Problemas Resueltos Sistemas de Potencia Fermin Barrero

Departamento de Ingeniería Eléctrica, Electrónica y de Control

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

E.T.S. DE INGENIEROS INDUSTRIALES

“Análisis de Sistemas Eléctricos”

Adenda Curso 2005/2006 (Código 524141)

Equipo Docente de la asignatura

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Sistemas de Energía Eléctrica GUÍA DE LA ASIGNATURA

1) INTRODUCCIÓN. Se trata de una asignatura que tiene un carácter fundamentalmente tecnológico y es de tipo terminal ya que sus contenidos no sirven de base para asignaturas posteriores y sin embargo, requiere de conocimientos de asignaturas anteriores, fundamentalmente de "Teoría de Circuitos” y de “Máquinas Eléctricas”. Su objetivo principal es proporcionar al alumno una base científica y técnica que le permita conocer y entender la naturaleza de los problemas relacionados con los sistemas de energía eléctrica, su planteamiento matemático y los modelos más usuales o relevantes utilizados para su representación, así como algunos de los métodos y herramientas de cálculo adecuadas para su resolución. 2) CONTENIDOS. El programa de la asignatura se ha dividido en seis temas agrupados, siguiendo la metodología de la UNED, en tres Unidades Didácticas: UNIDAD DIDÁCTICA 1. El sistema eléctrico de potencia. TEMA 1.

Sistemas de energía eléctrica. Generalidades: la producción y demanda de energía eléctrica, el sector eléctrico español, descripción general de los sistemas de energía eléctrica, aparamenta eléctrica, descripción de instalaciones típicas.

TEMA 2.

Representación de los elementos del sistema: transformadores trifásicos, sistemas por unidad, análisis por unidad de transformadores y de sistemas de potencia, transformadores de regulación, el generador síncrono, modelo de la línea de transporte y la carga.

UNIDAD DIDÁCTICA 2. Análisis del sistema eléctrico de potencia. TEMA 3.

Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: Los modelos de la red a través de la matriz |Ybus|, el flujo de cargas.

TEMA 4.

Funcionamiento del sistema perturbaciones; faltas simétricas.

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eléctrico

perturbado:

clasificación

de

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UNIDAD DIDÁCTICA 3. Funcionamiento económico y control del sistema eléctrico de potencia. TEMA 5. TEMA 6.

Control y operación del sistema. Funcionamiento económico del sistema: el despacho económico.

PROGRAMACIÓN: No existen Unidades Didácticas editadas por la UNED en esta asignatura, por lo que es necesario utilizar una obra general externa. El libro seleccionado como texto base es el del autor FERMÍN BARRERO titulado "Sistemas de energía eléctrica" (la referencia completa de este libro se da en el apartado 3). A continuación se detalla qué capítulos y apartados debe estudiar de ese libro de acuerdo al programa de la asignatura: Unidad Didáctica 1: El sistema eléctrico de potencia. Capítulo 1: Sistemas de energía eléctrica. Generalidades[completo (pgs. 1-32)] Capítulo 2: Modelo del transformador y sistema por unidad [completo (pgs. 33-61)] Capítulo 3: Modelo del generador [completo (pgs. 62-82)] Capítulo 5: Modelo de la línea [completo, excepto el apartado 5.8 (pgs. 82-143)] Unidad Didáctica 2: Análisis del sistema eléctrico de potencia. Capítulo 6: Flujo de potencias [completo, excepto apartados 6,5, 6.6 y 6.7 (pgs. 154-176 y pgs. 189-198)] Capítulo 8: Corrientes de cortocircuito [completo (pgs. 249-276)] Unidad Didáctica 3: Funcionamiento económico y control del sistema eléctrico de potencia. Capítulo 7: Control y operación del sistema [completo (pgs. 199-247)] Como orientación para cuando planifique el estudio de la asignatura, del tiempo total que le dedique creemos que le debe llevar estudiar la primera Unidad Didáctica un 45% de ese total (aunque es la unidad más amplia de contenido, muchos puntos serán para usted un repaso de lo ya visto en otras asignaturas de la especialidad), un 35% la segunda y un 20% la tercera. Por último, al final de este documento se explica y desarrolla con más detalle el programa propuesto, se relaciona con los apartados concretos del texto básico y se exponen algunos puntos necesarios que o bien no vienen en el libro o bien, si están, los desarrolla de forma mucho más extensa de lo que necesitamos. Con esta explicación podrá entender la unidad lógica de contenido que hemos seguido en la concepción del programa de la asignatura.

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3) TEXTO BASE − “Adenda de Líneas y Redes Eléctricas”, realizada por el equipo docente de la asignatura, DIECC-UNED (es este mismo documento, que se encuentra también en la página que la asignatura tiene en el servidor del Departamento en Internet, http://www.ieec.uned.es, en la sección “Docencia del DIEEC”). − FERMÍN BARRERO "Sistemas de energía eléctrica". Ed. Thomsom, Paraninfo, 2004.

4) BIBLIOGRAFÍA COMPLEMENTARIA El libro dado como bibliografía básica junto a la Adenda que hemos escrito son suficientes para preparar de forma completa el contenido de la asignatura. Sin embargo, para aquellos alumnos que deseen consultar además otros libros, dentro de las obras clásicas que tratan del análisis de los sistemas eléctricos de potencia se pueden destacar, por ejemplo, las siguientes: −

J.J. GRAINGER y W.D. STEVENSON Jr. "Análisis de sistemas de potencia". Ed. McGraw-Hill, 1995.

− GRAINGER, J. J. y STEVENSON, W. D. Jr. Power system analysis. Ed. McGraw-Hill, 1994. (Nota: esta obra es la versión original en inglés del libro anterior en esta lista; para aquellos alumnos que no tengan dificultad para estudiar en inglés, le recomendamos utilizar este texto). − A.R. BERGEN. Power System Analysis. Ed. Prentice-Hall, 1986. − O.I. ELGERD. Electric energy systems theory. An introduction (2ª edición). Ed. McGraw-Hill, 1982. − M.E. EL-HAWARY. Electrical power system. Design and analysis (revised printing). Ed. IEEE Press, 1995. − I.J. NAGRATH Y D.P. KOTHARY. Modern power system analysis (2ª edición). Ed. Tata McGraw-Hill, 1993. − A. GÓMEZ EXPÓSITO (coordinador). Análisis y operación de sistemas de energía eléctrica. Ed. McGraw-Hill, 2002. 5) OTRO MATERIAL DE APOYO. Desde este curso existe una página de la asignatura en el servidor del Departamento en Internet donde se ofrece información referente a la misma que le puede ser útil, incluyendo los problemas resueltos de las pruebas presenciales de años anteriores. También incluye enlaces con otros servidores de empresas e instituciones importantes del sector eléctrico. BLOG FIEE

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Pretendemos que esta información que vaya enriqueciendo y actualizando a lo largo del curso, para lo que nos gustaría contar con su colaboración. La dirección de Internet del servidor del Departamento, a la que debe conectarse, es: http://www.ieec.uned.es y allí buscar la asignatura en el apartado “Docencia del DIEEC”. 6) PRUEBAS DE EVALUACIÓN A DISTANCIA. PRÁCTICAS DE LABORATORIO En esta asignatura no hay que realizar Pruebas de Evaluación a Distancia. Tampoco hay Prácticas de Laboratorio. 7) PRUEBAS PRESENCIALES Al ser una asignatura cuatrimestral del 20 cuatrimestre, solamente hay Pruebas Personales finales en junio y septiembre. Estas pruebas constarán de varios ejercicios teórico prácticos en examen eliminatorio de tipo test, junto con el desarrollo de algunos problemas de tipo práctico, similares a los incluidos en esta Adenda. Lea atentamente el enunciado de cada uno de los ejercicios antes de resolverlos. No podrá aprobarse la asignatura si no se supera la prueba tipo test, independientemente de la nota de los problemas y tenga en cuenta que errores graves de concepto pueden hacer que la Prueba finalmente no se supere, sea cual sea la media obtenida. En cualquier caso, los errores graves, tanto en teoría como en problemas, podrán bajar la nota final. Como ocurrirá posteriormente en su vida profesional como Ingeniero, es mejor que si no sabe algo, no conteste cualquier cosa por peregrina que sea. Las Pruebas Presenciales tienen por objeto evaluar los conocimientos del alumno en las materias tratadas en la asignatura, no a determinar si el alumno sabe resolver mecánicamente los problemas tipo. Por ello le aconsejamos que no “aprenda a hacer problemas”. Desde el principio, trate de comprender las materias propuestas y de conocer y valorar los parámetros de los que dependen cada uno de los temas tratados en el programa. Con ello aprenderá además a juzgar si un resultado es coherente o incoherente y sabrá si ha cometido algún error en el desarrollo de un problema. En las Pruebas Presenciales no está permitido el uso de ningún tipo de material de consulta; sólo se puede utilizar calculadora. Dispone de dos horas para realizar la Prueba. 8) HORARIO DE ATENCIÓN AL ALUMNO Las consultas se puede realizar durante la guardia, por teléfono o personalmente, y por correo postal o electrónico. Horario de guardia:

Lunes, de 16:00 a 20:00 horas.

Teléfono:

91 398 7794 (Prof. R. Guirado)

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Fax: Correo electrónico:

91 398 6028 [email protected]

En Internet:

http://www.ieec.uned.es y allí buscar la asignatura en el apartado ”Docencia del DIEEC”.

Dirección:

Depto. de Ingeniería Eléctrica, Electrónica y de Control E.T.S. de Ingenieros Industriales - UNED Ciudad Universitaria s/n. 28040 MADRID

DIECC-UNED

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Sistemas de Energía Eléctrica ADENDA INTRODUCCIÓN. En esta Adenda se explica y se desarrolla con más detalle el programa propuesto y se relaciona con los apartados concretos del texto básico (esos apartados del libro se indican en la Adenda [en cursiva y entre paréntesis rectos]). También se exponen algunos puntos necesarios que o bien no vienen en el libro o bien, si están, los desarrolla de forma mucho más extensa de lo que necesitamos. Con esta explicación podrá entender la unidad lógica de contenido que hemos seguido en la concepción del programa de la asignatura. Por esta razón y tal y como se indica en el punto 3 de la “Guía de la asignatura”, esta Adenda no es tan solo un documento con orientaciones que simplemente debe leer al principio de la asignatura, sino que es parte de la bibliografía que debe estudiar. Téngalo muy en cuenta. Es importante señalar desde el principio que para el estudio de los sistemas eléctricos de potencia es imprescindible conocer los conceptos básicos relativos a los circuitos de corriente alterna y a los sistemas trifásicos. Aunque usted ya los vio en la asignatura “Teoría de circuitos”, y por lo tanto debe saberlos, es conveniente que repase esos apartados para refrescar esos conceptos. UNIDAD DIDÁCTICA 1. El sistema eléctrico de potencia. TEMA 1.

Sistemas de energía eléctrica. Generalidades: la producción y demanda de energía eléctrica, el sector eléctrico español, descripción general de los sistemas de energía eléctrica [Apartados 1.1 a 1.5 y Adenda], aparamenta eléctrica, descripción de instalaciones típicas [Apartados 1.6 y 1.7].

TEMA 2.

Representación de los elementos del sistema: transformadores trifásicos, sistemas por unidad, análisis por unidad de transformadores y de sistemas de potencia [Apartados 2.1 a 2.6 y Adenda], transformadores de regulación [Apartado 2.7], el generador síncrono [Capítulo 3 y Adenda], modelo de la línea de transporte y la carga [Apartados 5.1 a 5.7 y Adenda].

1.1 Antecedentes históricos de los sistemas eléctricos La electricidad es la forma de energía más utilizada hoy en día en la industria y en los hogares. La electricidad es una forma de energía relativamente fácil de producir en grandes cantidades, de transportar a largas distancias, de transformar en otros tipos de energía y de BLOG FIEE

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consumir de forma aceptablemente limpia. Esta presente en todos los procesos industriales y en prácticamente todas las actividades humanas por lo que se puede considerar como insustituible... Y no seguimos cantando sus bondades ya que estamos convencidos de que usted, como casi Ingeniero y alumno de la especialidad de Electrónica y Automática, es de nuestra opinión. Sin embargo, su historia es relativamente reciente ya que el inicio de la tecnología eléctrica está aceptado situarlo en el último tercio del siglo XIX. Esa tecnología se desarrolla a partir de la base científica, experimental y teórica, que sobre la electricidad se había elaborado y formulado a lo largo de todo ese siglo. En 1871 Gramme presenta la primera dinamo industrial movida por una máquina de vapor, lo que supuso poder disponer de electricidad en forma corriente continua y en cantidad “abundante”, sustituyendo así a las pilas utilizadas hasta entonces como únicas fuentes de electricidad (la pila había sido inventada por Alessandro Volta en el año 1800). Otro hito importante ocurrió el 4 de septiembre de 1882 cuando Thomas A. Edison, utilizando 6 generadores de corriente continua con una potencia total de 900 CV y unas 7200 bombillas (inventadas también por él a finales de 1879), ilumina la calle Pearl en Nueva York, acontecimiento que tuvo una enorme repercusión en su momento y que se reconoce como el primer sistema de distribución de energía eléctrica utilizado para alumbrado público. Desde ese momento queda claro el enorme potencial, técnico y económico, que supone la energía eléctrica; la carrera por su control y utilización fue imparable. Así, ese mismo año, 1882, L. Gaulard y J. Gibbs presentan la primera patente del transformador, patente que en 1885 es comprada por George Westinghouse. Al año siguiente, en 1886, G. Westinghouse realiza el primer sistema de alumbrado público en corriente alterna en Great Barnington (MA, EE.UU.) y funda su empresa para el desarrollo y utilización de la electricidad en corriente alterna: la Westinghouse Electric and Manufacturing Co. En 1888 Nikola Tesla inventa y patenta el primer motor de inducción, Westinghouse compra la patente y contrata a Tesla. En los años 1888 y 1889 se vive una apasionante guerra tecnológica y comercial: la lucha entre los defensores de los sistemas de corriente continua, encabezados por Edison a través de su empresa, la Edison General Electric Co., y los de los sistemas de corriente alterna, con Westinghouse a la cabeza. Los sistemas en corriente continua presentaban el gran problema de las pérdidas de energía por efecto Joule debidas a la intensidad de corriente que circulaba por el sistema, problema más grave cuanto mayor es la potencia demandada: para minimizar en lo posible esas pérdidas los generadores debían estar en las propias ciudades, en el centro de la zona que alimentaban (de ahí el nombre de “central” que todavía se utiliza en español para designar a las instalaciones de generación). La gran ventaja que supuso el poder transportar la energía eléctrica en corriente alterna desde las centrales generadoras, situadas a muchos kilómetros de los consumidores, gracias a poder elevar la tensión mediante transformadores, y el desarrollo y la utilización en la industria de los motores de inducción a partir de la patente de Tesla, dieron finalmente la victoria a los sistemas de corriente alterna. Con la presentación del primer sistema trifásico, entre Frankfurt y Lauffen, presentado en 1891 en la Exposición de Frankfurt y la construcción de la central de las Cataratas del Niagara en 1895, la corriente alterna queda definitivamente aceptada como la forma de generar, transportar y distribuir la energía eléctrica.

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Desde finales del siglo XIX y durante todo el siglo XX , el crecimiento de los sistemas eléctricos ha ido a la par del avance tecnológico de la sociedad, hasta el punto de considerar el consumo de energía eléctrica como uno de los indicadores más claros del grado de desarrollo de un país. Los primeros sistemas eléctricos estaban aislados unos de otros; el crecimiento de la demanda de electricidad, y de la consiguiente capacidad de generación y de transporte, supuso un rápido proceso de concentración empresarial y de interconexión de esos pequeños sistemas dando lugar a otros mucho más grandes, tanto en potencia como en extensión geográfica. La figura 1 muestra un esquema de la composición de un sistema eléctrico de generación, transporte y distribución de energía eléctrica. La generación de energía eléctrica tiene lugar en las centrales eléctricas. La mayor parte de las centrales son hidráulicas y térmicas, tanto convencionales (carbón, fuel y gas) como nucleares: en ellas una turbina, hidráulica o de vapor respectivamente, mueve el alternador que produce la energía eléctrica. Actualmente se está ampliando el tipo de centrales y así, aunque aun con una potencia instalada mucho menor que las anteriores, ya existen centrales de turbina de gas, de cogeneración (aprovechando el calor residual de ciertos procesos industriales para generar vapor), de ciclo combinado (que combinan una turbina de gas con un ciclo térmico clásico agua/vapor), basadas en energías renovables (eólicas, fotovoltaicas, de biogas obtenido a partir de la biomasa o de residuos sólidos urbanos, etc.). Los generadores de la central producen la energía en media tensión, a de 6 a 20 kV, tensión que se eleva mediante los transformadores de salida de la central, para ser inyectada en la red de transporte. La frecuencia del sistema de corriente alterna que se genera es fija y está normalizada: 50 Hz en Europa y 60 Hz. en América. La red de transporte y distribución está formada por las líneas que llevan esa energía hasta los consumidores. El transporte se hace en alta tensión (400, 220 y 132 kV) para disminuir las pérdidas. La red de alta tensión es una red geográficamente extensa, va más allá de las fronteras de los países, y mallada; en los nudos de esa malla, donde las líneas se interconectan (es decir, a donde llegan y de donde salen), se encuentran las subestaciones en las que están los transformadores, para cambiar a los niveles de tensión de las líneas, los elementos de mando y de protección, que sirven para manipular y proteger la red (interruptores, seccionadores, fusibles, pararrayos, etc.), y los elementos de medida, que permiten conocer en todo momento la situación del sistema y los valores de las variables más importantes. De algunas de esas subestaciones salen líneas a menor tensión que forman las redes de distribución en media tensión (de 66 a 1 kV) que finalmente, y conforme llegan hasta los últimos consumidores, se transforman en otras redes de baja tensión (400 y 230 V) Por último están los consumidores de esa energía eléctrica que se genera en las centrales. Esos consumidores, también llamados cargas, se conectan a la red en alta tensión (grandes industrias y, sobre todo, las redes de distribución de media tensión), en media tensión (industrias, distribución a las ciudades y redes de distribución en baja tensión) y en baja tensión (la mayoría de nosotros: pequeñas industrias y los consumidores domésticos finales).

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Fig. 1. Esquema de un sistema eléctrico de potencia.

1.2. El Sistema Eléctrico Nacional. Hasta la primera mitad de la década de los 80, el sector eléctrico español estaba formado por un reducido conjunto de grandes empresas eléctricas privadas con una estructura vertical (es decir, cada una integraba los negocios de generación, transporte, distribución y comercialización de la energía eléctrica) y una empresa pública, Endesa, que tan solo tenía generación (centrales térmicas que consumían carbón nacional). El funcionamiento del sistema se realizaba de forma similar a la descrita en el apartado anterior: cada empresa funcionaba como un área de control y gestionaba su sistema buscando su óptimo económico, estableciendo o no, según le conviniese, acuerdos bilaterales de compra y venta de energía con las empresas vecinas. En el año 1984 esta situación cambia con la entrada en vigor del Marco Legal Estable. Esta ley garantizaba la viabilidad de las empresas eléctricas como un monopolio a cambio de una fuerte intervención en su gestión, al entender el sector eléctrico como un servicio público. Así, se crea Red Eléctrica de España (REE), que pasa a ser la propietaria de la red de transporte en alta tensión (que se nacionaliza), y la generación se centraliza tanto en la planificación (a través del PEN, Plan Energético Nacional) como en su funcionamiento según el denominado “funcionamiento en ‘pool’”: todo el sistema se gestiona como una única empresa mediante un despacho centralizado (que realiza REE) con una distribución posterior de los costes y de los beneficios entre las empresas. En el año 1996, con la Directiva Europea del Mercado Interno de Electricidad se pretende liberalizar el mercado de la energía eléctrica en la Unión Europea rompiendo los monopolios que, en distintas formas, existían en cada país. En España esa directiva dio lugar, en el año 1997, a la Ley del Sector Eléctrico que ha supuesto un cambio radical del sector al introducir la liberalización de las actividades reguladas (se prohibe la tradicional integración BLOG FIEE

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vertical de negocio de las empresas eléctricas) y al suprimir el concepto de servicio público, los monopolios y la planificación centralizada. Así, actualmente en nuestro país el mercado eléctrico está desregulado y funciona como una especie de bolsa donde se compra y vende energía eléctrica mediante un sistema de casación entre las ofertas de venta de energía, presentadas por los productores que tienen la generación, y las ofertas de compra realizadas por los comercializadores. Para supervisar este mercado de compra/venta, la Ley del Sector Eléctrico establece la creación de dos entidades independientes: el Operador del Mercado y el Operador del Sistema. El primero, encomendado a OMEL1, es el garante de la operación económica del sistema mediante la gestión de ese mercado de ofertas de compra y de venta de energía eléctrica. El segundo, encomendado a REE2, es el que garantiza el funcionamiento del sistema desde el punto de vista técnico, para asegurar la continuidad, calidad, seguridad y coordinación de las operaciones de generación y transporte. España es uno de los primeros países en crear y en poner en marcha su mercado eléctrico desregulado, modelo que está sirviendo de ejemplo a seguir para otros países. Sin duda será un nicho importante de trabajo para futuros ingenieros (además de economistas, abogados, etc.) que usted debe considerar cuando salga de la Escuela. Como comprenderá el tema del mercado eléctrico es mucho más amplio de lo que aquí se ha explicado. Es necesario conocer qué es y cómo funciona un sistema eléctrico (objetivo principal de esta asignatura) y después de eso, con lo que nos queda de carga docente, ya no da para más. 1.3 Descripción del sistema, las instalaciones y aparamenta eléctrica. En los últimos apartados del capítulo 1 [1.5 a 1.7] se explica como esta formado un sistema de distribución de energía eléctrica y se describen sus elementos fundamentales, tanto para la transmisión de potencia ( transformadores y líneas), como los elementos necesarios en toda instalación real para su protección y medida (interruptores, seccionadores, interruptores automáticos y transformadores de medida, entre otros). Por último se muestran planos y esquemas de instalaciones tipo, con sus aspectos técnico-constructivos más relevantes. 2.1. Representación del sistema. Cálculo en valores por unidad. En un sistema eléctrico de potencia real existen valores muy dispares de potencias (generadas, consumidas, nominales de equipos, etc.), de intensidades y, sobre todo, distintos niveles de tensión debidos a los transformadores. Eligiendo un conjunto apropiado de dos de esas variables se puede hacer que todas las variables del circuito (potencias, tensiones, intensidades e impedancias) sean adimensionales, que estén expresadas en “en tanto por uno”: esto es lo que define como cálculo en valores por unidad [2.3]. Como verá, la principal ventaja del cálculo en por unidad es que los distintos niveles de tensión que hay en el sistema “se unifican” y, por lo tanto, “desaparecen” los transformadores (que se representan simplemente por una impedancia serie): de esta forma el circuito equivalente que representa el sistema se reduce a un circuito plano y conexo formado 1 2

Compañía Operadora del Mercado Español de Electricidad S.A. (http://www.omel.es) Red Eléctrica de España S.A. (http://www.ree.es)

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por fuentes e impedancias que se resuelve, sin mayor problema, mediante las herramientas de cálculo de la teoría de circuitos [2.6]. Los elementos del sistema se representan mediante símbolos y, con éstos, el sistema eléctrico completo se representa mediante un esquema denominado diagrama unifilar que permite “ver”, de una forma rápida, la topología del sistema y los elementos que lo forman. La otra representación del sistema es el denominado diagrama de impedancias [Ejemplo 2.1] en el cual cada elemento del sistema se representa por su modelo de impedancias, expresadas en valores por unidad. Así, el diagrama de impedancias es simplemente el circuito monofásico equivalente fase-neutro del sistema trifásico que es el sistema eléctrico de potencia. Es muy importante que tenga claro el trabajo con valores por unidad y cómo representar el sistema a través de los diagramas unifilar y de impedancias, ya que ello es la base de todos los cálculos que a lo largo de la asignatura se realizarán para analizar y estudiar los distintos aspectos del sistema. Hasta ahora hemos hablado de “los elementos del sistema”. Los elementos que vamos a considerar en la asignatura son básicamente cuatro: el transformador, el generador, la línea de transporte y la carga. A continuación se estudia cada uno de ellos en detalle. 2.2. Elementos del sistema (I): el transformador de potencia. El transformador de potencia se estudia en el capítulo 2 del libro. En él se repasan los conceptos básicos que ya conoce: circuito equivalente del transformador trifásico [2.1], introduciendo la notación en por unidad [2.4 y 2.5] y el estudio del desfase que introduce en función de la conexión de los devanados [2.6]. A partir de aquí, se estudian tres tipos de transformadores que, como variantes del transformador trifásico de potencia, se pueden encontrar en los sistemas eléctricos: el transformador de dos devanados [2.4], el transformador de tres devanados [2.5] y el transformador con tomas [2.7]. Este último es el más importante de ellos por ser el más habitual y, sobre todo, por su papel fundamental en el control de la potencia que circula por las líneas. Se finaliza el capítulo describiendo el modelo general del transformador, recalcando y justificando una vez más la importancia y la facilidad de cálculo que conlleva la utilización de los valores por unidad [2.7].

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Ejercicio 1. a) Demostrar que la matriz de admitancias que relaciona las tensiones e intensidades, en valores reales, de dos nudos entre los que se conecta un transformador de relación t : 1, es:

Ybus

 Y =  cc r * − Ycc t

r − t Ycc   t 2Ycc 

b) Dibujar el circuito equivalente en Π del transformador, que permite obtener la matriz antes citada. Nota: supóngase que t es real para la resolución de este apartado.

c) Determinar la corriente del primario y secundario, en valores por unidad y en valores reales, de un transformador de 10 MVA, de relación U1/U2 = 1,02 e-jΠ/18, donde las tensiones por unidad de los nudos entre los que se conecta el transformador son U1 = 1,0 ∠0º y U2 = 0,95 ∠10º. La impedancia de cortocircuito del transformador es Zcc = j 0,04. Tómese como bases del sistema, la potencia nominal del transformador y una tensión de 15 kV. Solución: a) Partiendo del equivalente eléctrico del transformador sin la rama paralelo, tenemos:

i1

U1

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Zcc

i'2

E1

E2

U2

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Para obtener la matriz de admitancias entre los nudos 1 y 2 se deben obtener las relaciones entre las tensiones e intensidades en dichos nudos. Considerando que para el análisis las intensidades tienen sentido entrante, tendremos que i2=-i’2. U 1 = E1 + i1 Z CC U 2 = E2 E1 r =t E2 i1 1 =r i '2 t * r U 1 = U 2 t + i1 Z CC r r U1 − U 2t = YCCU 1 − t YCCU 2 i1 = Z CC r r i2 = −i ' 2 = −t * i1 = −t * YCCU 1 + t 2YCCU 2 por tanto  i1   YCC i  =  r *  2  − t YCC

r − t YCC  U 1    t 2YCC  U 2 

b) El equivalente en π del circuito entre los nudos tiene la forma: Ys

i1

U1

Y1P

i2

Y2P

U2

De la matriz de admitancias obtenida en el apartado a) y con t real, se deduce que:

Y11 = YCC = YS + Y1P Y12 = −tYCC = −YS Y21 = −tYCC = −YS Y22 = t 2YCC = YS + Y2 P BLOG FIEE

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De las igualdades anteriores se desprende que sólo se puede representar con su equivalente en π a un transformador en el que no haya desfase en ángulo entre los extremos, ósea si t es real, dado que dicho desfase no puede representarse en un circuito de ese tipo. Despejando se obtiene YS = tYCC Y1P = (1 − t )YCC Y2 P = t (t − 1)YCC tYcc

i1

U1

(1-t)YCC

i2

t(t-1)YCC

U2

Del resultado obtenido también se desprende que el equivalente en π sólo puede representar la realidad si Ycc no tiene parte real, pues de otra forma se obtendrían resistencias negativas en las admitancias en derivación, al depender su valor de (1-t) y de (t-1). c) 15 kV = 14,7 kV 1,02 U 1 = 1∠ 0 º.15 kV = 15 ∠ 0 º kV U 2 = 14 ∠10 º kV U 1B = 15 kV

Z CCB

U 2B =

U 12B = = 22,5 Ω SB

Z CC = j 0,04.22,5 = j 0,9 Ω YCC =

1 = − j1,11 = 1,11∠−900 j 0,9

r t = 1,02 ∠−100 r − YCC t = −1,11∠−9001,02 ∠−100 = −1,133∠−1000 r − YCC t * = −1,11∠−9001,02 ∠100 = −1,133∠−800 YCC t 2 = 1,11∠−900 1,04 = 1,155 ∠−900 r i1 = 1,11∠−90015 ∠ 00 − 1,133∠−100014 ∠100 = 800 ∠−900 A r i2 = −1,133∠−80015 ∠00 + 1,155 ∠−900 14 ∠100 = −822 ∠−800 A

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2.3. Elementos del sistema (II): el generador síncrono. El generador, que se encuentra en las centrales de producción de energía eléctrica y que es un generador síncrono, se estudia en el capítulo 3 del libro. Como en el caso anterior, los primeros apartados del capítulo deben ser para usted un recordatorio de los conceptos relativos a este tipo de máquina que vio en la asignatura “Máquinas eléctricas”: descripción del generador, su principio de funcionamiento y su circuito equivalente [3.1 a 3.3]. De este repaso le debe quedar claro cómo se genera un sistema trifásico de potencia y los conceptos de reactancia síncrona, Xs, de tensión interna, Ei, y de ángulo de potencia, δ. El funcionamiento del generador en régimen permanente se ve en los dos apartados siguientes donde se explica el control de la potencia activa y de la potencia reactiva generada [3.4] y la curva de carga del generador [3.5] que define los puntos (la zona) de funcionamiento posible del generador en condiciones normales. 2.4. Elementos del sistema (III): la línea de transporte. El tercer elemento del sistema es la línea eléctrica que, junto a los transformadores y a los elementos de maniobra y protección (interruptores, seccionadores, protecciones, etc.), forman la red de transporte y distribución de energía eléctrica. Tal y como se explica en [5.2 y 5.3], la línea se caracteriza mediante su impedancia serie, por fase y unidad de longitud, y su admitancia paralelo, también por fase y unidad de longitud. El cálculo de estos parámetros R, L y C el libro lo ha desarrollado en el capítulo anterior [4] y queda fuera del programa de la asignatura (es decir, siempre que se necesiten esos parámetros serán un dato). En función de la longitud de la línea y del tipo de estudio que se desea realizar, existen diferentes modelos de la línea de transporte. Así, para una frecuencia de 50 Hz, las líneas se clasifican como cortas (líneas de longitud inferior a 100 km), de longitud media (de 100 a 300 km) y largas (de más de 300 km). Las representaciones de los dos primeros tipos son de parámetros concentrados, mientras que en el modelo de la línea larga hay que considerar los parámetros distribuidos a lo largo de la longitud de la línea. Teniendo en cuenta los tipos de estudios que se van a ver en esta asignatura es suficiente con los modelos de parámetros concentrados de línea corta y de línea de longitud media [5.4]. A partir de estos dos modelos (especialmente del segundo) es muy importe el conocer el flujo de potencia que se puede transmitir a través de la línea [5.5 y 5.6] y la forma de compensar la impedancia para disminuir la caída de tensión, a partir de inductancias o condensadores en serie o paralelo, según las condiciones de funcionamiento [5.7].

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Ejercicio 2.

El sistema trifásico de la figura consta de los siguientes elementos: • • • • • • • • •

Generador G1 100 MVA, 15 kV, Xsg1= 0,15 p.u Generador G2 80 MVA, 15 kV, Xsg2= 0,15 p.u Línea L1 y L3 impedancia 10 + j 50 Ω/fase Línea L2 y L4 impedancia 20 + j 60 Ω/fase Transformador T1, 80 MVA, 15/165 kV, XCCT1=0,1 p.u Transformador T2, 60 MVA, 165/12 kV, XCCT2=0,1 p.u Carga M1, a potencia constante de 50 MVA a 165 kV y fdp=0,8 inductivo Carga C2, de impedancia constante, 40 MVA a 165 kV y fdp = 0,95 capacitivo Interruptores S1, S2, S3 y S4 de impedancia despreciable

a) Dibujar el esquema del sistema, por fase, indicando los valores de las impedancias en valores por unidad, tomando como base 100 MVA y 15 kV.

b) Con los interruptores S1 y S3 cerrados y S2 y S4 abiertos, determinar la tensión y corriente en la carga C2 y en el generador G1, en valores por unidad y valores reales, para mantener la carga M1 a una tensión de 165∠0º kV.

c) Con los interruptores S3 y S4 cerrados y S1 y S2 abiertos, determinar la tensión y la corriente en el generador G1, en valores por unidad y valores reales, para mantener la carga C2 a una tensión de 165∠0º kV, con el generador G2 a tensión de 13∠+5º kV.

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Solución En primer lugar se determinan los valores base de los distintos tramos del sistema. SB= 100 MVA Tramo 1 U 1B = 15 kV Z1 B

U 12B 15 2.10 6 = = = 2,25 Ω S B 100.10 6

I 1B

SB 100.10 6 = = = 3850 A 3U 1B 3.15.10 3

X G1 = 0,15 p.u sin cambio de base X CCT 1Nueva

2 S Bnueva U Banterior 100 15 2 . 2 . = X CCT 1 Anterior . = 0,1. = 0,125 p.u S Banterior U Bnueva 80 15 2

Tramo 2 U 2 B = U 1B

U 2T 1 165 = 15 = 165 kV U 1T 1 15

165 2.10 6 = 272,25 Ω 100.10 6 100.10 6 I 2B = = 350 A 3.165.10 3 100 165 2 X CCT 2 Nueva = 0,1. . = 0,1666 p.u 60 165 2 10 + j 50 L1 pu = L3 pu = = 0,037 + j 0,184 = 0,188∠78,6 0 272,25 20 + j 60 L2 pu = L4 pu = = 0,073 + j 0,22 = 0,232∠71,650 272,25

Z 2B =

C 2 ( Z cte) ⇒ S C 2 = 40∠ − arc cos 0,95 MVA = 40∠ − 18,2 MVA ⇒ Z C 2 0

Z C 2 pu =

U C2 2 165 2.10 2 = * = S C 2 40.10 2 ∠18,2 0

646,56 − j 212,6 = 2,375 − j 0,78 = 2,5∠ − 18,2 0 272,25

M 1 ( P cte) ⇒ S M 1 = 50∠36,87 0 MVA S M 1 pu =

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50∠36,87 0 = 0,5∠36,87 0 100

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Tramo 3 12 = 12 kV 165 U 2 12 2.10 6 = 1B = = 1,44 Ω S B 100.10 6

U 1B = 165 Z1B

I 1B =

SB 3U 1B

=

X G 2 Nueva = 0,15.

100.10 6 = 4811 A 3.12.10 3 100 15 2 . = 0,293 p.u 80 12 2

Por tanto, el esquema del sistema por fase en valores por unidad es

Smotor =0,5 36,86º 0,037+j 0,184 j 0,125

0,073+j 0,22

2

j 0,16

0,037+j 0,184

3

0,073+j 0,22 j 0,29

j 0,15 2,375-j078

b) El esquema del circuito planteado es en este apartado

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j 0,125

2

0,037+j 0,184

0,037+j 0,184 UC

j 0,15 Smotor =0,5 36,86º

2,375-j 0,78

U M 1 = 165∠0º kV = 1∠0º p.u 0,5∠ − 36,86º = 0,4 − j 0,3 1∠0º U C = U M 1 + iM 1 (0,037 + j 0,184) = 1∠0º +(0,4 − j 0,3)(0,037 + j 0,184) = 1,07 + j 0,062 = 1,072∠3,3º S M 1 = U M 1.iM* 1 ⇒ iM 1 = por otro lado U C = iC 2 .(0,037 + j 0,184 + 2,375 − j 0,78) ⇒ iC 2 = 0,411 + j 0,128 = 0,431∠17,3º U C 2 = iC 2 .Z C 2 = 0,431∠17,3º.2,375∠ − 18,2º = 1,023∠ − 1º = 168,9∠ − 1º kV y U G1 = U C + (iM 1 + iC 2 ). j 0,125 = 1,091 + j 0,162 = 1,103∠8,4º = 16,5∠8,4º kV

c) En el esquema del sistema ahora propuesto el motor M1 está desconectado

j 0,125

0,037+j 0,184

0,073+j 0,22

j 0,16

j 0,29 j 0,15 UG1

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2,375-j 0,78

UC2

UG2

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13∠5º 165∠0º p.u = 1∠0º p.u y U G 2 = 13∠5º kV = p.u = 1,083∠5º p.u 12 165 1∠0º = = 0,38 + j 0,125 = 0,4∠18º = 140∠18º A 2,5∠ − 18,2º

U C 2 = 165∠0º kV = iC 2 =

UC2 ZC2

UG2 −UC2 = 0,274 − j 0,155 = 0,315∠ − 29,6º = 1515,5∠ − 29,6º A 0,073 + j 0,22 + j 0,1666 iG1 = iC 2 − iG 2 = 0,38 + j 0,125 − 0,274 + j 0,155 = 0,106 + j 0,28 = 0,3∠69,3º = 1155∠69,3º A iG 2 =

U G1 = U C 2 + iC 2 .( j 0,125 + 0,037 + j 0,184) = 1,022 + j 0,09 = 1,026∠5º = 15,4∠5º kV

2.5. Elementos del sistema (IV): la carga. El cuarto y último elemento que vamos a necesitar para estudiar y analizar un sistema eléctrico de potencia son las cargas. Las cargas son quienes consumen la potencia generada por los generadores, que se encuentran en las centrales de producción de energía eléctrica, y que llega a ellas a través de la red de transporte. Las cargas se encuentran en los nudos de esa red y pueden ser grandes consumidores (por ejemplo, una gran industria) o, en la mayoría de los casos, son otras redes eléctricas de distribución, de menor tensión, que van llevando esa energía eléctrica al resto de consumidores más pequeños. En el texto base que utilizamos en esta asignatura no hay un capítulo que hable de las cargas, por lo que los modelos de carga que se van a necesitar los veremos a continuación en este apartado. Aunque en general las cargas evolucionan en el tiempo, para los estudios del sistema eléctrico de potencia que vamos a ver en la asignatura se considerará, siempre que no se diga lo contrario, el régimen permanente por lo que se admitirá que las cargas no varían en el tiempo. En cuanto a su representación dentro del sistema, se distinguen tres tipos de cargas: − Cargas de impedancia constante. Son cargas estáticas cuya impedancia, como indica su nombre, es constante y, por lo tanto, la potencia que consumen depende de la tensión que haya en cada instante en el nudo en el que están conectadas. Ejemplo de este tipo de cargas son las baterías de condensadores o de inductancias. Estas cargas se definen por el valor de su impedancia por fase o por su potencia nominal (que es la potencia que consumen a la tensión nominal del nudo al que están conectadas). Se representan mediante los valores correspondientes de R y X en paralelo, tal y como se representa en la figura 2.a (es más útil esta representación que la de la rama equivalente serie, con R y X en serie, como verá más adelante a la hora de construir la matriz de admitancias de nudo). − Cargas de potencia constante. Son cargas cuyos valores especificados de P y Q consumidos son constantes, independientemente de la tensión que exista en cada momento en el nudo en el que están conectadas. Por este motivo no pueden representarse mediante una impedancia o una fuente, así que se hace mediante una flecha indicando los valores de P y Q correspondientes (figura 2.b). Este tipo de cargas son las más frecuentes en los sistemas eléctricos de potencia; por ejemplo, se comportan como cargas de este tipo los grandes consumidores, los motores eléctricos y otras redes de distribución a menor tensión.

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− Cargas de intensidad constante. Este tipo de cargas son bastante escasas y se caracterizan por presentar una intensidad I consumida constante e independiente de la tensión que exista en cada momento en el nudo en el que están conectadas. Se representan mediante una fuente de intensidad I (figura 2.c).

Fig 2. Representación de las cargas: (a) de impedancia constante, (b) de potencia constante y (c) de intensidad constante.

Ejercicio 3. En el diagrama de la figura, la tensión del generador (nudo1), se eleva mediante dos transformadores trifásicos idénticos en paralelo, T1 y T2, a 230 kV (nudo 2), que alimentan a una carga y a una línea de 50 km que termina en otro transformador T3 a cuya salida se conecta un motor a 69 kV. Las características nominales de los diversos elementos del sistema son: Generador

100 MVA, 15 kV, Xsg= 0,1 p.u

T1 y T2

50 MVA, Y-? , 15/230 kV, Xcc= 0,2 p.u

T3

70 MVA, ? -Y, 230/69 kV, Xcc= 0,1 p.u

Z de línea (2-3)

XL = j 6 O/fase

Carga (Z constante) 20 MW, 230 kV Motor (P constante) 50 MVA, 69 kV, f.d.p 0,8 inductivo

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Tomando como base los valores nominales del generador y suponiendo que en la situación considerada el valor medido de la tensión en bornes del motor es de 69 kV, determinar en módulo y argumento: a) La corriente en el motor y la tensión, corriente y potencia en la carga. b) La tensión, corriente y potencia desarrollada por el generador c) La tensión y corriente en la línea del primario del transformador T3. Solución: El circuito equivalente por fase del sistema propuesto es: 1

X cc1

2

XL

3

X cc3

4

X cc2 S m o to r =P+jQ X'' g UG

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Zc

U Carga

U M o tor

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El sistema normal del problema se resuelve mediante análisis por unidad, cuyo primer paso es la elección de los parámetros base. Se toma la potencia nominal del generador como base de potencias y las tensiones de línea en cada tramo como referencia para la determinación de las tensiones base de cada uno de ello. La ventaja del cálculo en valores por unidad es poder resolver el sistema sin necesidad de considerar las relaciones entre tensiones y corrientes de cada línea en cada tramo, dependiendo de relaciones de transformación y las conexiones en los transformadores. La utilización de las tensiones entre líneas como referencia en todos los casos facilita el cálculo, sea cual sea la conexión de los transformadores. Si los datos de partida de los transformadores no hubiesen sido dados como tensiones de entrada y salida en la conexión correspondiente, sino que se hubiese dado directamente la relación de espiras en cada uno de ellos, tendría primero que determinarse la tensión entre líneas correspondiente de cada tramo antes de definir las tensiones de base. Por otro lado, la única precaución que debe tenerse cuando hay conexiones mixtas en los transformadores es que hay desfase entre las tensiones de cada tramo y consecuentemente, también en las corrientes. Por ello, adicionalmente debe considerarse el desfase como otro parámetro base a definir, cuando proceda. Teniendo todo esto en cuenta, tendremos que: S base = 100 MVA Tramo 1

U 1base = 15 kV 15 2 = 2,25Ω 100 100.10 6 I1base = = 3849 A 3.15.10 3 X sg = 0,1 p.u

Z1base =

X cc1 = X cc 2 = 0,2

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100 = 0,4 p.u 50

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Tramos 2 y 3

Al ser estrella − triángulo α 2base = α 3base = −30 0 230 ∠−30 = 230 ∠−30 kV 15 230 2 Z 2base = Z 3base = = 529Ω 100 100.10 6 I * 2base = = 251∠30 A ⇒ I 2base = I 3base = 251∠−30 A 3.230 ∠−30.10 3

U 2base = U 3base = 15

100 X cc 3 = 0,1 = 0,143 p.u 70 6 Línea X L = 6Ω = p.u = 0,0113 p.u 529 230 2.10 6 2645 C arg a a Z cte Z C = p.u = 5 p.u = 2645Ω = 6 529 20.10

Tramo 4

Al ser triángulo − estrella α 4base = 30 0 U 4base = 230 ∠−30

69 ∠30 = 69 ∠ 0 kV 230

69 2 = 47,6Ω 100 100.10 6 = = 836,7 A 3.69.10 3

Z 4base = I 4base

Motor a P cte S Motor = 50 ∠36,87 MVA =

50 ∠36,87 100

p.u = 0,5 ∠36,87 p.u

a) Si la tensión medida en bornes del motor UMotor es 69 kV, será igual entonces a la tensión de base en el tramo 4, por lo que tendremos: S Motor = U Motor .I * Motor ⇒ I * Motor =

0,5 ∠36,87 1∠ 0

I Motor = 0,5 ∠−36,87 p.u = 0,5 ∠−36,87.836,7 = 418,35 ∠−36,87 A

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Para la carga tendremos U c arg a = U Motor + I Motor j ( X L + X cc 3 ) U c arg a = 1∠ 0 + 0,5 ∠−36,87 ( j 0,0113 + j 0,143) = 1,046 + j 0,0616 = 1,0478 ∠3,37 p.u U c arg a = 1,0478 ∠3,37.230 ∠−30 = 241∠−26, 63 kV I c arg a =

U c arg a Z c arg a

=

1,0478 ∠3,37 5

= 0,21∠3,37 p.u = 0,21∠3,37.251∠−30 = 52,7 ∠−26,63 A

S c arg a = U c arg a .I * c arg a = 1,0478 ∠3,37. 0,21∠−3,37 = 0,22 ∠ 0 p.u = 0,22.100 = 22 MW

b) En el generador

U G = U c arg a + I G .Z1 donde Z 1 =

1 1 1 + jX cc1 jX cc 2

= j 0,2 p.u

I G = I Motor + I C arg a = 0,5∠−36,87 p.u + 0,21∠ 3,37 p.u = 0,09 − j 0,288 = 0,6735∠−25,3 p.u I G = 0,6735∠−25,3 3849 = 2592 ∠−25,3 A U G = 1,0478∠3,37 + 0,6735 ∠−25,3.0,2 ∠90 = 1,1035 + j 0,1834 = 1,1186 ∠9, 4 p.u U G = 1,1186 ∠9, 4.15 = 16,8 ∠9, 4 kV S G = U G .I * G = 1,1186 ∠9, 4.0,6735∠ 25,3 = 0,7533∠34, 7 p.u S G = 0,7533∠34, 7.100 = 75,33∠34,7 MVA

c) En el primario del transformador 3 la corriente es la que corresponde al motor, pero hay que considerar el desfase de tensiones por el tipo de conexión en el transformador. Al realizar el análisis por fase con valores por unidad esto se desprende directamente al aplicar el método. U 3 = U Motor + I Motor . jX cc 3 = 1∠ 0 + 0,5 ∠−36,87.0,143∠90 = 1,043 + j 0,0572 = 1,0445 ∠3,14 p.u U 3 = 1,0445 ∠3,14.230 ∠−30 = 240,2 ∠−26,86 kV I 3 = I Motor = 0,5 ∠−36,87 p.u I 3 = 0,5 ∠−36,87 251∠−30 = 125,5 ∠−66,87 A

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UNIDAD DIDÁCTICA 2. Análisis del sistema eléctrico de potencia. TEMA 3.

Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: Los modelos de la red a través de la matriz |Ybus| [6.2], el flujo de cargas [6.3 y 6.4] y el control del flujo de cargas [6.8]

TEMA 4.

Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado: clasificación de perturbaciones [adenda] y faltas simétricas [capítulo 8].

Llegados a este punto del programa de la asignatura, usted ya conoce los principales elementos que componen un sistema eléctrico de potencia, sus modelos y la representación completa del sistema mediante los diagramas unifilar y de impedancias. En esta segunda Unidad Didáctica se van a ver los dos estudios clásicos más importantes que se utilizan para analizar el sistema eléctrico: el flujo de cargas y las faltas simétricas. 3.1. Las matriz de admitancias de nudo, [Ybus]. Una vez que ya se conoce el modelo eléctrico que representa a cada elemento del sistema y la utilización de los valores por unidad, para cualquier sistema eléctrico que nos den ya debe ser fácil construir su diagrama unifilar y el circuito de impedancias que lo representa. A partir de aquí y para los estudios que van a permitir el análisis del sistema, éste se modela matemáticamente mediante la matriz de admitancias de nudo, [Ybus]. La matriz [Ybus] es, sencillamente, la matriz de admitancias que resulta del análisis por nudos del circuito de impedancias que representa el sistema eléctrico dado tomando como nudo de referencia el neutro, nudo común del circuito. La construcción y modificación [6.2] de la matriz de admitancias de nudo [Ybus] es fácil e inmediata. Por último, es importante señalar que para grandes sistemas reales la matriz [Ybus] es una matriz muy dispersa, es decir, en la que la mayoría de sus elementos son cero. 3.2. Funcionamiento del sistema eléctrico en estado normal: el flujo de cargas. El objetivo del sistema eléctrico es satisfacer la potencia demandada, más las pérdidas en la red, manteniendo un estado de funcionamiento normal, es decir, en un régimen permanente en el que se verifique que las tensiones en los nudos y las potencias generadas por los generadores estén dentro de unos límites establecidos y que tanto las líneas como los transformadores funcionen sin sobrecargas. El flujo de cargas es el estudio que permite analizar el sistema en régimen permanente y comprobar, a partir de su resultado, si ese estado de funcionamiento del sistema corresponde a un estado de funcionamiento normal. Partiendo de la potencia generada y demandada en cada nudo, el flujo de cargas calcula la tensión, en módulo y argumento, que existe en cada nudo y las potencias que circulan por la red de transporte.

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Si ese problema, calcular la tensión en cada nudo, se plantease en términos de intensidades, es decir, si se conociese la intensidad inyectada en cada nudo, el cálculo de las tensiones sería inmediato resolviendo un sistema lineal de ecuaciones donde los elementos de [Ybus] serían los coeficientes (sería, en definitiva, la resolución del análisis por nudos del circuito). Sin embargo, en los sistemas eléctricos de potencia reales las magnitudes que se miden y que se conocen son las potencias, activa y reactiva, generadas y consumidas en cada nudo y como esas potencias dependen de las tensiones de los nudos (que recordemos son las incógnitas del problema), el problema del flujo de cargas así planteado en términos de potencias resulta ser un problema no lineal que se ha de resolver mediante métodos numéricos iterativos. El capítulo 6 del libro aborda el estudio del flujo de cargas. En el apartado [6.3] se describe y plantea el problema del flujo de cargas: las ecuaciones de la potencia inyectada en un nudo (ecuación (6.8), en forma compleja, y ecuaciones (6.11) y (6.12), en forma polar), los tipos de nudos que se consideran, las variables de estado o incógnita del problema, las cantidades especificadas o términos independientes y el número total de ecuaciones del sistema no lineal que hay que resolver. Los métodos de resolución del flujo de cargas son métodos numéricos de resolución de sistemas de ecuaciones no lineales. Así, en el libro se describen dos métodos exactos: el de Gauss-Seidel y el de Newton-Raphson. El primero tiene la ventaja de ser sencillo de programar, pero presenta problemas de convergencia, sobre todo al aumentar la dimensión del problema. El método de Newton-Raphson es más complejo de programar pero a cambio es más robusto y presenta una mayor velocidad de convergencia que el anterior, por lo que es el que utiliza la práctica totalidad de programas existentes de resolución del flujo de cargas. Por último, en el libro también se explica el flujo de cargas desacoplado, que es un método que permite obtener de una forma sencilla y rápida una solución aproximada, que se puede utilizar para obtener un buen punto inicial para los procesos iterativos de los dos métodos anteriores o como solución válida para otros tipos de estudios que no necesitan la solución exacta del flujo de cargas. Salvo el primer método (Gauss-Seidel) [6.4], que permitirá al alumno conocer la mecánica de la solución al problema y los distintos casos que pueden presentarse, el resto de los métodos de resolución del problema del flujo de cargas citados no debe estudiarlos, no entran en el programa de la asignatura, aunque aquí se han mencionado para que le suenen y por si se anima a mirarlos, aunque sea una vez aprobada la asignatura (creemos que merece la pena ya que se trata, en definitiva, de unos métodos matemáticos de resolución de problemas no lineales). Sin embargo, lo que sí que debe estudiar y tener bien claro es qué ofrece la solución del flujo de cargas, es decir, conocida la solución (tensiones en todos los nudos y potencia generada en el nudo oscilante) y con los datos del sistema (datos de los nudos y de las líneas) debe ser capaz de calcular la potencia inyectada en cualquier nudo o la potencia que circula por cualquier línea del sistema. La gran utilidad y cantidad de información que ofrece la solución del flujo de cargas para el análisis de un sistema eléctrico se explican en el apartado [6.3]. Para concluir este tema, en el apartado [6.8] describe los diferentes medios de control disponibles en un sistema, explicando su importante función en el control de la potencia que circula por las líneas o de mantener el valor de la tensión en determinados nudos. BLOG FIEE

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3.3. Equivalente eléctrico del transformador en el sistema En los sistemas eléctricos, los transformadores juegan un papel fundamental para obtener las tensiones necesarias en cada tramo. El cálculo en valores por unidad permite el análisis del sistema sin necesidad de separarlo en tramos de la misma tensión base que establecen los transformadores. El método de cálculo en valores por unidad consiste en expresar los equivalentes eléctricos de los diferentes elementos del sistema en valores proporcionales a los valores de base elegidos. Con ello el cálculo puede hacerse a partir de un sistema monofásico con generadores e impedancias en serie y paralelo. Es especialmente importante el análisis de los equivalentes eléctricos de los transformadores en sus diferentes funciones, tanto como transformadores de elevación o reducción de tensión o como transformadores de regulación de tensión o fase. Seguidamente se detallan las diferentes formas de expresar el equivalente de un transformador en un sistema. Transformador reductor de tensión Es el caso, por ejemplo, de un transformador de distribución utilizado para reducir la tensión en una línea para transporte de energía. Su relación de transformación está dada por t :1, con t >1. Partiendo del equivalente eléctrico del transformador monofásico sin la rama paralelo, tenemos:

i1

U1

Zcc

i'2

E1

E2

U2

t :1

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Para obtener la matriz de admitancias entre los nudos 1 y 2 se deben obtener las relaciones entre las tensiones e intensidades en dichos nudos. Considerando que para el análisis las intensidades tienen sentido entrante, tendremos que i2=-i’2. U 1 = E1 + i1 Z CC U 2 = E2 E1 r =t E2 i1 1 =r i '2 t * r U 1 = U 2 t + i1 Z CC r r U1 − U 2t = YCCU 1 − t YCCU 2 i1 = Z CC r r i2 = −i ' 2 = −t * i1 = −t * YCCU 1 + t 2YCCU 2 por tan to  i1   YCC i  =  r *  2  − t YCC

r − t YCC  U 1    t 2YCC  U 2 

El equivalente en π del circuito entre los nudos tiene la forma: Ys

i1

U1

Y1P

i2

Y2P

U2

De la matriz de admitancias obtenida en el apartado a) y con t real, se deduce que:

Y11 = YCC = YS + Y1P Y12 = −tYCC = −YS Y21 = −tYCC = −YS Y22 = t 2YCC = YS + Y2 P

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De las igualdades anteriores se desprende que sólo se puede representar con su equivalente en π a un transformador en el que no haya desfase en ángulo entre los extremos, ósea si t es real, dado que dicho desfase no puede representarse en un circuito de ese tipo. Despejando se obtiene YS = tYCC Y1P = (1 − t )YCC Y2 P = t (t − 1)YCC tYcc

i1

U1

(1-t)YCC

i2

t(t-1)YCC

U2

Del resultado obtenido también se desprende que el equivalente en π sólo puede representar la realidad si Ycc no tiene parte real, pues de otra forma se obtendrían resistencias negativas en las admitancias en derivación, al depender su valor de (1-t) y de (t-1). Pero si se desea expresar el equivalente del transformador en valores por unidad obtendremos las siguientes expresiones: U 1B = U 1 t=

U 1B U ⇒ U 2B = 1 = U 2 U 2B t

Z1 B = Z 2B

U 12B S ⇒ Y1B = B2 SB U 1B

U 22B S = ⇒ Y2 B = 2B SB U 2B

i1B =

SB U 1B

y i2 B =

SB U 2B

en monofásico

de la relación de int ensidades y tensiones exp resadas en p.u obtenemos i1 = YCCU 1 − tYCCU 2 ⇒ i1 pu

SB S S = YCCpu B2 U 1 puU 1B − tYCCpu B2 U 2 puU 2 B U 1B U 1B U 1B

i2 = −tYCCU 1 + t 2YCCU 2 = −tYCCpu

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SB S U 1 puU 1B + t 2YCCpu B2 U 2 puU 2 B 2 U 1B U 1B http://fiee.zoomblog.com

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Finalmente obtenemos las expresiones que relacionan las corrientes y tensiones en valores por unidad y la correspondiente matriz de admitancias i1 pu = YCCpuU 1 pu − YCCpuU 2 pu i2 pu = −YCCpuU 1 pu + YCCpuU 2 pu  i1 pu   YCCpu i  = − Y  2 pu   CCpu

− YCCpu  U 1 pu  YCCpu  U 2 pu 

De donde se concluye que el equivalente eléctrico del transformador en valores por unidad es

I1pu

U1pu

ZCCpu

I2pu

U2pu

Obsérvese que el equivalente eléctrico del transformador en valores por unidad es independiente de la relación del transformador.

Transformador elevador de tensión Es el caso, por ejemplo, de un transformador a la salida de un generador donde es necesaria la elevación de tensión en la línea de transporte de energía. Su relación de transformación está dada por 1:t, con t >1. Siguiendo el mismo procedimiento que en caso anterior se llega a las siguientes expresiones

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  i1   YCC i  =  Y  2  − rCC  t*

33

Y  − CC r t  U 1  YCC  U 2   t2 

Cuyo equivalente en π es

Ycc/t

i1

U1

YCC(t-1)/t

i2

YCC/t (1/t-1)

U2

Y si se calcula la relación en valores por unidad se llega a la misma matriz y equivalente en π que las obtenidas en el caso anterior, dado que el equivalente es independiente de la relación de tensiones.

Transformador regulador del módulo de la tensión En la mayoría de los casos, los transformadores de distribución incorporan tomas que sirven para regular la tensión de servicio ante las caídas de tensión producidas en las líneas y en los propios transformadores. En definitiva, las “tomas” no es más que puntos de conexión en el arrollamiento del transformador (en el primario generalmente) que aumenta o disminuye el número de vueltas en este y, por tanto, la relación de transformación. En principio, el análisis de estos transformadores, con sus respectivas tomas, se podría realizar de la misma manera que lo hecho en los transformadores normales anteriores, considerando que al cambiar la toma, cambia la relación de transformación. Pero si se procediera así en este tipo de transformador, en el análisis por unidad del sistema se tendrían que recalcular todos los valores al cambiar una toma, dado que los valores de la tensión de base (y consecuentemente las impedancias e intensidades de base) del sistema en el tramo del transformador correspondiente variaría.

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Por tanto, cada vez que se produjera un cambio de toma, todo el cálculo del sistema en valores por unidad se tendría que recalcular, lo que supondría la pérdida de las ventajas que dicho análisis ofrece. A fin de evitar este inconveniente, se puede enfocar el problema como si el caso de un transformador regulador equivaliese al de un transformador convencional con relación de transformación nominal y en serie con el hubiese un transformador ideal de relación 1:t o t:1, con t>1, según se use la toma para elevar o reducir la tensión, respectivamente. Dado que en el caso de un transformador de relación de transformación fija y conocida su equivalente en valores por unidad es independiente de la relación de transformación, el valor t se refiere ahora a la tensión adicional que se eleva o disminuye frente a la relación de transformación nominal y no a la relación real entre las tensiones de entrada y salida del transformador. Debe comprenderse que, en el análisis en valores por unidad, la relación de transformación nominal ya se tiene en cuenta a la hora de determinar las tensiones de base de cada tramo y por tanto los equivalentes por unidad no requieren considerar dicha relación nominal. Pero distinta consideración debe tener la tensión de aumento o disminución que proporciona la toma, que no ha sido considerada en la determinación de las bases y debe considerarse ahora. Para determinar la relación de intensidades y tensiones en las nuevas condiciones se parte de nuevo del equivalente del transformador, con la diferencia de que ahora el equivalente por unidad ZCCpu está en el lado secundario del transformador ideal que representa la toma. El modelo así planteado implica que la impedancia de cortocircuito equivalente del transformador no varía cuando se usan las tomas y aunque teóricamente esto implicaría un error en la aproximación, la realidad es que en las normas internacionales que regulan los transformadores de distribución es obligatorio que la impedancia de cortocircuito se mantenga prácticamente constante cuando se cambian las tomas, por lo que la aproximación teórica es bastante aproximada a la realidad. Con lo dicho anteriormente, el circuito equivalente de un transformador con una toma para regulación del módulo de la tensión de relación t:1 tendría una impedancia ZCC en serie en el secundario representando el transformador de relación nominal en valores por unidad tal como se representa en la siguiente figura i1

U1

Zccpu

E1

E2

i'2

U2

t:1

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Para determinar ahora la relación entre intensidades y tensiones que permitan establecer la matriz de admitancias asociada tendremos que E1 =t E2

i1 1 con U 1 = E1 = i2' t

e

U1 U + i2 Z CCp .u ⇒i 2 = U 2YCCpu − 1 YCCpu t t YCCpu U 1 i i1 = − 2 = −U 2 + 2 YCCpu t t t

U 2 = E2 + i2 Z CCp .u =

Con lo que la matriz de admitancias tiene la expresión  YCCpu  i1   t 2 i  =  Y  2  − CCpu  t

YCCpu   t  U 1  U  YCCpu   2  

−

Y el correspondiente equivalente en π es

Yccpu/t

i1

U1

YCCpu(t-1)/t2

i2

YCCpu (t-1)/t

U2

Para un transformador con toma de regulación 1:t igualmente se obtendría

2  i1   t YCCpu = i  − tY  2   CCpu

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− tYCCpu  U 1   YCCpu  U 2 

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tYccpu

i1

U1

YCCpu(t-1)t

i2

YCCpu t(t-1)

U2

Ejercicio 4.

En el sistema de la figura los valores expresados en por unidad tienen una potencia base de 100 MVA y tensión de base de 100 kV. En los nudos 3 y 4 se han colocado baterías de condensadores para compensación de potencia reactiva y la impedancia de todas las líneas de interconexión entre los nudos es, en valores por unidad, de Zij = 0,03 + j 0,3 y la admitancia en paralelo es yij,0 = j 0,05. Determinar: a) La matriz de admitancias del sistema b) Si se conecta entre los nudos 3 y 4 un transformador de regulación de módulo de tensión de relación 100/98 kV de 10 MVA y XCC= j 0,1. ¿Cuál será, en estas nuevas condiciones, la matriz de admitancias del sistema? c) Determinar la potencia de pérdidas del sistema en las condiciones del apartado b) si la solución al flujo de potencias proporciona los siguientes valores: V1 = 1∠0 0

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V2 = 1,03∠ − 0,30

V3 = 1,01∠ − 0,30

V4 = 0,96∠0 0

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Solución a) Las admitancias de las líneas son: z ij = 0,03 + j 0,3 pu ⇒ yij = 0,33 − j 3,3 = 3,333∠ − 84,2 0 yij , 0 = j 0,05

Y las de los condensadores son 1 = j5 − j 0,2 = j4

yC 3 = yC 4

Con lo que los términos de la matriz de admitancias serán: Y11 = Y22 = 3. j 0,05 + 3.(0,33 − j 3,3) = 1 − j 9,75 = 9,8∠ − 84,2 0 Y33 = 2. j 0,05 + 2.(0,33 − j 3,3) + j 5 = 0,66 − j1,5 = 1,64∠ − 66,25 0 Y44 = 2. j 0,05 + 2.(0,33 − j 3,3) + j 4 = 0,66 − j 2,5 = 2,6∠ − 75,2 0 Y12 = Y13 = Y14 = Y21 = Y23 = Y24 = Y31 = Y32 = Y41 = Y42 = −Ylinea = −0,33 + j 3,3 = −3,333∠ − 84,2 0 Y34 = Y43 = 0

Con lo que la matriz de admitancias pedida es − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3  1 − j 9,75 − 0,33 + j 3,3 1 − j 9,75 − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3  Y= − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 0,66 − j1,5  0   0 0,66 − j 2,5  − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 b) La relación de tensiones e intensidades, en valores por unidad, en los nudos 3 y 4 cuando se conecta el transformador regulador de módulo de tensión de relación 1:t viene dada por la expresión matricial

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 YCC i3   t 2 i  =  Y  4  − CC  t

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YCC  t .U 3    YCC  U 4  

−

Donde t=100/98=1,02 e YCC es la admitancia equivalente del transformador en valores por unidad. En este apartado, el valor por unidad de ZCC del enunciado se corresponde con valores de base iguales a los valores nominales de potencia y tensión del transformador, que no son coincidentes con los valores base del sistema, por lo que para referir el valor a la base del sistema

Z CCN = Z CCA

SN 1000.10 6 = j 0,1 = j1 ⇒ YCC = − j1 100.10 6 SA

Por tanto, los términos de la matriz de admitancias que cambian son:

Y33 = 0,66 − j1,5 +

− j1 = 0,66 − j 2,46 = 2,55∠ − 750 2 1,02

Y44 = 0,66 − j 2,5 − j1 = 0,66 − j 3,5 = 3,56∠ − 79,30  − j1  Y34 = Y43 = −  = j 0,98  1,02  Con lo que la matriz de admitancias pedida es − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3  1 − j 9,75 − 0,33 + j 3,3 1 − j 9,75 − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 Y = − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3 0,66 − j 2,46 j 0,98    j 0,98 0,66 − j 3,5  − 0,33 + j 3,3 − 0,33 + j 3,3

c) Las pérdidas en el sistema se obtienen de la expresión Ppérdidas = ∑ PG − ∑ PD = PG1 + 1 + 2 − 1 − 1 − 1 = PG1

La potencia del generador del nudo 1 se obtiene a partir de la potencia neta P1 en el nudo 1, ya que:

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{

P1 = PG1 − PD1 ⇒ Ppérdidas = P1 = ℜ U 1 .i1*

}

donde i1 = Y11 .U 1 + Y12 .U 2 + Y13 .U 3 + Y14 .U 4 = 0,2∠85,6 0 = 0,0154 + j 0,2 S1 = 1∠0 0.0,2∠ − 85,6 0 = 0,0154 − j 0,2 Ppérdidas = P1 = 0,0154 p.u = 1,53 MW

Ejercicio 5.

En el sistema de la figura 1, después de resolver el flujo de potencias, se obtienen los siguientes valores de las tensiones en los nudos: V1 = 1∠0 0

V2 = 1,04∠ − 0,2 0

V3 = 1,02∠ − 0,30

V4 = 0,98∠ − 0,2 0

V5 = 0,96∠ − 0,2 0

Considerando que las líneas de interconexión entre los nudos generadores y los nudos de carga (1-3, 1-4, 2-4 y 2-5), tienen una impedancia en valores por unidad de Zij = 0,01 + j0,1 y admitancia en paralelo yij,0 = j0,02 y las líneas que conectan los nudos de carga entre si (3-4 y 4-5) tienen una impedancia Zij = j0,05 y admitancia en paralelo yij,0 = j0,01: d) Determinar la matriz de admitancias del sistema e) Si el generador 2 está compuesto de una máquina síncrona (M2), tal como se representa en la figura 2, conectada al nudo 2 mediante un transformador Υ-Υ de relación 1:2 y de impedancia Xcc = j0,1 p.u, expresada en la misma base de potencia y tensión que el resto BLOG FIEE

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de valores por unidad del sistema, determinar la intensidad y tensión de salida de M2, en p.u, cuando la carga en el nudo 2 es nula (SD2 = 0). f) Calcular los valores obtenidos en el apartado b) cuando SD2 = 1+j1

Solución a) Las admitancias de las líneas son: - Para las líneas 1-3, 1-4, 2-4 y 2-5 z ij = 0,01 + j 0,1 pu ⇒ yij = 1 − j 9,9 = 9,95∠ − 84,2 0 yij , 0 = j 0,02

- Para las líneas 3-4 y 4-5

z ij = j 0,05 pu ⇒ yij = − j 20 yij , 0 = j 0,01 Con lo que los términos de la matriz de admitancias serán: Y11 = Y22 = 2. j 0,02 + 2.(1 − j 9,9) = 2 − j19,76 = 19,9∠ − 84,2 0 Y33 = Y55 = j 0,02 + j 0,01 + 1 − j 9,9 − j 20 = 1 − j 29,87 = 29,9∠ − 88 0 Y44 = 2. j 0,01 + 2. j 0,02 + 2(1 − j 9,9) − 2. j 20 = 2 − j 59,74 = 59,8∠ − 88 0 Y13 = Y14 = Y24 = Y25 = Y31 = Y41 = Y42 = Y52 = −1 + j 9,9 = −9,95∠ − 84,2 0 Y34 = Y45 = Y43 = Y54 = j 20 Y12 = Y15 = Y23 = Y35 = Y21 = Y51 = Y32 = Y53 = 0 Con lo que la matriz de admitancias pedida es  2 − j19,76  0  Y =  − 1 + j 9,9   − 1 + j 9,9  0 BLOG FIEE

0 − 1 + j 9,9 2 − j19,76 0 0 1 − j 29,87 − 1 + j 9,9 j 20 − 1 + j 9,9 0

− 1 + j 9,9 0  − 1 + j 9,9 − 1 + j 9,9   j 20 0  2 − j 59,74 j 20  j 20 1 − j 29,87  http://fiee.zoomblog.com

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b) El equivalente en π del transformador entre la máquina y el nudo 2 en valores por unidad es

IM2

ZCC

IG2

UM2

U2

Según lo propuesto en este apartado, en el nudo 2 no hay cargas (SD2=0), con lo que la corriente saliente del nudo será la corriente aportada por el generador. La corriente en el nudo 2 se puede obtener a partir de la matriz de admitancias calculada en el apartado anterior y con el equivalente del transformador podremos obtener la tensión de salida de la máquina. i2 = Y21 .U 1 + Y22 .U 2 + Y23 .U 3 + Y24 .U 4 + Y25 .U 5 i2 = 0 + 1,99∠84,2 0.1,04∠ − 0,2 0 + 0 − 9,95∠84,2 0.0,98∠ − 0,2 0 − 9,95∠ − 84,2 0.0,96∠ − 0,2 0 i2 = 1,4∠ − 84,4 0 = 0,14 − j1,39 U M 2 = Z cc .iG 2 + U 2 = 0,1∠90 0.1,4∠ − 84,4 0 + 1,04∠ − 0,2 0 = 1,18 + j 0,01 = 1,18∠0,5 0

c) Si hay carga en el nudo 2, entonces iG2 ≠ i2, con lo que para calcular la corriente en el generador debemos considerar el balance de potencias en el nudo

SG 2 = S 2 + S D 2 S 2 = U 2 .i2* = 1,04∠ − 0,2 0.1,4∠84,4 0 = 1,456∠84,2 0 = 0,147 + j1,45 S G 2 = 0,147 + j1,45 + 1 + j1 = 1,147 + j 2,45 = 2,7∠650 S G 2 = U 2 .iG* 2 ⇒ iG 2 = 1,1 − j 2,35 = 2,6∠ − 64,80 Con lo que, como antes U M 2 = 0,1∠90 0.2,6∠ − 64,80 + 1,04∠ − 0,2 0 = 1,275 + j 0,106 = 1,28∠4,8 0

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Ejercicio 6.

En el sistema de la figura, después de resolver el flujo de potencias, se obtienen los siguientes valores de las tensiones en los nudos: V1 = 1∠0 0

V2 = 1∠ − 5 0

V3 = 1∠ − 10 0

V4 = 1∠ − 10 0

V5 = 1∠ − 15 0

Considerando que las líneas de interconexión entre los nudos tienen una impedancia en valores por unidad de ZL = 0,0099 + j0,099 determinar: g) La matriz de admitancias del sistema h) La potencia de la carga del nudo 4, SD4 y la generada por el nudo oscilante S1. i) La potencia de pérdidas total de las líneas

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Solución: a) Z L = 0,0099 + j 0,099 = 0,01∠84, 290

YL =

1 = 1 − j10 = 10 ∠−84, 290 ZL

Y11 = 2 − j 20 = 20 ∠−84, 290 Y22 = Y44 = 3 − j 30 = 30 ∠−84, 290 Y33 = Y55 = 2 − j 20 = 20 ∠−84, 290 Y13 = Y31 = Y15 = Y51 = Y25 = Y52 = Y34 = Y43 = 0 Y12 = Y21 = Y23 = Y32 = Y24 = Y42 = −1 + j10 = −10 ∠−84, 290 Y14 = Y41 = Y35 = Y53 = Y45 = Y54 = −1 + j10 = −10 ∠−84, 290

YBUS

0 0  − 1 + j10  2 − j 20 − 1 + j10 − 1 + j10 3 − j 30 − 1 + j10 − 1 + j10 0   = 0 0 − 1 + j10 2 − j 20 − 1 + j10   0 3 − j 30 − 1 + j10 − 1 + j10 − 1 + j10  0 0 − 1 + j10 − 1 + j10 2 − j 20 

b) 5

[(

)

(

)

(

)

(

)

]

)

S 4* = V4* ∑ Y4iVi = 1∠100 . − 10 ∠−84, 290 .1∠ 0 + − 10 ∠−84, 290 .1∠−50 + 0 + 30 ∠−84, 290 .1∠−100 + − 10 ∠−84, 290 .1∠−150 i =1

]

S 4* = −1,722 − j 0,335 ⇒ S 4 = −1,722 + j 0,335 S D 4 = S G 4 − S 4 = 1 + j1 + 1,722 − j 0,335 = 2,722 + j 0,665 Igualmente 5

[(

)

(

)

(

S1* = V1* ∑ Y1iVi = 1∠ 00 . 20 ∠−84, 290 .1∠ 0 + − 10 ∠−84, 290 .1∠−50 + 0 + − 10 ∠−84, 290 .1∠−100 + 0 i =1

S1* = 2,627 − j 0,03 ⇒ S1 = 2,627 + j 0,03 S G1 = S1 + S D1 = 2,627 + j 0,03

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c)

∑P ∑P

G

= PG1 + PG 2 + PG 3 + PG 4 + PG 5 = 5,7176

D

= PD 3 + PD 4 + PD 5 = 5,6575

PL = ∑ PG − ∑ PD = 0,0601

4.1. Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado: clasificación de perturbaciones. Se dice que el sistema funciona en condiciones de régimen permanente estable cuando todas las variables físicas, medidas o calculadas, que definen el funcionamiento del sistema se pueden considerar como constantes a efectos de análisis. Esto es lo que se ha visto y estudiado en el apartado anterior al analizar el estado normal del sistema mediante el flujo de cargas. Sin embargo, todos los sistemas eléctricos de potencia son sistemas físicos dinámicos cuyos parámetros y variables evolucionan, mucho o poco, en el tiempo. Cuando ocurre un cambio, o una secuencia de cambios, en los parámetros del sistema o en sus variables se dice que ha ocurrido una perturbación. Las perturbaciones pueden ser grandes o pequeñas dependiendo de su origen. Si las perturbaciones son grandes, denominadas transitorios, como por ejemplo un cortocircuito, un cambio en la topología de la red (por maniobra de interruptores) o una pérdida elevada de generación o de carga, la dinámica del sistema sólo se puede analizar mediante un conjunto de ecuaciones diferenciales y algebraicas no lineales que definen su comportamiento. En este caso, el punto de funcionamiento estable que correspondía al régimen permanente antes del fallo se pierde y si el sistema evoluciona a otro punto de funcionamiento estable, más o menos próximo, se dice que el sistema es transitoriamente estable. Si las perturbaciones son pequeñas, denominadas perturbaciones de pequeña señal, como por ejemplo lo que ocurre tras la actuación de los reguladores de los generadores, las ecuaciones que definen la dinámica del sistema se pueden linealizar en torno al punto de funcionamiento. En este caso normalmente el sistema vuelve prácticamente al mismo punto de funcionamiento estable y se dice que el sistema es estable en régimen permanente. Estas perturbaciones de pequeña señal se verán al tratar sobre el control automático de la generación en la tercera Unidad Didáctica. Los transitorios se pueden clasificar, en función de su velocidad en tres tipos: − Transitorios ultrarrápidos (sobretensiones). Este tipo de transitorios son producidos principalmente por descargas atmosféricas (caída de rayos sobre las líneas) y por cambios bruscos, pero normales, de la operación del sistema (actuación de interruptores). Su duración es de unos pocos milisegundos y su naturaleza es de tipo eléctrica, dando lugar a sobretensiones que se propagan a lo largo de las líneas, incluyendo fenómenos de reflexión en sus extremos. Estas sobretensiones (que a su vez pueden dar lugar a BLOG FIEE

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cortocircuitos) afectan principalmente a las líneas, ya que las altas inductancias que presentan los transformadores sirven de “barreras” hacia los generadores. − Transitorios de velocidad media (cortocircuitos). Este tipo de transitorios se producen por cambios bruscos y anormales de la operación del circuito, como son las faltas o cortocircuitos. El cortocircuito más severo, es decir, el que da lugar a mayores intensidades, es el cortocircuito trifásico (las tres fases conectadas a tierra a través de una impedancia de falta nula) y el menos es el cortocircuito monofásico a tierra (una fase a tierra mientras que las otras dos siguen funcionando). Su duración es de unos pocos ciclos, pudiendo llegar a unos pocos segundos, y su naturaleza es también de tipo eléctrica. Los cortocircuitos limitan la capacidad de transporte de las líneas, afectan a los generadores y las intensidades que aparecen pueden llegar a ser peligrosas y dañar elementos del sistema, lo que obliga a desconectar partes de él durante un cierto periodo de tiempo (para dar tiempo a que se elimine la falta) o de forma permanente (si ésta persiste). − Transitorios lentos (estabilidad transitoria). Un cortocircuito supone, entre otros fenómenos, una caída brusca temporal, total o parcial, de las tensiones del sistema. Una caída brusca de la tensión en el generación hace a su vez que se produzca una caída brusca de la potencia generada; sin embargo, como la potencia mecánica de la turbina permanece constante en los primeros ciclos de la perturbación (la respuesta mecánica del generador es más lenta), aparece un par acelerador que da lugar a una serie de oscilaciones mecánicas de la máquina síncrona, oscilaciones que van desde unos cuantos ciclos hasta minutos en sistemas grandes. Estos transitorios son de naturaleza electromecánica y pueden llegar a ser los más graves ya que, en ciertos casos, pueden llevar a que el generador pierda el sincronismo (si supera el límite de estabilidad transitoria) y deba desconectarse del sistema, lo que daría lugar a una nueva perturbación que podría llevar a otros generadores a perder el sincronismo, tener que desconectarse y, así, en un proceso en cascada, finalizar incluso con el colapso del sistema. Debido a la escasa carga docente de esta asignatura, solamente se va a abordar el estudio de los cortocircuitos (el estudio más básico de análisis del sistema perturbado) y dentro de éstos sólo los cortocircuitos trifásicos o faltas simétricas3. 4.2. Funcionamiento del sistema eléctrico perturbado: las faltas simétricas. Los primeros apartados del capítulo 8 se dedican al funcionamiento del sistema en estado de cortocircuito, tanto cuando este se produce en un lugar alejado del generador [8.2] y el circuito equivalente frente al fenómeno transitorio es un circuito R-L, como cuando el cortocircuito es próximo al generador [8.3], explicando el modelo equivalente del generador en dichas condiciones, los efectos transitorios y subtransitorios que tienen lugar en él y las corrientes que produce.

3

El estudio de estos tres tipos de transitorios se abordan en la bibliografía propuesta. Así, para los alumnos interesados que deseen estudiar estos temas los podrá encontrar en los siguientes capítulos: sobretensiones (reflexiones) en los apartados 6.10 a 6.12 del capítulo 6 del libro de J.J. GRAINGER y W.D. STEVENSON Jr. "Análisis de sistemas de potencia (aunque tendrá que estudiar también el modelo de línea larga en el mismo capítulo), faltas o cortocircuitos desequilibrados, en el capítulo 9 y estabilidad transitoria, en el capítulo 10 del libro de FERMÍN BARRERO. BLOG FIEE

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El estudio del régimen perturbado del sistema eléctrico no es el objetivo principal de esta asignatura (debido a su baja carga docente, recuerde que se trata de una asignatura cuatrimestral), sin embargo es importante conocer el funcionamiento del generador tanto en estado normal (régimen permanente) como en estado perturbado, y que tenga claros los conceptos de reactancia transitoria, X’d, y de reactancia subtransitoria, X”d, del generador frente al de la reactancia síncrona, Xs, que vio al principio. Aunque los cortocircuitos trifásicos son los que ocurren en un menor número de ocasiones (menos del 5%), son sin embargo los que dan lugar a las intensidades mayores y, por lo tanto, son los que definen las características y especificaciones de las protecciones (principalmente de los interruptores) del sistema eléctrico. En el apartado [8.4] del libro se describe el circuito equivalente del sistema en su conjunto en condiciones de cortocircuito incluyendo los equivalentes de las cargas significativas. Por último, se dan los métodos de cálculo de las corrientes que caracterizan el cortocircuito y se define el importante concepto de la potencia de cortocircuito de un punto cualquiera de la red, Scc y se explica cómo se utilizan esos valores calculados para la elección de los interruptores que deben proteger el sistema ante este tipo de faltas [8.5].

Ejercicio 7. A una red trifásica de valores nominales de potencia y tensión 10 MVA y 15 kV respectivamente y potencia de cortocircuito 300 MVA, se conectan, a través de una línea, dos cargas en paralelo. Una de ellas es un motor de 1500 kVA a 15 kV a plena carga, con un f.d.p de 0,8 inductivo y reactancia subtransitoria del 20%. La otra carga es un horno, puramente resistivo, de 500 kVA a 15 kV. La línea que conecta el generador de la red con los dos circuitos tiene una reactancia equivalente del 1% sobre la base de los valores nominales de la red y resistencia despreciable. a) Si se produce un cortocircuito simétrico en los bornes de alimentación del horno. ¿Cuál es el módulo de la corriente de cortocircuito generada? b) ¿Para qué corriente de cortocircuito debe dimensionarse el interruptor que proteja el circuito del motor? c) ¿Cuál es la tensión interna subtransitoria del generador previa al cortocircuito, en módulo y argumento, y cuál es su reactancia subtransitoria?

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Solución: El circuito equivalente, por fase, del sistema propuesto en el enunciado antes del cortocircuito es: X

IL

L

IM

X ''g E '' M U

U

g

S

F

S

2

1

H

X '' M E ''g

figura 1 a) En este caso el problema no se puede resolver a partir de la impedancia equivalente del circuito después de producirse el cortocircuito (S1 cerrado), dado que no se conoce la admitancia subtransitoria del generador. Pero podemos determinar la corriente de cortocircuito total en la rama del circuito donde está conectado el horno, a partir de la correspondiente corriente de cortocircuito que suministra la red y el motor. Si suponemos que la potencia de cortocircuito de la red está referida al punto de conexión de las cargas y que en dicho punto la tensión es 15 kV, tendremos que el circuito equivalente será: XL

Ic c g

Ic c H

IccM X '' g E '' M

X '' M E '' g

figura2 I ccH = I ccg + I ccM

Para el generador, se tendrá: BLOG FIEE

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I ccg

48

S ccg

300.10 6 = = = 11547 A 3.U F 3.15.10 3

y para el motor tenemos que antes del cortocircuito:

E '' M = U F − I M . jX '' M donde X '' M = X '' M ( p.u ) e

I

*

M

=

15 2.10 6 U 2 Mnom = 0,2 = 30Ω S Mnom 1,5.10 6

1500 ∠36,87.10 3 3.15.10 3

⇒ I M = 57,73∠−36,87 A

y después del cortocircuito:

I ccM =

UF E '' M 15.10 3 = − I = − 57,73∠−36,87 = −46,18 − j 465,4 = 467,7 ∠−95, 6 M j 30 jX '' M jX '' M

por tanto la corriente total de cortocircuito en la rama del horno es: I ccH = I ccg + I ccM = 12014,7 A ≅ 12 kA

b) Si el cortocircuito se produce en la rama del motor (S2 cerrado), la corriente de cortocircuito en la entrada de dicha rama será únicamente la proporcionada por la red, dado que el horno no contribuye a la corriente de cortocircuito al ser carga resistiva y la corriente del motor se deriva a tierra aguas abajo de la protección de la rama. I ccM = I ccg = 11547 A ≅ 11,5 kA

c) Para determinar los valores de la tensión y admitancia subtransitorias en la red debemos considerar las relaciones entre estas y las corrientes, antes y después del cortocircuito. Antes del cortocircuito (figura 1)

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E '' g = U F + I L . j ( X '' g + X L ) donde

X L = X L ( p.u )

U 2 gnom 15 2.10 6 = 0,01 = 0,225Ω S gnom 10.10 6

I L = I M + I H = 57,73∠−36,87 +

e

500.10 3 = 65,45 − j 34,64 = 74 ∠−27 ,9 3.15.10 3

Después del cortocircuito (figura 2)

E '' g = I ccg . j ( X '' g + X L ) ⇒ I ccg =

UF E '' g = + IL '' '' j( X g + X L ) j( X g + X L )

Pero como se ha calculado anteriormente IL es muy inferior a Iccg, con lo que podríamos despreciarla en esta última expresión, de manera que:

X '' g + X L =

UF I ccg

=

15.10 3 = 1,30Ω 11547

X '' g = 1,3 − X L = 1,3 − 0,025 = 1,075Ω 15 2.10 6 = 22,5Ω 10.10 6 1,075 X '' g ( p.u ) = = 0,048 p.u ⇒ 4,8% 22,5

Si

Z gbase =

Por tanto ahora podemos obtener E’’g

E '' g = U F + I L . j ( X '' g + X L ) = 15.10 3 + (65,45 − j 34,64). j1,3 = 15045 + j85 = 15045 ∠ 0,3 A

Ejercicio 8. El sistema de la figura consta de un generador de 27 MVA y 15 kV con Xd’’=15%, que se conecta a través de un transformador, de características nominales 27 MVA y 15/7,5 kV y reactancia de dispersión del 10%, a un nudo de carga que alimenta dos motores iguales, M1 y M2 y a dos cargas resistivas iguales, C1 y C2. La reactancia subtransitoria Xd’’ de cada motor es del 20% sobre una base de 3000 kVA y 7,5 kV. Las cargas resistivas son de 6000 kVA y 7,5 kV. Determinar:

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d) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir en los bornes de cada una de las cargas resistivas (Icc nominal de I3 e I4). e) Lo mismo para cada uno de los motores (Icc nominal de I1 e I2). f) Tensión interna subtransitoria en los motores inmediatamente antes de producirse el cortocircuito, si estos funcionan a la potencia y tensión nominal con un f.d.p de 0,8 inductivo.

Solución: El circuito propuesto, antes de producirse el cortocircuito (S1 y S2 abiertos), puede representarse, en valores por unidad, mediante: IL

XT

IM

X''g E''M1 UG

UF

E''M2

R1

S1

S2 X''M1

X''M2

E''g

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R2

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S B = 27.10 6 VA 27.10 6 = 1039 A 3.15.10 3 27.10 6 I 2B = = 2078,5 A 3.7,5.10 3 27 X T = 0,1 p.u X '' M = 0,2. = 1,8 p.u 3

U 1B = 15 kV

I 1B =

U 2 B = 7,5 kV X '' g = 0,15 p.u

a) Al cerrarse S1, la corriente de cortocircuito se obtiene aplicando el método de la Zth equivalente descrito en el capítulo 10.2 del libro de Grainger y Stevenson. El circuito equivalente en condiciones de cortocircuito es:

X''g

XT X''M

U

F

X''M

= 1∠ 0

La corriente de cortocircuito resultante se obtiene de: 1 1 2 = + '' Z th j X g + XT jX '' M

(

I cc 4 = I cc 3 =

)

Z th = j 0,19 p.u

UF 1 = = − j 5,11 p.u Z th j 0,19

I cc 4 = I cc 3 = 10621 A ≅ 11 kA

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b) En este segundo caso, cuando el cortocircuito se produce en bornes de uno de los motores, el circuito equivalente es análogo, pero eliminando una de las admitancias de motor, dado que por la protección de la rama de dicho motor (I1 o I2) circularía la corriente de todo el sistema, salvo la producida por el propio motor, que se derivaría a tierra aguas abajo de la protección (ver la figura primera). Luego:

1 1 1 = + Z th j 0,25 j1,8 I cc 4 = I cc 3 =

Z th = j 0,22 p.u

1 = − j 4,5 p.u j 0,22

I cc 4 = I cc 3 = 9353 A ≅ 9,5 kA También se podrían haber resuelto los apartados a) y b), directamente, a partir del circuito equivalente de la figura 1 y después de cerrar el interruptor S1, que simula el cortocircuito en la resistencia R2. Con ello y dado que los motores son iguales, el circuito queda como sigue.

XT

Igcc

Icc IMcc

X''g E''M S2 X''M1

X''M2

E''g

figura 3

Partiendo de la figura 1, tenemos que:

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U F = U G − I L jX T I L = 2I M + 2I R ''

''

E M = U F − I M jX M

(

''

''

''

Eg = U F + I L j X g + X T

)

y de la figura 3 se obtiene:

(

)

U F + I L j X '' g + X T U F − I M jX '' M E '' g E '' M + = + j ( X '' g + X T ) jX '' M j ( X '' g + X T ) jX '' M 2 2 '' jX M U F + (2 I M + 2 I R ) j X '' g + X T + U F − I M jX '' M j X '' g + X T 2 I cc = jX '' M j X '' g + X T 2 '' X M  U F j  + X '' g + X T  + I R jX '' M j X '' g + X T  2  I cc = jX '' M j X '' g + X T 2 comparandola con la Z th de la figura 2, la fórmula anterior se puede exp resar como I cc = I '' Mcc + I '' gcc =

[

)]

(

(

(

I cc =

)

)

(

(

)(

)

)

UF + 2I R Z th

Que no coincide exactamente con la expresión que se utilizó en el apartado a) y que se deriva de la aplicación del método de la impedancia equivalente. Como se ha podido demostrar, dicho método no es exacto, dado que la corriente de cortocircuito depende de la corriente de las cargas del circuito que no intervienen una vez producido el cortocircuito. Pero si comparamos la magnitud de la corriente de cortocircuito obtenida de la impedancia equivalente y la de la corriente de las cargas, se verificará que esta última es muy inferior a la primera, con lo que es en general aceptable que la corriente de las cargas se desprecie, máxime si se tiene en cuenta que para seleccionar un interruptor que proteja contra los cortocircuitos, los calibres de corriente normalizados de estos interruptores obligan a elegir uno de corriente de cortocircuito sensiblemente superior a la calculada.

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En el caso del circuito considerado, se puede comprobar que 2IR es 924 A frente a los casi 11000 A de la corriente obtenida en a). c) La tensión subtransitoria en los motores antes de producirse el cortocircuito, cuando estos funcionan a plena carga con factor de potencia 0,8 inductivo, se obtiene a partir del circuito de la figura 1, por: E '' M = U F − I M jX '' M

y

SM = U F I *M Si el fpd es 0,8 inductivo ⇒ S M = 3000 ∠36,8 kVA = 0,111∠36,8 p.u I *M =

0,111∠ 36,8 1∠ 0

= 0,111∠36,8 ⇒ I M = 0,111∠−36,8

E '' M = 1∠ 0 − 0,111∠−36,8.1,8 ∠90 = 0,89 ∠−10,3 p.u = (0,88 − j 0,16) p.u E '' M = 7,5 kV .0,89 ∠−10,3 = 6,67 ∠−10,3 kV = (6,6 − j1,2) kV

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Ejercicio 9.

El sistema trifásico de la figura consta de los siguientes elementos: • • • • • • • •

Generador G1 100 MVA, 15 kV, Xg1’’= 0,2 p.u Generador G2 80 MVA, 12 kV, Xg2’’= 0,18 p.u Línea L1 impedancia 10 + j 50 Ω/fase Línea L2 impedancia 20 + j 60 Ω/fase Transformador T1, 80 MVA, 15/165 kV, XT1=0,1 p.u Transformador T2, 60 MVA, 165/12 kV, XT2=0,1 p.u Carga M1, Motor (P cte) de 10 MVA a 165 kV y fdp=0,8 inductivo, XM’’= 0,25 p.u Carga C2, Z cte, 40 MVA a 165 kV, fdp = 0,95 capacitivo

Determinar: a) Esquema del sistema, por fase, previo al cortocircuito, indicando las impedancias en valores por unidad, tomando como base 100 MVA y 15 kV y sin determinar, en este apartado, las tensiones internas subtransitorias de generadores y motor. b) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir por el protector P1 de la línea que conecta el motor cuando se produce un cortocircuito trifásico en sus bornes, estando alimentado a una tensión de 165 kV. c) La corriente de cortocircuito simétrica a interrumpir por el protector P2 de la línea que conecta la carga a impedancia constante (C2) cuando se produce un cortocircuito trifásico en sus bornes, estando alimentada a una tensión de 165 kV.

Solución a) En primer lugar se determinan los valores base de los distintos tramos del sistema. SB= 100 MVA

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Tramo 1

U 1B = 15 kV Z1 B

U 12B 15 2.10 6 = = = 2,25 Ω S B 100.10 6

I 1B =

SB 100.10 6 = = 3850 A 3U 1B 3.15.10 3

X G'' 1 = 0,2 p.u sin cambio de base X CCT 1Nueva = X CCT 1 Anterior .

2 S Bnueva U Banterior 100 15 2 . 2 = 0,1. . = 0,125 p.u 80 15 2 S Banterior U Bnueva

Tramo 2

U 2 B = U 1B

U 2T 1 165 = 15 = 165 kV U 1T 1 15

165 2.10 6 = 272,25 Ω Z 2B = 100.10 6 100.10 6 = 350 A I 2B = 3.165.10 3 X CCT 2 Nueva = 0,1.

100 165 2 = 0,1666 p.u . 60 165 2

10 + j 50 = 0,037 + j 0,184 = 0,188∠78,6 0 272,25 20 + j 60 = 0,073 + j 0,22 = 0,232∠71,65 0 L2 pu = 272,25

L1 pu =

C 2 ( Z cte) ⇒ S C 2 = 40∠ − arc cos 0,95 MVA = 40∠ − 18,2 0 MVA ⇒ Z C 2 = Z C 2 pu =

U C2 2 165 2.10 2 = S C* 2 40.10 2 ∠18,2 0

646,56 − j 212,6 = 2,375 − j 0,78 = 2,5∠ − 18,2 0 272,25

M 1 ( P cte) ⇒ S M 1 = 10∠36,87 0 MVA 10∠36,87 0 = 0,1∠36,87 0 100 100 165 2 '' = 2,5 p.u X M 2 Nueva = 0,25 10 165 2

S M 1 pu =

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Tramo 3 12 = 12 kV 165 U 2 12 2.10 6 = 1B = = 1,44 Ω S B 100.10 6

U 1B = 165 Z1B

I 1B = ''

X G 2 Nueva

SB 3U 1B

=

100.10 6 = 4811 A 3.12.10 3

100 12 2 . = 0,15. = 0,225 p.u 80 12 2

Por tanto, el esquema del sistema por fase en valores por unidad es j 0,125

0,037+j 0,184

S1

j 0,2

0,073+j 0,22

j 0,16

j 0,225

M1

S2

2,375-j 0,78 j 2,5

b) Al cerrar el interruptor S1, el circuito equivalente Thevenin en el protector P1 es

j 0,125

0,037+j 0,184

0,073+j 0,22

j 0,16

A

j 0,2

j 0,225

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En donde no se ha incluido la rama del motor dado que, aunque el motor contribuye a la corriente que circula por el cortocircuito en los bornes del motor, por el protector P1 de la línea del motor no pasa la corriente que este aporta al cortocircuito, al drenarse esta aguas abajo del protector. La ZTh se determina como 1 1 1 = + Z Th 0,037 + j 0,184 + j 0,125 + j 0,2 0,073 + j 0,22 + j 0,16 + j 0,225 Z Th = 0,278∠84,6º

Como la tensión antes del cortocircuito es conocida, la corriente de cortocircuito se determina por

i A'' − B =

U A− B + iL Z Th

Donde iL=iC2+iM1 es la corriente del sistema antes del cortocircuito

S C 2 = U C 2 .iC* 2 = 40∠ − 18,2 0 MVA = 0,4∠ − 18,2 0 p.u U C 2 = U M 1 = 1∠0º iC 2 = 0,4∠18,2º p.u = 140∠18,2º A S M 1 = 0,1∠36,87 0 p.u = U M 1 .iM* 1 iM 1 = 0,1∠ − 36,87 0 p.u = 35∠ − 36,87 0 A i A'' −B =

1∠0º + 0,4∠18,2º +0,1∠ − 36,87 0 = 3,6∠ − 77,2º = 1260∠ − 77,2º 0,278∠84,6º

c) El circuito ahora incluye la rama del motor, dado que la corriente generada por el motor en condiciones de cortocircuito contribuye a la corriente que circula por P2 j 0,125

0,037+j 0,184

0,073+j 0,22

j 0,16

A

j 0,2

j 2,5

j 0,225

B

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1 1 1 1 = + + Z Th 0,037 + j 0,184 + j 0,125 + j 0,2 0,073 + j 0,22 + j 0,16 + j 0,225 j 2,5 Z Th = 0,25∠85,14º

Ahora la corriente de cortocircuito será la obtenida con la ZTh mas la previa al cortocircuito que circula por P2

i A'' − B =

U A− B 1∠0º + iC 2 = + 0,4∠18,2º = 3,93∠ − 79,7 º = 1375,5∠ − 79,7 º A Z Th 0,25∠85,14º

UNIDAD DIDÁCTICA 3. Funcionamiento económico y control del sistema eléctrico de potencia. TEMA 5. TEMA 6.

Control y operación del sistema [7.1 a 7.5 y Adenda]. Funcionamiento económico del sistema: el despacho económico [7.6 a 7.9].

5.1. Control automático de la generación. La energía eléctrica no puede almacenarse, ni en grandes cantidades ni de forma económicamente rentable, por lo que en cada instante debe generarse lo que se consume (demanda más pérdidas del sistema). La potencia eléctrica demandada varía a lo largo del día, por lo que la generación debe seguir esa misma variación temporal, manteniendo el valor nominal de la frecuencia del sistema, 50 Hz, y las condiciones que definimos como estado de funcionamiento normal, todo ello con el objetivo económico del menor coste de producción. Esta función se realiza automáticamente en los generadores y desde los centros de control a través del control automático de la tensión (AVR, del inglés automatic voltage regulator) y, sobre todo, del control automático de la generación (AGC, del inglés automatic generation control) [7.2]. Estas actuaciones entran dentro de lo que definimos en la Unidad anterior como perturbaciones de pequeña señal. Por este motivo, el estudio de estos controles se desarrolla desde el punto de vista del régimen permanente, representando el comportamiento dinámico del sistema por ecuaciones lineales (linealizadas entorno al punto de funcionamiento) y los parámetros y variables por sus valores incrementales (∆f, ∆|V|, ∆P, etc.). El control automático de la tensión (ARV) [7.3] tiene por objetivo mantener la tensión en bornes del generador, a través de la tensión interna del generador, actuando sobre la tensión y la corriente de campo del sistema de excitación del generador. El objetivo del control automático de la generación (AGC) [7.4] es triple: mantener el valor de la frecuencia en su valor nominal de 50 Hz, mantener las potencias activas generadas en los valores dados por el despacho económico y mantener los valores acordados o contratados de intercambios de potencia con otras partes del sistema a través de las líneas de interconexión entre áreas. Este objetivo hace que el AGC no sea tan simple como el anterior; BLOG FIEE

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está formado por tres lazos de control: los dos primeros están, junto al AVR en el propio generador, mientras que el tercero corresponde al centro de control del área de control (que puede ser un conjunto de centrales o, generalmente, una compañía eléctrica). La figura 3 muestra un esquema del AVR y de los dos primeros lazos del AGC de un generador síncrono. El primer lazo de control responde a la señal de frecuencia (velocidad del generador) y actúa sobre el sistema de admisión, de vapor o de agua, de la turbina (gobernador de la turbina) para mantener el balance entre la potencia activa generada y la demandada al generador. La velocidad de respuesta de este primer lazo es del orden de unos segundos. El segundo lazo de control actúa sobre el cambiador de velocidad del generador para mantener la frecuencia en el valor nominal, haciendo por tanto cero el error de frecuencia ∆f (por este motivo a este lazo se le denomina en ocasiones “reset”), y para mantener los intercambios de potencia acordados con otras áreas de control (para que así cada área de control asuma sus propias variaciones de carga). Esta actuación se realiza mediante una variable denominada error de control de área, ACE (del inglés area control error) que combina esas dos magnitudes y que se registra en el centro de control del área desde donde se envía a sus generadores. La velocidad de respuesta de este segundo lazo es del orden de unos minutos. El tercer lazo de control [7.5]es el más lento de los tres y es el que impone a los generadores el funcionamiento económico. Así, desde el centro de control del área se envía a cada generador la consigna de potencia que debe generar obtenida como resultado, por ejemplo, del despacho económico.

Fig. 3. Esquema del AVR y de los dos primeros lazos del AGC de un generador síncrono (del libro “Electric energy system theory: an introduction” de O.I. Elgerd). BLOG FIEE

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Ejercicio 10. El sistema de la figura está alimentado por dos generadores G1 y G2 y alimenta a dos cargas C1 y C2. Los transformadores se conectan según se indica en la figura. Las características de los elementos del sistema son: Generador G1 750 MVA; 18 kV; XSG1 = 0,2 p.u Generador G2 500 MVA; 20 kV; XSG2 = 0,2 p.u Transformadores T1, T2 y T3 500 MVA; 500/20 kV dy11 ; XCC = 0,15 p.u Transformadores T4 y T5 200 MVA; 500/15 kV dy11 ; XCC = 0,15 p.u Carga C1 de impedancia cte. de 150 MVA a 15 kV y f.d.p = 0,95 inductivo Carga C2 de potencia cte. de 130 MVA a 15 kV y f.d.p = 0,8 inductivo

a) Dibujar el esquema de reactancias del circuito equivalente por fase del sistema, en valores por unidad, tomando como bases del cálculo 500 MVA, 500 kV en el tramo 23 y estableciendo el origen de ángulos de tensión en las cargas (4 y 5). b) Determinar las corrientes y tensiones en los bornes de los generadores G1 y G2, en valores por unidad y reales, para mantener las dos cargas C1 y C2 a una tensión de 15 kV. c) Determinar la potencia de pérdidas del sistema funcionando en esas condiciones.

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Solución a) En primer lugar se determinan los valores base de los distintos tramos del sistema. SB= 500 MVA U2base =U3base = 500 kV αbase 4 = αbase 5 = 0º Tramo 1 20 = 20 kV 500 dado que T1 es Υ − ∆ y T4 es ∆ − Υ

U 1B = 500kV α 1B = 0 0 Z1 B = I 1B =

U 12B 20 2.10 6 = = 0,8 Ω S B 500.10 6 SB 500.10 6 = = 14434 A 3U 1B 3.20.10 3

18 2 500 X sg1 = 0,2 2 = 0,11 p.u 20 750 X CCT 1 = X CCT 2 = 0,15 p.u sin cambio de base

Se llama la atención sobre el hecho de que la reactancia de cortocircuito de un transformador expresada en valores por unidad es independiente de la forma de conexión del transformador y del lado al que dicha reactancia se refiera. No hay más que calcular el valor real de la reactancia referida a uno y otro lado y comprobar que al dividirla por las correspondientes bases el valor por unidad coincide. Tramo 2 - 3 U 2 B = U 3 B = 500 kV α 2 B = α 3 B = 30 0

dado que T4 y T5 son ∆ − Υ

500 2.10 6 = 500 Ω 500.10 6 500.10 6 = = 577,35 A 3.500.10 3

Z 2B = I 2B

500 500 2 X CCT 4 Nueva = X CCT 5 Nueva = 0,15. = 0,375 p.u . 200 500 2 X CCT 3 = 0,15 p.u sin cambio de base 80 = 0,16 500 20 X L 2−4 pu = = 0,04 500 20 X L 3−5 pu = = 0,04 500 X L 2−3 pu =

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Tramo 4 y tramo 5 15 = 15 kV 500 por enunciado

U 4 B = U 5 B = 500 kV α 4B = α 5B = 00

15 2.10 6 = 0,45 Ω 500.10 6 500.10 6 I 4B = I 5B = = 19245 A 3.15.10 3 150.10 6 C1 ( Z cte) ⇒ S C1 pu = ∠arc cos 0,95 MVA = 0,3∠18,2 0 MVA y U C1 = 1 pu 500.10 6 U2 12 Z C 2 = *C 2 = = 3,33333∠18,2 0 S C 2 0,3∠ − 18,2 0 Z 4B = Z 5B =

C 2 ( P cte) ⇒ S C 2 = 140∠36,87 0 MVA 140∠36,87 0 = 0,26∠36,87 0 y U C 2 = 1 pu 500

S C 2 pu =

Tramo 6 20 = 20 kV 500 dado que T1 es Υ − ∆ y T3 es ∆ − Υ

U 6 B = 500kV α 6B = 00 Z6B =

U 62B 20 2.10 6 = = 0,8 Ω SB 500.10 6 SB

I 6B =

3U 6 B

=

500.10 6 = 14434 A 3.20.10 3

X sg1 = 0,2 p.u sin cambio de base

Por tanto, el esquema del sistema por fase en valores por unidad es 1

j 0,15

2

i2-3 j 0,04

j 0,16

3

j 0,15

6

j 0,04

j 0,15

j 0,2

j 0,11

j 0,375 4

j 0,375 5

j 1,03 G1

G2 SC2=0,208-j 0,156 3,13

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b) Empezaremos calculando las intensidades absorbidas por las cargas, dado que la tensión en ellas es un dato del enunciado y que UC1=UB4=1 p.u y UC2=UB5=1 p.u. Dichas intensidades son también las corrientes de las ramas 2-4 y 3-5 del sistema, con lo que estableciendo el equilibrio de tensiones en la malla 2-3-4-5 tendremos:

1 = 0,3∠ − 18,2 3,33333∠18,2 0,26∠36,87 i3*−5 = iC* 2 = ⇒ i3−5 = 0,26∠ − 36,87 1 U C1 + i2−4 j ( X L 2−4 + X CC 4 ) = i2−3 jX L 2−3 +i 3−5 j ( X L 3−5 + X CC 5 ) + U C 2 i2−4 = iC1 =

despejando i2−3 obtenemos i2 −3 =

(0,3∠ − 18,2 − 0,26∠ − 36,87) j 0,415 = 0,257∠38,8 j 0,16

A partir de estos valores podremos obtener las corrientes y tensiones en los generadores iG 2 = i3−6 = i3−5 − i2−3 = 0,26∠ − 36,87 − 0,257∠38,8 = 0,317∠ − 88,5 iG1 = i1− 2 = i2−4 + i2−3 = 0,3∠ − 18,2 + 0,257∠38,8 = 0,49∠2,5 U G 2 = U C 2 + i3−5 j ( X L 3−5 + X CC 5 ) + iG 2 jX CC 3 = 1,112 + j 0,087 = 1,115∠4,4 1

U G1 = U C1 + i2−4 j ( X L 2−4 + X CC 4 ) + iG1 j

1 X CC1

+

1

= 1,038 + j 0,155 = 1,0495∠8,5

X CC 2

En valores reales tendremos U G1 = 1,049∠8,5.20∠0 kV = 21∠8,5º kV U G 2 = 1,115∠4,5.20∠0 kV = 22,3∠4,5º kV iG1 = 0,49∠2,5.14434∠0 A = 7072,7∠2,5º A iG 2 = 0,317∠ − 88,5.14434∠0 A = 4575,7∠ − 88,5º A c) Ppérdidas = ∑ PG − ∑ PC S G1 = U G1 pu.iG* 1 pu.500 MVA = 0,514∠6.500 MVA o también S G1 = 3.U G1 .iG* 1 = 257∠6º MVA = 255,7 + j 26,9 MVA S G 2 = 176,5∠93º MVA = −9,2 + j176,26 MVA ∑ Pc arg a = 130.0,8 + 150.0,95 = 246,5 MW Ppérdidas = 255,7 − 9,2 − 246,5 = 0 MW

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La potencia de pérdidas es nula porque, en la impedancia equivalente de las líneas, la resistencia se ha despreciado. Por otro lado, cabe destacar que del resultado se desprende que el generador 2 no está actuando como tal, sino como motor, haciendo las funciones de compensador síncrono, esto es, proporcionando casi toda la potencia reactiva necesaria en el sistema, pero absorbiendo por el contrario potencia activa. No obstante, el funcionamiento de este sistema en las condiciones en las que las cargas se alimentan a su tensión nominal, da como resultado unas condiciones de operación que no son obviamente las idóneas si ha de funcionar uno de los generadores como carga. Es por ello por lo que la regulación y control de operación es útil para hacer funcionar el sistema en las condiciones más convenientes. De lo establecido en la teoría del control y de la regulación en los generadores síncronos se sabe que el reparto de la potencia activa en el sistema está relacionado con el par-velocidad (frecuencia) en eje de los generadores, lo que es intuitivamente fácil de comprender dado que una variación de potencia activa debe corresponder a una variación de trabajo aportado. Por otro lado, el reparto de potencia reactiva se relaciona directamente con la tensión en módulo y fase en los nudos del sistema, lo que no es tan intuitivamente fácil de entender, ya que si se varía la tensión en los generadores es de esperar que las tensiones en los nudos y las cargas serán diferentes y por tanto, la distribución de corrientes sea también diferente, dando lugar a potencias distintas en el generador que podría afectar tanto a la activa como a la reactiva. En el sistema propuesto podremos variar la tensión en el generador 1 y comprobar que la corriente de salida del generador es tal que varía la potencia reactiva cedida por él para la misma potencia activa. Para simplificar el problema consideraremos la variación de la tensión del generador 1 manteniendo la tensión en el nudo 2 constante, en módulo y argumento (U2=UC1+iC1.j(XL24+XCC4)=1,046? 6,5º), o lo que es lo mismo, manteniendo la tensión en la carga 1 invariable. Las ecuaciones que permiten calcular los valores de potencia que se obtienen al variar la tensión son, según el sistema calculado anteriormente

U G1∠α = iG1∠β . j 0,075 + 1,046∠6,5 U G1 . iG1 cos(α − β ) = PG1 = 0,514 cos 6º = 0,5114 si la potencia en el eje se mantiene Para un determinado valor del módulo de UG1 se puede buscar el valor de a que cumple las condiciones planteadas en las ecuaciones, obteniendo la corriente de salida en módulo y argumento y la potencia cedida por el generador. Por ejemplo si variamos la tensión del generador 1 a 1,08 p.u, tendremos:

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iG1 ∠β = 14,4senα − 1,5773 − j (14,4 cosα − 13,853) cos(α − β ) =

0,5112 1,08 iG1

Si damos valores a a, iterando llegaremos a que el valor que cumple las condiciones propuestas es a=8,44º e iG1=0,6637? -36,1º con lo que la potencia cedida por el generador es ahora S G1 = 1,08∠8,44º.0,6637∠36,1º = 0,5115 + j 0,50277 p.u = 255,7 + j 251,4 MVA Donde se observa un aumento de la potencia reactiva cedida por el generador con la misma potencia activa. Utilizando las mismas ecuaciones se puede observar que a cada valor de tensión le corresponderá un ángulo y una potencia reactiva diferente, lo que demuestra el planteamiento propuesto anteriormente. No obstante hay que indicar que el ejemplo anteriormente desarrollado es una simplificación del problema de regulación, que permite comprobar como la variación de tensión en módulo y argumento en un nudo afecta directamente al balance de potencias reactivas, no sólo desde el análisis del generador síncrono como máquina, sino también desde el análisis del equivalente eléctrico del propio sistema. Pero en el sistema eléctrico del ejemplo hay otros efectos a considerar que anteriormente se han obviado con la suposición de que al variar la tensión en el generador la tensión en el nudo 2 permanezca invariable en módulo y argumento. Como se puede observar del resultado de corriente de salida del generador, esta es superior en módulo y argumento que la obtenida en el apartado b) del ejercicio, lo que supondrá que la tensión en el nudo 3 será también diferente y consecuentemente la tensión en la carga C2 y la potencia activa y reactiva consumida. Esta variación de potencia en la carga, conjuntamente con la variación de potencia reactiva generada en el generador 1, implicará unas potencias activas y reactivas diferentes a ceder por el generador 2 si se desean mantener las condiciones de equilibrio en el sistema. Para comprobarlo, pueden calcularse los valores de tensión, corriente y potencia a suministrar por el generador 2 a partir de los nuevos valores de tensión y corriente del generador 1. La regulación en el generador 2 se realizará igualmente mediante su ajuste de tensión y módulo para regular la potencia reactiva necesaria y con la variación de la potencia mecánica cedida al eje para variar la potencia activa.

6.1 Funcionamiento económico del sistema: el despacho económico. Como ya se ha dicho al hablar del análisis del sistema en estado normal, el objetivo del sistema eléctrico es satisfacer la potencia demandada, más las pérdidas en la red, BLOG FIEE

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manteniendo un estado de funcionamiento normal. Este objetivo ha de cumplirse, desde el punto de vista económico, “al menor coste posible”. El problema de determinar cuánto debe generar cada central (y dentro de ella cada generador) para satisfacer una demanda determinada al mínimo coste de generación se denomina despacho económico. El primer paso es estudiar el problema de la asignación potencia sin considerar la red de transporte (es decir, la potencia generada ha de ser igual a la potencia demandada, que es conocida) y es lo que se conoce como despacho económico sin pérdidas [7.7], que se plantea y resuelve como un problema simple de optimización. El siguiente paso lógico es incluir la red considerando las pérdidas que origina la circulación de la potencia por ella: así, ahora la potencia generada ha de ser igual a la potencia demandada, que es conocida, más las pérdidas en la red, que son desconocidas. Este problema así planteado es lo que se conoce como despacho económico con pérdidas [7.8]. Las pérdidas de potencia en la red son difíciles de calcular, ya que dependen de la potencia que genere cada generador, y eso sólo se conocería al resolver el problema del despacho económico y hacer el flujo de cargas correspondiente a esa solución. Por este motivo se recurre a utilizar expresiones que dan las pérdidas en la red de forma muy aproximada como una función de las potencias de los generadores: PL = f (Pg1, Pg2, ......, PgK) Cómo se calcula esta función de pérdidas queda fuera del programa de esta asignatura y siempre que usted la necesite se dará como un dato. Sin embargo sí que debe conocer y saber que la forma más habitual de esta función de pérdidas es la denominada “de coeficientes B” cuya expresión se da en el apartado [7.8] del libro y se dan referencias bibliográficas que describen el método de cálculo. Actualmente y gracias a la potencia de cálculo de los ordenadores, los problemas del flujo de cargas y del despacho económico se resuelven como un único problema. Éste se plantea como un problema de optimización no lineal y se denomina flujo de cargas óptimo u OPF (del inglés, optimal power flow): en él se incluyen las ecuaciones del flujo de cargas como restricciones del problema en el que la función objetivo que se minimiza es, por ejemplo, el coste de generación o la potencia perdida en las líneas. Por último se da una visión general de la situación actual del mercado eléctrico en España, dentro de un marco de libre competencia para la compra y comercialización de la energía eléctrica y del papel que los Operadores del Sistema juegan en este mercado [7.9] Ejercicio 11. El parque generador de la figura está formado por dos grupos de generación cuyas curvas de coste horario y límites de potencia son: C1(PG1)= 3,4 + 0,47 PG1 + 10–6 PG12

200 < PG1 < 600 (MW)

C2(PG2)= 1,9 + 0,47 PG2 + 1,2 10–6 PG22

100 < PG2 < 400 (MW)

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PG1

1

PG2

2 PD1

PD2

1) Hallar la generación de cada grupo según el despacho económico sin pérdidas, el coste incremental del parque y el de cada una de las unidades de generación en cada uno de los dos casos siguientes: a) b)

PD1= 200 MW y PD2= 100 MW PD1= 500 MW y PD2= 300 MW

2) Tomando como valores base 500 MVA y 15 kV, para el caso del apartado 1b) anterior, determinar el valor de la tensión en el nodo 2 (U2), sabiendo que la potencia reactiva transmitida por la línea es Q2-1 =40 MVAr, que el equivalente en Π de dicha línea es, en valores por unidad, Z = 0,01 + j 0,06 e Y/2 = j 0,06 y que la tensión en el nodo 1 es U1 = 15 kV.

Solución. 1) λ1 =

dC1 = 0,47 + 2.10 −6 PG1 dPG1

λ2 =

dC 2 = 0,47 + 2,4.10 −6 PG 2 dPG 2

a) El sistema de ecuaciones a resolver es

0,47 + 2.10 −6 PG1 = 0,47 + 2,4.10 −6 PG 2 PG1 + P G 2 = 300 MW cuya solución es

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PG1 = 163,6 MW ≤ 200 MW P G 2 = 136,4 MW Por tanto fijaremos PG1 = 200 MW P G 2 = 100 MW y entonces

λ1 = 0,47 + 2.10 −6.200 = 0,4704 λ2 = 0,47 + 2,4.10 −6.100 = 0,4702 El coste incremental del parque será el correspondiente a λ2 hasta que este tenga un valor de 0,4704, ósea

λ2 = 0,47 + 2,4.10 −6 PG 2 = 0,4704 ⇒ PG 2 = 166,66 MW por tanto hasta que

PG1 + P G 2 = 366,66 MW

b) El sistema de ecuaciones a resolver ahora es

0,47 + 2.10 −6 PG1 = 0,47 + 2,4.10 −6 PG 2 PG1 + P G 2 = 800 MW cuya solución es PG1 = 436,4 MW P G 2 = 363,6 MW al estar ambos valores dentro de los límites de los generadores respectivos el coste incremental de cada generador y del parque es el mismo y vale λ = λ1 = 0,47 + 2.10 −6.436,4 = λ2 = 0,47 + 2,4.10 −6.363,6 = 0,47087 2) Entre 1 y 2 tenemos una línea de transmisión cuyo equivalente es

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I1-2

U1

X

R

Y/2

Y/2

U2

donde Y − I1− 2 )( R + jX ) + U 1 2 Si utilizamos valores por unidad, de manera que U 2 = (U 1 .

S base = 500 MVA U base = 15 kV tendremos que para el caso de 1b)

U 1 = 15 kV = 1∠ 0 p.u P1−2 = PG1 − PD1 = 436,4 − 500 = −63,6 MW Q1−2 = −Q2−1 = −40 MVAr S1−2 = −63,6 − j 40 MVA = −0,1272 − j 0,08 p.u = U 1 .I *1−2 I *1−2 = −0,1272 − j 0,08 p.u ⇒ I1−2 = −0,1272 + j 0,08 p.u U 2 = (1. j 0,06 + 0,1272 − j 0,08).(0,01 + j 0,06) + 1 = 1,0025 + j 0,007432 U 2 = 1,0025∠ 0, 4 p.u = 15037 ∠0, 4 V Ejercicio 12. Un pequeño parque generador está formado por tres grupos térmicos, cuyas curvas de coste horario y límites de potencia son: C1 = 315 + 15,84 P1 + 0,003124 P12

300 ≤ P1 ≤ 900 (MW)

C2 = 170 + 15,70 P2 + 0,004880 P22

300 ≤ P2 ≤ 800 (MW)

C3 = 62 + 15,94 P3 + 0,009640 P32

100 ≤ P3 ≤ 400 (MW)

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Sabiendo que tienen que satisfacer una demanda de 1700 MW. a) Resolver el despacho económico sin pérdidas, determinando el coste incremental del sistema, el de cada grupo y el coste total de la operación. b) Resolver el apartado anterior si los límites son: 300 ≤ P1 ≤ 600 (MW) 300 ≤ P2 ≤ 800 (MW) 300 ≤ P3 ≤ 600 (MW) c) Resolver el despacho otra vez si los límites son: 300 ≤ P1 ≤ 900 (MW) 300 ≤ P2 ≤ 800 (MW) 400 ≤ P3 ≤ 800 (MW) Solución a)

λ1 = 15,84 + 0,006248P1 λ2 = 15,70 + 0,009760P2 λ3 = 15,94 + 0,019280P3 Las ecuaciones que det er min an el reparto de potencia son : 15,84 + 0,006248P1 = 15,70 + 0,009760P2 15,84 + 0,006248P1 = 15,94 + 0,019280P3 P1 + P2 + P3 = 1700 MW cuya solución es : P1 = 860 MW P2 = 565 MW P3 = 275 MW es tan do todos dentro de sus límites. El cos te incremental del sistema es, por tan to : λS = λ1 = λ2 = λ3 = 21,213 y los cos tes individuales y total del sistema son : C1 = 16248 C2 = 10598 C3 = 5174 CT = 32020 .

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b) En este caso la solución es la misma que en el caso anterior, pero con los nuevos límites la demanda del generador 1 está por encima de su límite superior y el generador 3 está por debajo de su límite inferior. En esta situación fijamos la potencia del generador 1 en su valor máximo y calculamos de nuevo el reparto de potencia entre los otros generadores para comprobar si este nuevo reparto entra dentro de los límites de estos. Otras opciones serían fijar la potencia del generador 3 en su valor mínimo y volver a calcular el reparto en los generadores 1 y 2, o fijar las potencias de los generadores 1 y 3 en sus valores máximo y mínimo respectivamente, pero esas dos opciones son menos favorables que la primera, como luego comprobaremos para el último caso, dado que al ser el coste del generador 1 el menor de todos ellos y el del generador 3 el mayor se puede deducir que fijar el valor del generador 1 en su valor máximo es la solución óptima entre las propuestas.

P1 = 600 MW ⇒ λ1 = 19,6 y C1 = 10943,5 Se reparten ahora 1700 − 600 = 1100 MW entre 2 y 3 15,7 + 0,009760P2 = 15,94 + 0,019280P3 P2 + P3 = 1100 MW cuya solución es : P1 = 600 MW P2 = 737 MW P3 = 363 MW El cos te incremental del sistema es ahora por tan to : λS = λ2 = λ3 = 22,9 y los cos tes individuales y total del sistema son : C1 = 10943,5 C2 = 14391,5 C3 = 7118,5 CT = 32453,5 Si se hubiese elegido la última opción de las citadas anteriormente P1 = 600 MW y P3 = 300 MW ⇒ P2 = 800 MW y C1 = 10943,5 C2 = 15853 C3 = 5711,5 CT = 32508 > 32453 con lo que se comprueba la hipótesis anterior

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c) En este caso la solución también es la misma que en el apartado a), pero con los nuevos límites el único generador que está fuera de los límites es el 3, con lo que la solución inicial es fijar la potencia de dicho generador en su valor mínimo y volver a calcular el reparto entre los otros dos generadores. Pero en este caso al ser el coste del generador 3 el más elevado cabe plantearse si la solución idónea pudiese ser desconectar dicho generador y repartir la carga total entre los generadores 1 y 2. En principio el despacho económico que proporciona el menor coste es el obtenido en el apartado a), pero los límites de los generadores condicionan el reparto óptimo. Dependiendo de las curvas de coste y de los límites de los generadores puede ser económicamente más favorable desconectar un generador, pero la desconexión de los generadores tiene otros condicionantes técnicos en el sistema que puede hacer inviable esta opción independientemente de consideraciones puramente económicas.

P3 = 400 MW ⇒ λ1 = 23,65 y C1 = 7980,5 Se reparten ahora 1700 − 400 = 1300 MW entre 1 y 2 15,84 + 0,006248P1 = 15,70 + 0,009760 P2 P1 + P2 = 1300 MW cuya solución es : P1 = 784 MW P2 = 516 MW P3 = 400 MW El cos te incremental del sistema es ahora por tanto : λS = λ1 = λ2 = 20,74 y los cos tes individuales y total del sistema son : C1 = 14651,5 C 2 = 9573 C3 = 7980,5 CT = 32205 Si se hubiese elegido la opción de desconexión del generador 3 P3 = 0 MW ⇒ P1 = 900 MW , P2 = 800 MW y C1 = 17101,5 C 2 = 15853 C3 = 0 CT = 32954,5 > 32205

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Ejercicio 13. Un pequeño parque generador está formado por cuatro grupos térmicos, cuyas curvas de coste horario y límites de potencia son: C1 = 200 + 15,60 P1 + 0,00435 P12

200 ≤ P1 ≤ 600 (MW)

P22

200 ≤ P2 ≤ 600 (MW)

C3 = 100 + 15,50 P3 + 0,00345 P32

200 ≤ P3 ≤ 600 (MW)

C4 = 60 + 15,50 P4 + 0,00821 P42

200 ≤ P4 ≤ 600 (MW)

C2 = 120 + 15,15 P2 + 0,00321

Para suministrar una potencia total de 2000 MW: d) Resolver el despacho económico sin pérdidas, determinando el coste incremental del sistema, el de cada grupo y el coste total de la operación. e) Resolver el despacho económico anterior si el parque generador tiene cuatro generadores iguales al generador 1 del apartado anterior y la función de pérdidas es Pp (MW) = (P12 + P22 + P32 + P42) 10-5. Determine además el coste incremental y las pérdidas del sistema.

Solución a) λ1 = 15,6 + 0,00870 P1 λ2 = 15,15 + 0,00642 P2 λ3 = 15,5 + 0,00690 P3 λ4 = 15,5 + 0,01642 P4 Las ecuaciones que resuelven el sistema son : 15,6 + 0,0087 P1 = 15,15 + 0,00642 P2 15,6 + 0,0087 P1 = 15,5 + 0,00690 P3 15,6 + 0,0087 P1 = 15,5 + 0,01642 P4 P1 + P2 + P3 + P4 = 2000 MW

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Cuya solución es: P1 = 460,5 MW P2 = 694,2 MW P3 = 595,1 MW P4 = 250,2 MW Como P2 max = 600 MW < 694,2 MW se fija P2 = 600 MW y P1 + P3 + P4 = 1400 MW La solución ahora es: P1 = 494,3 MW P2 = 600 MW P3 = 637,7 MW P4 = 268 MW Como P3max = 600 MW < 637,7 MW se fija P3 = 600 MW y P1 + P4 = 800 MW Y la solución final es: P1 = 519 MW P2 = 600MW P3 = 600 MW P4 = 281MW y λS = λ1 = λ4 = 20,11 b) C1 = C 2 = C3 = C 4 = 200 + 15,6 Pi + 0,00435 Pi 2 PP = ( P12 + P22 + P32 + P42 ).10 −5 Li =

1 1 = ∂P 1 − 2.10 −5 Pi 1− P ∂Pi

λi = Li

∂Ci 1 = (15,6 + 0,0087 Pi ) ∂Pi 1 − 2.10 −5 Pi

λi − 2.10 −5 Pi λi = 15,6 + 0,0087 Pi Pi =

λi − 15,6 = P1 = P2 = P3 = P4 0,0087 + 2.10 −5 λi

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Las ecuaciones que resuelven el problema son:

4 Pi − PP = 2000 MW PP = 4.10 −5 Pi 2 Cuya solución es: 4.10 −5 Pi 2 − 4 Pi + 2000 = 0 Pi = 502,5 MW = P1 = P2 = P3 = P4 PP = 4(502,5) 2 .10 −5 = 10 MW λ=

15,6 + 0,0087.502,5 = 20,17 1 − 2.10 −5.502,5

Ejercicio 14. El parque generador de la figura está formado por dos grupos de generación cuyas curvas de coste horario y límites de potencia son: C1(PG1)= 5 + 4,1 PG1 + 3,5 10–3 PG12

100 < PG1 < 200 (MW)

C2(PG2)= 5+ 3,1 PG2 + 4 10–3 PG22

100 < PG2 < 200 (MW)

La expresión que determina las pérdidas en la línea 1-2 es: PP = 0,001 (PG2 – 100)2

PG1

1

PD1 = 250 MW

PG2

2

PD2 = 100 MW

a) Calcular la potencia generada en cada grupo para despacho económico y las pérdidas en la línea de transmisión. BLOG FIEE

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b) Suponiendo que son despreciables las admitancias en derivación equivalentes de la línea 1-2 que interconecta los dos generadores. ¿Cuál será la resistencia (r) en serie de la línea, en valores por unidad, que proporciona las pérdidas calculadas en el apartado anterior, tomando como base de potencias 100 MVA y despreciando las potencias reactivas de las cargas y de la línea. c) Cuál será la tensión en el nudo 1, en valores por unidad, con el sistema funcionando en las condiciones calculadas en los apartados anteriores, si la tensión en el nudo 2 es 1? 0º y la impedancia de la línea es r +j 0,01. Solución a) En el sistema con pérdidas las ecuaciones que proporcionan la solución son:

L1

∂C1 ∂C 2 = λ = L2 ∂ PG 1 ∂ PG 2

PG 1 + PG 2 = Pc arg aT + P p donde ∂C1 = 0,007 PG1 + 4,1 ∂PG1 ∂C 2 = 0,008 PG 2 + 3,1 ∂PG 2 ∂Pp ∂PG1 ∂Pp ∂PG 2

= 0 ⇒ L1 = 1 = 0,002 PG 2 − 0,2 ⇒ L2 =

1 1,2 − 0,002 PG 2

Con lo que 0,007 PG1 + 4,1 = λ =

0,008 PG 2 + 3,1 1,2 − 0,002 PG 2

PG1 + PG 2 = 350 + 0,001( PG 2 − 100) 2 Poniendo las potencias en función de ? e iterando valores, comenzado por ejemplo por ?=5,5 que corresponde a PG1=200 MW

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λ − 4,1 1,2λ − 3,1 ; PG 2 = 0,007 0,008 + 0,002λ λ = 5,5 ⇒ PG1 = 200 MW ; PG 2 = 184,2 MW ; Pp = 7,089 MW ; PG1 + PG 2 − Pp = 377,1 > 350 PG1 =

λ = 5,4 ⇒ PG1 = 185,7 MW ; PG 2 = 179,8 MW ; Pp = 6,36 MW ; PG1 + PG 2 − Pp = 359,1 > 350 λ = 5,35 ⇒ PG1 = 178,6 MW ; PG 2 = 177,5 MW ; Pp = 6 MW ; PG1 + PG 2 − Pp = 350,1 ≈ 350 b) El esquema será Z=r+jx

I21

U2

U1

Pp = r.I 212 I 21 =

donde

con lo que

P21 y si Q21 = 0 ⇒ cos ϕ = 1 U 2 cos ϕ

P  Pp = r  21  U2 

2

P21 = PG 2 − PD 2 = 177,54 − 100 = 77,54 MW ⇒ P21 =

77,54 = 0,77 p.u 100

Pp = 0,06 p.u r=

Pp 2 21

P

U 22 = 0,1U 22

c) Si U 2 = 1∠0º ⇒ r = 0,1 Ω U 1 = U 2 − I 21 Z 0,77 = 0,77 1 U 1 = 1∠0º −0,77(0,1 + j 0,01) = 0,923∠ − 0,5º I 21 =

... Y con esto acaba el programa de la asignatura “Análisis de Sistemas Eléctricos”.

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