 2 de una de las lín eas:

JI" = 'iJL · 1l2 = - 0.015 + 0.862) = 0.862191.01 ' 2 -Así. la intensidad que circula por el pri mario del transfo rmador. la cua l coincide con la que proporcion a e l generador, vale:

J p = Je = 2(3, + J p,) = 1.469 + 3.484) = 3.781

167 .130

Teniendo e n c ue nta que el devanado te rc iario del transformador está ab ie rto , la tensión en bornas de l ge nerador resulta:

11-1 = tL2 + Jc(X S + X p)) = 0.544 + 0.201 ) = 0.5812028' La te nsión qu eda bastante lejana de los límites de ex pl otación marcados (tensión mínima de 0.9 y máxima de 1. 1), Y el generador tiene que absorber una reactiva muy elevada (Q e = - 160 Mvar). Obviamente, tal situación sería insostenib le e n la práctica.

Este valor tan bajo de tensión con respecto a la nominal del nudo de carga, se justi fica debido al efecto Ferran ti provocado por las capacidades de la s lín eas a lierra. ~ Al conectar la reactancia del transformador. las inten sidades obte nidas anteriormente sig ue n siendo

válidas. Con J p se calcula la tensión en el nudo 3:

113 = 1I2 + JI' (j X p) = 0.756 + O. 111) = 0.765 18.38' y con esta tensión. la inten sidad por la reac tancia conectada

Finalme nte la nueva tensión en bomas de l generador vale:

1I4 =1I3 + OT +J8 ) · ) X s =0.9271 + 0.25 75) = 0.962115.52' que se e ncue ntra ahora entre los límites permitidos. Compruebe el lector que el tran sformador trabajaría sobrecargado debido a las potencias reactivas de la reactanc in y de l generador.

Capítulo 7 I Control de tensíones

7.5.

109

En la red radial de la Figura 7. 11 . un nudo de potencia infinita de 400 kV alime nta a otro embarrado donde se consumen 900 M\V y 140 lVIvar a 132 kV, a través de una línea y un transformador en serie

con una \mpedancia conjunta de 7 + 70j Q. El transformador posee \OI11aS de regulación que permilc n variar su relación de transformación 1 un ± 10% alrededor de su va lor nominal para controlar la tensión del nudo de carga. Se desea conectar un co mpe nsador síncrono en la barra de carga . ¿Cutíl debe ser la potencia de ese

compensador para que la caída de tensión en la carga no sea superior al 10% cuando el transformador ha llegado a su límite en la toma?

Qs

Figura 7.11 Esquema uní!ilar de la red del Problema 7.5.

Reso lución Ut ilizando como potencia y tensiones base para el análisis e n p. u. 100 MVA. 400 y 132 kV respectivamente. e l circuito monofásico eq ui valente del siste ma bajo aná li sis. tra s p,-lsar la impedancia de línea y el embarrado de potencia infinita al secundario del transformador. es el mostrado e n la Figura 7.12.

8

0.00~3 7 5

8

+ )0.04375

SL = 9 + lA)

,2

Qs

Figura 7.1 2 Monofásico equivalente pa ra el Problema 7.5 .

Puesto que e l tran sformador controla el nudo de carga y se sabe que éste ha alcanzado su límite e n la toma buscando reducir la caída de ten sión en la línea, se deduce que dic ho límite es de 1 = 0.9. Con este va lor para la toma se plantea la ec uación:

Z -·)+1[, /2

siendo

) = (S L -

Qsi ) '

ll, En es ta ecuación la única incógn ita es la reactiva inyectada por el compensador síncrono. fijándose la tens ión de l nudo l a la máxima caída ele tens ión permitida, esto es. VI = 0.9 . Este valor se deduce ele considerar que. puesto que con la tom a del transformador no se ha logrado man tener el límite de máxi ma

110

Sistem as eléctricos de pot encia

ca ída de te nsión (10%) . se trata de ver la reacti va mínima a inyec tar en e l lado de carga para re to mar esa limitación de caída e n la línea. Tomando e l orige n de áng ulos en e l e mbarrado de carga resulta: -

1

0.9

Z(S-jQS)*

= 0. 9 + - ,

0.9-

0.9

De esta ecuac ión se deduce la reac tiva mínima a inyectar, Qs = 11 0 .036 Mvar.

7.6.

En el esquema de la Fig ura 7. 13 se supo ne que el embarrado Oes de potencia infi ni ta. y los datos de los elementos que cons ti tuyen el resto del sistema se indica n e n la Tabla 7 .5.

®

G)

0

CD

k? 1 J P @ 72

l

T

Figura 7.1 3 Esq uem a unifilar de la red del Problema 7.6.

Trabajando en p.lI . (58

= 100 MVA) resolver las sig ui e ntes cuestiones :

1. Si se mant iene la toma del transfonrlador TI a su valor nominal, determ ina r: a) Reactiva que ha de inyectar el condensador en 3 para mantener la tens ión de dicho nudo a su valor nominal, con la carga en 2 desconectada. b) Tensiones de los nudos 2 y 3 tras conectar la carga existente en el emba rrado 2, con el condensador calculado en e l apartado anterior conectado. 2. Calcular la relación de transformación del transformador T2 para mantener la tensión en 3 a su valor nominaL con el condensador calculado en el apartado anterior conectado. La relación de transformación puede variar entre un ± 10% de su valor nominal.

Valores caract e rístícos

Elemento TI

Línea T2 Carga en 2 Carga en 3

s'" _

35 MVA, l l j 66 kV. X T , _ 14% X L = 17.424 Q/fasc S", = 25 MVA . 66 j 20 kV XT2 = 10% 1S MW. cos,!, = 0 .8 inductivo 18.75 MVA . cOS,!, = 0.8 inductivo

Tabla 7.5 Datos de los elementos de la red de la Figura 7.13.

Resolución

Primera cuestión: si se toma como potencia base 100 MVA y como tensiones base II kV en la zo na del nudo de potencia infinita. 66 kV en la línea. y 20 kV en el nudo 3. resulta cl esquema y los valores en p.u. que se Illuestran en la Figura 7. 14. En este esq uema se muestra la situación de partida. con el transformador T2 en su toma nominal y conectada la carga y el condensador existentes e n 3.

®

OA}

OA}

o

OA}

G)

-r TI

8, = 0.15 +O.1 125}

Qc

Figura 7.14 Esquema en p.u . para la red de partida del Problema 7.6.

Capitu lo 7 I Control de tensio~es

111

Forzando las tensiones nominales en los nudos O y 3 Y tomando el origen de ángulos en este último. se plantean las siguientes ecuaciones de nujo:

P3 = Q3 - Qc

xVa V) ' sen(Oo -113) = 1.21 ' sen(lIo Va V3

= __ o

X

\/,2

•

O)

= 0. 15

1

cos(lIo -113) - -"- =

- . cos(lIo -

X

1.2

De este sistema se obtiene 80 = 0.181 radianes y Qc

=

O) - -

1

1.2

= 0.1125 -

Qc

0. 1261. Así. la reactiva a inyectar por el

condensador para mantener la tensión del cmbalTado 3 a su valor nominal es de 12.61 Mvar. Si se coneclí). además la carga en el nudo 2 . y supon iendo que la react iva de l condensador no varía respecto a la calculada en el aparrado anterior. el esquema eléctrico re suhante es el que se indica en la Figura 7.15.

®

0.4j

CD

G)

OAj

O.4j

s) =

0.15

+ 0.1125j

,

1[i!I¿

T I

+ 0.1125j

S2 = 0.15

=

jQc=O.126j

Figura 7 .1 5 Esquema en p.U. del Problema 7.6 con la carga en el nudo 2 conectada.

Las ecuaciones correspondientes al nuevo esq ue ma eléctrico. tomando el origen de áng ulos en 3. son:

1 180 = )(XTl -

Sustituyendo datos. 8, - ) Qc de las incógnitas:

110 = 0.362 rad.

+ X¡J

[(

= 0. 15 -

83 - ) \/3

Qc)*+ (81 ]+ -\1, - )*

l.Q.

0.014) . 8,

11, = 0.08-1 rad.

1B,

V, IO, -

= 0.15 + 0. 112) Y Va =

V, = 0.8-1-1 p.U.

1 se obtienen el resto

\13 = 0.8-18 p.U.

Segunda cuestión: como se observa de los resultados ante riore s. las tensiones en los nudos 2 y 3 son bastante bajas. Se acude entonces al último elemento disponible para la regulación de tensión. esto es. las tomas del transformado r T2. El esquema unifilar asociado. suponiendo que la reactancia del tran sformador es tá referida al sc un

.,

136

Sistemas eléctricos de potencia Asimismo. para el desarrollo del primer apartado. consideramos un vec tor de medidas tal como:

V,

1.05 1 0.95 O O

\12

V,

--

P2 Q2 P3 O' _.'

0.2

con matriz de pesos

W=

103

O

O O

10 3

O O O O

O

O

O O 10 3

O O O O

O O O O

10 6

O O

O O O

O O O O

O O

10 6

O

O O

102

O O O O O O

O

102

O O

Donde se han considerado medidas de valor Opara las potencias acti va y reactiva consumidas en el nudo 2. Por tratarse de medidas ficticias. de cuyos valores tenemos certeza: les hemos as ignado pesos de 10 6 , mi l veces mayores que los de los vo ltímetros. La relación entre medidas y vector de estado es: Xl -'"2 x3

h(x )

=

-IOx, x2 sen(x.¡) - IOX2 X3 sen(x4 -X5) 10-'2 (x, COS (X4) - X2) - IOX2 (X2 - X3 cos(x.¡ 1Ox2 x, sen(x.¡ - X5 )

-',»

10 x3 (..'2 COS (X.¡ - X5) - X3)

El vector de estado inicial .,.0 _ [ 1

O O

l'

conduce a: • Vector de relación entre medidas y estado

O O O O

f

• Matriz jacobiana

O O O O 1 O O O 10 O O O - 20 10 10 - 20 O O O 10 -10 O O 10 - 10 O O O

O

1 O O

fl ex o) =

1

O O

• Matriz de ganancia

G( ,",

~

H'WH

~

,e' [

100001 -200000 100000

-200000 40001 1 - 200010

O O

O O

100000 -2000 10 100011

O O

O 400010 O O -200010

O

O O -2000 10 100010

Ca p itulo 8 / Esti mació n de esta do

• Vector de residuos

0.05 0.00 - 0.05 0.00 0.00 1.00 0.20

r(xo) = Z - h(xo) =

L os incrementos que se obtienen para la primera iteración son:

0.0250 0.0000 - 0.0250 -0. 1000 - 0.2000

"'xo = C - I HTWr =

y. actualizando, obtenemos la nueva estimac ión del estado

xl = x O+ "'x o =

1.0250 1.0000 0.9750 - 0.1000 -0.2000

Tras 4 iterac iones, el método converge a:

1.0358 0.9960 0.9664 -0 .0977 -0.2024

x =

con residuos

r(x) =

0.0 142 0.0040 -0.01 64 0.0000 0.0000 -0.0063 - 0.0329

y función de coste l (x) = rTWr = 0.6022. Para el Apal1ado 2 consideraremos sólo las medidas que realmente tenemos:

Z=

VI V2 V3

P3 Q3

1. 05 =

0.95 1 0.2

Sobre la base de dichas medidas nos plan teamos el problema de:

Minimizar

Sujeto a

1 2 c(x) = O

l (x) = - [z - h(x)¡TW[ z - h(x)]

137

138 Sistemas e léctricos de potencia donde Xl

X2 X3

10 X2 X3 sen(x4 - X5) (.q cos(.q - X5) -

10.1'3

.1'3)

es la relación entre medidas y vector de estado, y

- IOxI X2 sen(.q ) - IO X2X3 sen(X4 - X5) e () x = [ IOX2 (XI cos(.r4) - X2) - IO X2 (.1'2 - x3 cos(_q -

] X5))

son las restricciones de que las potencias activa y reactiva demandadas en el nudo 2 son nulas. La solución de este problema se consigue iterando con el sistema :

y xk+1 = x k + "'x"La matriz jacobiana para las medidas, H , es: 1 O 1 O O O O IOX3 sen(,q-x5 ) O 1OX3 cos(.r4 - X5 )

O O IOx 2 sen(x4 1OX2 COS(X4 - X5 )

X5 ) - 20X3

O O O

O O O

IOX2X3 COS (X4 - X5)

- IOXZX 3 COS(X4 - X5)

-10X2X3

sen(x4 -X5)

IOx2x3

consiguiéndose de modo análogo la matriz jacobiana para las restricciones ac¡ Cij = Xj

El vector de estado inicial

O O

r

conduce a:

• Vector de relación entre medidas y estado

O O

r

• Matriz jacobiana de medidas

H (xO) =

O 1 O O O O 1 O O - O 1 O O O O O O O 10 -10 O O lO -10 O

• Matriz jacobiana de restricciones C(xo) = [

O O -20 10 O 10 -20 10 O O

]

• Matriz de ganancia

C (x o) = H TW H = 10 3 -

1 O O -10 11 O O - lO 11 O O O O O O -

O O O O O O 10 -10 10 10

sen(.q-x5)

Capítulo 8 1 Estimación de estado

139

• Vector de residuos de las medidas 0.05 0.00 - 0.05 1.00 0.20 • Vector de residu os de las restricciones

En la primera iteración se obtienen los incrementos:

0.0250 0.0000 - 0.0250 -0.1000 -0.2000 y el multi plicador de Lagrange ).. = -2 .5.

Actuali zando, obtenemos la nueva estimación del estado:

1.0250 1.0000 0.9750 - 0.1000 - 0.2000 Tras 4 iteraciones. el método converge , prácticamente, al mi smo estado que en el Apartado 1, s ie ndo Á = - 1.4 195.

el multiplicador de Lagrange en este estado

~

CAPITULO ,

EVALUACION DE LA SEGURIDAD

El objetivo más importante que se persigue en los centros de control de los sistemas eléctricos de pOlencia es asegurar el suministro. Esto se logra cua ndo el siste ma tiene capacidad de permanecer en un estado normal ante cam bios previ stos e imprevis tos en el mismo. Se considera que el sistema se encuentra en . estado normal cuando la demanda es sa tisfec ha y las magnitudes eléctri cas están dentro de unos límites. Una clasifi cación de los distintos estados del sistema eléctrico es la mostrada en la Fig ura 9.1. En la planificación y explo tación de los sistemas eléctricos de potencia se necesita un a herramienta capaz de evalu ar la seguridad del siste ma. Esta herramienta determin a el estado de la red tras la pérdida de uno O varios de sus elementos. detectando sobrecargas o ten siones anó malas. Para determ in ar estos estados se necesita realizar sucesi vos flujos de cargas. siendo el método desacoplado rápido el más usual. Ten ie ndo en cuenta la magnitud de l problema a tratar. éste se ha resuelto hi stóricamente usa ndo dist intas apro xi maciones: • No anal iza ndo todas las cOIHingencias posibles. En esta línea destacan los métodos de clasificación y de se lec Po

=>

Incrementar ),

==}

Decrementar A

(el Si el error en el balance de potencias de l sistema no es des preciable. ILi Pc, - poi < E, vo lver a (al. Si los cambios en las potencias so n relativamente pequeños, terminar. En caso co ntrari o, vo lver a 2. 4.

10.3.

PROGRAMACIÓN DE ARRANQUES Y PARADAS DE CENTRALES TÉRMICAS

El problema de la programación de 31Tanques y paradas de centrales térmicas o ¡mil comm ilm em consisle en determinar qué centrales van a estar en servicio y cuánto van a generar en cada períod o con el objeto de optim izar los costes de producción. teniendo en cuenta la evoluc ión de la de manda a cubri r por las centrales térmi cas a lo largo del hori zonte de programación. Suponiendo que el horizonte de programación es de 24 horas y que exi sten II g ge neradores térmicos, la función de costes a optimizar se puede exp resar de la siguiente forma: Minimi zar donde Cg . 1 es el coste de generación del ge nerador g en la hora 1, función de la potencia med ia generada en dicha hora Pg .¡, y Ag es la sum a de otros costes en que incurre el generador g, típicamente costes de arranq ue y parada de la central. Las restri cciones que debe cumplir el problema de optimización se pueden clasi fi car en dos grupos: restri cciones impuestas por el sistema eléctri co y restri cciones particulares de cada ce ntral. • Restricciones glo bales • Balance energético en cada período: /l it

Po, =

LP

g .r

t

= 1.. ... 24

8= 1

siendo Po, la potencia media demandada durante cada hora . • Restricciones de reserva roe/alife o margen disponible de g~n e rac i ó n en servicio para hacer frente a imprevistos: Il lt

Po,

+ Rr

" pgm", . Ug .1 -< L8=1

t = l .. ... 24

166

Sistemas eléctricos de potencia donde Rt es el margen de reserva req uerido en cada hora. p~náx es la potencia máxima de cada generador y Ug ., es una variab le binaria (Ug ., E [O. 1j) que indica el estado (parada, en servic io) del generador en cada hora . • Restricci ones particu lares • POIencias máxima y mínima de cada central: pillín. g

Ug .1 < Pg .1 ~ < -

pmáx X

.

Ug.r

1=

1..... 24

Nótese que es necesario imroducir el estado del generador en la ecuación anterior para asegurar que los límites únicamente están activos e n los períodos en los que el ge nerador está e n servic io. • Re stricciones al ca mbio de potencia en tre períodos: _.6. p gbaj ar _< Pg.t _ Pg .1 - 1 _< .6.psubir g

1=

1..... 24

piajar

sie ndo 6. y .6. p; ubir los máximos cambios posibles entre las potencias med ias de dos illlt:rvalos consecutivos cuando el generador dismi nu ye o aumenta su pote ncia. respectivamente. • Restricciones energéticas asociadas a la central. típicamente: * Consu mo de una cuota mínima contratada de combustible 24

Fg

: Vu > h _f _ f¡ "

v

Ah .t: son las aportacio nes externas al embalse en el interva lo f. aportaciones que se suponen conocidas o estimada s {/ prhJri. D l u : es el ca udal venido por el e mbalse en el intervalo l. ca udal excedente que no es aprovechado para generación eléc tri ca. Puede estar suj eto a límites D;~,íX 2:. D/I.l ~ D;~ín " Q /I.I : es el caudal medio utili zado por la ce ntral h e n el intervalo t . con límites Q ~:J;Íx

caudal sed fun ci ón de la potencia media generada p"./.

:::

Q /u :::

Q}:lín. El

168

Sistemas eléctricos de potencia

Por otra parte. muchas veces es necesario modelar el acop lamiento existente entre embal ses de u& misma cuenca. como se muestra en la Figura 10.3. En este caso. la ecuación que modela cada embalse la sigu ie nte: \' /¡.i = Vlu-t

+ Ah.1

- Dlu - Q/u(p/¡ .¡)

+

L

{Qe,t - r( Pe,I- T(' )

+ De.l-r }

l' E e h

siendo eh e l conj unto de embalses aguas arriba del embalse h, y por la central e en estar disponible en el embalse h.

Te

el tiempo que tarda el caudal vertidt'

Ah'?' Q¡'.I

Figura 10.3 Centrales hidroeléct ricas de una misma cuenca.

Mención aparte merecen las centrales de bombeo. centrales que tienen capacidad de funcionar C0l110 bombas para almacenar energía en fanna de agua embalsada (Figura 10.4).

V: vol ume n de agua em balsada en hm 3. QG: caudal en generación en hm 3/h. Qc: caudal en bombeo en hm 3 /h.

Figura 10.4 Va ri ables asociadas a una central de bombeo puro.

En el caso de las cemrales de bombeo puro (centrales cuya única aportación aprec iable al agua embalsada es la bombeada por la propia central). la ecuación de conti nuidad del agua embalsada. utilizando el subíndice b para las centrales de bombeo. sería la siguiente:

siendo necesario dife renciar las curvas características que proporcionan el caudal tttrbinado en función de la potencia ge nerada por la central. QC/u ( PCb.t ). y el caudal bombeado en función de la potencia

Capítulo 10 / Prog ramación de la generación

169

consumida por la ce ntraL Q Cb.¡ ( PCh.I) . Obviamente. el balance e ne rg ético en cada período debení incluir tant o la generación como el consumo de las centrales de bombeo: 1/ 1¡

PD, = Pr,

+L

/l b

p"., + L

h=l

t =

(PGh.. - Pe,... )

l ... .. 2-1

h= ]

La progra mación de las cent rales hi dráu licas es un problema de optim ización lineal o no li neal, depe nd iendo de las func iones lIIili7ndas para modelar tanto el coste de las centrales térm icas como las características caudal/potencia de las centrales hid ráulicas. complicándose en gran medida cuando existen acoplam ientos hidráulicos entre centrales de ulla mi sma cuenca hidrográfica.

PROBLEMAS RESUELTOS 10.1.

Dos generadores térmicos. cuyas curvas de costes son : CI(PC,) =426.73 + 10.76PG, + 0.0031 P8, €/h C2(PG , ) = 369.39 + 1211 PG, + 0.0010P8, €/h

200 ::::

Pe, :::: 500

200:::: PG, :::: 500

trabajan de forma coordinada repartiéndose la generación en despacho económico. Determinar las potencias óptimas para unas demandas de 450.800 Y 950 MW.

Resolución Las condicio nes para el despacho económico de los 2 generadores implican la igualdad de costes increme ntal es : C/I=C I2 = A

==>

10.76+2 · 0.003 I Pc , =12 . 11 + 2·0.0010PG,

junto a la demanda total a satisfacer. PD = Fc]

+ PC l '

Demanda de 450 MW: resol viendo las ecuaciones anteriores para PD = Pc, = 274.39 MW

PG, = 175.61 MW

~5 0

MW. se obtiene

), = 12.46 € /MWh

con un cosle 10lal de operación Cr = C I + C2 = 6139.43 €/h. Obviamente. la anterior solución no es vá li da pues no cumple con el mínimo técnico del generado r 2. En consecue ncia, asigmmdo a dicho generador la potencia marcada por e l límite superado, PG, = 200 MW. la solución correcta sería: PG , = 250 MW

Pc, = 200 MW

A = 12.31 €/MWh

con un coste total de operación. en este caso. Cr = el + C:2 = 6141.87 €/h. Cabe destacar que el generad or que ha llegado al límite inferior queda trabajando a un coste incremental superior al del s istema (C /1 = 12 .51 €/MWh ). siendo éste marcado por el generador que aún ti ene capacidad de maniobra ().. = e l ] = 12.31 €/MWh) . As imismo. y como es lógi co, la consideración de l lí mite in ferior su po ne un coste para el sistema respecto al ópti mo sin considerar límites .

=

Demanda de 800 MW: resolviendo las condic iones de optimalidad para PD 800 MW. se obtiene en este caso PG, = 359.76 MW PG , = 440.24 MW A = 12.99 €/MWh solu ción válida al estar ambos generadores entre los límites correspondientes. El coste total de operación resulta ahora Cr = CI + C2 = 10593.48 €/h.

170

Sistemas electricos de potencia Demanda de 950 MW: el reparto óptimo de la generación resul ta ahora Pe , = 396.34 MW

con un coste tot!'1 de operación

er

Pc , = 553.66 MW

A = 13.22 €/MWh

= 12559.07 €/h.

En este caso, la sol uci ón óptima no es vál ida al superar e l generador 2 su pote nci a máxima. Asi gnando

a dicho generador Pc ], = 500 MW, la solución correcta sería ahora: Pc, = 450 MW

Pc, = 500 MW

), = 13. 55 € /MWh

con un coste total de operación de 12570. 87 € /h. Nótese cómo el generador que ha llegado al límite superior queda trabajando a un coste incremental

inferior al del sistema (e / 2 = 13. 11 €/MWh frente a Á = e / 1 = 13.55 €/MWh). lo cual supone un sabrecaste para el sislema respeclo al ópl ima teórico ( 12570.87 € /h frente a 12559.07 €/h).

10.2.

Los dos generadores térmicos del Problema 10. ¡ deben suministrar una demanda de 950 MW en el sistema de la Figura 10 .5.

PD Figura 10.5 Sistem a e leetri co del Problema 10.2. Las curvas de costes son :

: Pr = 20000 => PT = 22000 => PT = 24000 => Pr = 17000

Coste total:

e = 544000 e = 740800 e = 968000 e = 1272000

€/h €/h €/h €/h

21843200 €

El programa óptimo de la central de bombeo se obtiene planteando el sigu iente problema de optimización: 6

Minimizar

Ld¡. C(PT¡) 1= 1

donde d, es la duración de cada uno de los seis intervalos de demanda co nstante. Las ec uaciones que modelan el problema son las siguien tes: • Balance energéti co en cada período: 3

PD, =

L (P7; + Pe , -

Pe, )

1=1..-... 6

1= 1

• Límites de la central: O:s Pe, :S 215 MW

o :S

Pe, :S 230

1

= 1. .... 6

188

S istemas e léctricos de potencia

• Re lac ión caudal-potencia como tlIrbina y como bomba:

Qc, = OA8 Pc,

nhs

1

= l. .... 6

• Balance Iiid ráulico en el embalse superior: 6

V, = V, _ 1 +

Ld, . 3600. (Q c, -

Qc , ¡

1

= 1. ... . 6

1= 1

siendo V, el vo lumen de agua en el embalse superior al final del período l . con \lo = O Y 2.2 hm 3 :::: V, ~ O. El programa óplimo de generación se resume en la Figura 10.14 Y en la Tabla 10.10. Se puede observar cómo la central funciona como bomba a máxima potencia en el período de menor consumo. terminando de llenar el embalse en otros períodos de bajo consulllo. Este proceso se repite a la inversa C0l110 turbina. func ionaú do a potencia máxima en el período de mayor demanda. terminando de vaciar el embalse en otros períodos.de demanda elevada.

--

/

2

/

1\

/

1/ o

1/ 2

Cap¿lcidad del embalse

\

6

I

I

S

10

r---------I

24

14

Fig u ra 10.1 4 Vol u men óptimo de la cent ral de bombeo del Problem a 10. 12.

Periodo Volumen Cauda l bom beand o Cauda l t urbinando Potencia consum ida Potencia generada

00-02 004

02-06

06-08

08-10

10-14

1.8 92.0

2.2 60.8

2. 1

0.6

60.8

O

O

14-24 O O

O

O

O

16.5

103.2

26.5

152

230

152

O

O

O

O

O

O

34

215

34

Tabla 10.10 Programa óptimo d e generación de la central d e bombeo del Prob le m a 10.12.

El coste de generación resulta ahora 21738000 €, lo que supone un ahorro de 105336 €. Por otra parte, la energía total consu mi da en bombeo es de 1528 MWh, mientras que la energía toral generada es 1268 MWh. En consecuencia, el rendimiento de l ciclo de operación es de un 83%.

#

CAPITULO ,

FLUJO OPTIMO DE CARGAS

11. ,.

INTRODUCCiÓN

En este capílUlo se realiza ulla introducción al problema del lllljo óptimo de cargas, más co nocido por OPF (Optima! Power Flow), problema fun damental tanto e n actividades de planificación como en la propia operac ión del sistema eléctrico. A diferencia deljfujo de cargas convencional. cuyo objetivo co nsiste en determinar el estado del sistema lO mando como dato s de partida las potencias generadas y consumidas en lodos los nudos, as í como el estado de los equipos de contro l (transformadores, reactancias, condensadores, etc.), un jlujn óplimo de cargas permi te resolver las ecuaciones de l sistema eléctrico y obtener los valores de determinadas vari ables de control que optimizan un objetivo concreto, cuantifi cado éste en forma de una función escalar de las variab les del problema.

11.2.

ECUACIONES Y VARIABLES

Como se puso de mani fiesto e n el capít ulo dedi cado al flujo de cargas, el estado de un sistema e léct rico de JI nudos queda detel1l1i nado por las 211 ecuaciones nodales, expresadas en función de las tensiones j Bir nodales V ~ Y los e lemen tos de la matri z de admitancias nodales, Yij = ij

e +

P; = V;

L"

V} (G ;} cos e;}

+ B;} sen e;¡ )

i

=

1, .... fI

( 1 1.1)

i=l, .... fI

(1 1.2)

j= l

Q;

Vi

L"

Vj( G ij sen eij - Bij cos eij )

j=1

Do nde p¡ Y Q¡ so n las potencias acriva y reactiva inyectadas en cada nudo, es decir. potencia neta, generada menos co nsumida. en e l nudo: Pi = Pe¡ - Pe¡

Q; = QG! - Qc!

Cabe recordar que es necesario establecer un a referencia para las fases, in troduciendo el concepto de Illulo slack o de referencia que supondremos el nudo 1, con el = O.

190

Sistemas eléct ricos de potencia Las 211 ecuaciones (1 l. 1) Y (1 I .2) permilen oblener el eSlado del sislema eléctrico, dado por las 211 - I aSQt.\'aa.- 1-90

214 Sistemas eléctricos de potencia y conseguidas és tas, la obtención de las tensiones es inmediata

Mi , = - 0.2j · J, = - 1 "'112 = - O.2j . J2 = - 0.5

l!'.

El estado resultante, ignorando el estado de carga previo al fallo . es el que se muestra cil la Figura 12.9.

I LQ.

_ r'--_ 0.5 LQ.

Fig ura 12.9 Estado tras el corto .

En la Figura 12. 10 se muestra el res ultado si se modela la carga como una resistencia. Se observa có mo la variación del resultado es mínima.

¡2.509 1-87.'5 _ r'----. 0.499-l 1-2.86

2.497 1-92.86

0.2497 1-2.86

Figura 12.10 Estado tras el corto considera ndo la carga p revia.

12.2.

La matri z de impedancia de nudos de una red, usando reactancias subtransitori as, es :

z." =

j

0.4 0. 1 0.3] 0.1 0.8 0.5 [ 0.3 0.5 I.2

Calcular la corriente subtransitoria en un fallo trifásico en la barra 2. y la tensión durante el fallo en las barras I y 3 (sistema en vacío, tensión antes del fallo l p.u.).

Capitulo 12 / Faltas simétricas

215

Resolució n Puesto que la impedan cia Thevenin en el nudo 2 es z'22 . la intensidad de corto será: ~cc

\/ 0

=-

Z22

I

= -- = 0 .8j

1.25 1-90

2 el

Figura 12.11 Sistema en situación de fallo.

En condic iones de rallo, como se ilustra en el esquema de la Figura 12.1 1, podemos obtener los incrementos respecto él estado de vacío como:

luego

óti] = -Z]2~cc = - 0.lj·1.251-90 = - 0. 125 óti.l = -Z32~,"C = -0.5j . 1.25 1- 90 = -0.625

y

12.3.

ti] = 1 + óti] = 0 .875 ti3 = 1 + Ml3 = 0.375 Los 2 generadores de la Figura 12.12 alimentan a rravés de transformadores e levadores las barras y 2. La reactancia equivalente para ambos co njuntos generador-transformador es de 0.3 p.lI .. en sus respectivas bases. Las tres líneas tienen una impedancia de 0.2 p.lI. en 100 MVA . Enconlrar, rnediante métodos matriciales, la potencia de cortocircuito, Sec o de las tres barras y las intensidades por lus líneas ante un cortocircuito rígido en la barra 3. Nota: S8 = 50 MVA y U, = I p.u. antes del fallo.

IOOMVA

2

1"000 3

-'----'-

Figura 12.1 2 Sistema.

216

Sistemas electricos de po tencia

Resolución La potencia de COl1ocircuito da una idea de la severidad del fallo:

Conversión de base:

50 ZCI = 100.0.3 = 0. 15 50 200 . 0.3 = 0.075

ZC2 =

ZL

50 = _100 . 0.2 = 0.1

El esquema en p.ll. de la red se muestra en la Figura 12.13.

T O.15j

-6.66j

O.075j

2

-.-'--rO.lj

- IO j

-IOj

Figura 12. 13 Impedancias del sistema, a la izquierda, admitancias a la derecha.

Construyendo la matriz de admitancias

Y= j

-26.6667 10 [ 10

10 -33.3333 10

lOJ

10 -20

y la matri z de impedancias de nudos 0.0386 0.0557

0.055 7] 0.0471 0.101 4

Las intensidades de conocircuito en los distintos nudos. :J Ji . se obtienen usando las impedancias Thevenin, Zu :

JJ I

=

I 0.0729j

= -13.7255j

p.ll.

1

Jf2 = 0.0557j = - 17.9487j p.ll. 1

Jf3

= O.1014j = -

9.8592j p.ll.

Capitulo 12 / Faltas simétricas

217

Las Sc:c de los Iludos son. por tanto: Seel "" 11 fl! = 13.7255 p.u. Sed"" 11121 = 17.9487 p.ll. Sed"" 1113 1 = 9.8592 p.u.

Como era de esperar, el más crítico es el fallo en la barra 2 (mayor generador) y el nudo menos crítico es la barra 3 (generador más lejano). En cuanto al caso concreto de un cortocircuito en el nudo 3. 10$ incrementos en las magnitudes se

obtienen, por el teorema de com pensación . a partir del circu ito de la Figura 12.14.

~ ~

-,.....L.,-

O.lj L - _---'r -

O.075}

2

.¡ J''-----'

O.I}

O.lj

Figura 12.14 Circuito para compensación .

Las ecuaciones nodales son :

Y ' L'>v=[~] - 1(3

L'> v= Zu .[

~]

- 1f3

Sólo es necesaria la tercera colulllna de Zn para el producto anterior. AsÍ. consi derando tensiones iniciales de val or unidad e 1ee = 1f3 = - 9.8592j :

UI = U? - Zl3 . Jee = 0.4507 p.u. U2 = U~ - Z23 . 1ee = 0.5352 p.u. U3 = Z33 . :J ee = O (por ser corto rígido)

ug-

Las intensidades por las líneas son:

:JI' = -

:J23 = :J 13 =

U I - 1[, Z I2 U, - O

-

Z23 UI -o

-

O.8451j - 5.352Ij - 4.507j

Z I3

Como se ha visto. sólo ha sido necesario calcular la tercera colum na de 2:." , lo cual podIÍa haberse reali zado eficientemente, en un caso de tamaño real ista. mediante técnicas de vectores dispersos (eliminación

218

Sistemas eléctricos de potencia

rápida hacia adelante y substitución hac ia atrás):

12.4 .

La red de la Figura 12.15 tiene una matriz de impedancias de nudos:

0.6026 Z" = j

0.1025

[ 0.4026

0. 1025 0.1025 0.1025

0.4026] 0. 1025 0.5226

que ya incluye la reactan cia del generador X o~: = 0.1 025 p.ll. 2

3

Figura 12.15 Sistema .

Se decide inslétlar en el nudo 1 un generador idéntico al exis tente. Calcular la nueva corriente de cortocircuito para un cortocircuito rígido en el nudo 3 y las nuevas tensiones tras el corto. Suponer tensiones iniciales 1 p. u. Resolución

La matriz Zn relac iona las tensiones en los nudos con las intensidades inyectadas según el modelo \f = Z¡¡ . JI/' il ustrado por la Figura 12.16.

o'

Acomplamiemo mutuo Zij

Figura 12.16 Modelo del sist ema.

Al añadir un nuevo generador, el equivalente Thevenin desde el nudo 3 ha cambiado. La nueva impedancia del equivalente se obtiene resolviendo:

Capítulo 12 / Faltas sim étricas

= -111. Dichas ecuaciones corresponden al circuito de la Figura 12. 17.

Zg

o 2

...

-_ ................ o.. . ,

Figura 12.17 Circu ito para la nueva impedancia equi va lente.

Por lo tanlo. tendremos

y eliminando 11 ,:

113

Luego Z33 = -

1".'

= 0.2927 j . y por tanto

1cc

o

••

•

•• •

•• •• •• •

I '" - , -. X l3 }

•••• •

= - 3.4 I 64j

O'

•• •

•• ••

Figura 12.18 Circuito para compe nsación .

Los incrementos se obtienen de resolver el circuito de compensación dG- la Figura 12.1 8:

219

220 Sistemas e léctricos de potencia y las tensiones quedan:

UI = 1 + 1'> U 1 =0.8 U2 = 1 + 1'>U2 = 0.85 Z;3 tambi éll se podría haber ob tenido a partir de YII :

-3.5j Y" = [ modificándola con Yg

)

j - 12.-l22j

2.5 j

1.666j

2.5j ] 1.666j -4.166j

= -9.756j . [-13.256 Y,, =) 1 ?_.)-

2.5 ]

-12.422 1.666

1.666

- -1.166

e invirtiendo para obtener la matriz de impedancias de nudos tras la modificación

0.0876 Z' = j [

0.0 149 0.0876

...

0.05853] 0.0439 0.2927

De este modo se ha consc!:wido el mismo valor Z~.,.,"' = 0.2927 j. "-'

12.5.

Una red ele alta tens ión con matriz de admitancias de nudos:

0.12 - j \j" = -0.02 + 0.2j [ - 0.1 +0.8)

-0.02 + 0.2j 0.1 - 1.5j - 0.08 +0.9j

- 0. 1 +0.8 j ] - 0.08+0.9j 0.18 - 2j

se alimenta por la barra 1. de potencia de cortocircuito Scc = 10 p.ll .. Y se desea estimar la intensidad de pico ante un cortocircuito trifásico en la ban'a 2 para su posterior uso en el cálculo de

esfuerzos mecánicos. Dicha estimación se hará de acuerdo a la norma lEC 909-88 (equivalente a UNE 21-239-94). que para el cálculo de la intensidad de pico en cortocircuitos lejanos a alternadores ofrece varios métodos. Utilice el que se basa en la relación RI X en el punto del defecto:

_R

Donde XI< = 1.15(1.02 + 0.98e- o :\') . salvo en redes de baja lensión. en que eSlá limitado a 1.8 y en redes de alta tensión con el límite 2 .0 . Resolución Introducimos en

~II

la reactancia del equivalente Thevenin de la ali mentación. 1/ 0.1 j

. [ ~ '" =

0.12-llj

- 0.02 + 0.2j -0.1

+ O.S)

- 0.02 + 0.2j O.I - l.5j

-0.08 + 0.9j

= -1 Oj:

-0.1+0.8 j ] + 0.9j 0.18 - 2j

-O.OS

Invi rtiendo. co nseguimos la matri z de im pedancias nodal:

Z'" =

)),;;-1 =

0.000 18 + 0.0962j -0.00267 + 0.049-1 j [ -0.0024-l + 0.0608j

-0.00267 + 0.0494j 0.0508 + 0.9353j 0.0215 + 0.4406j

- 0.00244 + 0.0608j ] 0.0215 +O.4406j 0.0527 +0.7 186j

Capítul o 12 / Fa ltas simetricas

221

La impedanc ia Thevenin de la red en el punto del fallo a estudiar es ZT = 0.0508 + 0.9353j. Por tanto Icc = l /IZTI = 1.0676. Para la estimación de la intensidad de pico necesi tamos Xi> = 1.15(1.02+0.98e- 3 f ). que puesto que R = 0.0508 Y X = 0.9353 queda XI> de redes de alla con lo que obtenemos: Ip ;co '" 2

= 2.13. Debemos imponer por tanto la cota Xi> = 2

Ji 1.0676 =

3.0 196

CAPÍTULO ,

FALTAS ASIMETRICAS

En las faltas asimétricas. la participación de las tres fases del sistema no es eq uilibrada. Algunas de estas faltas son la falta fase -tiena. la fal ta fase-fase. fase-fase-tierra, apert ura de un conductor y ape rtu ra de dos conductores. En estas faltas . resulta interesante el cálculo en régimen fasarial del régime n permanente que alcanza n las intensidades de falta, para el calibrado de protecciones o e l d ime nsionado de las puestas a ticrra de los e le mentos. así C0l110 del régimen subtransilOrio. pa ra la selección de i ntelTuptor es.

La técnica fundamental para el estudio de los circu itos desequi librados con los que nos encontramos es la tra ns formac i6n a componentes simétricas. En ellas. una terna de magnitudes del dom inio de fases , p .e" te nsio nes

11 =

11" 11" ] [ 11e

se tran sforma en Olra lema de secuencias (holTIopola r. direc ta e inversa)

[~~~lh ]

11, med iante la re lación

11 = TU, donde T _ la matriz de Fonescue. viene dada por:

,

T=[ siendo {/ = 1 1 110° . El paso inverso se realiza con lis

aa

,

{/

a-

]

=T-'11 _siendo: r'

= ~[

I I I

a a-?

,

aa

]

224 Sistemas electricos de potencia Un elemento trifásico de tipo impedancia viene regido por una ecuación U = Z). que tras pasar tensiones e intensidades a componentes si métricas. nos da una rel ació n lIs = Z.5:J.~ . donde la matri z del e lemenlO pasa a ser: Z, = T - IZT Las componentes simétricas pueden usa rse directamente para el cálculo de la potencia compleja:

S = lVJ~

13.2.

+ li"J b+ licJ~ =

3lioJ(j + 3li 1Jf

+ 3U2J~

MODELOS EN SECUENCIAS DE LOS DISTINTOS ELEMENTOS

Bajo la hipótesis de que las impedancias de un elemento trifásico posean simetría cíclica. está garanti zado qu e su conversión al domini o de las compone ntes si métricas conduce a un modelo desacoplado en sec uencias. z's diagonal, con lo q ue pasamos a hablar de sus impedancias homopolar. Zo. directa, Z I, e inversa, Z2 .

lÍNEAS En las líneas sin transposic iones no existe simetría cíclica. por lo que su descripción en el dominio de las componentes si métricas conduce a acoplamientos e ntre las mismas débi les o moderados. que complican su trata miento exacto. Cuando existan transposiciones, o las supongamos porq ue nos baste con un tratamiento ap roximado, te ndre mos Zo = Zp + 2Z", _: g - 3 y por tanto a X g

:::

0.1212

- 08 .

)

7.98.

Respecto al segundo apartado. usaremos X B = 8 para obtener las intensidades:

JfO = Jfl = Jf2 = -0.0403j Las tensiones la s obtenemos co mo:

lifO = -Z,,¡oJfO = -0.9718 Ufl

= I -Z"'¡ IJf l =0.9859

Uf2 = - Z,q2 Jf2 = -0.014 1 Las tensiones de fase son:

Ha] [UU¡>e =

O

fO ] = [ 1.6961 -1.19.28 T· [li Un U f2 1.696 1149.28

]

Tenemos pues que la máxima tensión de fase durante el fallo la encontramos tanto en la fase 'h' como en la fase ·c' . y vale 1.696 · 20/ .J3 = 19.578 kV. El coeficiente de tien'a vald rá:

Cg =

19.5 78 ----w = 0.979

y puesLO que Cg ha resultado mayor que 0. 8, no se recomienda el LI SO de pararrayos en el nudo 4.

Capítulo 13 I Faltas asimétricas

13.11.

253

Se conocen las matrices de impedancias de nudos de Jas redes a secuencia di recta. inversa y homopolar correspondientes a la red de tres nudos indicada en la Figura 13.62:

0.12 Z"I = Z,,2 = j 0.12 [ 0.12

0.12 0.2867 0.18

l. Calcular las intensidades

y

0.12 ] 0. 18 0.2568

0.06 Z"u = j 0.06 [ 0.06

0.06 0.7374 0.3503

0.06 ] 0.3503 0.6987

tensiones en el Iludo 4 cuando se produce un cortocircuito rígido

fase- tierra en dicho nudo. 2. Determinar la potencia de cortocircuito en el nudo 4.

Datos: Xo • Gcnerador G 1: { XI Xo • GellcradOl' ,G2: { XI

= 0.07 =X2=0.15 =0.05 = X 2 = 0.12

• Transformador TI: • TransformadorT2:

XC

= ~¡(ZC2) ¡2 = :H(Zu)

E' )2= 2.008· (0.59)2 = 0.698 . ( I(X".1, . + X + ZC2) 1 cc )

Puesto que la potencia eléctrica demandada es menor a la potencia mecánica del generador se produce una aceleración del mismo, ob[Cniéndose la evolución del ángulo del rotor de la ecuación dinámica cOlTespondiente, esto es: -

H..

frr

8 = PI/! - Pe

..

==> 8 =

fJr -

H

( Pm - Pe) = 31.491

Inicialmente, el rotor se encuentra en estado de régimen permanente, es decir, la velocidad de cambio del ángulo del rotor es cero, 8(0) = O, lo cual implica, tras integrar la ecuación dinál1lÍca anterior, una evolución dada por: 1 8 = 80 + 2:31.49 112

Capítulo 14 / Estabilidad transitoria

271

El final de esta fase tiene lugar 0.2 segu ndos después de iniciarse. En ese instante el ángulo de l rotor llega a alcanzar el valor: 1 ?

.I, ="0

+ 231.49 1(0.2)-

= 1.033

rad

Procede ahora analizar el tercer intervalo de tiempo. en el cual se produce la desconex ión de la carga del nudo 2. Esto impl ica que el generador queda aislado del sistema, cayendo la potencia eléctri ca a cero. La ec uac ión de evolución del rotor es ahora ..

50rr

frr

" = -

(P", - Pe) = - ( 1.5 - O) = 58.905 H 4

con co ndiciones iniciales obtenid as del período inmediatamente anterior. es dec ir, ángu lo y velocidad inicial de valores:

"1

8, = 8(02) = 3 1.491·0.2 = 6.298

= 1.033

La dinámica del áng ul o del rolor viene dada pues por la ecuación:

1.033 + 6.298/

1

?

+ :258.905/-

Cuando filialmente se co nccta de nuevo la línea, permaneciendo la carga del embarrado 2 fuera de se rvic io y suponiendo que el nudo 3 sigue siendo de potenc ia infinita, la palenci a e léctri ca de mandada al generador vale: E'V3 Pe = 7 (-:----·----c) sen" = 3.349 sen" X;,+X cc+ XL Para determinar el tiempo máximo que se puede esperar para la fecone xión de la línea, tiempo crítico, en aras a evitar la pérdida de es tab ilidad del siste ma, se apli ca e l criterio de las á reas al igual que se ha venido haciendo has ta ahora. Se trata de igualar e l afea aceleradora, A +. con la desacele radora, A - , indicadas en la Figura 14.9 .

Pm = 1.5 0.698

Figura 14.9 Curvas de potencia-ángu lo para las distintas etapas del Problema 14.2

Se tiene. por lanto. A + = (.I, - .I0)( PIIl - 0.698) A- =

1"

+ (.Ir -

.I,) P",

(3.349 sen " - P", )d.l

8,

con

,h- =

ir -

arcse-l1

P",-) = 2.677 rad. (3.349

Igualando ambas áreas se obtiene un ángulo críti co de valor Oc = 1.578 fado

272

Sistemas eléctricos de potencia

Sustituyendo este valor en la ecuación de evolución del ángulo del rotor correspondiente al tercer período de tiempo analizado, se obtiene el instante de tiempo crítico para el reenganche de la línea: O,

=

1.578

=

1.033

+ 6.2981 e +

1

2:58.9051}

==}

le

=

0 .066

S

A este valor hay que ai'íadirle los 0.2 s que le preceden desde el estado de partida, lo cual hace un tiempo total de 0. 266 s.

14.3.

Sea la red de la Figura 14.10. de 50 Hz, cuyos datos (bajo una misma base y correspondientes al modelo transitorio para el generador) se indican en la Tabla 14.3. Con la línea L2 fuera de servicio se sabe que la tensión en el nudo I es U 1 = 1.07 + O.28j. Y que el embarrado 3 es un nudo de potencia infinita de tensión I p.ll. G

0 1 0) Figura 14.10 Esquema unifilar de la red del Problema 14.3.

Elemento Generador Transformador Línea Ll

Parámetros asociados x~ = O.05,H = 5 s X cc = 0.2 X = 0 . 15

Tabla 14.3 Datos de la red de la Figura 14.10.

l. Demostrar que el sistema es inestable ante UBa maniobra que desconecta transitoriamente el generador durante un tiempo de 0 .37 segundos. 2. Con la línea L2 en servicio, y suponiendo en el generador las mismas condiciones previas a la maniobra del apartado anterior. esto es, pOlencia mecánica y tensión interna. determinar la reactancia que debe poseer la línea L2 para que el sistema sea estable frente a la misma maniobra de desconexión del generador durante 0.37 segundos.

Resolución El esquema con !11i.1gnitudes en p.ll. de la red de partida es el que se muestra en la Figura 14.11 .

(0

0.05)

0)

0.2)

0)

0.15)

8

Figura 14.11 Esquema anterior al fallo para el primer apartado de la red del Problemu 14.3.

Primera cuestión. Es pos ible distinguir tres intervalos de tiempo: I.a) Antes del fallo: conexión del generador al embarrado de potencia infinita (lÍnea L2 abierta).

Capitulo 14 / Estabilidad trans itoria

273

J.b) Durante el faJlo: desconexión del grupo generador. l.c) Posteri or al fallo: reco nexión de l generador a la red, Previamente a la desconexión del generador se ha de determinar la tensión interna de l mismo, E' ~ . Puesto que se conocen las tensiones en los nudos 1 (U 1 = 1.07 + O.28j = 1.106 11HM ) Y 3 (U3 = I l".), es posible determinar las potencias acti va y reacti va inyectadas en 3. esto es,

De esta fo rma, la tens ión interna del generado r, nudo O. vale:

83 ) E'I," = V3+XQ3j* ( V3 .-

'

0.8 - 0.2j = 1 + (0.05 +0.2 +0.15)j-----,-"l

= 1.08 + 0.32j = 1. 126 116.5().1 y la pote ncia mecánica suministrada por e l mismo es la inyectada en 3 puesto que las resistenc ias se han

desp reciado. Al desconectarse e l generador, resulta una potencia eléctri ca nula, p;lf = O, por 10 que la ecuación de osci lación del generador se reduce a: 5 .. -8=0.8 507r La integración de esta ec uac ión din ámica, co n la co nd ició n inicial 80 = 16.504° ciona la siguiente evolución del ángulo del rotor: 8 = 80

l ..

+ 'ir ?

= 0.288

l

= 0.288 rad, propor-

?

+ i5.133t-

En t = 0.37 s se alcanza una ángulo 81 2.008 rad. siendo este instante el de reconexión de l generador a la red. En el último período (posfallo), la curva de potencia eléctrica coincide con la anterior al fallo puesto que se retoman las condicio nes iniciales, y viene dada por: E' V3

?:! = - - s en 8 = 2.8 16sen 8 0.4

En la Figura 14. 12 se muestra la c urva p!! con el punto inicial de eq uilibrio 80 a part ir del cual se considera la desconex ión del grupo generador, así como el instante, equivalente al ángulo 81, en el que se vuelve a reCQnectar a la red.

Pm = 0. 8

Figura 14.12 Va riac ión de la potencia co n el áng ul o para el Apartado 1 de la red del Problema 14.3.

274

Sistemas eléctricos de potencia

Si se lÍene en cuenta el criterio de las áreas, el área ace leradora A + no debe superar al área desacclcradora A -. Atendiendo a la Figura 14.12 estas áreas vienen dadas por: A+

1" = " 1 =

P-----------~/-------

+----'\b-"/'-----',~ -----"-~_'----"" _ _ _ _:7"/'_-~ -------

310 ~-------,--------,_------_.--------._--------------_.

O

0.2

0.4

0.6

0.8

1.2

Figura 14.27 Ev o lución de las velocidades, relativas a la de sincronismo, de los g en erado res del Problema 14.6.

,

·

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,

INDICE DE MATERIAS

A

aceleración. factor de. 57 admitancias de nodos, matriz de, 55 ajustes del flujo de cargas. 59

ángulo críti co de apertura, 265 apertura. ángulo crítico de. 265 área. error de control de . 87 áreas, criterio de Igualdad de. 264 intercambio entre. 60 arranques y paradas. programación de. 165

asimétricas, cálculo de corrientes de falras. 210. 225 faltas. 223 i1utotransformador.

2~

B banco de condensadores y reactancia. 87 base, cambio de. 4 magnitudes. 3 bombeo. centrales de. 168

e caída de tensión, 44 cálculo de con"jentes de fa ltas así métricas. 210. 225 cambio de base. 4 capacidad del transporte

con regulación de tensión, 46 con regulación intermedia. 46 sin regulación de tensión, 4S estática de transporte. 44 caracte rísticos del generador. parúmetros, 15 cargas. ajustes del Rujo de. 59

ecuaciones del /lujo de. 56 en cont ínua, flujo de. 59. 141, 190 Rujo de. 55, 189 llujo óptimo de. 189 ccneralcs de bombeo. [68 hidráulicas. 167 circuito equivalente del generador. 15 clásico, despacho económ ico, 16 [ cociente R / X. 43 commitment. un ie 165 compensación serie. 48 Teorema de. 210. 2 1l compleja. potencia, 55 componente de continua. 209 componentes de la corriente de falta. 209 simétricas. 223 concentrados. parámetros. 43 condensadores y reactancia . banco de. 87 constante de propagación. 4 1 cotllingencias. 14 1 continua. componente de. 209 Rujo de cargas en. 59. 141.190 control de úrea. error de, 87 de frecuencia. 85 de tensiones. 97 ac tuaciones. 99 estructu ra. 98 coordinación hidrotérmica. 166 corriente de falta. componentes de la, 209 corrientes de falta asimétricas. 2 10,225 cortocircuito. ensayo en. 25

290

ind ice de Materias inten sidad de. 209 potencia de. 211 coste incremental. 162 covmi anzas. matriz de. 124. 126 criterio de igllaldaode áreas. 26-1crítico de apertura. ángu lo. 265 cuadrados ponderados. est imador de mínimos. 124 D

desacoplado rüpido. método. 58. 59. 141 desfasador. transformador. 30 despacho económico. 190 c!úsico. 161 devanado terciario. 28 devanados. transformador de tres. 28 directa. impedancia, 22-1distribución factores de. 142 normal. 124 distribuidos. parúmetros. 41 dominio de secuencias. impedancia en e l. 224

E ecuación de oscilación del generador. 265 ecuaciones del flujo de cargas. 56 normales. 124 efecto Ferranti. 42. 46 eléctrico, estados del sistema, 141 ensayo en cortocircuito. 25 en vacío. 25 entre áreas. inte rcambio. 60 equivalente del generador. circ uito. 15 impedancia. 2 10 impedancia. 2 1 1 elTor de co ntrol de área. 87 errores no gau ss ianos. 125 estabilidad transitoria. 263 estado. e-stimacióll de. 123 vector de. 123 estados del sistema eléctrico. 141 estútica de transpone. capaci dad, 44 estimación de estado. 123 de máxima verosim il itud. 124 esti mador con restricciones de igualdad. 125 de mínimos cuadrados ponderados. 124

F faClO r de aceleración. 57 factores de distribución, 142 fa lla componentes de la corriente de. 209 fase-fase. 227

fa se-fase-tierra.227 rase-t ierra, 226 fra nca. 210 faltas asimétricas, 223 asimétricas, cálcu lo de corrientes de, 2 10 simétricas. 209 fase-fase. falta, 227 fase-fase-t icrra. falta. 227 fase-tierra. falta, 226 Ferrami , efecto, 42, 46 Row. optimal power, 189 flujo de cargas, 55. 189 de cargas. aj ustes del. 59 de cargas. ecuaciones del. 56 de cargas en con tínua. 59. 141. 190 homopolar, 224 óptimo de cargas. 189 con restricciones de seguridad, 191 Rujo-inyecciones, se nsi bi lidad. 143 , 190 Fortescue. matriz de. 223 franc a. falta. 210 frec uencia control de. 85 sensibi lidad respecto a la, 86 funcionam iento del generador, límites de, 16 G

ganancia, matriz de, 125 gauss iallos, errores no. 125 Gauss-Seidel, método de. 57 generador, c ircuito equivalente del , 15 de polos salientes , 14 de rotor liso. 14 ec uación de oscilación del. 265 límites de funcionamiento dcl. 16 parámetros característicos del , 15 síncrono. 13, 86. 263 H

hidráu licas, centrales. 167 hidrotérmica. coordinación. 166 homopolar flujo, 224 impedancia. 224

igualdad de áreas, criteri o de, 264 estimador con restricciones de, 125 impedancia, directa, 224 en el dominio de secuenc ias. 224 equivalen te. 210 equi valente, 211 homopolar. 224

índice de Materias inversa. 224 naturaL 41 impedancias modales. matriz de, 210 incremental, coste, 162 incremental. red, 210 incrementales , pérdidas. 163 intensidad de cortocircuilo. 209 intercambio entre úreas, 60 interconexión de redes de secue ncia. 226 inversa, impedanc ia, 224

J jacobiano. 58. 124

Joule, pérdidas. 44 L límites de funcionamiento del generador, 16 de reactiva. 59 línea pérdidas Joule en la, 44

sin pérdida. 42 líneas, modelo en JT de. 41 modelos en secuencias de. 224 parámetros de, 41 pOlencia en, 43 liso, generador de rotor. 14

M magniludes buse. 3

matriz

B'.58 B" . 5~. 60 de adm itancias de nodos, 55 de covarianzas. 124, 126

de Fortescue. 223 de ganancia. 125

de impedancias modales. 210 múxima verosimilitud. estimación de. 124 mayor residuo normalizado. test del. 126 medidas. vector de, 123 método de Gauss-SeideL 57 de Newton -Raphson, 57, 59, 124 desacoplado rápido, 58, 59.141 mínimos cuadrados ponderados, estimador de. 124 modal cs, matriz de impedancias , 210 mode lo en rr de líneas, 41 del transformador, 27 modelos en secuenc ias, 224 en secuencias de líneas, 224 en secuencias de transformadore,s. 224 monofásico. transformador, 25

291

N natural impedancia. 41 potencia, 42 Newton-Raph son , método de, 57, 59. 124 nodos, matriz de admi tancias de, 55 no gaussianos. crrores. 125 normal. di stribución, 124 sistema, 27 normales , ecuaciones, 124 normalizado, test del mayor residuo, 126 norma! ¡7.ados, residuos, 126 nudo PQ. 56. 59 nudo P \f, 56. 57,59 nudos de tránsito, 125 Iludo s lack. 56

o optima! power Oow, 189 óptimo de cargas, con restricciones de seguridad, flujo, 191 flujo, 189 oscilación del generador, ecuación de, 265

p paradas, programación de arranques y, 165 parámetros característICOS del generador, 15 concentrados, 43 de líneas. 41 distribuidos, 4 J pérd ida. línea sin, 42 pérdidas en el transporte. 163 incrementales, 163 Joule en la línea. 44 perfil plano. 57,125 período subtransitorio. 209 tran sitorio, 209 j'( , modelo en, de líneas, 4 1 del tran sformador. 27 plano, perfil, 57, 125 polos salientes , generador de, 14 ponderados, estimador de mínimos cuadrados, 124 por unidad, sistema, 3 potencia comp leja. 55 de cortocircui to, 2 11 en líneas. 43 naturaL 42 power flow, optimal, 189 P Q , Iludo. 56. 59 programación de arranques y paradas. 165 propagación. constante de , 41 p.ll .. ventajas del sistema, 4

292

indice de Materias PV.

nudo. 56. 57.59 R

rápi do. método desacoplado. 58. 59. 141 reaclancia. banco de condensadores y. R7 reactiva. límites dc. 59 red incrementaL 210 redes de secuencia. 225 interconexión de. 226 regulación de tensión. 44. 45, 46 i I1 termcdia. 46 regulador de ve locidad. R7 reguladores. transformadores. 29. 60 relación de Inlll sformación. 25. 26 reserva rodame. 165 res iduo nonnalilado. test del mayor. 126 residuos normalizados, 126 vcctor de. 58. 124 resonancia subsíncrona. 4S restricc iones de seguridad. flujo óptimo de cargas con . 191 rodante. reser\'a. 165 rotor liso. generador de. 1--1R j X. coc iente. 43

de serv icio. 44 regulación de, 44 tensiones. control de. 97 Teorema de compensación. 210. 2 J I terciario. devanado. 28 test del mayor residuo normalizado, 126 tomas. Iransfomlador con. 29, 60. 97 transformación , relación de . 25, 26 transformador con tomas. 29. 60. 97 desfasador. 30 de tres devanados. 28 modelo en ;r del. 27 monofásico. 25 trifásico. 26 transformadores modelos en secuencias de. 224 reguladores. 29. 60

tr