sistemas de potencia
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SISTEMAS DE POTENCIA
GENERALIDAES
ESTRUCTURA BASICA DEL SISTEMA.
- La energía eléctrica como recurso energético se caracteriza por su:popularización, formas de obtención, control y transmisión.- El elemento básico para la transformación y transmisión a los centros de cargaes el Sistema de Potencia cuyo objetivo primordial es el suministro de energíaeléctrica a los diferentes usuarios en un área determinada.Para diseñar correctamente un sistema de potencia que este debe suministrar lapotencia ( P,Q) a todos los consumidores y a un costo mínimo con el menorimpacto ecológico.- La Calidad de la Energía : (servicio). Se mide por la constante de la frecuenciay el voltaje, se aceptan variaciones de 0.5HZ ( 8.3%) como variación en lafrecuencia y del 10% en el voltaje (11 voltios para 110) según el nivel que semaneje. La continuidad del servicio debe ser superior a 0.9999 (Tiempo sindeficit de energia eléctrica / Tiempo total considerado).Para mejorar el servicio y obtener una transmisión y un manejo económico de laenergia eléctrica, se interconectan las plantas generadoras dentro de lo que sedefine como un sistema de potencia. Y los sistemas de potencia a su vez seentrelazan en un sistema nacional o integrado . Este es de difícil manejo porrazón de su tamaño, más no es totalmente inmanejable ya que la política internadel sistema integrado está claramente definida y muy posiblemente difiere a la deotro sistema integrado.Un sistema regional (CORELCA por ejemplo) o nacional está constituido por:1. Nivel de distribución (urbano- electrificadoras)2. “ “ Subtransmisión (Rural corto).3. “ “ Transmisión (Rural largo).4. “ “ Interconexión (Interregional/ nacional) interconexión de Sistemas
de potencia.
Los anteriores niveles más las plantas generadoras cuyo nivel es similar al dedistribución conforman el sistema de potencia.
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POTENCIA COMPLEJAA partir de los valores vectoriales de V e Y se puede calcular fácilmente la potencia real(P) y la potencia reactiva (Q). Consideremos una carga inductiva como en lafigura No.1.
FIGURA No 1.
La potencia compleja se expresa como:S = P + j Q = VI ( a )Si V = ZI y Z = R + j XY = YV y Y = G + j Bdonde I= Conjugado de la corriente. Módulo pero a diferente ángulo.Reemplazando en ( a ) tenemos que: S =V 2 (Y) o que
S = ZI 2
pero Y = G +j B y Z = R + j Xcomo S = ( G + j B)V2 = G V 2 - jB V 2 (1)
S = ( R + j X).I 2 = RI 2 + j X I2 ( 2)de (1) y (2) se puede expresar P y Q como:
P = G V 2 = R( 1 / ( R 2 + X 2 ) ) V 2 o P = R I2
Q = - B V 2 = X( 1 / ( R 2 + X 2 ) ) V 2 o Q = X I 2
Carga inductiva Carga capacitiva
n
Si se tiene un número de cargas N ST ( Potencia total) = Sii = 1
n n
ST = PT + j QT = Pi + j Qii=1 i=1
El factor de potencia (FP)i = Cos tg-1 ( Qi / Pi )= Pi / Si
n n( FP)T = (PT/ ST ) = Cos tg-1 ( Q i / Pi )
i=1 i=1
S
P
QP
Q
S
+
P
Q
I
R
L
+
+
V
I
tan1 (X/R)
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EJEMPLOHallar ST siS1 = 4 + j 3 S1 = 5 36.8S2 = 3 + j5 S2 =5.8359.04S3 = 5- j 4 S3 = 6.438.66ST = 12 + j4 ST = 12.6518.43
UNIDADES:1W.s = 1 JOULE 1KWH = 3.6* 106 J ( E. Eléctrica)EK = 1/2 Mv2 y EP = mgh 1 CAL = 4.186 JPor definición 1 CAL = Q requerido para aumentar un grado centígrado la temperaturade un gramo de agua que está a 15 grados centígrados.1 B.T.U = 1.055* 103 J = 0.252 KCAL
Trabajo o Energía Pot se mide en Watt (W) t t
1W = 1 J / s 1H.P= 745.7 W
TASA DE CRECIMIENTO:Si una cantidad M aumenta a una tasa que es proporcional a M actual dM/dt = aM y su solución es M = MO e a t, donde a = constante de proporcionalidad otasa de crecimiento por unidad.Mo = es valor de M en t = 0.En cualquiera de los dos valores de t1 , t2la razón inversa correspondiente a M1 y M2
es : M2 / M1 = e a ( t2 -t1 )
de donde: periodo de duplicación M2 = 2 M1y t 2 - t 1 = t d
t d = Ln2 / a = 0.693 / a .
En planificación de sistemas de potencias el crecimiento se aproxima a P = Po (e b t )
donde b = Tasa de crecimiento por unidad de potencia máxima.
M
t
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Se,Ie
Z
Z Vr
Sr, IrVe
+ +
ANALISIS Y CONTROL DE TRANSMISION
Si se considera una línea de transmisión representada por su impedancia en serie:
Definiendo: Ve = Ve e j e
Vr = Vre j r
Z = Z e j
e r = e - r
Y como Ie = Ir = Ve - Vr / Z, las potencias en las terminales emisor (envío) y receptorse pueden expresar como :Se = VeIe* Se = e j / Z Ve 2 - Ve Vr e j er ,Se = e j / ZVr Ve e - j er - Vr 2 Al analizar las anteriores ecuaciones se concluye:1. Multiplicar por e j Cambiar la expresión acompañada en un ángulo “ “2. Ve Vr / Z e j er Tener un circulo de radio: Ve Vr / Z con er girando ensentido antihorario.3. Ve Vr / Z e - j er IDEM peroer girando en sentido horario.4. Sumar:Ve 2 / Z Avanzar en el sentido positivo del eje definido por P,5. Restar: Vr 2 / Z Avanzar en sentido negativo del eje definido por P , Q.Considerando lo anterior podemos graficar los círculos de “ e ” y “ r ” según métodosgráficos aproximados que no es materia del curso.
CAPACIDAD DE TRANSMISIONLas ecuaciones para envío y recepción son:Se = ej / Z Ve 2 - Ve Vr ej er
Sr = ej / Z Ve Vr e-j er - Vr2 Se pueden descomponer en sus partes real más la imaginaria, usando la expresión deEuler: ejX = Cos X + j Sen X.Se = (Cos + j Sen ) / Z Ve 2 - Ve Vr Coser + j Sener Sr = (Cos + j Sen ) / Z Ve Vy (Coser - jSener) - Vr2
Y agrupándolos en forma rectangular se convierten en :Se = Ve 2 Cos- Ve Vr Cos (+er)/ Z +
JVe 2 Sen- Ve Vr Sen(+er)/ Z .
Sr = Ve Vr Cos(-er) - Vr 2 Cos/ Z +JVe Vr Sen( -er) - Vr 2 Sen/ Z .
La potencia activa que se envía por el elemento (línea) cuando se representa por lareactancia en serie únicamente, está dada por:
Pe = P = ( Ve Vr / X ) Sen er = Pmax Sener = Pr.
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Por lo tanto la potencia activa máxima que se puede transmitir por un elemento (LN) es:Pmax = Ve Vr / X
EJEMPLO 2.Hallar el ángulo er para máxima potencia de envío por el sistema representado en lafigura:
De la ecuación Pe =Ve2 Cos-Ve Vr Cos(+er)Pe = (1/ Z ) Ve 2 Cos- Ve Vr Cos()Cos(er) + Ve Vr SenSenerPe / er = (1/ Z ) Ve Vr CosSener +Ve Vr SenCoser La potencia máxima se dá cuando dPe / der = 0.SenerCos+ Coser Sen= 0 Sen er / Coser = - Sen/ Costger = -tgy por tanto: er = - n; n = 1,2,3,...Por razones de estabilidad, la potencia a transmitir es del orden de : Pmax / 2(Pmax Sen 30o)er (el ángulo entre voltajes es del orden de 30o y en emergencias podría llegar hasta los45o ).- Si la capacidad de la línea de transmisión es de Ve Vr / X para incrementarla sedebe variar Vo X.- Aumentar V presupone un incremento del nivel de tensión al cual se transmite. Demodo que si se quiere aumentar la capacidad de transmisión, esto sólo se podría hacerdisminuyendo X (conductores en paralelo- doble circuito) o conductores en haz - si seestá diseñando- o condensadores en serie (compensación en serie).
Pi j = Vi Vj senij Xl , cr = critico
ZSe,Ie Sr,Ir+ +
Ve Vr
P
er
PmaxPmax
Pmec
er
P
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Pm = Potencia mecánica
EFECTOS DE LOS CAMBIOS DE POTENCIA EN EL SISTEMA.
Si se consideran por separado los controles de: Pactiva / frecuencia y Preactiva / tensiónse aprecia mejor el funcionamiento de los sistemas de potencia aunque estos controlesestén interrelacionados.
POTENCIA ACTIVA /FRECUENCIA:La potencia mecánica de entrada al generador equilibra la potencia eléctrica exigida porla carga pero al variar la carga y/o la generación, se provoca un desbalance energético,momentáneo, que se traduce en un cambio de velocidad. Así:Tmec -Telec = Tacel o Pmec - Pelec = Pacel.- Si la potencia mecánica (Pmec) de entrada es mayor que la demanda, el Tmec (parmecánico) será superior al par eléctrico (Telec) entonces se acelerará la máquina y enconsecuencia aumenta su velocidad y frecuencia.Se observa que la frecuencia no es constante, sino que varía con la carga (no deben sermayor de 0.5 HZ).- En el caso contrario (Pmec < Pelec) se presentará un par acelerante negativo(desacelerante) y la frecuencia disminuye.- Los cambios en la frecuencia cambios en la velocidad de los motores, aumento deperdidas del entrehierro, aumento de corrientes parásitas (transformador) y puedensalirse de control, en consecuencia los cambios deben ser suaves.- Los cambios de potencia están asociados con aceleraciones/desaceleraciones de lasmáquinas lo cual implica un movimiento relativo del eje del rotor respecto al eje delcampo magnético.
POTENCIA REACTIVA/ VOLTAJE:Si existe una diferencia de tensión escalar a través de un enlace fundamentalmentereactivo, Q fluye hacia el nodo de tensión más baja. Es decir si en una red existe unadeficiencia de Q en un punto, esta se suministrará desde las líneas de alimentación,bajando en este punto la tensión. Inversamente si existe un exceso de Q generada (cablescon cargas ligeras, condensadores, etc) la tensión aumentará.
PmaxPij
Pm
30º cr 90º
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EJEMPLO 1.2.
CONSIDERANDO :1. V1 es constante 0o
2. Z de la línea es = JX3. La potencia de transmisión = Pc + JQc ( por resistencia de la línea Qce Qcr)Entonces: V2 = V1 - I Z V1 I* = Pc + JQc por lo que:I = Pc - JQc / V1* = Pc - JQc / V1
V2 = V1 - ( Pc - JQc )/ V1JX = V1 - (X/V1)Qc - J( X/V1)Pc.Del diagrama fasorial correspondiente se observa que :A: Si la potencia activa de la carga la caída de tensión en cuadratura con V1 aumentatambién por lo tanto afecta .B: Si la potencia reactiva de la carga aumenta, la caída de tensión en fase con V1
aumenta también, por lo tanto V2disminuye (línea punteada indica lo que disminuyeV2 si la carga reactiva se dobla).- Si se desea mantener la V2constante se debe controlar la demanda de reactivos en lacarga, considerando que esta carga es normalmente inductiva se puede compensarmediante condensadores (estáticos o síncronos).
CARACTERISTICAS DE LA CARGA.
REPETITIVIDAD: ( Una curva típica de carga diaria). Las curvas son repetitivasdebido a los hábitos de la población, tendiendo entonces a seguir un ciclodeterminado.
FACTOR DE POTENCIA: La composición de las cargas correspondeprincipalmente a consumidores industriales y domésticos, siendo esta variable deacuerdo al tipo y al sector considerado.
CONSUMO INDUSTRIAL Elevado uso de motores de inducción.( 60%).“ DOMESTICO Iluminación y calefacción fundamentalmente.
Si se examina globalmente la carga se muestra un FP inductivo.ESTATICIDAD: Las cargas no cambian bruscamente minuto a minuto, sino que el
cambio es gradual y lento.ALETORIEDAD: Este fenómeno se presenta debido a la falta de control directo
sobre los usuarios ( o diversidad en el tiempo para usar sus cargas) no siendo posibledeterminar con exactitud la carga que se comporta aleatoriamente.
G1
V11
2V2
P+JQI Sc=Pc+JQc
-JXPc/V1
V2
V1
-XQc/V1
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CONEXION EN SERIE / PARALELO DE CUADRIPOLOS.Cualquier línea trifásica puede representarse como un cuadripolo con características:Pasivo, lineal, bilateral. Cualquier cuadripolo pude representar un circuito T o.Mediante las corrientes generalizadas podemos relacionar Ve, Ie con Vr, Ir.Ve = AVr + BIr
Ie = CVr + DI r.Vr = (DVe - BIe) / ( AD - BC ).Ir = ( AIe - CVr) / (AD-BC).donde: A,B.C,D son complejos. yAD BC = 1
Si Ir = 0 ( circuito abierto) Ve = AVr A = Ve/ Vr.Si Vr = 0 (corto circuito) Ve = BIr B = Ve/Ir.( dimen. Z, ).Ir = 0 ( circuito ab) C = Ie/ Vr.( dimen, Y).Vr = 0 ( corto circuito) D = Ie/Ir.
EN SERIE:
Ao = AaAb + BbCb. Co = AbCa + CbDa.Bo = AaBb + BaDb. Do = BbCa + DaDb.
EN PARALELO:
Ao = ( AaBb + AbBa) / ( Ba + Bb).Bo = ( BaBb) / (Ba + Bb).Co = Ca + Cb +( Aa - Ab)(Db - Da)/ (Ba + Bb)Do = ( BbDa + BaDb) / ( Ba + Bb).
emisor receptorA, B, C, D
VrAb , Bb ,Cb , Db.Vx
Ir
Ve +
Aa , BaCa , Da
+
Ie Ix
Ve
+
Aa , BaCa , Da
+
Ix
+
Aa , BaCa , Da
+
Ir
+
Vr
+
+
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MEDIDAS:
Zeo = Ze con extremos “r” en circuito abierto, Zes = Ze con e.r en cortocircuito.Zro = Zr con e.e en circuito abierto, Zrs = Zrecep. con e.e en c.c.Zeo = A / C; Zes = B / D ; Zro = D / C ; Zrs = B / A.A = ( Zeo / Zro- Zrs).
VENTAJAS:
Dan lugar a expresiones más concisas de (V,I).Pueden aplicarse a: Transformadores, líneas, líneas más transformadores u otros
terminales.Pueden aplicarse a un número de líneas serie o paralelo siempre que tengan una par
emisor y un par receptor.
REPRESENTACION DE LOS ELEMENTOS DEL SISTEMA DE POTENCIA
Normalmente se trabajan sistemas trifásicos representados en diagramas unifilaresusando los valores de línea a neutro.
2.1 GENERADOR SINCRONO
Para obtener la regulación de voltaje en una máquina síncrona se usan entre otros: Elmétodo de las dos reactancias y varios métodos de impedancia síncrona. Usaremos elmétodo de la impedancia síncrona no saturada, no por lo exacto sino por ofrecer uncircuito equivalente para la máquina.
Representación esquemática del rotor y devanados del estator de un generador de alterna
Según la ley de LENZ : e = d(N)/dt y como N es prácticamente constante, entonces:
e = N d/dt ( 1 )en un devanado cualquiera en el cual max = maxCosWt la ecuación (1) se convierteen: e = N d(maxCosWt)/dt = NWmaxSenWt, por lo tanto:
Emax = 2Nfmax de donde: E rms = (2/2) Nfmax = 4.44 N f max
co ob
oa´
oc´
ao
b´o
Ecc´
Eaa´
Ebb´
Campode C.C
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que para la máquina se puede expresar como :
Efase = 4.44fNpolo KpKd , donde Efase = Voltaje de fase rmsf = Frecuencia N = número de vueltas en serie por fasepolo = Flujo polar en Weber Kp = Factor de pasoKd = Factor de distribución.Los voltajes inducidos en los tres devanados tienen igual magnitud ya que tienen: igualnumero de vueltas, el mismo flujo por polo (f), el mismo calibre de conductor, etc;como el flujo tarda un tiempo ´ t ´ en ir de un devanado a otro entonces estarándesfasados. Si se aplica una carga balanceada existirán tres flujos de armadura diferentesen el eje de cada devanado. El flujo que resulta de sumarlos es rotatorio y gira con lamisma velocidad del flujo principal del rotor (f). Esto se conoce como FLUJO DEREACCION DE ARMADURA,(RA) y está en fase con la corriente del estator. Cuandoel factor de potencia es mayor o igual a 0 este flujo es aditivo con respecto a f (quedetermina el eje directo) o sea que tiene efecto magnetizante, mientras que para factorde potencia menor que 0 (en atraso) el efecto es desmagnetizante. Si el factor depotencia es igual a 1 el flujo de reacción de armadura viene en cuadratura conf (eje encuadratura). La F.E.M inducida en el entrehierro depende del flujo que lo cruza(combinación de f y RA). El tercer flujo que se presenta en el devanado de la máquinaes el flujo de dispersión (d ) pero este no cruza el entrehierro. El voltaje entreterminales (V) es igual a la F.E.M total inducida menos la caída en la resistencia delestator ( E IRA ), así tenemos que:
f se debe a la corriente del rotor e induce Ef
RA se debe a la corriente del estator e induce ERA
d se debe a la corriente del estator e induce a Ed
Por ley Kirchhof : Ef + E RA + Ed = I Ra + V
E · I RA = V , donde: E = F.E.M total inducida = Ef + E RA + Ed .
considerando que:
Ed = Nd(d)/dtEra = d(Ra) /dt
Diagrama Fasorial (por fase) de la máquina mostrando las Fuerzas Electromotrices inducidasy los flujos que las producen
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Si representamos los voltajes comoelementos pasivos, el diagramafasorial se puede representar como:Esto quiere decir que la ecuación de lamáquina se convierte en :e f = N d(RA)/dt Nd(d )/dt Ira = V
= V + Ira + Nd(RA)/dt + N d(d )/dto en forma fasorial:
Ef = V + IRa + JXdI + JIXRA
= V + Ira + JI(Xd + XRA ) = V + IRA + Ixs= V + I(Ra + Jxs)
Representación fasorial de la máquina Ef = V + IZs *considerando F.E.M debidas a corrtesdel estator como caídas de tensión
La representación adecuada de la máquina será entonces :
Representación circuital de la ecuación *
Para lo anterior se tomó como base un generador síncrono de rotor cilíndrico, cuando esuno de polos salientes el tratamiento se complica puesto que el rotor presenta diferentereluctancias en los ejes directos y de cuadratura. El eje directo es aquel en el que seencuentra el flujo principal (f), el eje en cuadratura toma su nombre de la posición delmismo respecto al eje directo y da la localización de Ef (atrasado 90 º de f ) sobre lacara del polo y entre los polos.
Como Ef está en el eje en cuadratura la componente de la corriente del estator que estáen fase con Ef se llama CORRIENTE DE CUADRATURA (Iq), esta corriente se asociacon Xq porque establece un flujo en cuadratura con los polos del campo principal
R
Ef = Ef
JXs +
V = V0
f RA
Ef
IXRA
IXd
V
d
I
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Diagrama Fasorial para máquina con polos salientes
En caso de cortocircuito y considerando que en los sistemas de alta tensión X >> R(factor de potencia = 0, atrasado), se puede tomar Id como corriente (ver fig. anterior).La corriente de cortocircuito, por lo tanto, Ef / Xd , por ello se acostumbra a reemplazaren la representación circuital (para estos casos) la Xs mostrada en la representacióncircuital * por Xd .
BARRA INFINITA.Generalmente la máquina síncrona trifásica se conecta al sistema a través de unareactancia externa (Xe). Cuando el sistema es muy grande comparado con la máquina,un cambio de la potencia mecánica aplicada al eje, o en la excitación de la máquina nocambia ni la frecuencia ni el voltaje en los terminales. A un sistema tal se le conocecomo barra infinita. Alguna veces se considera: V el voltaje de Thevenin y “ Xe ” lareactancia de Thevenin, vistas desde los terminales de la máquina
Representación de Thevenin de la máquina síncrona
La potencia transferida del generador a la barra es :
Pfase = EfV / (Xs + Xe)[sen] donde: > 0 para generador o < 0 para motor
f
Id
Iq
VIRa
Id Xd
Iq Xq
Ef
eje en cuadratura
+JXs
Ef
JXe
Barra infinita Ef
JXs+
Vo
+
Vf
constante
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TRANSFORMADORES
Existen muchos equivalentes para los transformadores (, T ) los más comunes.
BIDEVANADO:
El tipo de transformador más común es el de dos devanados (monofásico o bifásicorepresentados en forma unifilar). El circuito equivalente con una aproximación bastantebuena sería el mostrado en la siguiente figura (teniendo en cuenta que no se incluyen lascapacitancias parásitas) con los valores del secundario referidos (pasados) al primario:
Circuito equivalente del transformador bidevanadoDonde : r1 = Resistencia del conductor del devanado primario
r2p = Resistencia del conductor del devanado secundario referida al primarioX1 = Reactancia de dispersión del devanado primario
X2p = Reactancia de dispersión del devanado secundario referida al secundarioIe = Corriente de excitación ( 1% al 5% de la In en condiciones estacionarias)I = Corriente de magnetización .I fe = Corriente que representa las pérdidas activas en el hierro
r 2 p = ( N1 / N2 ) 2. r2 X2 p = ( N1 / N2 ) 2 . X 2 I2 p = ( N1 / N2 ) .I2
Como la corriente de excitación es pequeña comparada con la corriente de carga, y porla comodidad que esto representa se acostumbra a colocar las resistencias respectivas delas pérdidas en el cobre y las reactancias que representan los flujos de dispersión en elmismo lado del brazo derivación ( Ie ) afectando muy poco la caida de tensión en elbrazo serie.
c i r c u i t o e q u i v a l e n t e d e l t r a n s f o r m a d o r u s a d o e n :a) Prueba de cortocircuito b) Prueba de vacío
donde: rep = Resistencia equivalente referida al primario
Xep = Reactancia equivalente referida al primario
rep = r1 + r2( N1/N2 )2 X ep = X 1 + X 2 (N1/N2) X2 Z ep = r ep + JX ep = Z 2 ( N1/N2 ) 2
repJxe p
Ife I
I1 I2pre pJxe p
Ife I
I1 I2pIe
Ie
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JXe
re JXeI1 = Y 2p
I1 = Y 2p
En vista de la baja corriente de excitación (Ie) respecto a las corrientes de carga y a lascorrientes de cortocircuito, despreciar el brazo (ramal) de derivación es unaaproximación bastante aceptable :
Para transformadores de potencia que poseen una Xe >> Re es muy común encontrar larepresentación (b), especialmente para estudios aproximados de cortocircuitos
TRIDEVANADO:
Los transformadores tridevanados siempre tienen tres devanados asociados a cada fase(tres devanados en la misma columna de material ferromagnético). En la forma unifilartoman la forma de un transformador monofásico con dos secundarios cargados. Escomún encontrar transformadores trifásicos Y-Y con terciario en , asi:
En los transformadores bidevanadoslos MVA del primario son iguales alos MVA del secundario, en lostridevanados esto no siempre escierto.Para determinar la impedancia de losdevanados (Rcu., Xdisp)se necesitantres pruebas similares a las pruebas
del cortocircuito, en estas pruebas un devanado permanece abierto mientras el otro secortocircuita a tensión reducida; en el devanado en el cual se está aplicando el voltaje semide la tensión como se indica en la siguiente figura
Prueba de cortocircuito ( Zp ) de un transformador tridevanado
P
T
S
Y Y
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Z ps = L voltímetro/3Lamperímetro; Rps =1/ 3(La )2(L w1 + L w2); X ps =(Zps)2 +(R ps )2
siendo : Lv = Lectura del voltímetro ........ ( Lv = ½( Lv1 + Lv2))La = Lectura del amperímetro ........ ( La = 1/3( La1 + La2 + La3))Lw1 = Lectura del vatímetro 1Lw 2 = Lectura del vatímetro 2
Zp s = Impedancia de cortocircuito medida en el primario con el secundario encortocircuito y el terciario abierto. Zps se obtiene referida al primariopues es allí donde se toman las medidas
Zp t = Impedancia de cortocircuito medida en el primario con el terciario encortocircuito y el secundario en circuito abierto
Zs t = Impedancia de cortocircuito medida en el secundario con el terciario enen cortocircuito y el primario en circuito abierto, se obtiene referida al
secundario. Referidas al mismo nivel de tensión se tiene :
Zps + Zp + Zs Zpt = Zp + Zt Zst = Zs + Zt
Zp, Zs, Zt se obtienen al resolver las ecuaciones obtenidas en las pruebas decortocircuito:Zp = ½ (Zps + Zpt Zst)Zs = ½ (Zps + Zst Zpt) Zt = ½ (Zpt + Zst Zps) . El diagrama unifilar será:
Representación unifilar del transformador tridevanado
Se aclara que el punto común “m” es ficticio y que Zp, Zs, Zt son valores que ayudan ala obtención de un circuito equivalente monofásico, pero que son ideales, por ello nosería de extrañar encontrar algún valor negativo. El brazo derivación se ha despreciado,en caso de tenerse un corriente de magnetización con un valor importante se puedeincluir entre los puntos “m” y “n”.
Zt
n
Zp
m
Zs
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EJEMPLO. 2.1.Obtener la representación unifilar referida al primario de un transformador tridevanadocuyos datos de placa son: primario: en Y, 66KV, 16 MVA; secundario: en Y, 33KV, 10MVA , terciario: en , 2.2 KV, 7.5 MVADespreciando las resistencias y a partir de tres ensayos de cortocircuito se obtuvieron lossiguientes valores: Xps = 0.232, Xpt = 0.29, Xst = 8.7
Solución:
Refiriendo todo al lado primario:
Xstp = Xsts(Vp / Vs)2 = 8.7 (6.6/33)2 = 0.348
Xp() = ½ (Xps + Xpt + Xstp ) = ½ ( 0.232 + 0.29 0.348) = 0.087
Xs() = ½ (Xps + Xstp + Xpt ) = ½ ( 0.232 + 0.348 0.29) = 0.145
Xt() = ½ (Xst + Xpt Xpsp ) = ½ (0.348 + 0.29 0.232) = 0.203
Ver la siguiente figura:
Diagrama equivalente del transformador tridevanado referido al primario
AUTOTRANSFORMADOR:
El autotransformador puede estudiarse del mismo modo que los transformadoresbidevanados o tridevanados, también puede considerarse una conexión especial delbidevanado. Este tipo de transformador es ventajoso debido a que permite llevarpotencia del primario al secundario de dos formas: conductiva o magnética. Untransformador similar transporta menos potencia ya que solo lo hace en forma magnéticaen la figura se muestra la forma esquemática de conexión del autotransformador
esquemático unifilar en
J0.087 J0.145
J0.203
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donde:
Vs = Voltaje del devanado serie ( o del primario del transformador bidevanado)
Vc = Voltaje del devanado común ( o del secundario del transformador bidevanado)
V1 = Voltaje primario del autotransformador
V2 = Voltaje secundario del autotransformador
Is = Corriente de entrada del devanado serie
Ic = Corriente de salida del devanado común.
I1 = Corriente de entrada al autotransformador
I2 = Corriente de salida del autotransformador
Ns = Número de espiras del devanado serie
Nc = Número de espiras del devanado común.
Si el autotransformador se obtuvo de la conexión de un transformador bidevanado conrelación de transformación igual a: Vs/Vc y cuyos voltamperios normales eran:
VsIs* = VcIc*, entonces la expresión de la potencia nominal será:
V1I1 = V1Is* pero V1Is* = (Vs +Vc)Is* = VsIs* ( 1 + Vc/Vs) = VsIs* ( 1 + Nc/Ns ) y lasalida será: V2I2 = VcI2* = VsNc/Ns ( Is + Ic) = VsNc/Ns(Is* + Ns/NcIs*)
= VsIs* (1 + Nc/Ns ) = V1Is*
esto quiere decir que la potencia de entrada sigue siendo igual a la potencia de salidapero en este caso aumentado por el factor : ( 1 + Nc/Ns ), la potencia VsIs* = VcIc* setransmite electromagnéticamente, mientras que la potencia VcIs* se lleva directamenteen forma conductiva.
Al cortocircuitar la salida (V2 = 0) la impedancia que se ve desde el primario tiene elmismo valor en ohmios ( el circuito es el mismo circuito de prueba de cortocircuito parael transformador bidevanado) que la impedancia antes de realizar la conexión comoautotransformador.
Ze = Zs + Zcp = Zs + Zc(Ns/Nc)2.
Si definimos a como la relación de transformación del autotransformador tendremosque:
a = V1/V2 = 1/Vc (Vs + Vc) = (1/Vc) (Ns/Nc)Vc + Vc = (1/ Nc)(Ns + Nc) = 1 +(Ns/Nc)
Ns/Nc = (a 1)
La impedancia equivalente mostrada en la figura anterior se transforma en :
Ze = Zs + Zc( Ns / Nc )2 = Zs + Zc ( a 1 )2
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RJX
V Vr
+ +
I
LINEAS DE TRANSMISION:
La representación de las líneas de transmisión depende de la longitud de las mismas y dela exactitud que se exija. Se clasifican según su longitud en CORTAS , MEDIAS yLARGAS.
L línea real tiene: Resistencia, inductancia, capacitancia y conductancia distribuidas porigual a lo largo de su longitud asi:
Representación esquemática de una línea de transmisión
LINEAS CORTAS (HASTA UNOS 80 KMS.):
Circuito equivalente de
una línea corta
Las líneas cortas no requieren mucha precisión y pueden ser representadas como en elcaso de la figura anterior en la cual se han despreciado las capacitancias y resistencias enparalelo, en este caso : Ve = ZI + Vr ; Ie = Ir = I
LINEA MEDIANA (HASTA UNOS 240 Km.) :
En este tipo de líneas es necesario incluir el efecto capacitivo, el circuito que larepresenta puede ser en “ “ o en “ T ” (ver figura) pero algunos prefieren el yaque la capacitancia en paralelo (Y/2) puede asociarse con cargas conectadas a las barrasterminales.
r rL L
C Cg g gr
L
C
19
Para la red en :
Ve = Vr + I Z = Vr + Ir + Vr(Y/2) Z , donde : Y = Y2 + Ir = Ir + Y/2Vr
Ve =1 + (Y/2.)Vr + Zir, pero Ie = Y + I1
Ie = Y+ Ve(Y/2) = Ir + Vr(Y/2) + (1 +Z·Y/2 )Vr + Z·Ir.Y/2
Ie = Y/22 + Z·Y/2Vr + ( 1 + Z·Y/2 )Ir
LINEA LARGA (SUPERIOR A 240 Kms)
Se supone que los parámetros estan distribuidos y se obtienen mediante ecuacionesdiferenciales parciales, los parámetros de la linea larga son :
Ve = Vr cosh (ml) + Zo Ir senh(ml)
Ie = Ir cosh(ml) + (Vr/Zo)senh (ml)
donde: Zol = (1/Yo)l. = Z/Y = Impedancia característica
= ml = ZY m : constante de propagación
cosh = ½ ( e+ e) ; senh = ½ ( ee)
El circuito equivalente se muestra en las siguientes figuras:
Representación diferencial de una línea larga Representación equivalentede una línea larga
Representación equivalente en de una línea larga
Y/2 =Yotanh(ml/2)
dZ
V Vr
+ +
Y
Ie Ir
dx x
Z = Zo senh(ml)
V Vr
+ +
Ie Ir
Y/2 =Yo tanh(ml/2)
Ve Vr
+ +
Ir
YT =Yo senh(ml)
Z T /2 = Zo tanh(ml)
Ie
Z T /2 = Zo tanh(ml)
20
REPRESENTACION DE LOS SISTEMAS DE POTENCIA EN P.U.
Los cálculos necesarios en un sistema de potencia pueden hacerse en ohmios, amperios,etc.,pero a veces es necesario y preferible hacerlos utilizando métodos relativos como elsistema por unidad o sistema por ciento. Las cantidades en por ciento ( o porcentaje)difieren de las cantidades en p.u en un factor de 100. Estos sistemas relativos presentanventajas como:
a) Son más significativos respecto al sistema
b) Se elimina la posibilidad de confusión entre Vf y VL , potencia trifásica y potenciamonofásica; Voltaje primario y voltaje secundario (en transformadores)
c) Al aplicarlos, todas las teorías de circuitos se siguen cumpliendo. Sin embargo sedebe tener cuidado con el 100 que llevan implícito, por ejemplo: 20% x 10% 200%es igual a: 200/100 = 2 % . Los valores se dan referidos a los valores nominales de lasmáquinas, estos estan relacionados con el tamaño de los aparatos.
Por ejemplo: Si una máquina de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 6ohmios, no se sabe si la resistencia es baja, alta, o normal; se tienen que conocer losvalores nominales de la máquina para saberlo; si se dice que la resistencia de armadura(R a ) es de 0.11 p.u de los valores nominales, los valores son más dicientes.
El sistema p.u tiene escondida una información de magnitud relativa, porque alexpresar una cantidad como fracción decimal de otra, se esta indicando que se tomó unvalor base o de referencia.
SISTEMA MONOFASICO.
Para pasar un sistema a p.u se escoge: primero un valor base de potencia (S) que será elvalor base en todo el sistema; segundo se selecciona un voltaje base (cuando se tienentransformadores se acostumbra a tener en el secundario el voltaje base primario afectadopor la relación de espiras), si un componente del sistema (generador, transformadoretc.,) se considera aislado, se toman como valores base los valores nominales de dichocomponente. Una vez definidos la potencia base (Sbase), y el voltaje base (Vbase) seobtienen los otros valores a partir de ellos asi:
Sbase = Pbase = Qbase = Vbase.Ibase Ibase = Sbase / Vbase
Zbase = Vbase / Ibase = (Vbase)2/ Sbase = Rbase = Xbase ;
Ybase = Ibase/Vbase = Sbase/(Vbase)2 = B base = G base
Ahora podemos pasar los valores reales a valores en p.u. asi :
Valor p.u = Valor real / Valor base Voltios p.u. = Voltios reales/ V base
Ip.u. = Ireal(amps)/Ibase; Zp.u.= Z()/ Zbase = Z()(1/ Vbase2) / Sbase
= Z() Sbase (Vbase) 2
Yp.u. = 1/Zp.u. = (Vbase)2 / ZSbase = Y(mhos) Vbase2/Sbase
En caso de necesitarse los valores expresados en una base diferente a la que se tiene sepuede cambiar, se puede cambiar de base recordando que el valor real es el mismo.
21
I1
I2
Sbase1
Sbase2
Vbase1
Vbase2
Zm p.u.
BASE 1 B ASE 2
Vb1, Sb1
Z p.u = ZSb1(1/Vb1)2 Z= (1/Sb2). Zpu2.(Vb2 )2 (2)Z = (1/Sb1). Zpu1.(Vb1 )2 (1);como (1) = (2) (1/Sb1). Zpu1.(Vb1 )2 = (1/Sb2). Zpu2.(Vb2 )2 .
Z p.u 1 = Z p.u.2 ( S b1 / S b 2 ) ( Vb 2 / V b 1 ) 2
SISTEMA TRIFASICO:
Si se mantienen los valores por fase, los sistemas trifásicos se pasan a p.u en la mismaforma que los sistemas monofásicos, sin embargo los valores trifásicos se expresan mascomunmente como cantidades de linea (V, I ) y cantidades totales trifásicas (potencias).Para expresar en p.u. las cantidades de linea se tienen:
Sbase = Potencia trifásica = ( 3 )Potencia monofásica
Vbase = (3 ) Línea base ; Sbase = Pbase = Qbase = (3) Vbase·Ibase
Ibase = (1/ 3)(Sbase/ Vbase) ; Zbase = Rbase = Xbase = (1/3)(Vbase/ Ibase)
Zbase = Vbase / (3Sbase/3Vbase) Zbase = (Vbase) 2/ Sbase
Ybase = Bbase = G base = Ibase / ( Vbase / 3) = (Sbase / 3Vbase )· (1/Vbase/3)
= Sbase / (Vbase)2
Zp.u. = Z ·( Sbase / Vbase2 )
Para un transformador trifásico o monofásico la Zp.u. en ambos lados(primario/secundario ) en al misma. Cuando un aparato se considera parte de un sistemasus valores pueden referirse a los valores de este sistema, para lo cual se debe, algunasveces, cambiar de base:
Z p.u.1 = Z p.u.2 ( S1 / S2 ) · ( V2 / V1 ) 2
IMPEDANCIA MUTUA ENTRE LINEAS DE DIFERENTE VOLTAJE:
Si consideramos la caída de tensión que seda en la linea 2 debido a la corriente en lalinea1, se tiene que: V12 = Zm·(I1)
Pero la base para VL 2 es Vbase2, pues sepresenta en la linea 2, y la base para I1 es
Línea de transmisión con diferente voltaje Ibase1, por lo que la Z base sería:
Zm base = Vbase2 / I base1 = Vbase2 /(Sbase/Vbase1)
Entonces: Zm base = (1/Sbase )·(Vbase1)·(Vbase2)
Esta expresión se puede usar en sistemas trifásicos usando: VL L y potencia trifásica; enp.u. corresponde a :
Zm p.u. = (Zm·Sbase) / (Vbase1·Vbase2) = (Zm· MVA base )/ (KVbase1·KVbase2)
22
EJEMPLO:
Dado el siguiente transformador : 150 KVA, 2400KV/240V, 60Hz, Zcc = J1.07referida al lado de 2.4KV, obtener la representación en p.u. para las condiciones de lafigura ( a ).
SOLUCION:
a) Tomando como base el primario, Valores base:
I base1 = 150/2.4 = 625A , I base2 = 150/0.24 = 62.5 Amperios
ZZ Z base1 = 2400 V / 62.5A = 38.4 , Z base2 = 240V/625A = 0.384
La representación en p.u. se muestra en las figuras ( c ) y ( d )
a) circuito del transformador ; b) sistema base ; c) sistema p.u.; d) sistema p.u. reducido
b) Tomando como base el secundario, se procede análogamente como en el casoanterior y obtenemos:
CONCLUSION: El valor en p.u. en el primario o en el secundario es el mismo si larelación de voltaje corresponde a la relación de transformación.
0.24KV150KVA
J1.071 62.5A
62.5A;150 KVA0.384
+
( a ) Sistema base
62.5A+
( b ) Sistema p.u.
2400/240
0.8 A p.u;0.833 Vpu
0.8 A p.u;0.833 Vpu
J0.0278 J0.0278,p.u+
( c )Sistema p.u . reducido
23
Y 138/13.8KV10MVAX = 10%
EJEMPLO :
Obtener la representación en p.u. en el secundario del transformador trifásico que semuestra en la siguiente figura. Asuma que la impedancia en porcentaje se da en base alos valores del primario:
Valor real de la impedancia vista desde el primario:Z = X = 0.1(138/10) = 190.4 , ver figura a , y
pasando al secundario: X2 = 190.44·(1/ a)2
Entonces: X2 = 190.44/(5.774)2 = 5.7132, ver figurab ,donde : a = ( 138 / 3 ) / 13.8 = 5.774
(VL ( Y ) =3Vf ) ; (VL () = Vf ).
es la relación de transformación individual, o sea, entre fase. Si este valor de X2 lollevamos a su equivalente en Y tenemos: X2 = 5.7132/3 = 1.9044 , figura c , y si loexpresamos en p.u.
X2 = 1.9044·10·(1/13.8)2 = 0.1 p.u.= 10%, figurad
CONCLUSIÓN: Cuando se da la impedancia en porcentaje solo se requiere dividir porcien para pasar a p.u. , sin importar el lado al que se quiera pasar.
Ejemplo: Para el S de P mostrando hallar los valores en P.u.
M1
30 MVA; 13.8KVX = 15 %
G
M2
35 MVA ; 13.2/115KV
35 MVA ; 13.2/115KV
20 MVA; 12.5KV, X =
10 MVA; 12.5KV, X 20%
J190.44
J190.44
J5.72J5.72
J5.72J1.904 J1.904
0.1 p.u.
fig. a fig. b fig. c fig. d
J190.44 J1.904
24
G
SOLUCION. a) Valores Base: 30 MVA; 13.8 (en el generador.)Zbase = 13.8² /30 = 6.348 (en el generador.)
En la línea : S base = 30 MVA ; Vbase = 120 KV; Zbase = 480
Para los motores: S base = 30 MVA ; V base = 13.8 KV ; Z base = 6.348
el circuito quedaría : (Con los valores Base)
M1
M2
13.8 KV 120 KV 30 MVA6.348 30 MVA 13.8 KV30 MVA 480 6.348
b) Valores P.U :Se pasan los valores en p.u dados en las bases de los fabricantes (Nominales) a valoresen p.u la bases definidas en el paso anterior.
Xg = 0.15x30/30x(13.8/13.8) 2= 0.15 p.u Zp.u = Zp.u(S1/ S2(V2/V1)2)
XT1 = 80/480 = 13.2/13.82 = 0.0784 p.u. = XT2
Xlínea = 80/480 = 0.166 p.uXM1 = 0.2 x 30/20 (12.5/13.8 ) 2 = 0.2461 p.u.XM2 = 0.2 x 30/10 (12.5/13.8) 2 = 0.4923 p.u. el diagrama en p.u. queda :
Ejemplo: Pasar a p.u tomando como base : 66 KV, 15 MVA, en el primario
Secundario en Y 13.2 KV ; 10 MVAPrimario en Y 66 KV ; 15 MVA.Terciario. en 2.3 KV ; 10 MVA
Xps = 7% Xpt = 9% Xst = 8% (referido al secundario.)
25
SOLUCION: Como Xst no esta sobre la base del primario se cambia de base
Xsp = 0.08 x 15/10 (66/66) = 0.12 p.u
OJO: el fabricante siempre refiere al primario pero por tener terciario los MVA sondiferentes y está (la Xsp) referido con MVA del secundario por lo que se precisóreferirla al primario (con otros MVA)
Ahora Xp = ½ (0.07 + 0.09 0.12) = 0.02 p.u.
Xs = ½ (0.07 + 0.120.09) = 0.05 p.u
Xt = ½ (0.09 + 0.12 0.07) = 0.07 p.u
El circuito equivalente del transformador tridevanado sería :
Ejemplo :
Un transformador trifásico de 3 devanados de 68 MVA se conecta así :
Primario : 68 MVA, 120 KV, YSecundario : 34 MVA, 13.2 KV,Terciario : 34 MVA, 13.2 KV,Dos generadores iguales, conectados a los devanados secundario y terciario alimentanuna carga de 63 MVA con PF = 0.9 en atraso, y la cual esta conectada al primario convoltaje nominal.Para la condición descrita obtenga la regulación de voltaje del transformador sí:
Reg = ( V2,3 - V1 )( 1/V1 )x100Las pruebas hechas al transformador fueron :
P = 0 P = 0 P = 0V = 16% V = 16% V = 36.4%
I = 100% I = 100% I = 100%
T T T
SSSP P P
26
SOLUCIÓN :
J X12 = J 0.161 p.u JX13 = J 0.161 p.u JX23 = J 0.364 p.u. (Referido al Secundario)
El fabricante toma como base los valores nominales del primario (En bidevanado) entridevanados los MVA pueden no ser los mismos JX 2 3 = 0.364 x 68/34 = J 0.728p.u. (Referido al Primario). Ahora :
JX1 = J ½ (0.161 + 0.161 0.728) = J 0.203 p.u.JX2 = ½ J (0.161 + 0.728 0.161) = J 0.364 p.u.JX3 = ½ J (0.161 + 0.728 0.161) = J 0.364 p.u.
Tomando como referencia Vp = 10º y como Sprim. = S base
I = 0.9 J 0.436 p.u. = 1 25.85 y el circuito queda:
Como los generadores son iguales se resuelve el paralelo de sus Xs = (J 0.182) entoncesSumando la Xt + Xg’s.
El circuito se transforma en :
V2 = V3 = EE = 1 + (0.9J 0.426) (J 0.021)E = V2 = V3 = 0.991 1.09 y como Vp= V1 = p.uLuego: Regulación [%] = (0.9911)/1 * 100 = 0.9%
Conclusión: Debido al efecto de transformador (la corriente por los devanadosproduce un efecto magnetizante en vez del desmagnetizante del Bidevanado), o sea queen este caso presenta regulación negativa o efecto Ferranti.
27
TRANSFORMADORES CON TOMAS
Para controlar las tensiones en una red se emplean a veces transformadores en los cualesla relación de transformación puede cambiarse. Ver Figura.
Al expresarlo en p.u. puede complicarse la modelación del transformador , ya que larelación de transformación deja de ser igual a la relación de voltajes base en los doslados del transformador, por lo cual el transformador no desaparece al pasarlo a p.u.como ya se vio.Veamos como obtener sus expresiones generalizadas: supongamos que el transformadora pasar a p.u. es el siguiente :
Representación Esquemática del Transformador con Tomas.
a = a ; a = N1/N2 Relación de espiras. = desfase.
b = V1 base/ V2 base = Relación de Transformación del sistema
+ E2 I1* = E2 I2* ; por lo tanto: I2* = aI1* I2 = a* I1
I1 = 1/a* Y2
En p.u. será : E1/ V1base = a E2 / b V2 base E1pu = a / b E2 p.u., si t = a / b
E 1 pu = t E 2 ; I1 pu = I1/(Sbase/V1base) ; I2 pu = I2/(Sbase/V2base)
Si tomamos la relación de I en p.u. tendremos :I 1 pu / I2 pu = (I1 / I 1 base)/(I 2 / I 2 base) = I1 / 2 (I 2 base / I 1 base) = (I 1 / I 2 )b= (1 / a*I1 ) I1 b = - b / a*
28
o sea que: I 1 pu = - I 2 pu b / a* ; I 2 pu = - I 1 pu a*/ b = t* I1 p.u.y entonces el circuito queda así :
Los parámetros de admitancia para el transformador en p.u. serán :
I1 = Y11 V1 + Y12 V2 ; I2 = Y21 V1 + Y22 V2
t E2 = E1 ; -t* I1 = I2 donde :
Y11 = I1/V1 = 1/Ze = Ye ; Y21 = I2/V1 = -t* Y1/V1 = -t* YeV2 = 0 V2 = 0
Y22 = I2/V2 = 0 = + t ² Ye ; Y12 = I1/V2 =0 = t V2/Ze(1/V2) = t YeV1= 0 V1= 0
Las expresiones quedan :
I1 = Y1 V1 t Ye * V2 ; I2 = t* Ye V1 +t ² Ye V2
Para obtener un circuito equivalente se expande como :
I2 = t* Y2 V1 + (t) ² Ye V2 + (t* Ye + t Ye) V1
I2 = (t t*) Ye V1 =t Ye V1 + (t) ² Ye V2.
Con esta expresión y la de I1 se llega a la representación circuitos según la siguientefigura.
Cuando t = t* el transformador controla magnitud del voltaje, caso en el cual, la fuentede I dependiente es nula (circuito abierto). Un brazo paralelo es inductivo y el otrocapacitivo. El circuito equivalente queda (referido al lado con tomas):
29
Cuando t t* , o sea t = t 0 y t = 1, esto es : t = 1 0 , el transformadorse llama Desfasador y se usa para controlar el ángulo de fase y por tanto el flujo depotencia activa. Su circuito equivalente es:
Ejemplo :
Pasar a p.u. tomando como base : 13.2 KV, 30 MVen el general del sistema de lafigura.
13.2/100 KV15 MVA, X = 10%
J 80480+ J80
x = 15%J50
13.2/100 KV15 MVAX = 10%
Con los valores propuestos como bases se tiene :
Zbase = (110) ²/30 = 403.33
Zcarga p.u. = 480 + J80 /(403.33) = 1.190 + J 0.1983 p.u.
ZL1 pu = J80 /(403.33) = J 0,1983 p.u. ; Z L2pu = J50/(403.33) = J0.124
XT1 = XT2 = ( 0.1 ) 30/15 = 0.2 p.u.
G
30
Las bases en el sistema serían:
El sistema de p. en p.u. queda así:
Considerando las pérdidas por dispersión y que la Rt no corresponde a la relación detensión base.
En el transformador mostrado en la siguiente Fig.(o),si se cambian los tomas X, Y, Z(Vm), se controla el voltaje y por ende el flujo de potencia reactiva por la línea;mientras que si se cambian las tomas r, s, t, (V), se controla el ángulo de fase y por lotanto el flujo de potencia activa, para este se tiene :
VX 0 = Vm/3 (Vm) ; Vyo = (1/3)Vm-90º (Vm)VZ 0 = (1/3)Vm 150º (Vbc)VX Z = VX0 - VZ0 = (1/3)Vm30º (1/3)Vm150º = Vm0ºVY Z = VY0 VX0 = Vm 120° ; VZY = VZ0VY0 = Vm 120 °Vx s = Va = Vxz Vsz pero: Vry = V30° VabVy t = Vb = Vyz Vtx Vsz = V90 ° VbcVz t = Vc = VzyVry Vtx = V150° Vca
Por lo cual : Va’ n = Van +V3 ; Vb’n = Vbn + Vb ; Vc’n = Vcn + Vc
31
Nótese que en un rango pequeño el ajuste de Vm se hace para controlar la magnitud devoltaje, mientras que el ajuste de Vse hace para controlar el desfase. En la siguientefigura(o) se muestra el diagrama del transformador con tomas para controlar flujos depotencia activa y reactiva y sus correspondientes diagramas fasoriales. Los voltajes x, y,z están en fase con Van, Vbn, y Vcn mientras que los voltajes r, s, t están desfasados90º. Comúnmente Vm y Vvarian en intervalos pequeños.
TRANSFORMADOR DE CONTROL DE POTENCIA Y VOLTAJE
32
Figura ( · ) -Voltajes de entrada
Consideraciones :
1) Para pasar a p.u. se considera Vbase en una parte del sistema. Si el sistema es 3esobreentiende el uso de voltajes de línea, potencia trifásica (o potencia monofásica yVLN - Vfase).
2) Para otras partes del sistema (en otros lados de transformadores), los voltajes base sedeterminan de acuerdo a la relación de transformación (L - L) / (L - L), las potenciasbase será la misma en todo el sistema. Una gran ayuda es colocar los valores base encada parte del diagrama unifilar.
3) Para las máquinas rotatorias y transformadores la impedancia estará en %(normalmente en base determinada por los valores nominales).
4) Para transformadores monofásicos conectados como unidades trifásica (banco detransformadores) los valores nominales trifásicos se determinan a partir de los valoresmonofásicos. La impedancia, en % o p.u., para la unidad trifásica es la misma que encada transformador individual.
S3= 3 S1 VLL = 3 V1 Z3= Z1
5) Cuando las potencias se tienen en HP, se requiere conocer la eficiencia y el Factor dePotencia (P.F). para obtener los KVA base, si no se tiene estos datos es buenaaproximación tomar :
Motores inducción : KVA = HPSincrónicos : KVA = 0.85 HP y P.F = 1
KVA = 1,1 HP y P.F. = 0.8
6) La impedancia dada en p.u. tomando una base del sistema se puede cambiar a labase apropiada :
33
2Zpu nuevo = Zpu viejo Vbase viejo Sb nuevo
Vbase nuevo Sb viejo
7) En un transformador tridevanado los datos de la prueba se deben pasar a una solapotencia base.
8) Cuando se tiene un transformador con tomas (taps) el referir la impedancia al lado sintomas implica que esta se mantenga fija en p.u.
9) Cuando la t cambia, el transformador sirve para controlar la magnitud de voltaje,pero si cambia, se controla el ángulo de fase y se conoce como transformadordesfasador.
34
REPRESENTACION MATRICIAL
OBJETIVO : Modelar los sistemas de potencia con miras a las sistematización.
COMO : De diferentes formas, entre las principales está las de matrices deimpedancia y admitancia de lazo y las de matrices de Z y Y de rama.
METODOS : Para obtener las matrices principalmente, el de inspección y el topológico.
INFORMACION AL COMPUTADOR:a) Datos de los elementosb) Interconexión entre los elementos.
1. Métodos de Inspección.a. Matriz de Admitancia de Barra : Y Barra
Corresponde a la expresión matricial de las ecuaciones de nodos dadas por la teoría decircuitos, y puede considerarse como la relación entre las corrientes de barra (I barra) y losVoltios de barra (Vbarra).
I barra = [ I barra ] [ V barra ][Vbarra] Vector formado por los voltajes de barra medidos respecto a la Barra de Ref.[ I barra] Vector formado por los corrientes inyectadas a las barras.
Ejemplo :
Obtener Ybarra del sistema de la Figura.
donde : V1, V2, V3 son las tensiones de los nodos 1, 2, 3.I1 , I2 , I3 = Corrientes suministradas (inyectadas)Y1, Y2 , . . . , Y6 = Admitancias
El esquema queda así :
35
De acuerdo a L C K las ecuaciones de nodos (barras) son :
I1 = Y1 V1 + Y4 (V1 V2) + Y6 (V1 V3)I2 = Y4 (V2 V1) + Y2 V2 + Y5 (V2 V3)I3 = Y6 (V3 V1) + Y5 (V3 - V2) + Y3 V3
I1 = (Y1 + Y4 + Y6) V1 - Y4 V2 - Y6 V3
I2 = - Y4 V1 + (Y2 + Y4 + Y5) V2 - Y5 V3I3 = - Y6 V1 - Y5 V2 + (Y3 + Y5 + Y6) V3Donde :Y1 + Y4 + Y6 = Admitancias conectadas a la barra 1Y2 + Y4 + Y5 = Admitancias conectadas a la barra 2Y3 + Y5 + Y6 = Admitancias conectadas a la barra 3.
Y4 .... = Admitancias conectadas entre las barras 1 - 2Y5 .... = Admitancias conectadas entre las barras 2 - 3Y6 .... = Admitancias conectadas entre las barras 1 - 3
Si se representan matricialmente las ecuaciones anteriores se tiene :
Y1 Y1 + Y4 + Y6 - Y4 -Y6 V1
Y2 = -Y4 Y2+Y4+Y5 -Y5 V2
Y3 -Y6 - Y5 Y3+Y5+Y6 V3
Donde se obtiene :
Y1 Y1 + Y4 + Y6 - Y4 -Y6
Y2 = -Y4 Y2+Y4+Y5 -Y5 Ybarra
Y3 -Y6 - Y5 Y3+Y5+Y6
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Ejemplo :
Obtener Ybarra del sistema mostrado :
Todos los valores de impedancia estan en p.u. No. Barras : 8No. Elementos : 8Matriz [ 8 x 8 ]
Y11 Y12 Y13 Y14 Y15 Y16 Y17 Y18
Y21 ............. Y28
Y31 ............. Y38
Y41 ............. Y48Ybarra = Y51 ............. Y58
Y61 ............. Y68
Y71 ............. Y78
Y81 ............. Y88
Donde :Y11 = 1 / (0.112590º = 8.8889 -90° p.u.Y12 = -Y21 = Y15 = Y16 = Y17 = Y18 = 0Y22 = 1 /(0.011790º) + 1/(0.119557.78 ) + 1 /(0.112590º) = 101.54-87.48Y23 = Y32 = -1 / (0.011790º ) = 85.470190Y24 = Y42 = 1 / (0.119557.78º) = 8.3682 122.22 ; Y25 = Y26 = Y27 = Y28 =0Y33 = 1 /( 0.011790º) = 85.4701-90º ; Y31 = Y32 = ........... Y38 = 0Y44 = 1 /( 0.210690º) + 1 /( 0.119557,78º) + 1 / (0.112590º) = 21.19-77.85ºY45 = Y54 = 8.8889 90º ; Y46 = Y64 = 4.7483 90ºY41 = Y43 = Y47 = Y48 = 0Y55 = 1 / (0.245 90º) + 1 / (0.112590º) = 12.9705 90Y56 = Y65 = 4.081690º ; Y51 = Y52 = Y53 = Y57 = Y58 = 0Y66 = ( de 3 términos) = 18.11- 82.55º ; Y67 = Y76 = 9.425 104.43ºY61 = Y62 = Y63 = Y68 = 0ºY77 = 11.88 - 62.98º , Y78 = Y87 = 3.3818 154.42ºY71 = Y72 = Y73 = Y74 = Y75 = 0ºY88 = 1 /( 0.2957 25.58) = 3.381825.58ºY81 = Y82 = ........... Y86 = 0º
37
b) Matriz Impedancia de Lazo : Z Lazo
Corresponde a la expresión matricial de las ecuaciones de malla, dadas por la teoríageneral de circuitos.Suponiendo que la energía se obtiene de fuentes de tensión se puede obtener Zlazo comola relación entre Vlazo e I lazo.
[ Vlazo ] = [ Zlazo ] [ I lazo ] = [ Vlazo ] Vector formado por las tensiones de la fuentesen los lazos
[ I lazo ] Vector formado por las I de lazo.
Ejemplo :
V1 , V2 , V3 + Tensiones de las fuentesI1 , I 2 , I 3 = I de lazoZ 1 , Z 2 ...... Z 6 = Impedancias
El circuito se puede representar así :
Asimilación del Circuito Anterior a los S. de P.
38
Aplicando la ley de tensiones de Kirchhof las ecuaciones de malla (lazos) son :
V1 - V2 = Z1 (I1 + I3 ) + Z 4 I1 + Z2 (I1 - I2)V2 - V3 = Z2 (I2 - I1) + Z5 I2 + Z3 (I2 + I3)V1 - V3 = Z1 (I1 + I3) + Z6 I3 + Z3 (I1 + Y3) o directamenteV1 - V2 = (Z1 + Z2 + Z4) I1 - Z2 I2 + Z1 I3
V2 - V3 = - Z2 I1 + (Z2 + Z3 + Z5) I2 + Z3 I3
V1 - V3 = Z1 I1 + Z3 I2 + (Z1 + Z3 + Z6) I3
Z1 + Z2 + Z4 = Z en el lazo 1Z2 + Z3 + Z5 = Z en el lazo 2Z1 + Z3 + Z6 = Z en el lazo 3
Matricialmente queda :
V1 - V2 Z1 + Z2 + Z4 - Z2 Z1 I1V2 - V3 = -Z2 Z2 + Z3 + Z5 Z3 I2V1 - V1 Z1 Z3 Z1 + Z3 + Z6 I3
De donde se obtiene :
Z1 + Z2 + Z4 - Z2 Z1
Zlazo = - Z2 Z2 + Z3 + Z5 Z3
Z1 Z3 Z1 + Z3 + Z6
METODOS TOPOLOGICOS
TOPOLOGIA : Una clase de geometría de distorsión que transforma la informacióngráfica en relaciones algebraicas sistematizadas.Para obtener la matriz representativa de la red se almacenan las características eléctricasde cada elemento en la llamada : “MATRIZ PRIMITIVA” la cual se transforma pormedio de las matrices de incidencia como se muestra en la Figura. Estas matrices daninformación de como se interconectan los elementos.
39
MATRIZ Y
Y Barra
A = M. Incidencia elemento – nodo; A = M. Incidencia Elemento - Barra
RED PRIMITIVA : Es la representación de los elementos de la red y corresponde a unconjunto de elementos conectados. los elementos de una red pueden representarse enforma de impedancia o admitancia.En Forma de Y
Donde :ipq = I a través del elemento p - qJpq = Fuente de Y en paralelo con el elemento p - q y orientada de p - q.Vpq = Voltaje entre terminales p y q.Ypq = Admitancia propia del elemento p - q.
Ecuación funcional : ipq + Jpq = Ypq (Vpq) y en forma matricial:
[ i ] e x 1 + [ J ] e x 1 = [ Y ] e x e [ V ] e x 1
[ Y ] : Matriz de admitancia primitiva de la red.
e : Número de elementos
40
En Forma de Z :
Donde :
e pq : Fuente voltaje en serie con el elemento p - q con referencia p.V pq : Voltaje entre pq.i pq : Corriente a través del elemento p - qZ pq : Z propia del elemento p - q, la ecuación funcional es :
Vpq + e pq = Z pq ipq, y en forma matricial :
[V ] (e)1 + [e] (e)1 = [ Z ] (e)e [ i] (e)1
[ Z ] : Matriz de impedancia primitiva (original) de la red.e : Número de elementos de donde se obtiene : [ Y ] = [ Z ]
Los elementos de la diagonal de las matrices [ Y ] o [ Z ] de la red primitiva,corresponden a la Y propia o a la Z propia de cada uno de los elementos ( pq - pq),mientras que los elementos fuera de los diagonal corresponden a las admitancia mutuaso impedancias mutuas ( pq - rs).Z pq - rs = Z mutua en la línea pq (i y la línea rs (J).
FORMACION DE LAS MATRICES DE REDES POR TRANSFORMACIONESSINGULARES.
MARCO DE REFERENCIA DE BARRAS : El funcionamiento de las redes se describe porn-1 ecuaciones de barra independiente; que relacionan las corrientes en las barras con elvoltaje de barra, donde n es el número de nodos. En notación matricial, las ecuacionesfuncionales forma de Z y en forma de Y son :
[ V Barra ] = [ Z Barra ] [ IBarra ] [ V Barra ] = Vector de V de Barrarespecto a barra de referencia
[ IBarra ] = [ Y Barra ] [ V Barra ] [ IBarra ] = Vector formado por I inyec-tadas a la barra.
[ Z Barra ] = Matriz de impedancias de barras, formada por las impedancias decortocircuito y las impedancias de transferencia.[ Y Barra ] = Matriz de admitancia de barras cuyos elementos son las admitancias decortocircuito y las admitancias de transferencia.
41
Las matrices : [Y barra ] y [ Z barra ] se obtienen a partir de la matriz de incidencia : [ A ].Con esto se relacionan las variables y parámetros de la red primitiva a las cantidades debarra de la red interconectada. Ecuación de funcionamiento de la red primitiva :
[ i ] + [ j ] = [ Y ] [ V ]donde [ Y ] = Matriz de admitancia primitiva., premultiplicando por [ A ]t (transpuesta).Se obtiene : [ A ]t [ i ] + [ A ] t [ j ] = [ A ] t [ Y ] [ V ][ A ]t [ I ] = Vector cuyos elementos corresponden a la suma algebraica de la corrientesque llegan a cada barra a través de los elementos de la red.De acuerdo con la L I K la algebraica de las Y en una barra es cero, entonces :
[ A ]t( n - 1 ) x e [ i ] e x 1 = [ 0 ] n - 1 x 1 por lo tanto la ecuación se transforma en :
[ A ]t [ j ] = [ A]t [ Y ] [ V ][ A ]t [ J ] = Vector cuyo elemento corresponde a la algebraico de las fuentes de I quellegan a cada barra, e igual al vector de corrientes inyectadas a las barras [I barra], por lotanto :
[I barra ] = [ A ]t [ J ] y sustituyendo en :[I barra ] = [ A ] t [ Y ] [ V ]
La potencia total de entrada a la red : [ S ] = [ I barra ]t [V Barra ] ( º )La potencia en las redes primaria e interconectadas deben ser iguales, esto es latransformación de las variables, debe ser una potencia invariante, o sea que :
[ I * barra ]t [ V Barra ] = [ J ]t [ V ][ A ] t [ J ] *t [ V Barra ] = [ j*] t [ V ][A*] t [ J*]t [ V Barra ] = [ j*] t [ V ] como A es real : A* = A (Escalar).[ j*] t [ A ] [ V Barra ] = [ J*] t [ V ][ A ] [ V Barra ] = [ V ], sustituyendo en ( º ) se obtiene :[ I barra ] = [ A ] t [ Y ] [ A ] [ V Barra ] = [ Y barra ] [ V Barra ] y por lo tanto :
[ Y Barra ] = [ A ]t [ Y ] [ A ] ===> [ Z Barra ] = [ Y Barra ] = [ A ]t [ Y ] [ A ]
Ejemplo : Obtener A, Z primitiva, Y primitiva, Y Barra, Z Barra del sistema mostradoen las siguientes figuras :
ELEMENTO EN FORMA TOPOLOGICA EN FORMA UNIFILAR
1 23 4
0
1 3
2 4
42
ELEM. BARRA DE BARRA DE X p.u. X mutua p.u.SALIDA LLEGADA
1 0 1 0.25 0
2 0 2 0.25 0
3 0 4 0.25 0
4 4 3 0.11 0.36 1 - 3 sup. 7
5 1 2 0.13 0.48 1 - 3 inf. 6
6 1 3 inf. 0.22 0.48 1 - 2 5
0. 55 1 - 3 sup 7
7 1 3 sup 0.22 0.36 3 - 4 4
0.55 1 - 3 inf. 6
1 2 3 4
1 -1 0 0 0
2 0 -1 0 0
3 0 0 0 0 -1 0 0 0 1 1 1
4 0 0 -1 1 = [ A ] [ A ] t = 0 -1 0 0 -1 0 0
5 1 -1 0 0 0 0 0 -1 0 -1 -1
6 1 0 -1 0 0 0 -1 1 0 0 0
7 1 0 -1 0
e 1 2 3 4 5 6 7e1 0.25 0 0 0 0 0 0
2 0 0.25 0 0 0 0 0
3 0 0 0.25 0 0 0 0
4 0 0 0 0.11 0 0 0.36[Z ] = J
5 0 0 0 0 0.13 0.48 0
6 0 0 0 0 0.48 0.22 0.55
7 0 0 0 0.36 0 0.55 0.22
43
e 1 2 3 4 5 6 7e1 4 0 0 0 0 0 0
2 0 4 0 0 0 0 0
3 0 0 4 0 0 0 0
4 0 0 0 -4.94 -5.61 1.52 4.29[Y ] = - J
5 0 0 0 -5.61 -3.33 2.99 1.71
6 0 0 0 1.52 2.99 -0.81 0.46
7 0 0 0 4.29 1.71 -0.46 -1.31
[ Y Barra ] = [ A ] t [ Y ] [ A ] desarrollando el producto :
7.03 -1.37 -1.86 0.2
1.37 0.67 -0.91 5.61[Y Barra ] = - J
1.81 -0.91 3.64 -0.87
0.2 5.61 -0.87 -0.94
0.17 0.02 0.11 0.06
0.02 0.04 0.77 0.19[ Z Barra ] = [ Y Barra ] 1 = J
0.11 0.07 0.36 0.08
0.06 0.19 0.08 0.004
MARCO DE REFERENCIA DE RAMAS.
Las matrices Yrama y Zrama se pueden obtener a partir de la matriz de incidencia [ B ]
[ Vrama ] = [ Z rama ] [ Irama] y [ Irama] = [ Yrama] [ Vrama ], donde :
[ Vrama ] = Vector de voltajes en las ramas
[ Irama ] = Vector de corrientes por las ramas.
44
[Zrama ] = Matriz de Zrama formada por las impedancias de circuito abierto y lasimpedancias de transferencia de la red.
[ Yrama ] = Matriz de Yrama formada por las admitancias de circuito abierto y lasadmitancias de transferencia de las ramas de la red.
Ecuación de funcionamiento de la red primitiva :
[ i ] + [ j ] = [ Y ] [ V ] premultiplicando por [ B ] t
[ B ] t [ i ] + [ B ] [ j ] = [ B ] t [ Y ] [ V ] *
[ B ] t [ i ] = Es un vector cuyos elementos corresponden a la suma algebraica de lascorrientes que inciden en una parte conectada del sistema (Conjunto corte básico).
De acuerdo con la ley de corriente de Kirchhof se obtiene :
[ B ] t [ i ] = [ 0 ] por lo que la ecuación se transforma en :
[ B ] t [ j ] = [ B ] t [ Y ] [ V ] donde :
[ B ] t [ j ] = Es un vector cuyos elementos corresponden a la suma algebraica de lasfuentes de las corrientes de los elementos incidentes al conjunto de corte básico, y es lacorriente total de fuente (fuente de corriente total) en paralelo con una rama (I rama ).
[ Irama ] = [ B ] t [ j ] y sustituyendo en la ecuación anterior :[ Irama ] = [ B ]t [ Y ] [ V ] (**)
Debido a la potencia invariante : [ S ] = [ I rama ] t [ Vrama ] = [ j* ] t [ V ]
[ b ] t [ j ]* t [ Vrama ] = ( [ j ]* ) t [ V ] como B es real B* = B
[ j ] * t [ B ] [ Vrama ] = [ j*] t [ V ] [ B ] [ Vrama] = [ V ] reemplazando en (**)
[ Y rama ] = [ B ] t [ Y ] [ B ] [ Vrama ] = [ Yrama ] [ Vrama ]
[ Yrama ] = [ B ] t [ Y ] [ B ]
[ Zrama ] = [ Yrama ] = [ B ] t [ Y ] [ B ]
Ejemplo : Obtener B, Yrama, Zrama del sistema de la página 45.
45
Gráfica Orientada del Sistema (Página) mostrando los Conjuntos de Corte Básico.
b A B C De
1 1 0 0 0
2 0 1 0 0
[ B ] = 3 0 0 1 0
4 0 0 0 1
5 -1 1 0 0
6 -1 0 1 1
7 -1 0 1 1
[Yrama = [ B ] t [ Y ] [ B ] =
1 0 0 0 -1 -1 -1 4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 1 0 0 0 4 0 0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 1 1 0 0 4 0 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 -4.94 -5.61 1.52 4.29 0 0 0 1
0 0 0 -5.61 -3.33 -2.99 1.71 -1 1 0 0
0 0 0 1.52 2.99 -0.81 -0.46 -1 0 1 1
0 0 0 4.29 1.71 -0.46 -1.31 -1 0 1 1
D
A
BC
46
7.03 -1.37 -1.66 -1.86
-1.37 0.67 4.70 -0.91Y rama = J
-1.66 4.70 0.96 2.77
-1.86 -0.91 2.77 3.64
0.17 0.02 0.06 0.05
0.02 0.04 0.19 -0.12[Zrama] = [Yrama] - 1 = J
0.06 0.19 0.004 0.17
0.05 -0.12 0.17 0.21
MARCO DE REFERENCIA DE LAZO :
Las matrices Z lazo y Ylazo, se pueden obtener a partir de la matriz de incidencia [ C ] :
[ Vlazo ] = [ Zlazo ] [ Ilazo ]
[ Ilazo ] = [ Ylazo ] [Vlazo ]
donde : [ Vlazo ] = Vector de voltajes de mallas básicas
[ Ilazo ] = Vector de corrientes asociadas con las mallas básicas.
[ Zlazo ] = Matriz de impedancias de la malla
[ Ylazo ] = Matriz de admitancias de la malla.
Ecuación de funcionamiento de la red primitiva : [ v ] + [ e ] = [ z ] [ i ]
[ z ] = Matriz de impedancia primitiva, premultiplicando por [ c ] t se tiene :
[ C ] t [ v ] + [ C ] t [ e ] = [ C ] t [ z ] [ i ] *
[ C ] t [ v ] = Vector cuyos elementos corresponden a la suma algebraica de losvoltajes de los elementos en una malla básica. De acuerdo a la L V K :
[ C ] [ v ] = [ 0 ] y la ecuación * se transforma :** [ C ] t [ e ] = [ C ] t [ z ] [ i ], donde [C] t [e] : Vector cuyos elementos correspondena la suma algebraica de los voltajes de fuente en una malla básica, [V lazo ]
47
[ V lazo ] = [ C ] t [ e ] sustituyendo en ** se tiene :[ V lazo ] = [ C ] t [ z ] [ i ] y si se considera la pot. invariante :[ S ] = [ I lazo* ] t [ V lazo ] = [ i* ]t [ e ] = [ Ilazo*] t [ C ] t [ e ] = [ i*] t [ e ][ I*lazo ] t [ C ] t = [ i* ] t [ i ] = [ Ilazo ] [ C ]
como C es real (escalar) C* = C i = [ C ] [ Ilazo ]Sustituyendo en ** se tiene :
[ Vlazo ] = [ C ] t [ z ] [ C ] [Ilazo ] = [ Zlazo ] [ Ilazo ]
[ Z lazo ] = [ C ] t [ Z ] [ C ]
[ Ylazo ] = [ Zlazo ] -1 = [ [ C ] t [ Z ] [ C ] ] -1
Ejemplo: De la figura página ... obtener : C, Zlazo y Ylazo.
4
1 2 3
Gráfica Orientada del Sistema (Página ... ) Mostrando las Mallas Básicas.
e E F Gb1 1 1 1
[ C ] =2 -1 0 0
3 0 -1 -1
4 0 -1 -1
5 1 0 0
6 0 1 0
7 0 0 1
G
F
E
6
7
48
[ Zlazo ] = [ C ] t [ Z ] [ C ] =
0.25 0 0 0 0 0 0 1 1 11 -1 0 0 1 0 0 0 0.25 0 0 0 0 0 -1 0 0
0 0 0.25 0 0 0 0 0 -1 -11 0 -1 -1 0 1 0 0 0 0 0.11 0 0 0.36 0 -1 -1
0 0 0 0 0.13 0.48 0 1 0 01 0 -1 -1 0 0 1 0 0 0 0 0.48 0.22 0.55 0 1 0
0 0 0 0.36 0 0.55 0.22 0 0 1
0.63 0.73 0 25
[ Zlazo ] = J 0.73 0.83 0.80
0.25 0.80 0.11
3.34 -0.73 -2.29
[ Ylazo ] = [ Zlazo ] -1 = J -0.73 -0.04 1.96
-2.29 1.96 0.06
[
SINTESIS ESQUEMATICA DE LA FORMACION DE MATRICES DE REDES PORTRANSFERENCIA SINGULARES USANDO METODS TOTPOLOGICOS
PRIMITIVA
Y
Z
BARRA LAZO
RAMA
-1
-1
- 1
-1
C -1zC
AT y A
BT y B
49
TOPOLOGIA BASICA :
1.- Definición y Representación : Los elementos se representan como segmentosrectilíneo y sus extremos se llaman NODOS.
TOPOLOGIA : Parte de las matemáticas que traduce información gráfica en relacionesalgebraicas sistematizables.
INCIDENCIA : Un nodo y un elemento son incidentes si el nodo es un terminal delelemento. Un nodo puede ser incidente a 1 o más elementos, esto es, estar conectado auno o más elementos
GRAFICA : Muestra la interconexión geométrica de los elementos de una red. seobtiene simplemente colocando los elementos como segmentos rectilíneos (Fuentesanuladas e impendancia cero) y los nodos como puntos.
nodo nodo
elemento
SUBGRAFICA : Cualquier conjunto o parte de elementos de la gráfica.
TRAYECTORIA : Subgráfica con no más de dos elementos conectados a un nodo.Pueden existir trayectorias abiertas o cerradas.
GRAFICA CONECTADA : Una gráfica es conectada sólo si existe una trayectoriaentre cada par de nodos (por lo menos).
GRAFICA ORIENTADA : Si a cada uno de los elementos de la gráfica conectada se leasigna una dirección arbitraria, se dice que es orientada.
50
UNIFILAR :
Red. Secuencia Positiva Graf. ConectadaOrientada
ARBOL : Subgráfica que contiene todos los nodos de una gráfica pero que no da lugara trayectorias cerradas. El número máximo de árboles está dado por :
e ! e = # elementos# max. árboles = , NB = # de barras
NB! ( e - NB )! n = # de nodos
COARBOL : Es complemento de árbol, forma un subgráfico no necesariamenteconectado # máx. co-árboles = # MAX. de árboles.
RAMA : Elemento de un árbol, donde las ramas constituyen un subconjunto deelementos de la gráfica conectada.El número ramas requeridas para formar un árbol es b = n - 1 = NB
ENLACE : Elemento de una gráfica conectada que no estan incluidos en el árbol. Elnúmero de enlaces de una gráfica conectada de e elementos es :
= e - b = e - n + 1 = e - NB.
Arbol y Co-árbol del Gráfico e =7 n = 5 Mallas Básicas del GráficoConectado Orientado b = 4 L = 3 Conectado Orientado.
51
MALLA O LAZO : Si se añade un enlace a un árbol se obtiene una trayectoria cerradallamada Malla, al añadirse otro se forma otra Malla y así sucesivamente.Las mallas que contienen un sólo enlace se denominan Mallas Básicas. La orientaciónde una malla básica es igual a la de su enlace. El número de mallas básicas es igual alnúmero de enlaces.
CONJUNTO DE CORTE: Un conjunto de corte es un grupo de elementos los cualesdividen una gráfica conectada en dos subgráficas conectadas. Los conjuntos de corte quecontienen una sola rama se llaman conjunto de Corte Básico; la orientación de unconjunto de Corte Básico es igual a la de sus ramas. El número Conjuntos de CorteBásico es igual al Número de Ramas
2. - Matrices de Incidencia :Transforman la matriz primitiva en la matriz de la red a usar en los estudios de sistemade potencia.
MATRIZ DE INCIDENCIA : [ A ] Elemento - NodoMuestra la incidencia de los elementos a los nodos en un gráfico conectado orientado.Se define :aij = 1 : Si el elemento i es incidente al nodo j y está orientado hacia afuera del nodoj.aij = -1 : Si el elemento i es incidente al nodo j y está orientado hacia el nodo j.aij = 0 : Si el elemento i no es incidente al nodo j.
n 0 1 2 3 4e
1 1 -1 0 0 0
2 1 0 -1 0 0
3 1 0 0 0 -1
4 0 0 0 -1 1 Matriz de incidencia: Elemento - Nodo:
5 0 0 1 -1 0 [ A ] del conjunto de cortes básicos
6 0 1 -1 0 0 referidos al gráfico conectado
52
7 0 0 1 0 -1 orientado.
MATRIZ DE INCIDENCIA : ELEMENTO - BARRA : [ A ]Cualquier nodo de una gráfica conectada orientada, se puede seleccionar comoreferencia y las variables de los otros nodos (Barras) se miden respecto a la referenciaasignada. La matriz [ A ] se obtiene de la matriz [ A ] eliminándole la columnacorrespondiente a la referencia.
NB 1 2 3 4e1 -1 0 0 02 0 -1 0 03 0 0 0 -1 Ab
[A] = 4 0 0 -1 1
5 0 1 -1 0 Al6 1 -1 0 07 0 1 0 -1
La matriz [ A ] y [ A ] son matrices rectangulares y por lo tanto singulares, por tantono se puede hallar su inversa. Al ordenar las filas de la matriz [ A ] de acuerdo a unárbol particular, la matriz se puede descomponer en dos submatrices : [ Ab ] y [ A l ]
Ab [ A ] =
Al
MATRIZ DE INCIDENCIA : RAMA - TRAYECTORIA : [ K ]
Muestra la incidencia de las ramas sobre las trayectorias. Las trayectorias se debenorientar de las barras al nodo de referencia.Kij = 1 : Si la rama i está en la trayectoria de la barra j y además está en la misma
dirección.Kij = -1 : Si la rama i está en la trayectoria de la barra j y está en dirección opuesta.Kij = 0 : Si la rama i no está en la trayectoria de la barra j.
13
456
0
12 3 4
7
2T1
T2T3
T4
53
Trayectoria del Gráfico Conectado Orientado.
T T1 T2 T3 T4b
1 -1 0 0 0La Matriz [ K ] relaciona lasramas a las trayectorias 2 0 -1 0 0(correspondencia uno a unocon nodos) y la matriz [ Ab ] K = 3 0 0 -1 -1relaciona las ramas a lasbarras. Entonces debido 4 0 0 -1 0a su correspondencia setiene :
[ A b ] [ K ] t = [ U ] por lo cual : [ K ] t = [ A b ] -1
MATRIZ DE INCIDENCIA : ELEMENTO - MALLA BASICA : [ C ]
Muestra la incidencia de los elementos en las mallas básicas de una gráfica conectada.Cij = 1 : Si el elemento i es incidente en la malla básica j y tiene su misma orientación.Cij = -1 : Si el elemento i es incidente en la malla básica j y tienen orientacióncontraria.Cij = 0 : Si el elemento i no es incidente en la malla básica j.
Al tener la matriz [ C ] ordenada adecuadamente, se puede dividir en dos submatrices :[ C b ] y [ U e ]Donde : [ C ] = [ C b / Ue ]
E F Ge
1 0 1 0
2 1 -1 1 Cb
3 -1 0 -1 = = [ C ]Ur
4 -1 0 0
5 1 0 0
6 0 1 0
54
7 0 0 1 ( Ver gráfico de mallas gráficas pag. ... )
MATRIZ DE INCIDENCIA AUMENTADA ELEMENTO - MALLA : [ C ]
En el caso anterior el número de mallas básicas es igual al número de enlaces. Para tenerel mismo número de mallas que de elementos se toman mallas ficticias correspondientesa cada rama y las cuales se conocen como MALLAS ABIERTAS, que se definen comouna trayectoria entre nodos adyacentes conectadas por una rama.
Mallas Básicas Abiertas del GraficoConectado Orientado (Ver pag. 53)
La matriz [ C ] está compuesta por las submatrices : [ Cb ], [ U b ], [ 0 ] y [ U l ].
La matriz [ C ] no es singular (se puede hallar su inversa).
e A B C D E F GUb Cb e
[ C ] =0 Ul 1 1 0 0 0 0 1 0
2 0 1 0 0 1 -1 1
3 0 0 1 0 -1 0 -1Ub Cb
C = 4 0 0 0 1 -1 0 00 Ue
5 0 0 0 0 1 0 0
6 0 0 0 0 0 1 0
7 0 0 0 0 0 0 1
13
456
0
1 2 3 4
7
2
AB
C
D
EF
G
55
MATRIZ DE INCIDENCIA ELEMENTO - CONJUNTO CORTE BASICO : [ B ]Muestra la incidencia de los elementos en los conjuntos de corte básico.bij = 1 : Si el elemento i es incidente en el conjunto de corte básico j con las misma
orientación.bij = -1 : Si el elemento i es incidente en el conjunto de corte básico j con dirección
contraria.bij = 0 : Si el elemento i no es incidente en el conjunto de corte básico j.
La matriz [ B ] está formada por dos submatrices: [ Ub ] y [ B e ] donde :[ B ] = Ub/Be]Como cada corte básico se corresponde con una rama se tiene :[ B e ] [ A b ] = [ A e ] , por lo que : [ B e ] = [ A e ] [ A b ] -1pero : [ A b ] -1 = [ K ] t por lo tanto : [ B e ] = [ A e ] [ K ] t
b A B C De
1 1 0 0 02 0 1 0 03 0 0 1 0 U b
[ B ] = 4 0 0 0 1-------------------------
5 0 -1 1 1 B e6 -1 1 0 07 0 -1 1 0
MATRIZ DE INCIDENCIA AUMENTADA :
ELEMENTO - CONJUNTO DE CORTE: [ B ] :
Para hacer el número de conjuntos de corte igual al número de elementos se introducenconjunto de cortes ficticios llamados CONJUNTO DE CORTE DE ENLACE, los cuales sólocontienen un enlace de la gráfica conectada orientada.
e A B C D E F Ge1 1 0 0 0 0 0 0
2 0 1 0 0 0 0 0
3 0 0 1 0 0 0 0 Ub 0
4 0 0 0 1 0 0 0 = [ B ] =
56
5 0 -1 1 1 1 0 0 Be Ue
6 -1 1 0 0 0 1 0
7 0 -1 1 0 0 0 1
La matriz [ B ] está compuesta por las submatrices : [ U b ], [ 0 ], [ B e ] y [ Ul], detal forma que :
Ub 0[ B ] =
Bl Ul
Se recomienda complementar o profundizar lo referente al estudio de las matrices deincidencia en textos especializados ya que es un tema que al cual volveremos areferirnos en el presente curso.El orden del texto puede alterarse para repasar primero lo referente a topología antes deentrar en el estudio de las matrices de incidencia y de la transformación singular dematrices , ya que es un tema imprescindible en el estudio de tales tópicos.
1
4. FLUJO DE CARGA
Convencionalmente el flujo de carga es la solución de LA RED EN ESTADO ESTABLE.Para obtener esta solución se usan, no la teoría general de circuitos con sus ecuacioneslineales, sino ecuaciones no lineales, debido al uso de potencias como datos de entrada y/osalida, en lugar de las corrientes como en los métodos clásicos.
El flujo de carga como tal, da la respuesta eléctrica del sistema de transmisión a un conjuntoparticular de cargas y potencias generales; las cuales imponen las condiciones de frontera.La importancia de los estudios de flujo de carga se resalta en la planeación, diseño y controlde los sistemas de potencia.
El objetivo de los estudios de flujo de carga es el de conocer:1.) Flujo de MW y MVAr en las ramas de la red.2.) Tensión en las barras.3.) Corrientes por las ramas.4.) Posición óptima y rango de las tomas de los transformadores.5.) Efectos de los cambios de tensión en las barras y/o de la inyección de corrientes al
sistema.6.) Efectos debidos a los cambios de tamaño de los conductores o a los cambios de
circuitos.7.) Efectos de la entrada o salida de cargas y/o generadores.8.) Perdida del sistema.
PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA
Para solucionar el problema debe buscarse el método mas rápido y eficiente. Mostraremosvarias posibilidades de atacar el problema con suficientes criterios de análisis.Consideremos la barra i de la figura mostrada para la cual se tiene:
SGi= SC i + STi
SGi = PGi + jQG i
SCi = PCi + jQCi
STi = PTi + jQTi
QGi = QCi + jQTi
PGi = PCi + jPTi
2
Barra i~ Transmisión
Generación STi
SGi ~
~ Carga SCi
.
.
.
Donde:SGi : Potencia compleja trifásica generada (entra a la barra i).SCi : Potencia compleja trifásica consumida (Sale de la barra i).STi : Potencia compleja trifásica (Sale de la barra i).de manera que aparecen seis variables por barra relacionadas por dos ejes, esto significa quepara un sistema de n-barras se tendrán 2N ecuaciones y 6N variables.Como los flujos de carga se realizan para determinadas condiciones de carga, PCi y QCi sesuponen conocidas. Los términos correspondientes a la generación (PGi , QGi) soncontrolables, por lo que solo se requiere obtener una expresión para las variables detransmisión (PTi , QTi). Normalmente se emplea para ello la representación de barras:
[ I-barras ] = [ Y-barra ] . [ V-barra ]
Pero : S Ti = Vi . Ii* = Si
ó [ ST ] = [ V-barras D ] . [ I-barras*]
V1 0 0 0 ...........0
0 V2 0 0 ............0
[ V-barras D ] = 0 0 V3 0 ............0
. . . . .0................................Vn
3
Donde : [ ST ] = [V-barras D] . [ Y-barras*] . [V-barras* ]
O en otras palabras : [ST ] = [SG ] - [SC ] = [S] = potencia neta inyectada al sistema por cadauna de las barras, por lo cual:
[ST ] = [V-barras ] . [ Y-barras ] . [ V-barras ]; que para el elemento i corresponde a :
NB
Si = SG i - SC i =Vi . Vj* . Yij*, expresándolo en sus componentes:j = 1
NB
Pi = PGi - PC i = [ Vi ] [ Vj ] [ Yij ]COS( i - j - ij )j = 1
NB
Qi = QGi - Qci = [Vi] [Vj] [Yij]SEN( i - j - ij ), donde ij = es el ángulo de Yijj = 1
Cuando se hacen los cálculos de flujo de carga se deben tener las potencias de las cargasconocidas ( Estas se obtienen estadísticamente proyectando las curvas de carga diaria.)Ahora las variables son :PGi , QGi , [ Vi ], i y se pueden considerar dos tipos : Aquellas quemuestran las condiciones en que está trabajando el sistema (variables de estado como [ V ] y), y las que se pueden controlar directamente (de control) como PG y QG. Las barras seclasifican de acuerdo a los valores que se conozcan al iniciar el proceso. En la siguiente tablase muestran los tipos mas importantes. Teóricamente se podrían dar otros tipos como lasbarras en las que se conocen P,, o Q, y [V], pero en la practica no existen.
CLASIFICACION DE LAS BARRAS
Tipo de barra Códigode barra
Variableconocida
Incógnita # Aprox.
Referencia o Compensación 0 [Vi] , i PGi , QG 1Carga 1 PGi , QGi [Vi] , i 85%Generadora 2 PGi , [Vi] QGi , i 10%Voltaje Controlado 3 PGi , QGi , [Vi] i , t 5 %
Para desarrollar el flujo de potencia se utilizan métodos iterativos como se muestra en elmacrodiagrama de flujo de la siguiente figura.
4
MACRODIAGRAMA DE FLUJO DEL PROCESODE SOLUCION DEL FLUJO DE CARGA
SOLUCIÓN: Al plantear el flujo de carga se obtienen las siguientes ecuaciones :Nb
Si = Vi . [ Vi * . Yij* ] = Pi +j Qi , donde :j = 1
NB
Vi = (Pi -j Q i )(Yii Vi ) - ( Yij Vj )( Yii ), con :j =1; j i
NB
Pi = Re [Si] = [Vi] [Vj] [Yij] COS(ij - ij)j = 1
NB
Qi = Im [ Si ] = [ Vi ] .[ Vj ] [ Yij ]SEN(ij - ij )j =1
Las ecuaciones son no lineales, por lo tanto se resuelven por métodos iterativos.Los métodos mas populares son :JACOBI, GAUSS-SEIDEL, y NEWTON-RAPHSON. Elprimero se considera popular por ser uno de los métodos básicos para el desarrollo de los
Seleccionar valores iniciales en las barras
Almacenar :Vmax Vmax = [ Vi- Vi
(-1) ]max
Obtener :Vi nuevoVi nuevo = f(Pi , Vi)Hacerlo para todoi de 1 ...n . i ref.
Vmax
Calcular flujo por las líneas Escribir resultados
5
otros, mas no por su uso actual. expresándolo en forma generalizada se deben resolver unasecuaciones del tipo:F1( x1 ,x2 ,...xn) = 0F2( x1 ,x2....xn) = 0...Fn(x1 ,x2 ,...xn) = 0o en forma matricial: [ F(x) ] = 0
En los métodos mencionados las ecuaciones se resuelven así:1.) Se supone una solución.2.) Se obtiene una nueva solución tomando como base los valores dados y utilizando lasecuaciones consideradas.3.) Se toman estos valores para encontrar otros mejores hasta entrar en convergencia.
METODOS ITERATIVOS DE SOLUCION
SOLUCION DE SISTEMAS LINEALES POR EL METODO DE JACOBI.
Este método no conduce directamente a la solución, sino que da aproximaciones de lasolución, que se pueden refinar a cualquier grado deseado.ejemplo. Sea el sistema lineal:5x + y = 6 (1)2x - 3y = 16 (2)Despejando "x" de (1) y "y" de (2): x =1/5(-y + 6) (3) ; y =1/3(2x - 16) (4)
Sustituyendo el valor de “y” en (3) y calculando un nuevo valor para x o sustituyendo el valorde “x” en (4) podemos calcular un nuevo valor para “y” dando un estimado para la soluciónque es diferente a cualquier estimativo anterior asignado al azar.
Suponemos una solución x =0: y =0, buscando mejores valores para "x" y "y":x =1/5(0 + 6) = 1.2y =1/3(0 - 16) = -5.33Un mejor estimado de la solución es (1.2 , -5.33) que, a su vez, se sustituye en (3) y (4) pararefinar mas la solución.x =1/5(5.33 + 6) = 2.27y = 1/3(2 1.2 - 16) = -4.53Este proceso se puede continuar, así:
Para X Y
6
0 0 01 1.2 -5.332 2.27 -4.533 2.11 -3.824 1.96 -3.935 1.99 -4.046 2.01 -47 2 -4
La primera línea se conoce como el estimado cero puesto que es una adivinanza arbitraria. Loselementos siguientes convergen a la solución correcta (-2, 4), hacia la VIII iteración. Sinembargo, no podemos suponer que este método siempre convergirá tan rápidamente.Si el sistema es como el siguiente dado:2x - 3y = 166x + y = 6Aplicando el método de JACOBI, empezando con el estimado (0 , 0)x = 1/2*(3y + 16) (5)y = -5x + 6 (6)
Estimado X Y
0 0 01 8 -62 17 -343 -43 -794 -110.5 2215 339.5 552.5
Parece que los valores "x" y "y" se elevan continuamente en magnitud, divergiendo de lasolución correcta (2 , -4). En otras palabras es posible resolver (1) y (2) si se usa el sistemaequivalente (3) y (4), pero no si usa el sistema equivalente que dé (5) y (6).Condiciones para la convergencia.Sea :5x + y = 62x - 3y = 16
Nótese que la magnitud del coeficiente de "x" es mayor que la magnitud del coeficiente de "y"en (1); esto es [5] > [-1]. En (2) lo inverso es verdad; esto es [-3] > [2]. La solución convergirási se despeja "x" de (1) y "y" de (2) como se hizo en (3) y (4).
Si en un sistema 2x2 es posible ordenar el par de ecuaciones:
7
a11x + a12y = b1
a21x + a22y = b2de modo que: [a1 2*a2 1 ] < [a1 1*a2 2 ]
El método de JACOBI convergirá si se despeja "x" de la primera y "y" de la segunda. En otraspalabras el producto de los elementos de la diagonal principal debe ser mayor en magnitudque el producto de los elementos de la diagonal menor. Por ejemplo:
5x + y = 62x - 3y = 16a11 = 5; a1 2 = 1; a 2 1 = 2; a 2 2 = -3[a12a21] < [a1 1a2 2 ][ (1)(2) ]= 2 ; [ (5)(-3) ] = 152 < 15Formalizando el procedimiento.Empezando con la forma general del sistema lineal con dos variables:a11 x + a12 y = b1a21 x + a22 y = b2
Suponiendo que las condiciones de convergencia se han satisfecho, despejamos "x" de laprimera y "y" de la segunda..x = 1/a11(-a12 y + b1 )y = 1/a22(-a21 x + b2 )
El procedimiento general es como sigue:
1.) Ordenar las ecuaciones de forma que [ a12 a21 ] < [a11a22 ]. Si esto es imposible, lasolución divergirá.
2.) Para el estimado inicialhaga xo = 0, y yo = 0.
3.) Calcule:x n + 1 = 1/a11(-a1 2 yn + b1 )y n + 1 = 1/a22(-a 2 1xn + b2 )
4.) Comparar xn+1 con xn y yn+1 con yn . Si son iguales esta es la solución. Si no, sea xn+1 = xn
y yn+1 = yn, y vuelva a 3.).
8
MEJORANDO EL METODO DE JACOBI.Al resolver un sistema de ecuaciones usando el método de JACOBI se utiliza una solución (0,0) para comenzar las iteraciones. Se determinan nuevos valores para "x" y "y", usando losestimados previos de la solución. Sin embargo , los valores recién calculados de para "x"pueden reemplazar inmediatamente el estimado previo, acelerando la convergencia, porejemplo:
5x + y = 6 x = 1/5(-y +6)2x - 3y = 16 y = 1/3(-2x +16)Empezando con x = 0, tenemos yo = (2x0 -16) = 5.33. Entonces x1 = (5.33 +6)/2 = 2.27 y y1 =(2x2.27 -16)/3 = 3.82(note que se usó x1 y no xo al calcular y1 ).
9
Los resultados completos son:
# de iteración x y0 01 1.2 -4.532 2.11 -3.913 1.99 -4.014 2 -4
Note que esta técnica llamada GAUSS-SEIDEL, converge después de cuatro iteraciones,opuesta a las siete para el método de JACOBI.La formula recursiva para el método de GAUSS-SEIDEL es idéntica a la del método deJACOBI, excepto que se usa xn+1 en vez de xn para calcular y. En otras palabras :xn+1 = 1/a11(-a12yn + b1)yn+1 = 1/a22(-a21xn + b2)Las condiciones de convergencia para el método de GAUSS-SEIDEL son idénticas que paralas del método de JACOBI; esto es, debe ser posible ordenar las ecuaciones de modo que:[a12a21] < [a11a22]Aplicación a ecuaciones con varias variables.Tanto el método de JACOBI como el de GAUSS-SEIDEL se puede usar para resolversistemas de ecuaciones simultáneas con tres o mas variables, por ejemplo:
6x - y - 3z = 3 (7)-x + 3y + 2z = -6 (8)-3x + y - 5z = -10 (9)Despejando "x' en ( 7), "y" en (8) y "z" en (9):x = 1/6(y + 3z + 3)y = 1/3(x - 2z - 6)z = 1/5(3x + y + 10)
Suponiendo que yo = 0, zo = 0, para comenzar la iteración así:x1 = 1/6(0 + 0 + 3)= 0.5Al calcular y1 es necesario usar zo; sin embargo, la x1 recién calculada se puede usar en vezde xo .y1 = 1/3(x1 - 2zo - 6) = 1/3(0.5 + 0 - 6) = -1.83
Finalmente, al calcular z1, es posible usar tanto x1 como y1 , en vez de xo y yo, con el resultado:z1 = 1/5(3x1 + y1 + 10) + 1/5(1.5 -1.83 + 10) = 1.93En otras palabras estamos usando las fórmulas recursivas xn+1 = 1/6(yn + 3zn + 3)yn+1 = 1/3(xn+1 + -2zn - 6)zn+1 = 15(3xn+1 + yn+1 +10)
10
Continuando con la iteración y usando las ecuaciones anteriores nos da la siguiente tabla, queconverge a la solución ( 1, -3, 2)
# Iteración x y z0 0 01 0.5 -1.83 1.932 1.16 -2.9 2.123 1.08 -3.05 2.044 1.01 -3.02 25 1 -3 2
Convergencia para ecuaciones con varias variables.La convergencia de :6x - y - 3z = 3 (7)-x + 3y + 2z = -6 (8)3x + y - 5z = -10 (9)Está asegurada por lo siguiente;
1.) El valor absoluto del coeficiente de "x" en (7) es mayor que la suma de los valoresabsolutos de los otros coeficientes, esto es [6] > [-1] + [-3]2.) El valor absoluto del coeficiente de "y" en (8) es igual a la suma de los valores absolutosde los otros coeficientes, esto es [3] = [-1] + [2]3.) El valor absoluto del coeficiente de "z' en (9) es mayor que la suma de los valoresabsolutos de los otros coeficientes, esto es [-5] > [3] + [1]
En general la convergencia está asegurada si es posible ordenar las ecuaciones:a11x + a12y + a13z = b1a21x + a22y + a23z = b2a31x + a32y + a33z = b3
De modo que:[a11][a12] + [a13][a22][a21] + [a23][a33][a31] + [a32]
NOTA: Sin embargo el criterio de convergencia debe condicionarse a que cuando menos unade las tres ecuaciones esté limitada a "mayor que" (>). Aunque todos los sistemas queemplean el criterio converjan, no se sigue que todos los sistemas que fallen en satisfacerlodiverjan.
11
GAUSS-SEIDEL MEJORADO
Como se vio con el método de GAUSS-SEIDEL para obtener una solución mas cercana a alverdadera, se obtuvo el valor de la incógnita con base en el ultimo valor calculado, lo cualcorresponde a calcular el cambio ocurrido de una iteración a otra y luego sumarla al ultimovalor calculado, esto es:x (k+1) = f(x(k)) x(k+1) = x ( k + 1 ) - x ( k ) o sea : x ( k ) + x ( k + 1 )Consideremos el valor nuevo igual al valor anterior mas el cambio ocurrido de una iteración aotra, pero multiplicado por un factor de aceleración,, que normalmente varia entre 1.3 y 1.8.
x ( k + 1 ) = x ( k ) + x ( k + 1 )
Nótese que en GAUSS-SEIDEL simple, se tiene que =1.se puede asimilar a la ganancia de lazo cerrado en circuito realimentado, lo cual puedeincrementar la velocidad de respuesta, pero si se aumenta demasiado, el sistema se puedevolver inestable.
EJEMPLO: Resolver por el método de GAUSS-SEIDEL mejorado el conjunto de ecuaciones:2x 1 + x 1x 2 - 1 = 0 , y 2x 2 - x 1x 2 + 1 = 0
El primer paso es pasar a la forma x = f(x):x 1 = 0.5 - 0.5x 1x 2 y x 2 = -5 + 0.5x 1 x 2
Se supone una solución inicial para comenzar a iterar:x 1 ( 0 ) = x 2 ( 0 ) = 01 x 1 ( 1 ) = 0.5 - 0.5 0 0 = 0.5x 1 ( 1 ) = 0.5 x1acel = 0 + 1.50.5 = 0.75x 2 ( 1 ) = - 0.5 + 0.5(0.75)0 = - 0.5 x 2 ( 1 ) = - 0.5x 2 ( 1 ) · aceleración = 0 + 1.5(-0.5) = - 0.75.2 x 1 ( 2 ) = 0.5 - 0.5(0.75)(-0.75) = 0.781
x 1 ( 2 ) = 0.781 - 0.75 = 0.031x 1 ( 2 ) acel. = 0.75 + 1.5(0.031) = 0.797x 2 ( 2 ) = -0.5 + 0.5(0.797)(-0.75) = -0.799x 2 ( 2 ) = -0.799 + 0.75 = -0.049x 2 ( 2 ) acel. = -0.75 - 1.5(0.049) = -0.824
12
METODO DE NEWTON-RHAPSON
Método iterativo para ecuaciones no lineales, basado en la expansión en series de TAYLOR.Linealiza las ecuaciones despreciando derivadas de orden superior (2). Es muy sensible alos valores iniciales . Este método a medida que crece el # de las barras es mas rápido.
Se trata de hallar x o / f(x o) = 0. ( Hallar las raíces de f(xo) ).Parte de un valor inicial. En x i traza f ( x i ) y se traza la tangente en ese punto que corta enx i + 1 ; f '( x i ) = tangente en x i , entonces:
f '( x i ) = f ( x i ) / ( x i + x i + 1), x i = x i + 1 + f (x i ) / f '( x i ), y : x i + 1 = x i + 2 + f (x i + 1 )
Este proceso continua hasta cuando f ( x i + n ) = 0.El mismo resultado puede obtenerse haciendo uso del teorema de expansión de la serie deTaylor, y entonces no se habla de la función f (x) sino de la función f ( x + x ) y estavariante se conoce como el método de Newton-Raphson. La función f ( x + x ) expandidaen términos de la serie de Taylor es :f ( x + x ) = f (x o ) + f ' (x o ) (x / 1!) + f '' (x o ) (x / 2 !) + . . . .+ f n (xo (x n / n ! )
En este caso f (x) = Y . Ahora si f es función de n variables tenemos que :f 1 ( x 1 , x 2 , x 3 , . . . x n ) = Y1
f2 ( x 1 , x 2 , x 3 , . . . x n ) = Y 2
. ( 1 )
.
.fn ( x 1 , x 2 , x 3 , . . . .x n ) = Yn
13
Si asignamos valores iniciales x 1 (o), x 2 (o), x 3 (o), . . . x n (o) y si las correcciones necesariaspara llegar a la solución exacta son : x 1 , x 2 , x 3 , . . . , x n , la primera ecuación de ( 1 )queda:
f1 (x1 (o) + x 1 , x 2 (o) + x 2 , . . . , x n (o) + x n ) = Y1
desarrollando para la formula de expansión de Taylor :
f1 (x1 (o) + x , x 2 (o) + x , . . . , x n (o) + x ) = f 1 ( x1 (o) , x2 (o), x 3 (o) , . . . x n (o))+ x 1 ( f 1 / x1 )o +x 2 ( f 2 / x 2 )o + . . . + x 1 (f 1 / x 1 )o + . . . .+ 1 = Y1
dondees una función de de orden mayor o igual a 2,+ x 1
2 / 2! (f 1 / x 12 )o + x 2
2 / 2! ( f 12 / x 2
2)o + . . . + x 13 /3!( f1
3 / x 13 )o
+ . . . + x 23 /3!(f 2
3 / x 23 )o + . . . .
Si x se toma lo suficientemente pequeño, los términos de la potencia 2 y mayores se puedenconsiderar despreciables de manera que la primera ecuación de ( 1 ) se puede escribir como:
f 1 (x1 (o) + x 1 , x 2 (o) + x 2 , . . . , x n (o) +x n ) =f1 ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) +x 1(f 1 /x 1 )o+ x 2 (f 1 / x 2 )o + x 3 (f 1 / x 3)o
. . . . +x n ( f 1 / x n )o
el mismo desarrollo puede hacerse para f 2 , f 3 , . . . , f n , y rescribir las ecuacionestransponiendo el término f i ( x 1 (o)) , quedando :f1 ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + y1 = x 1 (f 1 /x 1 )o+ x 2 (f 1 / x 2 )o + . . . +
x n (f 1 / x n )o
f2 ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + y 2 =x1 (f 2 /x 1 )o+x 2 (f 2 / x 2 )o + . . . +x n (f 2 / x n )o
f3 ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + y 3 =x1 (f 3 /x 1 )o +x2 (f 3 / x 2 )o + . . . +x n (f 3 / x n )o
que se puede ordenar como :
-f1 (x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + y1 (f 1 /x 1 )o (f 1 /x 2 )o ...+ (f 1 /x n )o x 1
-f1 ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + y1 (f 2 /x 1 )o (f 2 /x 2 )o ...+ (f 2 /x n )o x 2
-f1 ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + y1 (f3 /x 1 )o (f 3 /x 2 )o ...+ (f 3 /x n )o x 3
· · ·· · ·· · ·-fn ( x1 (o) ,x2 (o), x 3 (o) ,... x n (o) + yn (fn /x 1 )o (f n /x 2 )o ...+ (f n /x n )o x n
que matricialmente se puede representar como :
14
D = J Cn x 1 n x n n x 1
Donde :
J = JACOBIANO DEL SISTEMA DE ECUACIONESContiene las derivadas parciales, 1xn
C = VECTOR DE INCREMENTOS, o matriz de corrección parala solución , nx1.
D = VECTOR DIFERENCIA, o matriz de valores iniciales, nx1
Como el método de Newton Raphson se basa en el cálculo de los incrementos x paracorregir los valores supuestos inicialmente .... x 1(o) ,x 2 (o), x 3 (o) ,... xn (o) ,entonces tenemos : -1
C = J D
conocidos los incrementos e calcula el valor corregido para cada x :x 1 (1) = x 1 (o) + x 1 (o)x 2 (1) = x 2 (o) + x 2 (o)x 3 (1) = x 3 (o) + x 3 (o)
···
x n (1) = x n (o) + x n (o)
El algoritmo general para calcular las ‘ x ’ es : X k + 1 = X k + X k ; X k + 1 X k
Las ecuaciones para sistemas de potencia son : Pi + J Q i = V Y*n
(Pi + J Q i )* = ( V I * )* o sea que : Pi J Q i = V* Y = V* ( V J Y i J ) .1
Si consideramos que : V* = ej f; Y = G j B ; I = c+ j d ; entonces
Pi J Q i = (e i j f i )(e J j f J )( G i J j B i J ) para j = 1,2,3,. . . n
= (e i j f i ) (e J·Gi J + f J Bi J ) + j(-e J · B i J + f i J Gi J) para j = 1,2,3,... n
Separando la parte real y la parte imaginaria :
15
P i = e i (e J·Gi J + f J Bi J ) + f y (f J·Gi J e J Bi J ) i = 1, 2, 3, . . . n
Q i = f i (e J·Gi J + f J Bi J ) e i (f J·Gi Je J Bi J ) i = 1, 2, 3, . . . no en función de I i = C i + j d i = Y i J VJ para i = 1, 2, 3, . . . n
Pi = (e i ci + f i d i ) ; Qi = ( f i ci + e i d i ) para i = 1, 2, 3, . . . n ; i j
En forma general : P i = P ( e 1 , e 2 , e 3 , . . . , e n , f 1 , f 2 , f 3 , . . .f n ) ( a )Q i = Q ( e 1 , e 2 , e 3 , . . . , e n , f 1 , f 2 , f 3 , . . .f n ) ( b )
El método parte de suponer valores iniciales a todas las barras excepto al nodo compensador(slack-bus) ya que en este el voltaje se especifica y permanece constante.De las ecuaciones para P y Q se pueden calcular P y Q y expresarse como :
P1 P1 / e1 . . .P1 / en-1 P1 / f1 . . . . P1 / fn-1 e 1
P2 P2 / e1 . . .P2 / en-1 P2 / f1 . . . . P2 / fn-1 e 2· · · ·· · · ·· · · ·Pn Pn-1 / e1 . . .Pn-1 / en-1 Pn-1 / f1 . . . Pn-1 / fn-1 e n-1
=Q1 Q1 / e1 . . .Q1 / en-1 Q1 / f1 . . . . Q1 / fn-1 f 1
Q2 Q2 / e1 . . .Q2 / en-1 Q2 / f1 . . . . Q2 / fn-1 f 2
· · · ·· · · ·· · · ·Qn Qn-1 / e1 . . .Qn-1 / en-1 Qn-1 / f1 . . . Qn-1 / fn-1 f n-1
El nodo ‘ n ‘ es el nodo o barra flotante ( compensación ) yen forma compacta:
P J1 J2 e= ( c ) ; Donde : J1 = P / e ; J 2 = P /f ;
Q J3 J4 f J3 = Q /e ; J 4 = Q / e ,
una solución de ( c ) se obtiene por inversión del Jacobiano, entonces :
e J1 J2-1 P
= e = e1e1 (o) por lo tanto : e1 = e1 (o) + ef J3 J4 Q f = f1 f1 (o) por lo tanto : f1 = f1 (o) + f
ei , fi , se satisfacen cuando sean menores que un epsilon ( ) escogido.
16
BARRAS DE VOLTAJE CONTROLADO : En las barras de generación se especifican lasmagnitudes de voltajes para tales barras. La potencia Q para una barra de voltaje controlado (si se usa Ybarra ) se puede calcular antes de efectuar los cálculos de voltaje en tales barras, lapotencia puede expresarse como :
Pi J Q i = Vi * (V J Y i J ) para i = 1, 2, 3, . . . n. ; Vi 2 = ei2 + fi
2 .
La relación entre incrementos de potencia y voltaje por medio del Jacobiano se puede escribircomo :
P J 1 J 2 eQ = J3 J 4
V2 J5 J6 f
Donde : J 5 = V 2 / e y J 6 = V2 / f
Vi 2 / eJ =/ eJ ( ei2 + f i
2 ) = 0para J 5 , cuando J i.
Vi 2 / ei =/ ei ( ei2 + f i
2 ) = 2ei .
Vi 2 / fJ = / fJ ( ei2 + f i
2 ) = 0
Vi 2 / fi =/ fJ ( ei2 + f i
2 ) = 2 f y .
El Jacobiano es normalmente una matriz dispersa ya que no todas las barras estáninterconectadas por líneas de transmisión. Invirtiendo el Jacobiano :
e -1 P= J Q La nueva estimación de voltaje queda :
f V 2
e i ( k + 1) = e i ( k ) + e i ( k ); f i ( k + 1) = f i ( k ) +f i ( k ) , donde : e i ( k + 1) y fi ( k + 1) son los nuevos valores de voltaje en las barra y , y el cambio en el cuadrado de lamagnitud de voltaje en la barra i es: V i ( k ) 2 =Vi especificado2 V i ( k ) 2
Ejemplo : Resolver por método de NewtonRaphson el siguiente sistema de ecuaciones :
F 1 ( x ) = 2X1 + X 1 X 2 1 = 0 ; y F 2 ( x ) = 2X 2 X 1 X 2 + 1 = 0
17
El Jacobiano será :
F 1 / X 1 F 1 / X 2 2 + X 2 X 1
J = =F 2 / X 1 F 2 / X 2 X 2 2X 1
X 1 ( 0 ) = 0, X 2 ( 0 ) = 0 ; por lo cual :
2 0 1 1J ( 0 ) = , F ( 0 ) = y F ( 0 ) =
0 2 1 1
X 1 ( 0 ) 0.5 0 1 0.5X = J 1 F = =
X 2 ( 0 ) 0 0.5 1 0.5
Primera iteración : X ( 1 ) = X ( 0 ) + X ( 0 )
X 1 ( 1 ) 0 0.5 0.5 1.5 0.5= = J ( 1 ) =
X 2 ( 1 ) 0 0.5 0.5 0.5 1.5
de donde : 0.75 0.25J ( 1 )1 =
0.25 0.75
X 1 ( 1 ) 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25= = F =
X 2 ( 1 ) 0.25 0.75 0.25 0.25 0.25
Segunda iteración:
X 1 ( 1 ) 0.5 0.25 0.75 1.25 0.75= = J ( 2 ) =
X 2 ( 1 ) 0.5 0.25 0.75 0.75 1.25
X 1 ( 2 ) 1.75 0.75 0.0625 0.125 0.0625= = F =
X 2 ( 2 ) 0.75 1.25 0.0625 0.125 0.0625
18
CONCLUSIONES:Analizando los resultados se ve que el método de JACOBI es completamente descartable,pues siempre es mas lento y requiere mas memoria del computador que el de GAUSS-SEIDEL . Este ultimo a su vez es memos efectivo que el de GAUSS-SEIDEL acelerado, si elfactor de aceleración se escoge adecuadamente. NEWTON-RHAPSON es lento inicialmentepero su convergencia se acelera a medida que se acerca a la solución (la aproximación delinealidad es mas válida). No solo se debe juzgar por el numero de iteraciones, ya que lasiteraciones de NEWTON-RHAPSON son mas demoradas, para compararlo se debeconsiderar también el tiempo de iteración.El método de NEWTON-RHAPSON parece como el más funcional para sistemas grandes yel de GAUSS-SEIDEL acelerado para sistema pequeños. El NEWTON-RHAPSON seacostumbra a iniciarlo con un GAUSS-SEIDEL acelerado.
Ejemplo: Resolver el problema de flujo de carga para la red de la figura en las condicionesdadas:
0.25 1.2 w Es conveniente primero identificar las1 2 barras, aunque por se DC no hay razón
para hablar de tipos de barra, se puede 1v D.C considerar que como en la barra 1 se
conoce la tensión entonces es una barrade compensación. En la barra 2 seconoce la potencia, será una barra de
de carga
Note que esto último se presenta a pesar de no tener realmente ninguna tipo de generaciónpues la potencia está entrando directamente a la barra. Entonces:
Y 1 1 Y 2 2 4 4Y barra = =
Y 2 1 Y 2 2 4 4
I 1 4 4 V 1 4 4 1= =
I 2 4 4 V 2 4 4 V 2
Por lo tanto : I1 = 4 4V 2 ; I 2 = 4 + 4V 2
19
P 1 = V 1 0 4 V 1 4 V 2 = V 1 ( 4 V 1 4 V 2 )
P2 = 0 V 2 4 V 1 4 V 2 = V 1 ( 4 V 1 + 4 V 2 )
Donde: V1 = 1.0 voltios
P 1 4 4 V 2 Entonces: P 1 = I 1 V1 = 4 4V 2=
1.2 V 2 (4 + 4V2 ) P 2 = I2 V2 = 1.2 = V 2 ( 4V 2 4 )
donde :V 2 = ( 1.2 / V2 + 4 ) · ¼ ; Se supone V2 ( 0 ) = 1.0 voltios
V2 ( 1 ) = ( 1.2 / 1.0 + 4 ) · ¼ = 1. 3 Voltios V 2 ( 1 ) = 1.31 = 0.3 Voltios
Con V 2 ( 1 ) se calcula V 2 ( 2 ) V 2 ( 2 ) = ¼ ( 1.2 / 1.3 + 4 ) = 1.2308 Voltios V 2 ( 2 ) = 1.2308 1.3 = 0.0692
V 2 ( 3 ) = ¼ ( 1.2 / 1.2308 + 4 ) = 1.2437 V 2 ( 3 ) = 1.2437 1.2308 = 0.0129 V
V 2 ( 4 ) = ¼ ( 1.2 / 1.2437 + 4 ) = 1.2412 V 2 ( 4 ) = 1.2412 1.2437 = 0.0025 V
este error se considera aceptable. EntoncesP 1 = 4 4 ( 1.2412 ) = 0.9648 Wats. , es la potencia en la barra de compensación;
I2 1 = ( 1.24121 ) ( 1 / 0.25 ) = 0.9648 A. en la corriente por la linea ;
Las pérdidas serían : P 1 + P 2 = 1.2 0.9648 = 0.2352 = ( 0.9648 ) 2 · 0.25 = 0.2327 Wats
EJEMPLO : Resolver el flujo de carga para la red de corriente continua de la siguiente figura:
20
SOLUCIÓN : Identificación de barras :BARRA 1. Barra de compensación : se conoce V 1 = 1.0 VBARRA 2 y 3 : Barras de carga : Se conocen P 2 = 1. 2 Wats. y P 3 =1. 5 Wats. , Q = 0ECUACIONES:
I barras = Y barras V barras
P = S =S G S C = V BARRAS D· I BARRAS
14 4 10 P 1 1 0 0 14 4 10 1Y barras = 4 9 5 1. 2 = 0 V2 0 - 4 9 5 V2
10 5 15 1.5 0 0 V3 - 10 - 5 15 V3
Por tanto: P 1 = 14 4 V2 10 V 3 ; 1.2 = ( 4 + 9 V 2 5 V 3 ) V 2 , y1.5 = ( 10 5 V 2 + 15 V 3 ) V 3 ; de donde :
V 2 = 1/9 ( 1.2 / V 2 + 4 + 5 V 3 ); V 3 = 1 / 15 ( 1.5 / V 3 + 10 + 5 V 2 )
P 1 = (Y11 V 1 + Y12 V 2 + Y13 V 3 )V 1
V 2 = 1 / 9 ( 1.2 / V 2 ( 45 V 3) ) ; V 2 = 1 / Y 2 2 ( P 2 / V 2 ( Y 21 V 1 + Y 2 3 V 3 ))
V 3 = 1 / 15 (1.5 / V 3 ( 10 5 V 2 ) ) ; V 3 = 1 / Y 3 3 ( P 3 / V 3 ( Y 3 1V 1 + Y3 2V 2 ) )
SELECCIONAR: V 2 ( 0 ) y V 3 ( 0 ) V 2 ( 0 ) = V 3 ( 0 ) = 1 voltio.
OBTENER: V 2 ( 1 ) y V 3 ( 1 ) , ( criterio de convergencia = 0. 010 )
V 2 ( 1 ) = 1 / 9 ( 1.2 / 1 + 4 + 5 ) = 1.1333 voltios,V 2 ( 1 ) = 1.13331 = 0.1333 v.
V 3 ( 1 ) = 1 / 15 ( 1.5 / 1 + 10 + 5 ) = 0.90 voltios,V 3 ( 1 ) = 0.901 = 0.1 v.
V MAX = 0.1333 voltios, que es mayor que 0.01
V 2 ( 2 ) = 1 / 9 ( 1.2 / 1.333 + 4 + 5( 0.9 ) ) = 1.0621voltios,V 2 ( 1 ) = 1.06211.1333 = 0.0712 voltios.
V 3 ( 2 ) = 1 / 15 ( 1.5 / 0.9 + 10 + 5 ( 1.1333 ) ) = 1.1333 voltios,
V MAX = 0.0712 voltios que es mayor que 0-01, si se continúan las iteraciones ( K’s )se llega a la siguiente tabla :
21
K V 2 ( K ) V 3 ( K ) V 2 ( K ) V 3( K ) V MAX
3 1.0885 0.9135 0.0264 0.0198 0.02644 1.0745 0.9200 0.014 0.0065 0.01405 1.0796 0.9160 0.0051 0.0039 0.0051
Calculo de potencias : P 1 = 14 4 ( 1.0796 )10 ( 0.9161 ) = 0.5206 Wats
las pérdidas totales : 0.5206 + (1.5 ) + 1.2 = 0.2206 Wats
I1 2 = ( V 1 V 2 ) 1/ R 1 2 = ( 1 1.0796 ) · 1 / 0.25 = 0.3184 A.
I1 3 = ( 1 0.916) 1/ 0.1 = 0.839 A. ; I 2 3 = ( 0.9161 + 1.0796 ) / 0.2 = 0.8175 A.
P 1 2 = V 1· I 1 2 = 0.3184 Wats. P 1 3 = V 1· I 1 3 = 0.839 A. ; P 2 3 = V 2 · I 2 3 = 0.8826 A.
P 2 1 = V 2· I 2 1 = 0.3437 ; P 3 2 = V 3 · I 3 2 = 0.7489 A. ( ver figura pagina ?? )
P 1 2 = 0.3437 0.3184 = 0.0253 Wats.
P 3 1 = V 3 I 3 1 =0.7686 Wats. P 3 1 = 0.8390.7686 = 0.0704 Wats.
P 2 3 = 0.88260.7489 = 0. 1337 Wats. Por lo tanto : PTOTALES = 0.2294 Wats.
Otra forma de resolverlo sería : ( por GaussSeidel ) : En forma generalN B
V i = 1 / Y i i ( P i / V i Y i j V j ) , por lo que las potencias y voltajes serían :j = 1 , j i
P 1 = 144 V 2 10 V 3 ; V 2 =1/ 9 ( 1.2 / V 2 ( 4 5 V 3 ) )
V 3 = 1/ 15 (1.5 / V 3 ( 10 5 V 2 ) ).
SOLUCIÓN : 1- SELECCIONAR V 2 ( 0 ) y V 3 ( 0 ) V 2 ( 0 ) = V 3 ( 0 ) = 1.0 V.2- OBTENER : V 2 ( 1 ) y V 3 ( 1 ) , criterio de convergencia : 0.01
V 2 ( 1 ) = 1/ 9 ( 1.2 / 1 + 4 + ( 5 x 1 ) ), V 3 = 1/ 15 (1.5 / 1 + 10 + 5 ( 1.1333 ) ).N B N B
V i ( k ) = 1 / Y i i ( P i / V i ( k - 1)Y i j V j ( k - 1)Y i j V j ( k )J = 1 , J i J = i + 1
V 2 ( 1 ) = 1.1333 1 = 0.1333 ; V 3 ( 1 ) 0.94441 = 0.556 V MAX = 0.1333
22
V 2 ( 2 ) = 1/ 9 ( 1.2 / 1.1333 + 4 + (5 x 0.9444 ) ) = 1.08676V 2 = 1.086761.1333 =0.0465
V 3 ( 2 ) = 1/ 15 ( - 1.5 / 0.9444 + 10 + (5 x 1.08676 ) ) = 0.0214 V 3 = 0.923 0.9444 = 0.214 V MAX = 0.0465 ( 0.01 )
V 2 ( 3 ) = 1/ 9 ( 1.2 / 1.0867 + 4 + (5 x 0.923 ) ) = 1.0799 V 2 = 1.07991.086 = 0.00686
V 3 ( 3 ) = 1/ 15 ( - 1.5 / 0.923 + 10 + (5 x 1.0799 ) ) = 0.9183V 3 = 0.9183 0.923 = 0.0047 V MAX = 0.0069 ( 0.01 )
Ahora calculamos los otros parámetros con : V2 = 1.0799 ; V 3 = 0.9183 , así :
P 1 = 14 4 ( 1.0799 ) 10 ( 0.9183 ) = 0.4974 Wats. ; I1 2 = 0.3196 A.
I1 3 = 0.817 A. ; I 2 3 = 0.808 A.
P 1 2 = 0.3196 Wats ; P 1 2 = 0.3451 Wats P 1 2 = 0.0255 Wats.
P 1 3 = 0.817 Wats ; P 3 1 = 0.7503 Wats P 1 3 = 0.0667 Wats.
P 2 3 = 0.8726 Wats ; P 3 2 = 0.742 Wats P 2 3 = 0.1306 Wats.
P TOTAL = 0.2228 Wats. La red para este problema queda así :
23
APLICACION A LOS SISTEMAS DE POTENCIA.
La ecuación base del sistema de potencia es : S = VI* o Si = Vi · Ii* que corresponden ala potencia, el voltaje y la corriente de la barra i respectivamente.
NB
Si * = Vi*Ii = Pi - JQi = Vi* ( YijVj )J = 1
También se debe tener en cuenta que: Vi = Ei + Jfi ; Yij = Gij - Jbij ; Ci+ Jdi = Ii
METODO DE GAUSS - SEIDEL.
Para la barra tipo carga se requiere obtener el voltaje por lo cual la ecuación :X (K+1) = X ( k ) + X ( k+1 ) se puede transformar a una forma mas funcional así:
NB
( Pi Jqi ) / Vi* = YiiVi + ( Yij·Vj )J = 1 , J i
NB
despejando: Vi = ( Pi Jqi ) / Yii · 1 / Vi* ( Yij / Yii ) ·VjJ = 1 , J i
Haciendo : Ai = ( Pi Jqi ) / Yii ; Dij = ( Yij / Yii ) ; La ecuación se transforma en:
NB
Vi = Ai / Vi* DijVj que expresándola en forma de Gauss- Seidel queda así :J
i 1 NB
Vi (k) = Ai / ( Vi ( K - 1 ) ) Di j Vj (k) Di jVj (k-1)J = 1 J = i + 1
Siendo ( K ) el contador de iteraciones
24
Para barras de generación, después de calcular el voltaje se debe corregir para hacer que lamagnitud sea la especificada y luego se debe comprobar que la potencia reactiva estedentro de los límites.
NB
Qi = Im [ Vi* YijVj ; para Qi - Qi Qi+J = i
Si Qi se sale del límite, se debe fijar el límite violado quedando de esta forma especificadoQi y por tanto la barra i sigue comportándose como una barra de carga. El proceso seilustra en el siguiente macrodiagrama.
25
FLUJO DE CARGA POR GAUSS-SEIDEL (No incluye V. Controlado)
NOTAS:Vi = Vi especificado para i = 1, 2, 3, ....; Qi mínimoQi Qi max. para i = 1, 2, 3, . . .Si Qi ( K ) es mayor que Qi max., entonces Qi ( K ) = Qi max. ( tipo 1 )Si Qi ( K ) es menor que Qi max., entonces Qi ( K ) = Qi min.( tipo 1 )Si Qi mínimoQi Qi max. asumimos que se puede mantener Vi especificado en la barra i.
26
Ejemplo:Resolver el F.D.P. para el siguiente sistema:
Elemento 1: 1-2 : 0,01 + J0.04 pu2: 1-3 : 0.05 + J0.2 pu3: 0-3 : -J3 pu
Criterio de convergencia : 1%Identificación de barras:
En la 1 se conocen: V, y compensaciónen la 2 se conocen: P y Q, incógnitas :V , y cargaen la 3 se desconocen: Vy P, desconocido Q y generación
29.104 75.96 24.253 104.04 4.85 104.03[ Ybarra ] = 24.253 104.04 24.253 -75.97 0 0
4.851 104.031 0 0 4.528 -74.94
Condiciones iniciales: V2 ( o ) = 1 , 2 ( 0 ) = 0i 1 N B
Vi (k) = ¡Error! D i j Vj ( k ) D i jVj ( k - 1 ) ; A i = ¡Error! ; D i j =¡Error!
J = 1 J = i + 1
V2 (1) = A 2 / (V2 * ( 1 ) ) - D 21V1 (1) - D 2 3V 3 ( 0 ) A 2 = 08 + 0.65 = 0.04123 140.91
24.253 -75.97D2 1 = Y 2 1 / Y 2 2 = - 1 = 1180 ; D 2 3 = Y 2 3 / Y 2 2 = 0 = D3 2
V2 (1) = 1 140.91 + 1 = 0.968 1.5424.253
V2 ( 1 ) = 1 0 - 0.968 -1.54 V2 ( 1 ) = 0.041NB
Qi = Im [ Vi* Y i jVj ]J = 1
27
Q 3 ( 1 ) =Im [ 1.1 0 (4.851 104.03 + 0 +4.528 -74.94 x 1.1.)]Q 3 ( 1 ) = 0.11238
Ahora : V3 ( 1 ) = A3 D 3 1V 1 ( 1 ) - D 3 2 V 2 ( 1 )
V3*( 0 )
Donde: A3 = 0.4 J0.1138 = 1 59.0584.528 -74.94 10.88
V3 ( 1 ) = 0.0835 59.06 - 1.0713 178.971 = 1.115 2.69
V3 ( 1 ) = 0.054 Vmax = max 0.041 ; 0,054 = 0.054
Como no hay barras se chequea la convergencia.0.054 0.01 NO ; entonces se continua con la segunda iteración:
V2 ( 2 ) = A 2 / V* 2 ( 1 ) D 2 1V1 ( 2 ) - D 2 3V3 ( 1 )
V2 ( 2 ) = 0.0426 -139.372 + 1-0 = 0.967 -154 V2( 2 ) = 0.001
Q 3 ( 2 ) = -Im [ 1.1 -2.69 (4.851 104.03 + 0 + 4,528 -74.911 X1.1. 12.69 )]
Q 3 ( 2 ) = 0.0588 A 3 = 0.0893 66.58
V3 ( 2 ) = 0.081 69.28 - 1.0713 178.97 = 1.01012.95 V3( 2 )= 0.005
Vmax = 0.005 < 0.01 luego el proceso converge, enseguida calculamos potencias ycorrientes potencias en la barra de compensación.
NB
Si = Vi ( Y i j V j ) * = 0.4262 + J0.2344J = 1
I 1 - 2 = V1 - V2 = 1.0194 -38.05 = I 2 1
S 1 2 = V1 I* 1 2 = 0.8028 +J0.6283; S 2 1 = - 0,7922 - J0.586 = 0.8 - J0.6
S 1 2 = S1 2 + S 2 1 = 0.0028 + J0.0283
I 3 1 = 0.553 -46.09 = - I 13
S 3 1 = V3 I* 3 1 = 0.4 + J0.46 ; S 1 3 = - 0.3835 - J0.3984
S 1 3 = 0.015 + J0.0616 S T = 0.0181 + J0.0899
28
METODO DE NEWTON - RAPSHSON
INTRODUCCION :
Para desarrollar las ecuaciones se pueden usar coordenadas Polares o Rectangulares.Tomemos como base el sistema representado en la figura adjunta donde se tienen 3 tiposde barras; la barra de compensación ( la # 1), la barra de carga ( #2) y la barra degeneración (#3). Como la barra de compensación (normalmente de referencia) tiene elvoltaje( magnitud y < ) completamente determinado se requiere obtener el voltaje de lasotras barras, o sea se debe iterar para las demás barras.Se tienen las ecuaciones:
P2 - JQ2 = V2* [ Y2 1 V1 + Y2 2 V2 + Y2 3 V3 ]
P3 - JQ3 = V3* [ Y3 1V1 + Y3 2 V2 + Y3 3V3 ]
Nótese que P y Q se especifican en la barra de carga (#2) y se pueden obtener Vy . Laexpresión de NewtonRaphson para un sistema de ecuaciones.
2 3
P2 + JQ2
1
V1 1
P3 ,V3 1
1
0
COMPENSACION CARGA GENERACION
29
F1(K+1) - F(k) F1 F1 F1 X1
X1 X1 Xn
F2(K+1) - F(k) = F2 F2 F2 X2 donde F ( k + 1 ) = Valor referencia· X1 X1 Xn · o especificado.· ·· · F = Fespecifi cado F calculado
Fn (K+1) - F(k) Fn Fn Fn Xn. F = [ J ] XX1 X1 Xn X = [ J ] 1 F
Se puede expresar para este sistema de potencia como :
P P P V P = P + P V V V
=
Q Q Q Q = Q + Q V V V
Para optimizar espacio de memoria en el computador y tiempo de cálculo, VANNESS-GRIFFIN generalizaron una nomenclatura ( multiplicar y dividir por V )
P = P + PV V V V
P P P V H N V =
=Q Q Q V V J L V
V V V
donde H = P N = P V V
J = Q L = Q V V
30
La potencia es:NB
Sk = Pk + JQ k = Vk Y k* = VkYk i Vi*i = 1
Sk = VkJ k Yk i J K y Vi J i
donde Yk i = Gk i + Jbk i = Yk i J k i
NB
SK = Vk Yk i Vi J ( k k i i )
i = 1
De la ecuación anterior ( términos complejos) obtenemos :
NB
PK = Vk Yk i V i Cos ( SK k i i )i = 1
NB
PK = [ Vk Yk i Vi Cos(k- k i - i ) ] + Vk Yk m Vm Cos( k - k i - m )i = 1
i m
NB
Qk = Vk Yk i Vi Sen(k - k i - i )i = 1
NB
Qk = [ VkYk i Vi Sen(k - k i - i ) ] + VkYkm Vm Sem (k - k i - m)i = 1 , i # m
31
DET ERMINACIÓN DE LOS ELEMENTOS DEL JACOBIANO.
Hk m = P k ; Nkm = P k Vm ; Jk m = Q k ; Lk m = k Vm .Pk Vm k Vm
a) Para H k m siendo m # k
Hk m P k = ( VkYk m Vm Cos(k - k i - m) + ... )m m
H k m = Vk Yk m Vm Sem (k - k i - m ); y para m = k tendremos
NB
Pk = [ VkYk mVm Cos(k - k i - y)] + VkYk kVkCos(k - k i - k) ]i = 1 , i = k
NB
H k k = P k = - VkYk iVi Sem (k - k i - i )k
k # y , i = 1
H k k = Q k - Vk 2 Yk kSen k k = - k k - Bkk - Vk 2
b) Nkm, para m # k tenemos : P k = Vk Ykm Cos (k - k m - m)Vm
Nk m = P k Vm = VkYk m Vm Cos (k - k m - m); y para m = kVm
NB
P k Vk= VkYk i ViCos (k - k i - i ) + 2 Vk Yk k CosYk k
Vm i = 1
N k k = P k + G k kVk 2 N k k = Vk2 Yk kCosk k + P k
c) Jkm = Q k = - VkYk mVmCos (k - k m - m)m
entonces para m # k : Jkm = - N k m ; para m = k tendremosNB
Qk = - VkYk i ViSen (k - k i - i ) - Vk 2 Yk k Cosk ki = 1 # k
32
NB
Jk k = Q k = - Vk Yk i ViCos (k - k i - i) - Vk2 Yk k Cosk k
ki = 1 # k
Jk k = P k - G k k Vk2
d) L k m para m # k : Qk = - Vk Yk m Sen (k - k m - m ) .Vm
L k m = Qk Vm = VkYk m Vm Sen (k - k m - m ) L k m = H k m
Vm
Para m = k L k k = Q k Vk2 B k k .
Cuando se tienen barras de generación, solo se tiene como referencia P ( No. Q) y V no varía. Por ello estas barras solo aportan una fila ( la correspondiente a P) y unacolumna ( la correspondiente a )o sea solo aparecerán : H y J y la expresiones son lasmismas obtenidas.
EJEMPLO: Resolver el flujo de potencia para el sistema de la figura por Newton-Raphson.
En la barra 1 se conocen V y ; por lo tanto : P,Q son incógnitasEn la barra 2 se conocen : P y Q ; por lo tanto : V, y son incógnitas.En la barra 3 se conocen : V, y P por lo tanto ; Q , y son incógnitas.Entonces : 1 = compensación ; 2 = carga y 3 = generación. = 10%
3
V = 1 + j 00.05 J = 0.20
0.01
J0.04
0.8 + J0.6 = P c + J Q c
2
1J 3
V= 1.1
P = 0.4
33
La matriz de admitancias de barras queda como:
7.06 - J 28 -5,88 + J23.54 - 1.19+J4.7Ybarra = -5.88+ J23.54 5.88 - J23,54 0 + 50
- 1.18 + J4,71 0 + JO 1.18 - J 4.37
P2 H2 2 H2 3 N2 2 2
P3 = H 2 3 H3 3 N 3 2 3
Q2 J 2 2 J2 3 L2 2 V2/ V2
PARAMETROS: H2 2 = - Q 2 - V2B 2 2 = 0.6 + 23.53 - V2 2 ( **)
H 3 3 = - Q3 - V3 2 B 3 3 = - Q3 - [ 1.1]2 (- 4.38) = 5.3 - Q3
H 2 3 = V2Y2 3V3 Sen (2 - 2 3 - 3) pero Y2 3= 0
H 2 3 = H 3 2 = 0
N 2 2 = P 2 + G 2 2 V22 = - 0.8 + 5.9 V22 *
N 3 2 = V3 Y3 2 V2Cos (2 - 3 2 - 2) pero Y32= 0 N 3 2 = N 2 3 = 0
J2 2 = P 2 - G2 2 V22 pero - G 2 2 V22 = P 2 - N 2 2 (de *)
J2 2 = 2P 2 - N 2 2 = - 2.08 + 0.8 - 5.88 V22 = 0.8 - 5.88 V22
L 2 2 = Q 2 - V2· B 2 2 pero : - V2B 2 2 = H 2 2 + Q2 ( de **)
L 2 2 = 2Q 2 + H 2 2 = - 2 ( 0.6) + 0.6 + 23.53 V22 = 0.6 + 25.53 V22
0.6 + 23.53V22 5.9 V22 - 0.8
[ J ] = 5.3 - Q3
- 0.8- 5.9 V22 -0.6 + 23.53 V22
34
Valores iniciales: V2(10 ) = 1.0 pu ; 2 ( 0 ) = º ; 3 ( 0 ) = ºn
S*2 = V2* [ Y21V1 + Y22V2 + Y23V3 ] ( S*k = Vk* Yk i · V i1
S*2 = 1 0 ( 24.25 104.036 · 1.0 0 + 24.25 - 75.97 · 1,0 0 + 0·V3 )
S*2 = 0.0 + J0; ahora S*3 = V3* [ Y31V1 + Y32V2 ( 0 ) + Y3 3V3]
S*3 = 1. 1 0 ( 4,851 104.031 · 1 0 + 0V( 0 ) + 4.528 -74.94 ·1.1 0 )
S*3 = 0.1295 - J0.1144
P = Pespecificado Pcalculado P 2 ( 0 ) - 0.8 - 0 = -0.8
P3 ( 0 ) = 0.4 - 0.129 = 0.27 y Q 2 ( 0 ) = -0.6 - 0 = 0.6
-0.8 24.1294 5.0824 2
0.2705 = 5.1764 3
- 0.6 -6.6824 22.9294 V2 V2
0.03905 -0.008655 -0.8 2
0.1932 0.2705 3
0.01138 0.04109 -0.6 V2 V2
Multiplicando las matrices se llega a:
2 = - 0.026 rad ; 3 = 0.052 rad ; V2 = 03376V2
V2 = 0.03376 ( V2 ) = 0.033(1.0 ) = 0.033
0.033 . > 0.01 por lo tanto se requiere otra iteración
35
Como 2 = - 0.026 rad = - 1.49o V2 = 0.966 - 1.49 o
CHEQUEO : V2 = 0.96 1.49º - 1 0 V2= 0.034 ( magnitud)
Valor calculado = + Valor anterior .
2 ( 1 ) = 2 + 2 ( 0 ) = -0.026 + 0 = -0.026 rad = -1.49o
3 ( 1 ) = 3 + 3 ( 0 ) = -0.052 + 0 = -0.052 rad = 2.99o
V 2 ( 1 ) = - 0.033 + 1.0 = 0.966 V2 ( 1 ) = 0.966 V puS2 = - 0.7821 - J0.0538 P3 = 0.4 - 0.40169 = - 0.00169Q 2 = - 0.6 - (- 0.6118) = 0.0118
- 0.0179 22.5675 0 4.6919 2
- 0.00169 = 0 5.2369 0 3
0.0118 - 6.29 0 21.368 V2 V2
0.04176 0 0.009169 -0.0179 2
0 0.19 0 -0.00169 = 3
0.0123 0 0,04410 0.0118 V2 V2
2 = - 8.56698 x 10 - 4 2 = - 8.55 x 10 - 4 + ( -0.026) = - 0.0269
3 = - 3.227 x 10 - 4 3 = - 3.22 x 10 - 4 + ( -0.052) = - 0.0519
V2 = 3.002 x 10 - 4 V2 = 3.6 x 10 - 4 x 0.966 = 2.9 x 10 - 4
V2 2. 9 (10 - 4 ) < 0.01 cumple; 2 = 1.541o , 3 = 2.9758 o , V 2 = 0.96653 pu V.
Potencias netas de entrada a la barras.
S*1 = 1 0 o (29.1 - 75.9 · 1.0 0 o + 24.25 104.03 · 0.96 - 1.54+ 4.85 104.03 · 1.1 - 2.97
S1 = 0.42605 + J.0.2464 ; S 2 * = - 0.799 - J0.6 = - 0.8 - J0.63
Q 3 neta = Q3 + (1.1) 2/3 = 0.45 ; S*3 = V3 Y3 i ·Bi S 3 = 0.399 + J0.05421
S 3 = 0.4 + JO. 054
36
POTENCIA DE TRANSMISION.
I 1 - 3 = V1 - V3 / Z 1 3 = 1. 0 0 - 1.1 2.92 = 0.55224 134.135 = - I 3 10.05 + J0.2
S T 1 3 = V1 · I* 1 2 = 1.0 0 · 0.55224 134.135 = - 0.38455 - J0.3963 .
S T 3 1 = V 3 i · I * 3 1 = 1.1 2.9758 (-0.55224 134.135 º = 0.3998 - J0.45.73
I 1 2 = 1.03464 -38.413 º = S T 1 2 = 0.81 + J0.64
PERDIDAS:S 1 - 3 = S T 1 3 + S 3 1 = (- 038455 - J0.2963 ) + ( 0.399 + J 0.45.73 )
S 1 3 = 0.015 + J 0.061; de igual modo.: S 1 - 2 = 0.01 + J0.04
S Total = S metas de entrada a las barras.
S Total = ( 0.426 + J0.246) + ( -0.8 - J0.6) + (0.4 + 0.457) = 0.026 + J0.103
SOLUCION DEL FLUJO DE CARGA.
SOLUCION AL FLUJO DE CARGA DEL PROBLEMA PROPUESTO
37
INCLUSION DE TRANSFORMADORES CON TOMAS.
Cuando se tienen barras de Voltaje controlado, el voltaje deja de aparecer como variable deestado ( es constante mientras que t varía ), por lo cual es necesario cambiarlo por laposición de la toma ( t ) , cantidad que pasa a ser la nueva variable de estado. En este casolos términos Nkm se reemplazan por los Ckm y los Lkm por los Dkm, quedando :Cuando se tienen barras de voltaje controlado
C k m = PK / t m · t m ; D k m = QK / t m · t m ;
Expresando la potencia en la barra m como:NB NB
Sm = Vm Y*m jV*j = Vm2 ·Y*m m + VmY*m kVk*+Vm Y*m jV*j
j = 1 j = 1, k , m
Pm = V2 · Ym m Cos(-m m) +Vm Ym k · Vk Cos (m - m k - k) +...
Qm = V2 ·Ym m Sen(-m m) +Vm · Ym k · Vk Sen (m - m k - k) +...
Los parámetros del transformador serán:
Im = t m2 Ye·Vm - t mYeVk = Y o
m mVm + Y om kVk
I k = t mYeVm +YeVk = Yk mVm + Yok kVk
Ym m = Yom m + Y’m m donde las demás admitancias conectadas a la barra m
corresponden a Y’m m . Igualmente:
Yk k = Yok k + Y’k k y Ym k = K m = Yo
k m = Yom k
Expresando las potencias en función de los parámetros:
Ym m Cos (- m m) = Ym m Cos mm = Parte real de Ym m
Ym m Sen (-m m) = - Ym m Sem (m m) = Parte imaginaria de Ym m
P k = Vk 2 [ G e + G’m m] = Vk · Yet m · Vm Cos (k - Yk m - m) + ...
P k = Vk 2 [ Be + G’m m] + Vk · Yet m · Vm Sen (k - Yk m - m) + ...
Ye t m :1k m
38
a) C k m = [(P k)/t ]. tm para m # k ,
Pk /t m = Vk Ye Vm Cos (k - k m - m) + ...
C k m = Pk /t m . t m = Vk · Ye t m · Vm Cos (k - k m - m )
= Vk · Yk m · Vm Cos (k - k m - m )
Para m = k : C m n = Pk /t m . t m
Pk /t m = 2 Vm 2 · t m Ge +Vm · Ye · Vk Cos (k - m k - m )
Cm m = 2 Vm 2 t2 m G e +Vm · t mYe · Vk Cos (m - m k - k )
Cm m = 2 Vm 2 (Gom m ) + Vm · Ym k · Vk Cos (m - m k - k )
b) D k m = Pk /t m . t m para m # k ;Pk /t m = Vk · Ye · Vm Sen (k - k m - m )
D k m =Vk · t mYe · Vm Sen (k - k m - m) = Vk · Yk m Vm Sen (k - k m - m )
para m = k K m m = Pk /t m . t m ;Pk /t m = - 2 Vm 2 t·B e + Vm t e Vk Sen(m-m k-m )
D m m = -2· Vm 2 t m Be +Vm · t mYe · Vk Sen( m-m k-k )
D m m = -2· Vm 2 (Bom m) + Vm Ym k Vk Sen( m-m k-k)
Donde: m es la barra de voltaje controlado y los términos C k m y D k m existen cuandoexiste una rama entre K y m y esta rama representa el transformador con tomas.
39
EJEMPLO : Resolver el ejemplo anterior incluyendo en transformador con tomas como seilustra.( Por Newton- Raphson)
Barra # Conocido Desconocido Tipo1 V , PG , QG Referencia2 P,Q V, Carga3 V, P, Q , t Voltaje-control
MATRIZ ADMITANCIAS DE BARRA:
Yk k = Yok k + Y’k k ; Y o
k k = Ye ; Y1 2 = Y conectada entre 1 y 2
Y11 = Ye + Y12 Ye = 1 / Ze = 4.85- 75.964 = 1.1764 - J4.7
Y11 = 29.104 - 75.964 Y12 = 24.2535 - 75.964
Ym k = -tYe Y1 3 = ( t 3 ) 4.85 - 75.964+ 180 = - 1.177(t3) + J4,705 (t3) = Y3 1
Ym m = Yom m + Y’m m ; Yo
m m = t m2 ·Ye
Y3 3 = t 32 ·Ye + J / Z c = (t3 )2 4,85 - 75.97 + 1 / 3 90
Y3 3 = (t3 ) 2 (1.1765) - j (t3)2 (4,7051) + J0.3333
40
Y3 3 = 1.1765 ( t 3 ) 2 + J (0.3333 - 4.706 t 32 ) y en forma rectangular.:
7,06 - J28.24 -5.8825 + J23.53 - 1.1765 (t3 )+ J4,705 (t3 )5.8825 + J23.53 5.882 - J23.53 0 + J0-1.18 (t3) + j4.705 (t3) 0+ J0 1.1765( t 3 ) 2 + J(0.33 - 4.705 t 2
3
P2 H22 H23 N22 0 2
P3 H32 H33 N32 C33 3
=Q2 J22 J23 L22 0 V 2
V 2Q3 J32 J33 L32 D33 t 3
t3
Parámetros: H2 2 = -Q2 - V2 2 · B2 2 = 0.6 - V2 2 (-23.5294)
H 2 2 = 0.6 + 23.5294 ( V2 ) 2
H 2 3 = V2 Y2 2 V 3 Sen ( 2 2 3 - 3 ) Y23 = 0 = H3 2
H 2 3 = -Q3 - V2 2 ·B3 3 = - 0.2 - (1.1.)2 (0.3333 - 4.70588 ( t 3 ) 2 )H 3 3 = 0.6033 + 5.6941 ( t 3 ) 2
N 2 2 = P 2 + G 2 2 V2 2 = -0.8 + 5.8824 V 2 2 = 5.8824 V 2 2 - 0.8N 3 2 = V3 · Y3 2 V 2 Cos ( 3 3 2 - 2) Y3 2 = 0 = N 3 2
J2 2 = 2P 2 - N 2 2 = 2(- 0.8) - ( 5.8824 V2 2 - 0.8 ) = - 0.8 - 5,8824 V2 2 .J3 3 = P 3 - G 3 3 V 3 2 = 0.4 - 1.1765 ( t 3 ) 2 · 0.4 - 1.4236 ( t 3 ) 2
J2 3 = - H 2 3 = J 3 2 = 0
L 2 2 = 2Q 2 + H 2 2 = 2(- 0.6 ) + ( 0.6 + 23.5294 V2 2 ) = 23.5294 V2 2 - 0.6L3 2 = V3 · Y3 2 · V 2 Sen ( 3 3 2 - 2 ), pero Y3 2 = 0L 3 2 = 0
PARAMETROS DEL TRANSFORMADOR.
G om m = t 2
m G e donde G e = parte real de Ye
Ym k =t mYe m = 3 , K = 1C3 3 = 2 V3 2 · t 3
2 G e + V3 · Y3 1 V1 V3 Cos ( 3 3 1 - 1 )C3 3 = 2(1.1 ) 2 · t 3
2 · 1.1765 + 1.1( t · 4,8507 ) · 1,0 · Cos ( 3 - 104.04 - 0)
41
C3 3 = 2.847 ( t 3 ) 2 + 5.34· t · Cos ( 3 - 104.04 )
D 3 3 = - 2 V3 2 · V3 t m2 B e + V3 Y3 1 · V1 Sen ( 3 3 1 - 1 )
= -2(1.1) 2 · ( t 32 · 4.7059 ) + ( 1.1 ) ( t3 · 4.85)( 1.0 ) Sen ( 3 - 104.036)
D 3 3 = 11.3882 ( t 3 ) 2 + 5.3358 ( t 3 ) Sen ( 3 - 104.036)
EL JACOBIANO QUEDA : J =
0.6+23.53V2 2 0 5.88 V2 2-0.8 0
0 -0.6+5.7( t 3 ) 2 0 2.4t2 3 +5.34 t Cos( 3-104)
-5.88 V2 2- 0.8 0 23.53 V2 2-0.6 0
0 0,4 - 1.42( t3 ) 2 0 11.3 9t 32 +5,34 t Sen(3-104)
VALORES INICIALES: t ( 0 ) = 1 ; V2 ( 0 ) = 1.0 ; 2 ( 0 ) = 0 ; 3 ( 0 ) = 0
24.12 0 5.082 0J ( 0 ) = 0 5.09 0 1.553
-6.68 0 22.93 00 -1.024 0 6.21
S*2 = V2 [ Y2 1V1 + Y2 2V2 +Y2 3V3 ] = 1 0 (2425 104.4 · 1 0+ 24.25-75,96 · 10 )
S2 = 0S*3 = 1.1 0 (4.85 104.4 · 1.0 0 + 4.53 -74.94 · 1.1 0 ) = 0.129 - J0.1144
P 2 = -0.8 - 0 = -0.8 P 3 = 0.4 - 0.13 = 0.271Q 2 = -0.6 - 0 = -0.6 Q 3 = 0.2 - 0.11 = 0.0856
0.039 0 0.009 0 -0.8 2
0 0.19 0 -0.04 0.2705 3
0.011 0 0.041 0 -0.6 = V2 V2
0 0.03 0. 0.153 0.0856 t3t 3
42
2 = - 0.026044 2 ( 1 ) = -0.02044+0 2 ( 1 ) = - 0.026044 rad
3 = - 0.46617 3 ( 1 ) = 0.046617+0 3 ( 1 ) = - 0.046617
V 2 = - 0.033757 V2= 0.033 (-1 ) V2 ( 1 ) = -0.033 + 1.0 = 0.967V 2
t 3 = 0214 t 3 = 0.0214 ·1 t 3 ( 1 ) 0.021 + 1 = 1.0214t3
CHEQUEO. V2 = V2 ( 1 ) - V2 ( 0 ) = 0.966 -1.49 o - 1.0 0 o
V2 = -0.034 - J.0.025 = 0.042 -143.56 0.04237 > 0.01 ; No cumple
SEGUNDA ITERACION.
7.058 - J28.23 -5.824+J23.54 -1.2+J4.81Y barra ( 1 ) = -5.88 + J23.53 5.88 - J23.54 0+J0
-1.2 + J4.8 0+J0 1.2 - J4.58
22.5676 0 4.692 0J ( 1 ) = 0 5.334 0 1.896
-6.292 0 21.368 00 -1.085 0 6.537
S2 = -0.7819 - J0.611 ; S3 = 0.411 + J0.1938P 2 = -0.8 - (-0.781981) = -0.08019 ; P 3 = 0.4 - 0.411081 = 0.011081Q 2 = -0.6 - (-0.611754) = 0.011754; Q 3 = 0.2 - (0.193817) = 0.006183
0.0418 0 -0.09169 0 -0.018 2
0 0.1769 0 -0.051 - 0.011 = 3
0.0123 0 0.0441 0 -0.0118 V 2V 2
0 0.0294 0. 0.144 0.0062 t 3t3
S 2 ( 2 ) = - 0.0269 rad = 1.54o ; 3 ( 2 ) = 0.044 rad = 2.54 o
V2 ( 2 ) = 0.9665p.u. V ; t3( 3 ) = 1.022
43
CHEQUEO : V2 = 0.96653 -1541 - 0.96624 -1492 V2 = 0.85446 x 10-4
8.85 x 10 4 < 0.01 hay convergencia.POTENCIAS NETAS EN LAS BARRAS :
S1 * = 1.0 0 ( 29.1 -75.96 + 24.25 104.03 x 0.966 -1.5419+ 4.957104.03 x 1.1 2.54 )
S1 = 0.4317 + J0.1224 ; S 2 = - 0.8 - J0.6 ; S 3 = - 0.4 + J0.2Q 3 neta = Q 3 + Qc = 0.2 + (1.1)2 / 3 = 0.603
POTENCIAS DE TRANSMISION: I k = t mYe + YeVk ; Y1 = - t 3YeV 3 + YeV1
I1 = ( - 1.021 · 4.85 -75.96 · 1.1. 2.54 ) + 4.85 -75.96 · 1.0 0
I1 = 0.644 126.08 pu A ; Y m = t m2YeVm - t mYeVk ; Y3 = t 3
2 · Ye V3 - t 3YeV1
I 3 = ((1.022)2 ( 4.85 -75.96) ( 1.1 2.54 ) - ( 1.022) ( 4.85 -75.96 X 1.0 0 )
I 3 = 0.6580 -53.917 p.u. A; S t 1 3 = Vi · Ii* = 1.0 0 · 0.643 - 126.08
S t 1 3 = - 0.3875 - J0.5317 ; S t 3 1 = 0.399 + J0.6I 1 2 = 1.034 -38.4 ; S t 1 2 = 0.81 + JO.6428
PERDIDAS: S13 = St 1 3 + St 3 1 = ( -03875 - J).5318) + ( 0.399 + J0.603)S13 = 0.012 + J.0.0712 ; S1 2 = 0.0109 + J0.0428; St = 0.0316 = J0.1256
SOLUCION DEL FLUJO DE CARGA PARA EL TRANSFORMADOR CON TOMAS .
44
TRNSFORMADORES DESFASADORES
Cuando el transformador se usa para controlar el flujo de potencia activa (desfasador), lavariable de control es la potencia transferida por la linea y la variable de estado es latoma de desfasaje ( P k, m y t )
tenemos : y = [ Cos ( m) + JSen (m )] Y
Y k m = - Y( Cos (k m k m) + JSen (k m - k m) ] = - Y k m - k m )
Ym k = Y [ Cos (k m - m) + sen ( k m- k m ) ] = - Yk m - k m
Ym k = k m - k m + 180 y k m = m k + 180 + k m
Ahora: H k m,m = Pk m/ m ; N k m , m = (Pk m/Vm) Vm ;Ekm, km = P k m/k m
NB
Pk = Vk Yk 2 Vi Cos ( k - k i - i );i = 1
NB
Q k = V k Yk i V i Sen ( k - k i - i )i = 1
y considerando que: Y k k = Y k k + Y ; Ym m = Y ' m m + YNB
a) E k , k m = Pk/ k m [ [ V k Y k y Vi Cos (k - k i - i ) +i = 1 , i m Yk m Vm Cos (k - k i - m )]
E k , k m = Vk Yk m Vm Sen ( k k m m ) = H k m
Desarrollando para E m , k m : E m , k m = H m kNB
b) a) F k , k m = /k m [Vk Y k y Vi Sen ( k - k i - i ) +i = 1 , i m V k Y k m V m Sen( k - k i - m )]
F k , k m = Vk Y k V m Cos (k k m m ) = J k m
YK
k m
+
P k
45
Desarrollando para F m , K m : F m , K m = J m k
c) H k m , m = P k m/m
Pk m/m = V k Y k m Vm Sen ( k - k m - m ) = H k m , k = H k m
d) N k m , m = P k m/ Vm [ Vm ]
Pkm/Vm [ Vm /Vm ] Yk m Vm Cos(k - k m - m ) entonces
Pk m · Vm =Vk Yk m Vm Cos(k - k m - m ) = N k m , m = N k m
Vm
desarrollando para N k m , k ; N k m , k = N k m + 2 V k 2 · Y Cos k m
e) E k m , k m = P k m ; P k m ; = V k Y k m Vm Cos(k- k m - m )k m k m
Pkm = - Vk Y k m Vm Sen (k- k m - m) = E k , k m
k m
RESTRICCIONES EN LOS PROBLEMAS DE FLUJO DE CARGA:
a) Restricciones de voltajes en los modos de carga. En tales nodos el voltaje es unaincógnita y no se debe desplazar demasiado de 1 p.u. en magnitud. Como la maquinainvolucra R + J I M 2 = ( VR ) 2 + ( V I ) 2. La implementación de esta restricción escomplicada y raras veces se añade al programa. Se deja entonces converger y al final sehacen las correcciones ( modificando los cambiadores de tomas de las transformadores, porejemplo.)
b) Restricción de potencia activa en el modo flotante.En todos los otros modos la potencia activa es determinada. Es necesario dejar “flotando”este nodo en cuanto a potencia activa para que la ecuación de la conservación de la energíase cumpla. Si P f se especifica en 3 Mw, se está obligando a las perdidas de transmisión( PL) a acomodarse en 2 MW, lo cual puede ser falso.
Pf = -7 - 13 + 10 + 11 + P L = 1 + P L (ver figura anexa )
46
Pf no puede exceder la capacidad de la central que representa el modo flotante. Lo másusual es dejar esta restricción para una vez alcanzada la convergencia.
P F = - 7 - 13 + 10 + 11 + P L = 1 + P L
c) Restricción Potencia reactiva ( Q ) en modos de generación Q depende de la corrienteexcitación de la máquina y está limitada por la misma en las máquinas sincrónicas. Si seaumenta puede sobrepasarse la capacidad del devanado de excitación; si se disminuye serebaja el límite de estabilidad a niveles peligrosos, esto conlleva a:Qmin Q generadorQ max.La implementación es sencilla porque se emplea el cálculo de potencia reactiva delgenerador en cualquier caso, como paso previo a la solución. Una vez calculada potenciareactiva del generador, basta aplicarle la restricción.
P L7 Mw
13 Mw
10 Mw
11 Mw
P F
5. ANALISIS DE FALLAS
Los sistemas de potencia operan en condiciones normales como sistemas trifásicosbalanceados. Las fallas pueden presentarse al dañarse el aislamiento, por efecto del viento,tala de árboles, descargas atmosféricas, etc. Las fallas más frecuentes pueden agruparsecomo falla de: línea a tierra (L - T); línea a línea (L - L); doble línea a tierra (2L - T);trifásica (3L); trifásica a tierra (3L - T). Normalmente estas fallas ocurren a través de"impedancias de falla" (Zf).
De todas las anteriores la más frecuente es la de línea - tierra (L - T), los cálculos para eldiseño se hacen con el cortocircuito trifásico sólido (sin Zf) puesto que es la condición mássevera y la más fácil de calcular. Buscando facilitar los cálculos pero sin afectarsignificativamente la exactitud de los resultados, suponemos:
- ELEMENTOS EN PARALELO DESPRECIABLES, como son: pérdida en el hierro, cortes demagnetización en los transformadores y capacitancias en las líneas.
- ANALISIS DE CIRCUITOS EN ESTADO PERMANENTE, lo que equivale a decir, que sedesprecia la componente de C.C (se tiene en cuenta por medio de factores de corrección).
- LOS VOLTAJES DE FUENTES se asumen como: 1.00 .
- RESISTENCIA DE LINEA DESPRECIABLES, cuando los cálculos se hacen manualmente.
El objetivo de los estudios de fallas (o de cortocircuito) es el de servir como criterio paraseleccionar aparatos (barras, interruptores) y fijar relés, cálculo de esfuerzos dinámicos ytérmicos e instalaciones etc).
CAPACIDAD DE CORTO CIRCUITO.
CONCEPTO: Es una media de la fortaleza del sistema y da directamente la corriente defalla trifásica en función del voltaje nominal. Matemáticamente se expresa como:
Sc.cirto =3 VL IF , o como: MVAc.cirto = 3 (KV)(KA)
Esta última expresión también se le denomina NIVEL DE CORTOCIRCUITO. En lateoría de circuitos se expresa la corriente como función de la Y (I
f= YV) lo cual
aplicaremos también para el nivel de cortocircuito.
Realmente esta es una forma de expresar la admitancia del circuito hasta el puntoconsiderado (o punto de falla).
Scortocirto = 3 VL If = 3 VL (YVL / 3 ) ; si VL = 10 º Scortocirto = Ypu
REPRESENTACION EN FORMA DE BLOQUES Y SU REDUCCION
Se acostumbra representar el nivel de cortocircuito en forma de bloques para mejorvisualización y manejo de tales cantidades.En los sistemas de potencia los valores semanejan en una de estas formas:
- Los MVA c.cirto en forma directa, se coloca en el bloque que represente (usualmente seencuentra en las subestaciones de entrada).
- Los MVA nominales y la Z pu este es el caso de los transformadores y máquinas:
MVAcortocirto = 3 VLIf = 3 VL(VL / 3Z)
=V2L(MVA/VL)/Z(MVA/V2
L) = MVA / Zpu
- El VOLTAJE NOMINAL y Z en , este caso se da generalmente en las líneas detransmisión.
MVAcortocirto = (KVL)2 / Z
Después de calcular los bloques (MVAcortocirto) correspondiente a los elementos delsistema por la forma que se adapte a cada caso, se acoplan los bloques en la misma formaque estén conectados los elementos. Finalmente los bloques se reducen a uno solo el cualda el nivel de cortocircuito en el punto considerado. Para reducir los bloques se usan lasmismas ecuaciones para reducir Y (Sccirto = Ypu). Si se requiere mayor exactitud sepueden usar como valores de los bloques magnitudes y ángulos, aquí usaremos el métodoaproximado considerando solo la magnitud.Ejemplo: obtener If en el siguiente sistema usando el método de las MVA:
Los bloques se interconectan (Figura a), y se reducen (Figuras b y c) para obtener el nivelde cortocircuito (Figura d).
(a) (b) (c)
De los MVAc.cirto se puede obtener fácilmente la I f
500MVAcortocirto = 3 (13.8 KV)(KA f) KA f = 20.92
Por lo tanto la corriente de cortocircuito en la barra es de 20.92 KA.
Para convertir en Y se utilizan las mismas ecs que para convertir las admitancias ya quelos MVAccirto son proporcionales a ellas, es decir:
El proceso de obtención de las If en un punto determinado por el método de losMVAc.cirto se ilustra a continuación.
Este método se ha popularizado, especialmente en sistemas industriales por que:
- No requiere conversión de bases puesto que se trabaja en una base como un (p.u).
- No necesita pasar impedancias de una tensión a otra.
- Se facilita el cálculo de I de falla por la facilidad de reducción de los bloques.
Se coloca la conexión a tierra (el símbolo) para indicar que por allí puede circular unacorriente (aportar corriente a la falla)
Calcular los bloques
Interconectarlos
Reducirlos
Calcular I f en elpunto en cuestión
figura
Ejem. Calcular la I de c.cirtoen la barra 3, 1, 2 del sistemamostrado en el diagrama
La obtención del nivel de cortocircuito se muestra en la Figura adjunta. Luego sepuede calcular la Ifalla MVAc.cirto = 3 120 Ifalla = 492.96
Ifalla 3 = 2.3717 KA = 2371.7A
J 0.2 pu J 0.2 pu
J 0.1 pu J 0.1 pu
J28.8
J28.8 J28.8
Ic.cirto
1 2
3
100 MVA 200 MVA
100MVA120 Kv
200MVA120 Kv
Para calcular Ifalla en 1 se reduce hacia esa barra:
Entonces la corriente de falla en 1 es I F = 686.27/3x120 = 3.30184 KA
Para la barra 2 :
I falla 2 = 897.44/3x120 = 4.3187 KA
= 4317.8 A
11
1
333.33
1500
461.54333.33
352.94
686.27
333.33 666.66
1500
272.73 667.67
22
15001500
666.67
230.77
897.44
RELACION CON EL TEOREMA DE THEVENIN
La capacidad de cortocircuito se entiende mejor cuando se relaciona con el teorema deTHEVENIN. Este dice que el sistema se puede reemplazar por una fuente equivalente devoltaje en serie con un Z
Th, siendo el voltaje de la fuente equivalente al medido en los
terminales a considerar (sin la Z sobre la que se quiere chequear el efecto) y la Z es aquellaque se mide en los mismos terminales con las fuentes anuladas.
(a) (b) (c)
Cuando ocurre una falla basta conectar los terminales disponibles a una impedancia (Z f )(Ver Figura b).
If= VTH/ZTH + Zf ; o si el cortocircuito es sólido (Fig. c)
se tiene que: If= V
TH/Z
TH, V
THes el voltaje que existe en los terminales sin la falla
conectada,
esto es, VTH es el voltaje de prefalla (nominal), por lo tanto:
MVA
KVS
VS
V3
VLI
VZ
c.cirtoc.cirtoc.cirtoLLL
F
pfTH
223
up.
SZ:p.uentrabajasesi;
MVAKVL
Zc.cirtoc.cirto THTH
12
ZTH
VTH
ZTH
VTH
ZTH
VTHZf
If If
OBSERVACIONES:
- ZTH es generalmente reactiva.
- MVAc.cirto, en la práctica son MVAR (debido a 1).
- ZTH es pequeño al comienzo del cortocircuito y crece debido al cambio de reactancia dela máquina sincrona.
- La fortaleza del sistema está dada por MVAc.cirto. La barra es más capaz de mantener latensión con fallas en las otras barras. Pero la corriente de falla para un cortocircuito en labarra es mucho mayor. Por lo anterior se usan algunas veces reactores para limitar lacorriente de cortocircuito artificialmente.
- Es mejor medir los esfuerzos a que se someten los interruptores en MVAc.cirto que enAmperios de cortocircuito, puesto que el interruptor debe ante todo conducir la corriente yluego interrumpirla (primero se comporta como un cortocircuito y luego como circuitoabierto).
- El aislamiento entre los contactos debe ser lo suficientemente bueno para soportar elvoltaje que se presenta después de la falla, (transitorio de recuperación) y finalmente elvoltaje de la red.
- Una barra infinita significa una barra con infinitos MVAc.cirto
Ejm: Barra 1 Sc.cirto = 8 pu MVA; X L1 = XL2 = J 0.3 pu2 = 5
Si se cierran los interruptores, cuál será el nivel de cortocircuito en 3, en 1 y en 2 (VerFigura)Las impedancias equivalentes serán:Con Sc.cirto = 8 --> XTh = 1/8 = 0.125 puCon Sc.cirto = 5 --> XTh = 1/5 = 0.2 pupor lo que se puede presentar como :
21
3
52 52
( c ) (d) (e)
Obtencion del Nivel de Cortocircuito en la barra 3
XTh = 0.23, Sc.cirto = 4.35 pu MVA. Otra forma de realizarlo se muestra en la siguiente
Sc.cirto = 4.35 MVA pu( a ) ( b ) ( c )
Obtención del nivel de c.cirto en barra 1:
3
21
8 5
3.33 3.33
1
2.35 2
3
3
4.35
2.35 j0.425 J0.5 4.35 1J0.23 J0.23
3 3 32
Para la barra 2 se tiene:
Como se ve en la conexión de las líneas L1 y L2 implicó un aumento en la capacidad dec.cirto de las barras 1 y 2: Sc.cirto antes = 8
Sc.cirto desp. = 9.25 (15.6% de aumento )en la barra 2: Sc.cirto antes : 5
Sc.cirto después = 6.38 (27.5% aumento )
Lo anterior resulta lógico pues se le está dando un nuevo camino al paso de la corriente.
COMPORTAMIENTO DE LA MAQUINA SINCRONA ANTE UNCORTOCIRCUITO BALANCEADO
Cuando ocurre un cortocircuito, la corriente depende de la impedancia de la máquina y delas impedancias de la red hasta la falla, la corriente es diferente instantáneamente despuésdel cortocirto, unos ciclos después, o algunos segundos más tarde, debido a los efectos delrotor sobre el estator.
TRANSITORIO EN EL CIRCUITO R.L SERIE
cos = R/L , sen= XL/ZVmsen(wt +) = Vmsen(wt)cos+
VmCos(wt)sen= Ri + Ldi/dt
[(Vm.W)/(S² + W²)]Cos+ [S/(S² + W²)]Sen= (R + SL) I(s) = L ( + s)I(s)
LV
I MS 2222 WSS
SenWSS
CosW
1 0
J0.725
WSbSa
αS1
WS1
WSαS1
222222
1;αSbsaWαWS
22
22
Wα1-
b:tantolopor0,Wα
1b:donde1;bSbSaaS
WαWS
22222
22
22
22 Wαatantolopor0;ba
SbSa
WWSS:quelopor;
WSbSa
SWWSdSS
22
22
222222
1
22
2
22 WαW
a;Wα
b
Is = Vm / L Wcos 1/(2+W2 )x1/(S+) +/(2+W2)x1/(S2 +W2) S/(2 W2)x1/(S2+W2)
+ sen/(2+W2)x1/(S+) + (W)2/ (2 + W2)x1 /(S2 +2) + /(2+W2)xS/(S2+W2)
i(t) = Vm /L(² + W²) (Wcos e- t + cossenwt Wcoscoswt sene- t
+ Wsen sen wt + sen cos wt)
i(t) = Vm / L( ² + W²) [(Wcossen)e- t + (cos+ Wsen)senwt+ (senWcos) coswt]
i(t) = (Vm . L²)/(L(R² + W²)[(WcosR/L sen)e- t + (R/L cos.Wsen).senwt
+ (R/L sen Wcos) coswt]
i(t) = (Vm/Z²)[(XLcosR.sen)e- t + (R cos+ XL.sen) sen wt
+ (R senXL cos) cos wt]
i(t) = (Vm/Z)[(sencoscossen)e- t+ (coscos+ sensen) sen wt
+ (cossensencos) cos wt]
i(t) = (Vm/Z)[e- t sen () + cos ()sen wt sen()coswt]
i(t) = (Vm/Z)[ e- t sen () + sen (wt + )]
i(t) = (Vm / Z)sen(wt + ) e- t sen ()
En la corriente aparecen 2 componentes: una alterna de estado permanente, atrazada de latensión un ángulo (ángulo de la impedancia) y afectada en su magnitud por la magnitudde Z; y la otra es de continua la cual se presenta si: + 0 ± n , esto es, si la corrientede estado permanente no es cero cuando ocurre la falla, y decae en el tiempo con unaconstante de tiempo: = L / R =
( a ) ( b )
En la Figura (a) se muestra la onda de corriente cuando = 0 , no aparece lacomponente de continua. En la Figura (b) se muestra cuando el interruptor se cierra en unpunto de corriente permanente tal que = ± /2, la máxima componente de continuase da cuando el cortocircuito ocurre en un máximo de la corriente permanente.
Cuando ocurre la falla, los valores de las componentes (A C y D C) son iguales, ya quela componente de continua aparece para satisfacer la condición física de tener corrientecero (la energía almacenada no puede cambiar bruscamente, por ello se presenta eltransitorio como acople entre las condiciones iniciales y finales).Note que por el hecho de necesitarse cierto tiempo para redistribuir la energía, se presentauna corriente transitoria que impide el cambio brusco de la corriente en el momento delcortocircuito. Esto se puede analizar de igual forma considerando el flujo, esto es, el flujoencerrado con una bobina no puede cambiar bruscamente. En la máquina sincrónicaaparece algo similar ya que sus elementos son básicamente inductivos.
INTERPRETACION FISICASi se quiere un mayor entendimiento de los fenómenos que pasan en el cortocirto, esnecesario despreciar inicialmente el efecto de las resistencias, ya que estas complican elpanorama sin ayudar a la interpretación.
El efecto de las resistencias se puede considerar por medio de las constantes de tiempo,esto es reconociendo que su efecto es tan solo el de amortiguar la corriente. Además soloconsideremos el efecto del eje directo, pues si despreciamos las resistencias, la corrienteestará atrasada 90 º de E f, o sea en el eje directo. En el momento de ocurrir elcortocircuito en los terminales del estator la reacción de amardura presenta un efectodesmagnetizante (Ver Figura).Este efecto no se puede dar instantáneamente puesto que el flujo está ligado por eldevanado de campo del rotor y como se sabe, el flujo ligado por una bobina no puedecambiar bruscamente, o en forma instantánea, pues implica la producción de un voltaje demagnitud infinita, con energía infinita, lo cual es imposible en la práctica lo anterior haceque el incremento de las corrientes del estator conlleven la creación de una corrientecompensadora en el devanado de campo; pero como el circuito tiene una resistencia y noposee una fuente que provea esa corriente extra, ésta caerá haciendo que la correspondientedel estator decaiga simultáneamente con la misma constante de tiempo() que el devanadode campo (f). En la Figura (a) se muestra esta condición y en la (b) la que corresponde alestator.
( a ) ( b ) (c)Diagrama fasorial de la Corriente del rotor Efecto de la corriente Fig.(a)máquina en condiciones mostrando el en el estatorpermanentes despreciando R momento del ccirto.
Debido a que normalmente las máquinas sincrónicas tienen el devanado amortiguador, yeste tampoco puede cambiar el flujo ligado instantáneamente, se presentan corrientes queevitan la descontinuidad del flujo (Ver Figura A) como estas corrientes giran a la velocidadcorrespondiente a 60 HZ, en el estator se inducen corrientes que dependen de talescorrientes. (Ver Figura B).
i a
t
cb
a
Fig. A Fig. B
El efecto de los devanados del rotor en el estator se ve en la Figura B.El efecto del devanado amortiguador desaparece más rápido pues su relación L/R es másbaja que la del devanado de campo. Como se muestra en la siguiente figura, aparecen 3tipos de corriente: Subtransitoria que dura unos pocos ciclos (1-10); Transitoria quealcanza a aparecer entre los ciclos 12-30 más o menos y la permanente que dura el resto delcorto circuito.
Fig. ( * )Corriente de cortocircuitoen la Máquina Síncrona
El flujo ligado de los devanados por el estator así como el de los devanados del rotor nopueden cambiar súbitamente. Esto implica la creación de una corriente continua como lade la figura anterior, la cual es diferente en cada una de las fases, si se considera que cadafase en un generador trifásico está desfasada 120 eléctricos. Nótese que en la corriente delos devanados del rotor no cambian bruscamente sino pausadamente (Figuras b y c) lo cuales lógico, considerando que en el rotor se tienen bobinas.
iaIat
t
If
t
ID
t(c)
figura
corriente subtransitoria Efecto en el rotor de I subtransit.de continua en el estator de continua del estator
La componente de continua induce una corriente de 60 HZ en el rotor (Ver Figuras b y cdonde se muestra la corriente en el rotor en forma más real ya que esta no puede cambiarinstantáneamente), ésta a su vez crea otras armónicas en el estator las cuales se escapan alalcance de este estudio.
REACTANCIAS Y CONSTANTES DE TIEMPO.
Como se mostró anteriormente en el estator aparecen 3 tipos de corrientes quecorresponden a tres reactancias: una subtransitoria que aparece en el primer instante delcorto y se puede calcular como: Ec Iab/2(oc) considerando que para el caso de la figura(*) el corto ocurrió cuando la máquina estaba en vacío (lo normal cuando se hacen estososcilogramas); la segunda, llamada transitoria tiene en cuenta el efecto del campo y puedecalcularse como:Ec Iab/2·(ob),y la última llamada sincrona es: Ec·Iab /2( oa ).El decaimiento de la parte transitoria está dado por la constante de tiempo de losdevanados amortiguadores = LD / RD y se puede obtener del oscilograma, sacando laenvolvente de esta componente y obteniendo el punto en el cual su pendiente inicial sehace cero (Figura a)
(a) (b)
Envolvente para la componente del estator(a) Subtransitoria (b) transitoria
El decaimiento de la parte transitoria está dada por la constante de tiempo del devanado decampo ' = L f /Rf, y se puede obtener del oscilograma en la misma forma. anterior (VerFigura b). Finalmente el decaimiento de la componente de continua de estator está dado porla constante de tiempo a = La/Ra y se puede hallar proyectando la pendiente inicial de lacomponente de continua sobre el eje del tiempo, ésta depende de la impedancia conectadahasta la falla.
CIRCUITO EQUIVALENTE APROXIMADO .
Con el fin de considerar en una forma más general se toma el caso de que la falla no ocurreen los terminales de la máquina, sino dentro del sistema con una reactancia Xe entre lamáquina y la falla, entonces tendremos:Valores de la parte transitoria: Ei', Xa', te'Valores de la parte subtransitoria: Ei", Xa", te"La corriente alterna estará compuesta por 3 partes:La primera parte o permanente dada por: I0 = E i / (Xd + Xe )La segunda parte o transitoria dada por:I ' - I 0 = Ei / (Xd' + Xe - Ei / (Xd + Xe )La cual decae con una ratae' esto es:I' - I0 = [Ei' / (Xa' + Xe) - Ei / (Xd + Xe )]e-t /e'y la tercera parte o sub transitoria dada por:I" - I' = [Ei " / (Xa" + Xe) - Ei / (Xa' + Xe )]e-t /e
Se aclara que debido a la consideración más general de la falla, o sea, sin presuponer lamáquina en vacío y considerando una impedancia adicional a la de la máquina (Xe), latensión en cada parte es diferente (Ei", Ei', Ei) y la constante de tiempo incluirá el efectodel circuito adicional conectado (e', e").Por tanto la expresión de la componente alterna es:
I I ‘ ‘ I I I
‘’ ‘’t t
Iac = 1 / (Xd + Xe)·Ei + ( 1 / (X’d + Xe)·E’i 1 / (Xd + Xe)·Ei )e t / e‘
+ (1 / (X’’d + Xe) ·E’’i 1 / (X’d + Xe) ·E’i ) e t /e‘’
el valor RMS de la onda es: IRMS = dc2
ac2 II
Idc max = 2 (I") ; IRMS MAX = 3 (I") de acuerdo a esto la máquina se puedereemplazar en forma aproximada por:
Estado Transitorio:Ief.subtrans = I ' = (Imax x subtrans )/ 2 ; E ' = Vt + j IL X'dusado en diseño de interruptores lentos y fijación de unidades instantáneas de relés
X 'd = E ' /Y ' , 'd
Estado Permanente: Ief.permanente = Ic.cirto = Imax permanenete/ 2
E = Vt + j XL Xd ; Xd = E / I CORTOCIRCUITO , d
Representación de la máquina en estado: a) Subtransitoria b) transitoria c) Permanenete.
Colocándolos en un solo circuito tendríamos :
Siendo: Ei" : Tensión detrás de Xd", Ei' : Tensión detrás de Xd', Ei : Tensión detrás de XdPara este circuito se supone que al pasar el tiempo el corto se mueve de derecha aizquierda. La impedancia externa estará conectada a los terminales de la máquina (Vt ).
Ejm .
Xd = 0.8 ; Xd' = 0.3 ; Xd'' = 0.23 ; d' = 1.8Hallar la IRMS en una fase apenas ocurre la falla, teniendo en cuenta que el generador estácargado de tal manera que entrega a una barra , el 80% de los KVA nominales con factorde potencia unitarioCondiciones de prefalla: cos = 1, S = 0.8; P = 0.8 e I = 0.8E '' = 1 +J0.1 + (J0.6·J0.6/(J0.6 + J0.6)) + J0.1 + J0.230.8 = 1.1630º
Condiciones de una Falla:Ic.cirto1 =1.1630 / J(0.23 + 0.1) = 3.52 - 60 º = 1.76 - J3.05
Ic.cirto = 10 / J(0.3 + 0.1) = 2.5- 90 = - J2.5
ANALISIS DE CIRCUITO SIMETRICO USANDO EL PRINCIPIO DE SUPERPOSICION.
El principio de superposición establece que el efecto producido por 2 fuentes se puedeconsiderar como la suma algebraica de los efectos de cada una de ellas. En el caso decortocircuito se tiene que los valores después de la falla corresponden a valores antes deocurrir esta (prefalla) más el cambio debido a la falla, en forma de ec es: Vf = V + VT
El método para calcular estos valores se indica en el flujograma:
Ilustremos el proceso mediante un ejemplo. Calcular Vf, If si:
G1 = 100MVA, 120KV, Xd" = 20%; G2 = 200MVA, 120 KV, Xd" = 20%T1 = 100MVA, Xe = 10% ; T2 = 200 KVA, Xe = 10%Las líneas son de 48 KM a 120 KV las impedancias, dadas en p.u de 50 MVA, 120 KV sonde J0.1.Usaremos reactancias subtransitorias, ya que ésta determina la corriente inicial alproducirse el cortocircuito .
- Obtención del diagrama equivalente de prefalla
ZG1" = J0.2 ·50 / 100 = J 0.1 ; ZG2" = J0.2 · 50 / 100 = J0.05
ZT1 = J0.1· 50 / 100 = J0.05 ; ZT2 = J0.1· 50 / 100 = J0.025
OBTENER DIAGRAMAEQUIVALENTE DE FALLA
DE UN PROGRAMA DE FLUJO DE CARGA OBTENER I’s V’s DE PREFALLA
OBTENER CAMBIO DE V Y DE I DEBIDO A LA PREFALLA
SUPERPONER LOS CAMBIOS DE V Y DE Y A LOS VALORESORIGINALES PARA OBTENER LA SOLUCION
- Obtención de I y V de prefalla
Se corre un programa de flujo de carga y se obtiene
V1 I º1 En este caso se supone1 pu por lo cual las
V º = V2 y I º = I º2 corrientes son cero(V1 = V2 = V3 = 1pu)
V3 I º3
- Obtención de los cambios debido a la falla (VT, IT)
El efecto del cortocircuito es el mismo que conectar la impedancia Zf entre la barra 3 ytierra. Si el cortocircuito es sólido Zf = 0. Las I se producen debido a la aplicación de unafuente cuyo valor de voltaje es el mismo anterior, pero con signo contrario
IT3 = 1.0 / J0.101 = - J9.900 p.u
+
J0.15J0.075
J0.1
J0.1 J0.1
+
J0.15J0.075
J0.033
J0.033
J0.033
Fig. (a) Fig. (b) Fig. (c)
12 J0.1
J0.1 J0.1
J0.15 J0.075
Zf = 0
+
IG1T = - J9.9 · J0.108 / (J0.108 + J0.183) = J3.67;
IG2T = - J9.9 ·J0.183 (J0.108 + J0.183) = -J6.23 ; I( 3 ) = ID2T + IG1T . = IT3
Los cambios de voltaje en las barras son:
V1T = - J0.15 (-J3.67)= 0.55 ; V2T = - J0.075(-J6.23) = 0.467; V3T = -1
Los cambios de Is' en las líneas son:
I21T = (V2T - V1T ) / J0.1 = ( 0.467 + 0.55 ) / J0.1 = - J0.83 pu
I13T = (V1T - V3T ) / J0.1 = ( - 0.5 + 1) / J0.1 = J4.5 pu
I23T = (V2T - V3T ) / J0.1 = ( - 0.467 + 1 ) / J0.1 = J5.33 pu
- Obtención de corrientes y voltajes de falla
Después de obtener las condiciones de prefalla y los cambios debido a la falla, solo restaaplicar superposición.
V1f = V1 + V1T = 1 - 0.55 = 0.45 puV2f = V2 + V2T = 1 - 0.467 = 0.533 puV3f = V3 + V3T = 1 - 1 = 0
J0.183
J0.108
+
J0.033
+
J0.033
+
J0.101
J0.068
Fig. (d)
Fig. (e) Fig. (f)
Para las corrientes se tiene:I1f = I o
1 + I1T = 0 - J3.67 = J3.67 puI2f = I o
2 + I2T = 0 - J6.23 = J6.23 pu;I3f = 0 - J9.9 = J9.9 puI21f = I o
21 + I21T = 0 - J0.83 = J0.83 puI13f = I o
13 + I13T = 0 - J4.5 = J4.5 puI23f = I o
23 + I23T = 0 - J5.331 = J5.331 pu
La capacidad de cortocircuito de la barra es:
Sc.cirto = 9.9 pu -> MVAc.cirto = 9.9 x 50 = 495 MVA
METODO DE LA MATRIZ Zbarra
Cuando el sistema al cual se le hace el estudio de cortocircuito es muy grande, se tornaimposible trabajar métodos nos sistematizables debido a la cantidad y complejidad de loscálculos a realizar. El método de la matriz de impedancia de barras realiza esta laboradecuadamente, a pesar de requerirse más cálculos cuando los sistemas son pequeños, puesse requiere calcular la matriz Zbarra.
La matriz Zbarra se acostumbra a representar por el equivalente denominado"RASTRILLO" (Ver Figura) en la cual la impedancias propias de la barra (términos de ladiag) se consideran entre una barra neutra correspondiente al punto de igual potencial enlos generadores (Al considerar los puntos de igual potencial se están considerando lospuntos ficticios detrás de las impedancias de las máquinas, lo cual quiere decir que en lamatriz Zbarra para uso en cortocircuito incluye estas impedancias, cosa que no sucedía enel flujo de carga) y la barra correspondiente, mientras que las impedancias de transferencia(fuera de la diagonal) se representan por su valor, el cual se ubica entre los trazos deacople.La matriz (Zbarra) da simplemente la relación entre Vbarra e Ibarra :VBarra = ZBarra I Barra
ALGORITMO DE SOLUCION
Aplicando el principio de superposición, la tensión después de ocurrir la falla se puedeexpresar como la siguiente figura:
Este principio en forma de ecuación es: Vf = V + VT
V fbarra = V º barra + VT barra
Cada matriz corresponde a un vector que representa tensión en las barras después del corto,antes del corto y de transición, respectivamente. El último vector ( [Vbarra] ) correspondeal voltaje de Thevenin usando anteriormente, el cual es el cambio que se produce debido ala corriente de falla.Los cambios del voltaje en las barras se deben a la circulación de la corriente de falla (I f ).I f saliendo se puede considerar como negativa, I f entrando (inyectada) a la barra comopositiva.
0Ibarraf = 0
- If ; por lo tanto el cambio de voltaje0 es simplemente
V fbarra = V ºbarra + Zbarra If barra
y sustituyendo el vector de corriente :
Vif = V1 - Z1k If
Vkf = Vk - ZkkI f y Vnf = Vn - Zn,k Y f
k = barra en la cual ocurre la falla.
Por teoría de circuitos se tiene:
Vkf = Z f I f ; donde : Zf : impedancia de falla, por lo tanto
Vkf = Vk - Z kk I f donde : Vk = (Z f + Z kk) Y f; obteniéndose para I f :
If = Vk/Z f + Z kk y los voltajes en las otras barras son:
Vif = Vi (Vk Z ik )/(Zf + Zkk) Vif = Vi (Z ik)/(Zf + Zkk)Vk , para i k
Vkf = Vk (Zkk ·Vk)/(Zf + Zkk) Vkf = (Zf)/(Zf + Zkk)Vk
Las corrientes en las líneas se pueden obtener por:
Iij = (Vif - Vjf)/(ZLij)
El proceso de cálculo se puede estructurar como:
LEER: A, YprimitivaY DATOS DEL SISTEMA
OBTENER Ybarra DEL SISTEMA
CALCULAR Zbarra
CALCULAR If, Vf , YCORRIENTES POR LAS LINEAS
EJEMPLO :Calcular la corriente de cortocircuito y voltajes debido a la falla en la barra 3
Se forma Ybarra
Y11 = 1 / J0.15 + 1 / J0.1 + 1 / J0.1 = - J26.67Y22 = 1 / J0.075 + 1 / J0.1 + 1 / J0.1 = - J33.33Y33 = 1 / J0.1 + 1 / J0.1 = - J20Y12 = Y21 = Y13 = Y23 = Y31 = Y32 = 1/ J0.1 = J10
26.67 10 10
Ybarra = J 10 - 33.33 10
10 10 - 20
En esta matriz se incluyeron las impedancias de los generadores (no se hacia en el flujo decarga).- Cálculo de Zbarra:
0.073 0.0386 0.0558
Zbarra = Ybarra-1 = J 0.0386 0.0558 0.0412
0.0558 0.0470 0.1014
- Cálculo de los valores de falla:
V1f = 1 J0.0558 / J0.1014· 1 = 0.45 pu ; V2f = 1 J0.0472 / J0.1014 = 0.5345V3f = 0 ; I3f = 1 / J0.1014 = - J9.86 pu
Si la falla ocurre en la barra 1 se tiene:I1f = 1 / Z11 = 1 / J0.073 = J13.7 pu
y en la barra 2: I2f = 1 / Z22 = 1 / J0.0558 = - J17.9 pu
Aunque parece algo complicado respecto a los otros métodos, es mucho más rápido consistemas grandes, ya que se resuelve por computador, y es fácilmente sistematizable (aunen el caso de resolverlo a mano es más fácil cuando el sistema es grande pues el mayorproblema se da en la obtención de Zbarra, lo cual se considera enseguida.
OBTENCION DE ZBARRA :
Para obtener Zbarra, se incluyen las impedancias de los generadores, transformadores ylíneas suponiéndolas balanceadas, (no se incluyen las Zfalla). Cuando se trabajamanualmente, se acostumbra a despreciar la parte resistiva de las impedancias y considerarlas unidades generadoras con igual f.e.m indicada (1.00º ) la red se tomaría como:
Los puntos dibujados representan las barras que existen en el sistema. A tales puntos seconectan las condiciones externas que se quieran considerar. Analizando el equivalenterastrillo y las ecuacioness. correspondientes (ver seción anterior) se concluye que si lasbarras no son de interés directo, se pueden cancelar sin afectar el comportamiento delsistema, pues al no pasar corriente por esas ramas, su aporte es nulo. Por tanto :
Vkf = Vk + Z k1I1 + Z k2I 2 +...+ Z kiI i ... Z kkI f ... Z knI n
Vkf = Vk - Z kk I f , (debido a que la única corriente es If cuando la falla es en la barra k)
Vjf = Vj + Z jiI 1 + Z j2I 2 + · · · + Z jjI j + · · · ++ Z jiI i · · · Z jk I f + · · · Z jnI n
Vjf = Vj - Z jk If
En estas ecuaciones no aparece término alguno que no tenga relación con la barra deinterés, por lo cual no se considera.La red quedaría entonces (considerando E1 = E2 = ... = 1)
PARTICIPACION DE MATRICES .
Para formar la matriz se tienen que identificar las barras de interés, sacar un punto deconexión por cada barra de estas y colocarles un interruptor de falla, (conecta la barra conel punto neutro del generador). Al escribir las ecuaciones, estos interruptores debenconsiderarse cerrados. Las ecuaciones de malla deben escribirse en forma adecuada, estoes, se debe asegurar que solo una corriente de malla (básica) atraviesa cada interruptor; estacorriente debe pasar también por el generador equivalente, por ello cualquier otra corrientesolo fluirá por la red pasiva (caja negra).Las corrientes internas de la red pueden eliminarse usando partición de matrices.Suponga que sólo interesan I1, I2,... In y que por lo tanto las otras corrientes son internas(In+1, In+2, In+3,... If)
I1 E1 I n+1 E n+1 0I2 E2 I n+2 E n+2 0
Ix = . ; Ex = . ; Iy = . ; Ey = . = .. . . . .. . . . .In En I n+m E n+m 0
E1 Z11 Z12 ... Z1n Z1,n+1 Z1,n+2 ... Z1,n+m I1'
E2 Z21 Z22 ... Z2n Z2,n+1 Z2,n+2 ... Z2,n+m I2...En = Zn1 Zn2 ... Znn Zn,n+1 Zn,n+2 ... Zn,n+m In
En+1 Zn+1,1 Zn+1,2...Zn+1,n Zn+1,n+1 Zn+1,n+2 ... Zn+1,n+m In+1
En+2 Zn+2,1 Zn+2,2...Zn+2,n Zn+2,n+1 Zn+2,n+2 ... Zn+2,n+m In+2
En+m Zn+m,1 Zn+m,2...Zn+m,n Zn+m,n+1 Zn+m,n+2...Zn+m,n+m In+m
Al pasar a la forma de submatrices queda :_ _ _ _Ex Z1 Z2 Ix_ = _ _ _Ey Z3 Z4 Iy , expandiéndolas
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _Ex = Z1 · Ix + Z2 ·Iy ; Ey = Z3 · Ix + Z4 · Iy = 0
_ _ _ _ _ _ -1 _ _Z4 Iy = - Z3 Ix o sea Iy = - Z4 Z3 · Ix
_ _ _ _ - 1 _ _ _ _ _ -1 _ _Ex = Z1 Ix - Z2 Z4 Z3 Ix = ( Z1 Z2 Z4 Z3 ) Ix
_ _ _ _ _ _ _ -1 _Ex = Zc.cirto Ix Siendo: Zc.cirto = Z1 - Z2 Z4 Z3
La anterior es la matriz de Zbarra que se usará en cálculos de cortocircuito, la cual tieneincluidas las impedancias de los generadores y está expresada solo para las barras deinterés. El cortocircuito equivalente "rastrillo" se dibuja por inspección notando que loselementos de la diagonal representan las autoimpedancias y los elementos por fuera de ladiagonal representan las impedancias mutuas o de transferencia equivalente. Esta matrizpuede usarse fácilmente, para obtener corriente y voltajes de falla en cualquier parte delsistema.En el analizador de redes basta simular el cortocircuito en cada una de las barras y medirlos voltajes en las otras, siendo estos los que dan el valor de las impedancias de la matriz.Si se simulara un corto en la barra 1 se leerían:
I1, I2n, V3n Z11 1/ I 11 ; Z12 = V2 n / I 1 ; Z13 = V3 n
Z22, Z33, Z23 se pueden calcular en forma similar, pero simulando el cortocircuito en lasotras barras
1 0.15 0 0.15 0 - 0.15 I1
1 0 0.075 0 0 0.075 I2
1 = J 0.15 0 0.25 - 0.1 - 0.15 I3
0 0 0 - 0.1 0.3 - 0.1 I4
0 - 0.15 0.075 0.15 - 0.1 0.322 I5
Por lo cual:
0.15 0 0.15 0 -0.15_ _Z1 = J 0 0.075 0 ; Z2 = J 0 0.075
0.15 0 0.25 -0.1 -0.15
_ 0 0 -0.1 _ 0.3 -0.1Z3 = J ; Z4 = J
-0.15 0.075 -0.15 -0.1 -0.322
_ _ _ _ _ _ 3.714 1.142Z cortocto. = J Z1 - Z2 Z4 Z3 ; Z4-1 =
1.142 3.428
_ _ -0.171 0,085 -0.542 0.077 -0.039 0.094Z4-1· Z3 = _ _ _
-0.514 0.257 -0.628 ; Z2Z4-1 Z3 = -0.039 0.019 -0.047
0.054 -0.047 0.148
0.073 0.039 0.056
_ 0.039 0.056 0.047Z cortocirto. = J
0.056 0.047 0.102
Para falla en la barra 1 se tiene: Rastrillo de la figuraanteriorI1 = 1 / Z11 = 1 / J0.073 = J13.698V2 = V º2 Z21· V º1 / Z11 = 1 - J0.039 x 1 / J0.073 = 0.465 puV3 = V º3 - Z31· V º1 / Z11 = 1 - J0.056 x 1 / J0.073 = 0.233 pu
I23 = (-V2 – V3)/Z23 + (Z31 – Z21)/Z11 Z23= (1 – 1)/(J0.1) + (J0.56 – J0.039)/ (J0.73 x J0.1) = –J2.329 pu
ALGORITMO DIRECTO :
La Zc.cirto se obtiene basándose en la gráfica de la red. La formación se hace incluyendoelemento por elemento hasta completar el sistema a representar, momento en el cual seconcluye el modelado del sistema en forma matricial. Durante el proceso, es importante laconsideración por separado de dos tipos de elementos, las RAMAS y los ENLACES.La inclusión se una rama implica la ampliación de la red en un nodo, por ello, el número defilas y columnas se incrementa en 1; los nuevos elementos corresponden a:
Z qi = Z pi i = 1, 2, ,......nbi (se repite la fila p en la q)Z iq = Z i p i = 1,2,...nbi (se repite la columna p en la q)Z qq = Zpp + z p q (se calcula el término de la diagonal)
Si p = referencia: Zip = Zpp = Zpi = 0; si q = referencia: Ziq = Zqq = Zqi = 0siendo p el nodo existente en la red, q es el nodo que se conecta mediante la rama pq (zpq),y nbi el número de nodos ya incluidos (que es igual al número de elementos ya incluidos sitodos ellos son ramas).La inclusion de un enlace implica la formación de una malla básica, esto se hace en dospasos como se ilustra en la siguiente figura. El primer paso es incluir el enlace como unarama, crando por lo tanto, un nodo ficticio ( l ) . Los nuevos elementos son:
1 2 3
0
J0.073 J0.056 J0.102
J0.039 J0.047
J0.056
Z i l = Z l i = Z i p Z i q i = 1, 2, 3, .........., nbi ( se tienen filas y columnas )Zll = Z pp + Z q q 2Z p q + z p q , si p es la referencia ( se calcula el miembro de ladiagonal ); el segundo paso es eliminar la fila y la columna adicionales ( l ), corrigiendo lostérminos de la matriz por: Z i j nuevos = Z i j ( Z i l Z l j ) / Z l l
z = 0
EJEMPLO:Aplicar el método del algoritmo directo al ejemplo de la siguiente figura, el árbol elegidose muestra :
Agregar el elemento 1 : Agregar el elemento 2:Z cortocirto. = J0.15 J0.15 0
Z c cirto. =0 J0.075
Agregar el elemento 3 :Z 3 i = Z l y 0.15 0 0.15 Z i z = Z i l
Z3 i = Z l 1 Zcortocirto = J 0 0.075 0 ; Z13 = Z 11Z 32 = Z l 2 0.15 0 0.25 Z 23 = Z 2 l
Z33 = Z 11 + z 13 = J0.15 + J=.1 = J0.25
p
q
p
l q
1 23
0
21
3
4
512 J0.1
J0.1 y
j0.075j0.15
3
1 2
34
5
Agregar el elemento 4:
0.15 0.0 0.15 0.15 Reduciendo: 0.0808 0.0346 0.0808Zc.cirto = J 0.0 0.075 0.0 - 0.075 Zc.cirto = J 0.0346 0.0577 0.0346
0.15 0.0 0.25 0.15 0.0808 0.0346 0.18080.15 -0.075 0.15 0.325
Al agregar el elemento 5 y reducir:
0.0729 0.0386 0.0557Zc.cirto = J 0.0386 0.0557 0.0471
0.0557 0.0471 0.1014
INYECCION DE CORRIENTE :El método consiste en inyectar en cada barra una corriente de valor 1.0 p.u. y encontrar elvalor de tensión en cada barra. Los valores de la impedancia de cortocircuito estan dadospor: Zii y Zij. Inyectando en la barra i una corriente Y i = 1.0 p.u., se obtiene :
Zii = Vi / Ii = Vi p.u. y Zij = Zji = Vj
EJEMPLO: Calcular la impedncia de cortocircuito por inyección de I para la figurasiguiente :
Ilustracion del Proceso de Transformación
Se inyecta en la barra 1 una corriente de 1.0 p.u, como se indicó en las anteriores figuras ypor simplificación del circuito se tiene que:
V1 = (J0.15·J0.1417) / (J0.15 + J0.1417) = 0.0729 = Z11 en p.uPor división de corriente se tiene que: I1 = 0.5142 , I 2 = 1 0.5142 = 0.4858 , ahoraZ1 2 = Z21 = V2 = J0.0386 , pero i1 = i3+ i 4 i4 = i1· (J0.1 )/(J0.1 + J0.2) = 0.1714 p.uV3 = i 4 · J0.1 + i 1 · J0.075 = J0.1714·0.1 + J0.5142·0.075 = J0.0557Z13 = Z31 = V3 = J0.0557El proceso continua con la inyección de la corriente 1.0 p.u a la barra 2 , obsérvese que comoen la barra 1 se calculó Z1 2 = Z21 solo se calculará Z22 y Z23 y al inyectar en la barra 3 solose calculará Z33, el resultado será entonces:
0.0729 0.0386 0.0557Zccirto = J 0.0386 0.0557 0.0471
0.0557 0.0471 0.01014
CORTOCIRCUITO ASIMETRICO
A pesar de usarse ampliamente para el diseño y la selección del equipamento eléctrico elcálculo con cortocircuitos trifásicos sólidos, lo más populares son los ASIMETRICOS.Estos se dan cuando ocurre fallas desequilibradas como: caida de una linea a tierra, la fallaentre dos fases, etc.
En los sistemas de potencia las fallas se clasifican, en general, como fallas en serie o fallasen paralelo. En el primer caso la falla no tiene relación con el punto de referencia (tierra oneutro)como es el caso de LINEAS ABIERTAS, en el segundo caso si tiene que ver con elpunto de referencia consideraremos estas últimas ya que en ESTADO ESTACIONARIOpueden ser las más perjudiciales. También limitaremos el estudio por el hecho de noconsiderar FALLAS SIMULTANEAS, consideración bajo la cual se puede mantenersimetría respecto al fase que normalmente se supone a (la 'a' ) facilitando el tratamiento.
Los casos de fallas ASIMETRICAS se manejan mejor si se desarrollan tecnicas deDESCOMPOSICION NODAL como las componentes de PARK (d,q,o), las de CLARKE( a, b,o) las simetrias y muchas otras. Por ser las más populares aqui consideramos solo laSIMETRICA. Mostraremos la interconexión que se da entre las REDES DESECUENCIAS en casos de falla.
PROCEDIMIENTO
I.- Dibujar el diagrama del circuito en el punto de la falla mostrando las conexiones de lasfases.- Nombrar todas las corrientes, voltajes e impedancia cuidadosamente, resaltando laspolaridades y direcciones supuestas.- Se supone que el sistema es COMPLETAMENTE BALANCEADO, y que el únicodesbalance que se puede presentar, es en el punto a considerar.
II.- Escribir las condiciones de falla (de frontera) basandose en corrientes y voltajesconocidos para la falla a considerar.
III.- Transformar los voltajes y corrientes del punto anterior de la red a, b, c, al sistemacoordenado 0;1;2 ( 0; + ; - ) mediante la transformación A o A-1
IV.- Examinar los cortes de secuencia para determinar la conexión apropiada de las redesde secuencia satisfaciendo el punto III.
V.- Examinar las corrientes de secuencia para definir la conexión de los otros terminalesde la red de secuencia, agregando las impedencias que se requieran para satisfacer IV y V.
VI.- Devuelvase a las componentes a,b,c si fuese necesario para conocer los valores de lasI y los V de falla .
THEVENIN
1. Caso monofásico1.1 A tierra
En una falla monofásica, las 3 lineas aparecen conectadas en la forma mostrada en figura.
Ib = Ic = 0 Va = Zf(Ia) (en caso de falla monofásica solida : Zf = 0, luego Va = 0).Ia = IfLas componentes de secuencia se obtienen mediante la ecuación:
Io 1 1 1 Ia 1 1 1 If 1I1 = 1/3 1 a a2 Ib = 1/3 1 a a2 0 = 1/3 If 1I2 1 a2 a Ic 1 a2 a 0 1
Ia + Ia
Ia
Ib
Ic
Ib
Ic VaVb Vc
I1
Io
I2
1
2
3
+
+
+
1
2
3
+
+
+
I1 = I2 =Io
V1
V2
Vo
3Zf
(a) : I (b) : V
De la cual se obtiene:Io = I1 = I2 = 1/3If = 1/3 Ia; y con Va = Zf (Ia) = 3 Zf I1Va = Vao + Va1 + Va2 = 3Zf I1, se llega a 3Zf I1 = Vao+Va1+VaPara la conexión de redes de secuencia se debe tener en cuenta que de acuerdo a laecuación: Io = I1 = I2, las tres redes estan en serie está conectada a una impedancia devalor 3Zf dado por la Ec * (pg 121) y se muestra en la siguiente fig.):De la Fig(b) y sabiendo queel equivalente de Theveninde la sec. + está formadopor una fuente,Ea, y laimpedancia Z,mientras quela sec.y cero solo con -tienen una impedancia(Z 2,y Z o, respectivamente),sepuede obtener la corriente defalla ( I f ) :
If = 3Io = (3Ea )/ (Z1+Z2+Zo+3Zf)
EjemploPara el diagrama unifilar de la figura calcule la corriente de fallla:
DATOS : Generador : 25 MVA, 10KV; X=0,125pu = X+XoT1 : 30 MVA, 10:20 kV, X+ = X- = Xo = 0,105 puLINEA : Z+ = Z- = 2+j4 ; Zo = 5 + j12T2 : 20 MVA, 20:5 KV, X+ = X- = Xo = 0.05 puSBASE : 20MVA, 5KV en la carga
en pu: Generador : Xpu = 0,125 x20/25 = 0,1 puT1 : Xpu = 0,105x20/30 = 0.07 pu
LINEA : Zb = (Vb)2/Sb =(20)2/20 = 20 SLZ+ = Z - = 0, 1 + j 0,2 pu; Zo = 0,25 + j 0,6 pu
T2 : Xpu = 0.05 puZb = 5x5/20 = 1,25 ; Xn = 0,25/ 1,25 = 0,2 pu
CARGA : S = 0.5 + j 0,25pu
De la figura anterior: I L = S* / V* = ( 0.5 - J0,25 ) / 10 º = 0,5 - j0,25 A
VTH = I L (j0,05) + 1 = (0,5- j0,25)( j 0,05) + 1= 0,0125 +j0,025 + 1 = 1.0125 + j0,025 = 1.01281.57º
Z pu =1/I pu = 1/(0.5 - j 0,25)= 1.7889 29.52º = 1,6 +0,8 pu
Desde el punto de falla se verán: (1,6 + j 0,8 + j 0,05) en paralelo con ( 0,1 + j0,37)ZTn = (1.811827.9794º)(0.383374.8759)/(2.92535,6650) = 0,331/67.1903
Z1= Z2 = 0.3319/67.1903 = 0.1286 + j 0.306 ; Zo = 0,25 + j 0,67 pu
En la pag. ¿123? se muestran las redes de secuencia y su interconexión. En la siguiente fig.se indican los equivalentes de thevenin para cada una de las secuencias (+, - , 0 )
Para el caso de falla monofásica estas redes se interconectan como la fig. (b) pag. 122 y setiene:
If = 3(1.0128/1.4144)/( 2(0,1286 + j0,306)+ 0,25 + j0,67+0,6)
= Vth(Zth+Zf) = 1.7937 47.77º p.u
Z1 = Z2 = 0.3319 /67.1903 = 0,1286+j 0,306
Zo = 0,25 + j 0,67 pu
CONDICION DE FALLA MONOFASICAPARA LA RED DEL EJM. 6.1
FALLA: FASE A NEUTRO
Tenemos exactamente el mismo caso anterior ( L - T ) con la diferencia de que la falla esentre una fase y el neutro (Va n = 0) en lugar de la falla entre fase y tierra (Va t = 0). Lamejor forma de entenderlo es comparando los resultados por ejemplo:
Ejemplo 6.2 De acuerdo a la figura adjunta y del ejemplo anterior
Z1 = Z2 = 0,1286 + j 0,306
Zo = (0,25+j 0,67)+{(j 0,6) en paralelo con (1,6+j 0,85)}
Zo = 1.2168/72.1249 = 0.3735 + j 1.1581
+
0.25
0
T
j0.67
0.1286
j0.306
N,TEg
0.1286 j0.306
If/3
j0.67
0.25
0.1286
j0.306
+
E
0.1286 j0.306
0.6
1.01281.414
CONEXION DE LASREDES DE
SECUENCIA PARAFALLA MONOFASICA ANEUTRO.
Por lo que las redes equivalentes de Thevenin para las secuencias + , - , O son:
Estas redes para el caso de la falla monofásica a neutro se interconectan como en la fig. (b)de la pag.¿122?, así :
Finalmente las redes se interconectan así:
0.1286 j0.306F
N,T
1.01281.4144º
0.1286
j0.306
F
N,T
0.3735
j1.1581
F
N
If/3
j0.07 j0.2
j0.1 0.1 j.005j0.8
1.6N,T
j0.07
j0.2
j0.1
0.1 j.005
j0.8
1.6
j0.07 j0.2
j0.10.1 j.005
j0.8
1.6j0.6
0.6
VTH = Eg
T
j0.07
0.25
j0.6 F
j0.6
j0.05N
1.6
j0.8
0.25
j0.67
0.1235
j4.88
0.3735
j1.1581
F N F
N
como If = 3I0 = 3Ea/(Z1+Z2+Z0+3Zf).Se tiene que:If = 3(1.0128/1.4144º)/[0.3735 + j1.1581+2(0.1286 + j0.306)+0.6]
CASO BIFASICO : LINEA A LINEA
La falla se ilustra en el siguiente diagrama de conexiones:
En este caso las condiciones de falla son:Ia = 0 ; Ib = - Ic = If ; Vb - Vc = If Zf
Iao 1 1 1 0 0 0Ia1 = 1/3 1 a a2 If = 1/3 (a-a2 ) If = j If /3Ia2 1 a2 a If -(a-a2) If -j If /3
Por lo tanto : Iao = 0; Ia1 = -Ia2 = j If /3 (*)Para los voltajes las componentes simetricas de secuencia son:
Vao 1 1 1 VaVa1 = 1/3 1 a a2 VbVa2 1 a2 a Vb - IpZf
Vao = 1/3(Va + Vb + Vb-If Z f ) = 1/3(Va+Vb+Vc) = 0
0.1286
0.1286
j0.306
j0.306
0.3735
j1.1581
0.6
1.01281.4144
Ia + IaIa
Ib
Ic
Ib+Ib
Ic+Ic VaVb Vc
Zf Zf
Zg
3Va1 = Va +(a + a2)Vb - a2 IfZf
3(Va1 - Va2) = (a - a2)If Z f = j 3 I f Z f
3Va2 = Va +(a + a2 )Vb - a I f Z f
Pero como Ia1 = -Ia2 = j I f / 3 Va 1 - Va 2 = I a 1 Z f
Esta ecuación implica que el circuito se debe cerrar a través de una impedancia de falla (zf)para las redes secuencia positiva y negativa (Va1 -Va2), ver fig. (b) pag. 122; mientras quela ecuación (*) pag 126implica la conexión en serie de los equivalentes de secuenciapositiva y negativa con uno de ellos invertido (fig.a - pag. 122) lo cual nos daria:Del anterior circuito se puede obtener la componente de secuencia positiva y por lo tanto lanegativa, así:
Ia1 = Ea(Z1 + Z2 + Zf) ; como Ia1 = - Ia2 = j If /3
Si igualamos y conjugamos estas dos ecuaciones se tiene que:
AIb = -AIc = If = - j / 3 Ea (Z1 + Z2 + Zf) .
CASO BIFASICO: DOBLE LINEA A TIERRA
La falla se ilustra en lasiguiente figura.
Para este caso las condiciones de falla son:
Ia = 0 = Io + I1 + I2 ; I1 + I2 = -IoVb = Ib.Zf + (Ib + Ic)Zq
Las componentes de secuencia para los voltajes son:
Vb = Vo+a 2.V 1+a.V 2 = (I o + a2.I1 + a.I2)Zf + (I o + a2.I1 + a.I2 + I o + a.I1 + a2.I1)Zq
V o + a2.V 1+a.V 2 = (I o + a2.I1 + a.I2)Zf + {2I o + (a2+a)I1 + (a2 + a)I2}Zq
= (I o + a2.I1 + a.I2)Zf + (2I o - I1 - I2)Zq
= ( I o + a2. I1 + a.I2 )Z f + 3I o.Z q (*)
Pero Vb - Vc = (Ib -Ic)Zf
V o+a2.V+a.V 2-V o-a2.V 1-a.V2 = (I o+a2 .I 1+a.I 2 - I o - a2.I 1 - a.I 2)Zf
(a2-a)V 1 - (a2-a)V 2 = (a2-a)I 1.Zf - (a2-a)I 2.Z f
V1 - I1 .Zf = V2 - I2.Z f ( º )
Retomando la ecuación anterior (*):
V o + a2.V 1 + a.V 2 = I o.Zf + a2.I 1.Zf + a.I 2.Zf + 3I o.Zq
V o - (Z f+3Z q)I o = -a2(V 1-I 1.Z f) - a(V 2-I 2.Z f) aplicando (º)
V o - (Zf+3Zq)I o = (-a2 - a)(V 1-I 1.Zf)
V o - (Z f+3Zq)I o = V 1 - I 1.Z f ( ºº )
De las ecuaciones ( º ) y ( ºº ) se obtiene la siguiente figura.
De esta figura y aplicando divisor de corriente:
-I 2 = [(Z o+Z f+3Zq)/(Z o+Z 2+2Z f+3Zq)]I1 ; de igual forma :-Io = (Z 2 + Zf)/( (Z o+Z 2+2Z f+3Zq)
como : Ib = Io+a2.I1+a.I2
entonces : Ib = a 2(Z o + Z 2 + 2Z f + 3Zq) - a(Z 2 + Z f) - (Z 2 + Z f )/(Z o + Z 2 + 2 Z f +3Zq)
CAPACIDAD DE CORTOCIRCUITO
Zf Zf Zf+3Zg
+ + +Ia1 Ia
2 Ia0
1 2 0Va1 Va
2 Vao
CASO MONOFASICO
El método de los MVA de circuito puede utilizarse para resolver fallas ASIMETRICAS enforma similar al cálculo de la corriente de falla monofásica se usa la conexión dada en lafigura (b)-página 122 y repetida a continuación con los bloques de MVA de circuito.
Ejm. Calcular la corriente de falla monofásica para el sistema de la siguiente figura.
Asumiendo que las reactancias de secuencias positiva y negativa son iguales los MVA delos diferentes elementos son:
GENERADOR : 1500 MVA cortocircuitoLINEA: MVA circuito 1 = MVA cortocirto 2 = (69)2 / 3.87 = 1230TRANSFORMADOR : 15 / 0.076 = 198 Mva cortocirto.MOTOR: MVA circuito 1 = MVA circuito 2 = 15 /0.2 = 75El diagrama de secuencia positivo y negativo se muestra así: (a)
G MX d = 0.2X o = 0.1
15MVA, 69/12KvX = 0.075 pu
69 Kv, X + = 3.87 Xo = 9.87
F
Según el diagrama del problema (pag. 129) cuando ocurre una falla en la barra de 12 KV,únicamente el motor y el transformador contribuyen a los MVA circuito de secuencia cero.El primario en DELTA del trasnformador bloquea cualquier corriente de secuencia ceroque fluya del sistema. El diagrama de secuencia cero se ilustra en la figura anterior (b).El bloque equivalente de secuencia cero es:MVA º = MVA º tranf + MVA º M = 198 + 150 = 348 MVA cortocircuito,y el de la secuencia positiva y negativa es : 153 + 75 = 228 MVA cortocircuito.LINEA: MVA cortocircuitoº = (69)2 /9.67 = 492La conexión para la condición de falla monofásica usando bloques de circuito es lasiguiente.
como : I o = I 1 = I 2 la corriente de falla es
I F = 3 x 86.000/(3 x12) = 12.413 A
La falla monofásica con impedancia o reactancia en el neutro tambien puede calcularsefácilmente colocando en serie, con los bloques de la figura anterior el valor de los MVAcorrespondiente a tres veces la impedancia de falla. Por ejemplo si la falla que tratamos enel ejemplo anterior ocurre a través de una reactancia de Zf = 0.1 ohm, para lo cualcorresponde 3Xf = 0.3 .
MVAxf = (12)2/0.3 = 480 MVA cortocirto, entoncesMVA f = (86x480)/ (86+480) = 73 MVA, la corriente de falla será:If = (3x73000) / (3x12) = 10 537 A .
1500
1230
198128
198
15012Kv
12Kv F348
75 F ( a ) pos,neg ( b ) cero
228
228
348
86
CASO BIFASICOEn este caso usamos la sigte. conexión para el cálculo de la corriente de falla:
EJM Calcular I f (L-L) para el sistemadel ejm. anterior.Para la condicion de falla y usandobloques de cortocircuito la conexiónes la siguiente:
I f = 3(114000) / 3x12 = 9500A
MATRIZ DE IMPEDANCIA DE BARRASCASO MONOFASICO A TIERRA
Anteriormente cualquier mención de ZBarra de cortocircuito (Zccirto) se refería al sistemade secuencia positiva (+) y se aplicaba unicamente a fallas balanceadasPara fallas ASIMETRICAS se deben obtener RASTRILLOS equivalentes para la secuencianegativa y la cero; la solución cuando se trate de una falla desbalanceada se obtieneconectando las redes secuencia positiva, negativa y cero como se explico para el casomonofásico (Thevenin) de la página 121 o según el tipo de falla asumamos una red grandedonde se obtuvieron las matrices de impedancia de circuito de secuencia positiva, negativay cero, manteniendo cuatro barras de interes (más la de referencia). En tal red ocurre unafalla entre la fase a y tierra, la conexión de rastrillos equivalente es la siguiente:
Ia fo = Ia f1 = Ia f2 = 1 / (Z111 + Z11
2 + Z11º) , y Iaf = 3Iafo = 1 / ( Z111 +Z11
2 +Z11º )O en forma general: Iaf = 1 / (Z k k
1 + Z k k2 + Z k kº ) , Para una falla en la barra K.
Los voltajes en las fases de la barra 4 para falla en la barra Y estaran dados por :
V4n1 = 1- Z 14
1 xIa f1 ; V4n
2 = - Z142 xIaf
2 ; V4 nº = -Z 14º xIa f º o sea que:
V4 n = V4 n1 +V4 n
2 +V4 n º = 1- Z 141 xIa f
1- Z 142 xIaf
2 - Z1 4 º xIa f º
como Ia f1 = Ia f
2 = Ia f º , se tiene que : V4 n = 1- (Z141 +Z14
2 +Z14º )Ia fo
Reemplazando Iaf : V4n = 1 - Z 141 + Z 14
2 + Z 14º (Z 111+Z 11
2 +Z 11º) para falla en labarra 1
En general se tendrá:Vmna = 1 - Z k m
1 +Z k m2 +Z k m º (Z k k
1+Z k k2 +Z k k º) para falla en la barra K
Para la fase b:Vmnb = Vmnb 1 +Vmnb 2 +Vmnb º = Vmn 1 (a)2 +Vmn2 (a) +Vmn º
Vmnb = (1-Zkm1 xIaf º )a + (-Zkmº )Iaf º + (-Zkm
2 )Iaf º(a)
Vmnb = a 2 + (-a 2xZkm1 -Zkmº -aZkm
2)/(1/[Z k k1 +Z k k
2 +Z k kº])
Vmnb = a2 - Z k mº + a2 xZ k m1 + aZ k m
2/(Z k kº + Z k k1 + Z k k
2) para falla en la barra k
Vmnc = a - Z k mº + aZ k m1+ a2xZ k m
2/(Z k kº+ Z k k1 + Z k k
2) para falla en la barra k
Cuando la magnitud de E 1 = Ea es diferente de 1, los voltajes y corrientes se debenmultiplicar por Ea.
CASO BIFASICO SIMPLE
El circuito equivalente para una falla L-Lse ilustra en la siguiente figura: ......................Si se reemplazan Z1 y Z2 por los rastrillosequivalentes de secuencia positiva y negativocomo se muestra en la siguiente figura se tendráde esta de esta figura:
Iaf = -Iaf = 1.0 . para falla en la barra 1Z11
1 + Z112
Ib = Iº + aI1af + I2af , donde Io = 0 -Ib = (a2-a)(1/( Z111 + Z11
2)= - j3(Z11
1 + Z112) , Ib = -Ic
Ea+
Iaf Iaf
n
Za1
Za2
+1.0
n n
1 2 3 4Vn4
1
+
Z111
Z112
1 2 3 4 Vn42
+
Iaf2 Iaf
2
Vn 41 = 1.0 - Iaf
1 xZ141 , Vn4
2 = -Iaf2 xZ14
2; pero
Vn 4 = Vn 41 + Vn 42 = (1.0 + Iaf
1 xZ 141 ) + (-Iaf
2 xZ 14 )
= (1.0 - Iaf1 (Z 14
1 +Z 142 ), sustituyendo Ia f
1 de (*)
Vn 4 = 1.0 - Z 141 + Z 14
2/(Z 111 + Z 11
2 ) para falla en la barra 1
En general, para una falla linea-linea en la barra K, el voltaje en la fase a de la barra m es
Vmna = 1.0 - Z k m1 + Z k m
2/(Z k k1 + Z k k
2) ( * )
Para obtener los voltajes en las fases b y c de la misma barra m (para una falla en la barraK) :
(1) Vmnb = Vmnb1 + Vmnb2 = Vmna1 x(a)2 + Vmna
2 (a) y
(2) Vmnc = Vmna1(a) + Vmna
2 (a), donde :
Vmna1 = 1.0 - Iaf
1x Zkm1 y Vmna2 = -Iaf
2 x Zkm2 = Iaf
1xZkm2
Sustituyendo estas dos últimas ecuaciones en (1) y (2)
Vmnb = (1.0 - Iaf1xZkm
1 )a2 +(Iaf1xZkm
2 )a = 1.0(a)2 -Iaf1 (a)(Zkm
1xa -Zkm2 )
Igualmente: Vmnc = (1.0)a - Z k m (a) - Z k m (a)2/(Z k k1 + Z k k
2)
CASO BIFASICO A TIERRA
Para una falla de doble linea a tierra (LL-T) en la barra, si se reemplaza Z 1,Z 2 ,Z º por losrastrillos de secuencia positiva, negativa y cero respectivamente, se tiene la siguienteconexión:
En general, para una falla en la barra K
.ZZ.ZZ.ZZ
Z)((Z
ZZ
))(Z(ZZ
ºkk2kkkk1kk2kk1kk
)ºkk2kk
ºkk
2kk
ºkk2kk1kk
1
afI
También : Iaf2 = -Vf na 1 /(Zkk) , y Iaf º = -Vf na1/(Z kk)
Donde Vf na = 1.0 - Iaf1xZkk , en general:
Vf na = Z k k2 x Z k k º/(Z k k1.Z k k
2 + Z k k1.Z k kº + Z k k
2.Z k kº )
Los voltajes de secuencia en la fase a de la barra m para una falla en la barra K, son:
Vmna1 = (1.0-Iaf
1)Z k m1 ; Vmna2 = (Ia f
2) Z k m2 ; Vmnaº = -(Ia f º)Z k mº (1)
Finalmente los voltajes respecto al neutro en la barra m para una fallla en la barra K, son:
Vmna = Vmna1 + Vmna
2 +Vmnaº
Vmnb = Vmnb1 + Vmnb2 +Vmnbº (2)
Vmnc = Vmnc1+ Vmnc
2 +Vmncº
+1.0
n n
+
-
Z111
Iaf1
Z112
Vn42
+
-
Z11º
Vn4o
+
n
Iaf2
Iaf2
Vn41
-
Ejemplo: Se tienen las siguientes matrices de circuito:
0.355 0.245 0.30 0.30 0.2 0.2 0.2 0.2Zbarra
1 = Zbarra2 = j 0.245 0.355 0.30 0.30 ; Zbarraº = J 0.2 1.2 0.7 0.7
0.300 0.300 0.45 0.45 0.2 0.7 0.95 0.950.300 0.300 0.45 0.60 0.2 0.7 0.95 1.1
Calcular la corriente de falla cuando ocurre una falla en la barra 2, calcular tambien elvoltaje en la barra 4. Asuma que la falla es: a) Monofásica a tierra b) Linea a Lineac) LL - T
Solución a). De la ecuación : V - I xZf = V - I xZf (pag 128) Iaf = 3[j(0.355 + 0.355 + 1.2)] = - j1.57Apu ; de la ecuación ( ºº ) pag. ?
tenemos que : V4na = 1.0 - j(0.3 + 0.3 + 0.7)[J(0.355 + 0.355 + 1.2)] = 0.32 pu
b). De ecuación ( * ), pag. 133 :
Iaf1 = -Iaf
2 = 1.0/[j(0.335 + 0.355)] = -j1.41 pu, A
De ecuación (*) pag. 134 : Voltaje en la fase de la barra m (=4) por falla en barra K( = 2)Vmna = 1.0 Z k m
1 + Z k m2/(Z k k
1 + Z k k2)
Vmna = 1.0 - Z 2 41 + Z 2 4
2/(Z 2 21 + Z 2 2
2)= 1.0 - j(0.3 + 0.3)/( j(0.35 + 0.35)) = 0.1428 Vpu
c) de la ecuación ( º ), pag 135:
Iaf1 = j(0.355 + 1.2)/ [(j0.355)(j0.355)+(j0.355)(j1.2)+(j0.355)(j1.2) ]
= - j 1.59A pu
Iaf2 = -Vf a1/(Z k k
1), y Ia f º = -Vf na1(Z k k º) , donde
Vf n a 1 = 1.0 - Ia f1 x Z k k
1 = 1.0 - (-j1.59)(j0.355) = 0.436 V,pu
Ia f2 = -0.436/(J0.335) = j1.228 A pu , Ia f º = -0.436/(J1.2) = j0.3633 A,pu
De las ecuaciones (1), pag. 135 :
V4 n a1 = 1.0 - (j1.59)(j0.3) = 0.523 V,pu
V4 n a2=(j1.228)(j0.3)=-0.3684 V,pu; V4na º =(-j0.363)(j0.7) = 0.254 V,pu
De las ecuaciones (2), pag. 135:
V4 n a = 0.523 - 0.3684 + 0.254 = 0.4086 V,pu
INCLUSIONDEL EFECTO DE LOS TRANSFORMADORES :
En todos los casos considerados hasta ahora los valores buscados y el cortocircuitoasimétrico se encontraban en el mismo lado del transformador . Si se quieren hallar lascondiciones en el lado contrario a aquel en el que se presenta la falla, es erróneo considerarla representación del transformador mostrado en el ejem. 6.1 ya que un cortocircuitomonofásico en el lado secundario Y (por ejem.) se ve en el lado primario como uncortocircuito trifásico desequilibrado (ver fig, b), mientras que en realidad se debe vercomo una falla bifásica (ver fig. a )
Para obtener correctamente los valores de falla se debe considerar el desfasaje impuestopor el transformador (ver fig.)
Notese que si se asignan a RST los nombres ABC, el transformador adelanta en 30º lastensiones y las corrientes de secuencia positiva al pasar del lado al lado Y, y en -30º losde secuencia negativa. Si se cambia la asignación como se muestra en la siguiente tabla, eldesfasaje cambia.Esta tabla suguiere la solución al problema mediante la inclusión de un transformadordesfasador con relación de transformación 1º, en donde es positivo para secuenciapositiva y negativo para secuencia negativa.
(a)Real (b)errónea
2I
I
I
(c)
I = 0
I
I
0
I
T
S
b
c
a0
R
0
0
(a)sec.positiva (b) sec. negativa
a
T
SR T
SR
n
c
b
n
c
b
n a
En la tabla se expresa la relación entre los valores secundarios yprimarios, mientras que enla figura la relación es contraria. Como los voltajes y las corrientes se desfasan por igual, laimpedancia no cambia al passar de un lado a otro del transformador, razón por lo cual loscálculos realizados en los ejemplos anteriores estan correctos.
EJEM. Para el sistema de potencia del ejem. 6.1 hallar ILen el lado cuando ocurre uncortocircuito monofásico en el lado Y, estando este : a) en vacío b) con carga -ver figura-
INTERCONEXION DE LAS REDES DE SECUENCIA PARA FALLAMONOFASICA EN LA CARGA CUANDO ESTA ES NULA
Para el circuito anterior se tiene: I + = I - = I º = 1/3 IfLa impedancias equivalentes de Thevenin para la secuencia serán:
Z+ = (0.1 + j0.42 ) ( 1.6 + j0.8)/(0.1+1.6+j0.42+j0.8) = 0.3695 67.5º A,pu = Z-
Zº = j0.65(1.6 + j0.8) = 0.1449038 + 0.5186377 = 0.5385 74.39ºpor lo cual:
I + = 1/(0.369567.51º + 0.369567.51º + 0.538574.39º + 0.6)= 0. 6329-49.45º
I + = I - = I º; I + = I +Y; I - = I -
Y; I º = I ºYIa = I º + I ++ I -
Ia = 1.898649.45ºIa = 4384.6 AI º = 1/((0.1+j0.42) + (0.1+j0.42) + (0.6 + 0.65) )I º = 1.6912-61.77º puIa = 3I º = 5.0973-61.77A puIb = Ic = I º + a2 I + + a I - = 0
INTERCONEXION DE I + = J I +Y = 1.6912 28.13 ,
LAS Z DE SECUENCIA I - = - J I -Y = 1.6912 151.77º ; I º = 0
Ia = I º + I + + I - = 1.6912 28.23º + 1.6912-151.7 = 0Ib = I bº + I b
+ + I b- = I aº + a2 Ia
+ + aIa- = 1.6912 - 91.77º + 1.69122 - 31.77
= 2.9292- 61.77 A, puIc = Ia º + a2 Ia + + a I a - = 1.69121 448.23 º + 1.6912 -271.77 º = 2.9292 118.23 ºIc = - Ib o sea que le sirve de retorno
b) con carga
La corriente de secuencia positiva en la falla es :I+ = 1 / ( 0.3691 67.51 º + 0.36.91 67.51 + 0.538574.39 º + 0.6 ) = 0.632949.45o expresado en otra forma:
I + = (1.6 + J0.8) I +Y./((1.6 + J0.8 + 0.6 + Z º + Z - )) por lo cual :
I+ = [I + (1.6 + 0.6 + J0.8 + 0.3691 67.51 + 0.538574.39]/[(1.6 + J0.8)] ,si I+ = 0.632 - 49.4,
entonces : I +Y = 1.0575 - 42.29 A, pu
I + = J(I+Y ) = 190 º (1.0575 - 42.29 º) = 1.0575 47.71 A, pu
I -Y = I + (1.6 + J0.8 )/(1.6 + J0.8 + 0.1 + J0.42)
= 0.6329-49.45 º (1.6 + J0.8)/(2.092535.67 º) = 0.541158.55 º
I - = - J(I -Y ) = 1 - 90 º (0.5411- 58.55 º ) A ,pu
I º Y = (1.6 + J0.8 )I +/(1.6 + J0.8 + J0.65)= 1.788926.57 º (0.6329.49.45)/( 2.159342.18) = 0.5243-65.06 A, pu
I º = 0 A, pu
0.3191 67.5
0.3191 67.5
0.5385 74.39
0.6
If/3
INTERCONEXION DE REDES DE SECUENCIAP ARA FALLA MONOFASICA EN LA CARGA
Para las lineas se tendrá :
I a Y = I Y+ + I Y
- + I Y º = 1.0575 42.29 º + 0.5411 -58.55 º + 0.543 - 65.06 º
I a Y = 2.0907 - 52.05 A, pu
I b Y = I Y º + a 2 I Y+ + a I Y
- = 0.5243- 65.06 º + 1.0575 -1 62.29 º +
0.541161.45 = 0.6181-148.62 º A ,puI c Y = I Y º + a I Y
+ + a 2 I Y- =
0.5243- 65.06 º + 1.057577.71 º + 0.5411 - 178.55 = 0.552499.87 º A , pu
Las corrientes de secuncia cero en el lado seran :
Ia = I + + I - + I º = 1.0575 47.71 º + 0.5411 - 148.55 º + 0
= 55963.43 º A pu
Ib = I a º + a I - + a 2 I + = 0 + 0.5411 - 28.55 + 1.0575 - 72.29
Ib = 1.496 -57.81 º
Ic = I a º + a2 I - + a I + = 0 + 0.5411 - 268.55 º + 1.0575 - 72.29 º
I c = 1.2973143.81 º A pu