flujos de carga

Curso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

1

UNIVERSIDAD DE TARAPACA FACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA

Ildefonso Harnisch VelosoArica-Chile

“ Sistemas Electricos de Potencia ”

5. Flujos de carga


2

Flujos de carga: Introducción

§ Consiste en obtener las condiciones de operación en régimen permanente de un Sep.

§ Más concretamente :

– Dadas las cargas en cada barra y la potencia suministrada por los generadores;

– Determinar las tensiones en las barras y los flujos de potencia a través de los elementos del Sep.

§ El cálculo consiste en dos etapas :


3

Introducción

1) Determinar las tensiones de las barras.

– No es posible usar directamente los métodos de análisis de circuitos lineales.

– Ya que, las cargas no se especifican como impedancias y los generadores no se consideran como fuentes de tensión o corriente.

– Las cargas y generadores se representan como fuentes de potencia, lo que conduce a un sistema no lineal de ecuaciones.

2) Determinar todas las cantidades de interés, como flujos de potencia activa y reactiva, pérdidas en los elementos, etc.


4

Introducción§ Importancia de los estudios de flujo de carga.

– Es la herramienta fundamental que se utiliza en la operación y planificación de los Sep.

§ El análisis del flujo de potencia permite :

– Estudiar los efectos sobre la distribución de los flujos de potencia como consecuencia de la evolución de la carga, o cuando se producen pérdidas temporales de generación, de transformadores o circuitos de transmisión (Análisis de Seguridad).

– Ayudar a determinar los programas de despacho de carga para obtener un funcionamiento óptimo (Operación Económica).

– Realizar estudios de regulación de tensión.


5

Introducción

– Realizar otros análisis tales como :

• Estabilidad Transiente.

• Cálculo de Cortocircuitos.

– Programar las ampliaciones futuras de un sep y determinar su mejor modo de operación, teniendo en cuenta posibles nuevos consumos, nuevas líneas o nuevas centrales generadoras.


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Diagrama Unilineal de Red de Transporte

3 S•

G

1 S•

c

4 S•

c 5 S•

c

1 S•

G 2 S•

G 3 S•

G


7

Representación de los Elementos§ Líneas.

– Usualmente se representan por su circuito nominal.

– En algunos casos bastará la impedancia serie o reactancia serie.

– En general, se pueden representar como cuadripolo utilizando sus parámetros admitancia de barras.

§ Transformadores.

– Los transformadores con relación de transformación igual a la nominal se representan por su impedancia serie.

– Los transformadores de regulación de módulo, usualmente serepresentan por el circuito equivalente

π −

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Representación de los Elementos

– En general, todos los transformadores se pueden representar como cuadripolo, utilizando sus parámetros admitancia de barras (aquí se incluyen los transformadores de regulación de ángulo).

– En la mayoría de los casos, se suponen ideales los transformadores de las centrales generadoras. Así, las potencias generadas se consideran como inyectadas en las barras del lado de alta tensión de los transformadores, por lo que el conjunto generador – transformador se simboliza solo por el generador.

§ Generadores y Consumos.

– Se representan como fuentes de potencia constantes.

– El generador inyecta potencia a la barra, en donde esta conectado, y un consumo la extrae.


9

Comentarios sobre las Cargas

– Las potencias de las cargas se consideran conocidas (datos) y de valor constante.

– Conocidas, porque se pueden predecir con bastante precisión.

– Constantes, porque su variación es lenta en el tiempo.

– La variación de las cargas durante un período de tiempo, puede estudiarse considerando diferentes casos, que resultan al aproximar las curvas de carga por escalones constantes.


10

Comentarios Sobre la Red

§ Usualmente, el cálculo del flujo de carga se focaliza en un determinado nivel de la red.

– Si la red considerada es la red de transporte, los generadores se representan como fuentes que inyectan potencia en el lado de alta de los transformadores asociados, y las cargas son los grandes consumidores industriales y/o las subestaciones que interconectan con la red de subtransporte.

– Si la red considerada es la red de subtransporte, las fuentes que inyectan potencia lo hacen en aquellas barras donde se interconectan con la red de transporte, y las cargas son los consumidores industriales conectados a este nivel y/o subestaciones que interconectan con la red de distribución.

– Equivalentemente, la red considerada podría ser la red de distribución primaria.


11


§ Potencia (corriente) compleja neta inyectada.

– La potencia compleja neta inyectada en una barra (i), se define :

Representa una fuente de potencia constante.

i G i i S S S• • •

= − c

i S :•


12


– Similarmente, la corriente neta inyectada en una barra (i) :

Representa la corriente inyectada en la barra i, a través de la fuente de potencia.

ii G i i

i

S I I I = V

∗• • •

∗= − c

i I :•


13

Comentarios Sobre la Red§ Circuito Equivalente por Fase en pu.

– Diagrama Unilineal :

3 S•

c

1 S•

G 2 S•

G

2 S•

c

1 2

3


14

Comentarios Sobre la Red– Circuito equivalente por fase en pu.

1 S•

12,0y 12,0y

23y•

12y•

23,0y

23,0y

13y•

2 S•

13,0y

3 S•

13,0y

1 I•

2 I•

3 I•


15

Comentarios Sobre la Red§ Ecuaciones de equilibrio en el sistema de referencia de

barras (método nodal).

–

Matriz admitancia de barras, compleja, orden nxn, simétrica (siempre que no haya transformadores desfasadores).

Vector tensiones (fasores) de barra de orden n.

Vector corrientes (fasores) netas inyectadas en las barras a través de las fuentes de potencias netas.

[ ]B B BY V I⋅ =

[ ]BY :

BI :

BV :


16


– La corriente neta inyectada en la barra i :

n

i i j jj 1

i = 1 , 2 , , n I Y V ; • • •

=

= ⋅∑ K


17

Formulación Problema Flujo Potencia

§ Ecuaciones del Flujo de Potencias

– Forma Compleja

n

i i i i ij jj 1

S V I V Y V• • ∗ • • •

=

∗

= ⋅ = ⋅ ⋅ ∑

i = 1, 2, ,nK


18


– Forma Polar

Se define :

n

i i i ij ij i i j jj = 1

S P j Q Y V V •

= + = −θ ⋅ δ ⋅ −δ∑

i j i j i j i i i Y Y ; V V • •

= θ = δ


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– La forma compleja y polar son dos formas equivalente de las ecuaciones del flujo de potencias.

( )n

i ij i j i j ijj = 1

i = 1, 2, ,nP Y V V cos ; = ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ∑ K

( )n

i ij i j i j ijj = 1

i = 1, 2, ,nQ Y V V sin ; = ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ∑ K


20

Tipos de Barras

– Cada barra aporta con dos ecuaciones y cuatro incógnitas :

– Se deben especificar (programar) dos cantidades por barra para que el sistema de ecuaciones tenga solución.

– La formulación del problema del flujo de potencias se basa en consideraciones operacionales del sistema y también en consideraciones matemáticas.

i i i iV , , P , Qδ


21

Tipos de Barras

o Barras de Tensión Controlada o Barras PV.

– También se llaman barras de generación.

– En estas barras y son cantidades conocida

(programadas) y y son las incógnitas.

– En estas barras debe existir una fuente controlable de potencia reactiva (generador, compensador síncrono o estático)

iP iV

iQ iδ


22

Tipos de Barras

– En el caso que exista un generador conectado a la barra, se puede ajustar variando la válvula de admisión de la turbinay variando la se puede ajustar la magnitud de la tensión.

– En el caso que exista un compensador síncrono o estático,

y variando la potencia reactiva inyectada

se puede ajustar la magnitud de la tensión.

G iP 0= ( )G iQ

G iP

exi


23

Tipos de Barras

o Barras de Carga o Barras PQ.

– En estas barras y son cantidades conocida

(programadas) y y son las incógnitas.

– Si existe generación se supone fija y se toma como dato. Es el caso de pequeños generadores sin regulador de tensión.

– También puede existir una fuente de potencia reactiva fija.

iP iQ

iV iδ


24

Tipos de Barras

o Barra Slack o Barra .

– También se denomina barra flotante, oscilante, de referencia.

– No todas las pueden tomarse como dato; hay que dejaral menos una de ellas como incógnitas para cerrar el balance de potencia activa del sistema, dado que inicialmente se desconocen sus pérdidas.

iP

V θ

n n n

G i i i pérdi = 1 i = 1 i = 1

P P P P− = =∑ ∑ ∑c


25

Tipos de Barras

– En esta barra debe existir un generador para que se pueda satisfacer el balance de potencia activa.

– Como existe un generador, viene siendo como una barra de

generación, sin embargo, en lugar de se específica

y se toma de valor cero. En consecuencia :

iP iδ


26

Tipos de Barras

– En esta barra se especifica (programa) y ; seconsideran como incógnitas y .

– El generador debe ser importante o una barra de interconexión del sistema en estudio con el resto del Sep.

– Usualmente la barra Slack es la barra número 1.

iV iδiP iQ


27

Tipos de Barras§ Tipos de Variables.

Vector variables de estado o dependientesMagnitudes y ángulos de las tensiones no especificadas (no programadas).

i

i

i

V barras PQbarras PQbarras PV

δ δ

x =


28

Tipos de Barras

Vector variables independientesCorresponde a las variables especificadas (programadas)

1

1

i

i

i

i

V barra SLbarra SL

P barras PQQ barras PQP barras PVV barras PV

δ

=

uy =

p


29

Tipos de Barras

Algunas de las variables independientes en “y” se pueden utilizar para manipular algunas de las variables de estado. Entonces:

El vector variables independientes “y” se puede particionar en dos vectores.

Vector u: vector parámetros de control. Por ejemplo: Magnitudes de tensión en barras PV, PGi en las barras con potencia controlable, tensión en la barra Slack, el tap de los transformadores.

Vector p: vector parámetros no controlables o fijos. Por ejemplo, consumos.


30

Tipos de Barras

Los valores de las variables de estado describen el estado del sistema y dependen de las variables independientes (especificadas).

Una vez calculas las variables de estado se conoce el estado completo del sistema, y todas las demás cantidades que dependen de las variables de estado se pueden determinar.

Por ejemplo, en las barras PV, pérdidas.1 1 iP , Q , Q


31

Tipos de Barras

§ Enumeración de las Barras.

– Barra Slack = 1

– Barras PV = 2, 3, …, m

– Barras PQ = m+1, …, n


32

Formulación Básica del Problema

– No contempla la actuación de dispositivos de control ni límites de operación del sistema.

– Problema :

• Dados

• Determinar

( ) ( )1 2 2 m m m+1 n V , P ,V , .... , P , V , S , .... , S• • •

( ) ( )1 2 2 m m m+1 n S , Q , , .... , Q , , V , .... , V• • •

δ δ


33


– Hay 2n incógnitas reales y 2n ecuaciones algebraicas reales no lineales (ecuaciones del flujo de potencias).

– El problema puede ser descompuesto en dos subsistemas de ecuaciones:


34


o Subsistema 1.

– Dados

– Hallar

( ) ( )1 2 2 m m m+1 n V , P ,V , .... , P , V , S , .... , S• • •

2 m m+1 n , .... , , V , .... , V• •

δ δ


35

Formulación Básica del Problema– Sistema de ecuaciones.

( )

( )

( )

( )

nesp

i i j ij i j ijj = 1

nesp


PV y PQ

PQ

i = 2, 3 ,n

i = m+1, ,n

P V V Y cos

Q V V Y sin

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

∑

∑

K

K

Barras

Barras


36


– Este subsistema contiene 2NPQ + NPV ecuaciones algebraicas con el mismo número de incógnitas.

– Las incógnitas son implícitas, lo que exige un proceso iterativo de resolución.


37


o Subsistema 2.

– Una vez resuelto el subsistema 1, se desea hallar el resto de las incógnitas; es decir :

– Este subsistema tiene NPV + 2 ecuaciones algebraicas no lineales, con el mismo número de incógnitas, todas aparecen en forma explicita, lo que hace trivial el proceso de resolución.

1 2 m S , Q , .... , Q•


38


– Sistema de ecuaciones.

( )

( )

n

1 i j ij i j ijj = 1

n


i = 1, 2, 3 ,m

P V V Y cos

Q V V Y sin

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

∑

∑

K


39

Cálculos Adicionaleso Flujos de Potencia en Líneas.

– Modelo π

+

−

+

−

i V•

j V•

i j0y j i0y

i j y•

i j I•

j i I•

i j S•

j i S•

i j


40

Cálculos Adicionales

– Son las ecuaciones del flujo de potencias a través de la línea.

i j i i j i i j 0 i i j i j

j i j j i j j i0 j j i i j

S = V I = V y V + V V y

S = V I = V y V + V V y

• • ∗ • • • •

• • ∗ • • • •

∗

∗

⋅ ⋅ ⋅ − ⋅

⋅ ⋅ ⋅ − ⋅


41

Cálculos Adicionales

o Pérdidas en la Línea.

–

o Pérdidas Totales del Sistema.

–

( )p e r d i j j ii, j S S S• • •

= +

n

perd ii 1

S S• •

=

= ∑Curso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

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Método de Gauss – Seidel –

§ En los programas comerciales este método prácticamente no se utiliza.

– Su convergencia es lineal nro iteraciones es del orden de n

– El tiempo de cálculo total crece con .

– Presenta problemas de convergencia.

BY

⇒

2n


43


§ Se estudia por su simplicidad y por interés académico.

§ El método consiste en barrer secuencialmente cada barra y actualizar su tensión en función de los valores disponibles en ese momento de todas las tensiones.

§ En general, se trata de encontrar el vector que satisface el sistema de ecuaciones no lineal.

BY

( ) f x, y = 0

x


44


§ El sistema de ecuaciones anterior, se puede colocar en la forma :

Cuya solución, partiendo de un valor inicial , se obtiene iterativamente mediante :

Obsérvese que cuando se actualiza se utilizan los valores más recientes de las variables.

BY

( ) x = F x, y0x

ix

( )k 1 k 1 k 1 k ki i 1 i 1 i n =

i = 1, 2 , , n

x F x , , x , x , , x+ + +−

K

K K


45

Sistemas con Barras de Carga y Slack

§ Dados :

Hallar :

1 2 3 nV , S , S , , S• • • •

KK

1 2 3 n S , V , V , , V• • • •

KK


46


§ La corriente inyectada en la barra i :

–n

ii i j j

j 1i

= = S I Y V V

∗• • •

∗=

⋅∑

i = 2, 3, , n

n 1 :

n 1 :

−

−

K

Ecuaciones complejas

Incognitas complejas


47


– Despejando iV•

ni

i i j j

i i i

k +1 k 1 ki-1 ni

i i j j i j jk

i i i

j=1

j=1 j=i+1

j i

=

S1V Y V ; i = 2 , 3 , , n Y V

S1V = Y V Y V Y V

i = 2 , 3 , , n

∗• • •

• ∗

∗+• • • • •

• ∗

≠

⋅ − ⋅

⋅ − ⋅ − ⋅

∑

∑ ∑

K

KCurso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

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§ Secuencia de Solución.

– Suponer valores iniciales de tensión para todas las barras. Usualmente :

– Utilizando la formula iterativa, calcular secuencialmente, en cada

iteración, los valores de las tensiones de barra,

0

i iV 1 0 • °= K(perfil plano) ; = 2, 3, , n

k 1

iV• +


49


– El proceso continúa hasta que se cumpla un criterio de convergencia (detención); por Ej. :

i

i

i

i

K

K

1

2

ra

da

; ; = 2, 3, , n

; ; = 2, 3, , n

1 iter k = 0 V

2 iter k = 1 V

:

:

k+1 k

i iim á x V V

• •

− ≤ ε


50


§ Factor de Aceleración

– Es posible disminuir el número de iteraciones, a veces hasta lamitad, mediante un factor de aceleración

– entre 1.4 a 1.6

α

k+1 k k+1 k

i c i c i i acV = V V - V• • • •

+ α ⋅

a a

α


51

Sistemas con Barras PQ , PV y Slack

§ Dados :

Hallar :

( ) ( )1 2 2 m m m 1 nV , P ,V , , P ,V , S , , S • • •

+KK KK

( ) ( )1 2 2 m m m 1 nS , Q , , , Q , , V , , V • • •

+δ δKK KK


52


– La ecuación iterativa no puede aplicarse directamente a las barras PV porque no se conoce la potencia reactiva en estas barras.iQ

iQ : Es la potencia reactiva necesaria para mantener la tensión especificada en la barra i.

– Para resolver este inconveniente, se estima un valor para con las tensiones de barras más actualizadas disponibles en el momento de su cálculo, utilizando para ello (siempre) la magnitud especificada de la tensión de la barra i; de esta manera se estima el valor necesario de la potencia reactiva requerida en la barra i para mantener su tensión especificada.

iQ


53


Es decir, la tensión de la barra PV i, se corrige por:

kk esp esp k

ii i i ik

i

VV = V = V

bs V

••

•⋅ δ

a

Ahora, se estima iQ :

nk+1

i m i i j jj=1

-Q = I V Y V ; i = 2 , 3 , , m∗ • •

⋅ ⋅ ⋅

∑ K


54


k 1k+1 k 1 ki-1 ni i

i i j j i j jk

i i ij=1 j=i+1

P jQ1V = Y V Y V

Y V

i = 2 , 3 , , n

+ +• • • • •

• ∗

− ⋅ − ⋅ − ⋅

∑ ∑

K

k k 1 k ki -1 nk+1

i m i i j j i ij jj=1 j=i

-Q = I V Y V V Y V

i = 2 , 3 , , m

+∗ • • ∗ • • ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

∑ ∑

K


55


– En la ecuación iterativa anterior, cuando se aplica a las barrasPQ se ignora el superíndice de .

– De esta forma, durante el proceso iterativo, la magnitud de la tensión en la barra i convergerá ( si no hay problemas de suministro de potencia reactiva) a su valor especificado.

– Esta convergencia se da debido a que en cada iteración se recalcula la potencia reactiva necesaria que se requiere para lograr la tensión deseada (especificada).

iQ


56


§ Limite de potencia reactiva en barras PV

– Debido a limitaciones físicas de los generadores.

min maxGi Gi Gi

min maxi i i

Q Q Q

Q Q Q

≤ ≤ ⇒

≤ ≤


57


– Si en cada iteración satisface la restricción anterior(se dispone de la potencia reactiva necesaria para mantener la magnitud de la tensión en la barra PV – i , en su valor especificado); entonces, la barra i es efectivamente una barra PV y por lo tanto la tensión se corrige:

– En caso contrario, si los limites de son sobrepasados,quiere decir que en la barra i no se dispone de la potencia reactiva necesaria para mantener la magnitud de la tensión especificada y por lo tanto la tensión de la barra i no se corrige. Por lo tanto:

iQ

k esp k

i i iV = V •

δ

k 1

iQ+

k k k

i i iV = V •

δCurso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

58


– La idea es aprovechar al máximo la potencia reactiva disponibleen la barra i, por lo que se fija en el valor límite que se hayasobrepasado y la barra i se trata como una barra PQ al calcular

– En las iteraciones siguientes, se debe intentar si es posible que la barra i retorne a una barra PV con su tensión especificada.

iQk 1

iV+


59


§ El proceso iterativo se inicia usualmente considerando :

– Barras PQ

– Barras PV

0

iV 1 0•

=o

esp

i

0

iV V 0•

=o


60

Sistemas con Barras PQ , PV y Slackk = 0

i = 2

Emax = 0

Barra iVau x = Vi

Vi = V iesp·Vi / Vi

Calcular Qi

Q i dentrolímites ?

V i = Vaux

Calcular Vi

Q i = Q ilim

Determ inar Emax

i < NBi = i + 1

Emax <= ep END

PV PQ

Si

No

Si

No

No Si

Calcular Ei

Ingresar Datos

k = k + 1


61

EJEMPLOPara el Sep de la figura determinar: a)(20p) Las tensiones de nodo (hacer tres iteraciones) mediante el método de Gauss Seidel. b)(05p) La potencia reactiva que entrega el condensador. c)(05p) la corriente I12.

G1 G2

1 0º= ∠1V

C1P 0.5=

C1Q 0.25=

G 2P 0.75=

2V 1.05=

C3P 0.5=

C5Q 0.5=

50 Mvanom.a V

j0.2

j0.1

1.2 :1

j0.25

cB 0.08=

12

3


62

Método de Newton Raphson

– Supóngase que se tiene un sistema de ecuaciones algebraicas no lineales.

– En forma compacta se puede escribir.

( ) ( )1 2 n 1 2 m ii i

i = 1, 2 , , n

g x , x , , x , u , u , , u = h - b = 0x , u

K

K K

( ) ( ) g x , u = h x , u - b = 0


63


[ ]

[ ]

[ ]

T1 2 n

T1 2 m

T1 2 n

x , x ,…, x :

u u ,…, u :

b , b ,…, b :

x =

u = ,

b =

Vector variable de estado (dependientes).

Vector variable de control (independientes).

Vector especificado (dato).


64


– Sea el vector :

una estimación inicial de la solución, y

–

el vector corrección que sumado al vector estimación inicial da la solución exacta :

( ) ( ) ( ) ( ) T0 0 01 2 nx , x ,…, x

0x =

( ) ( ) ( ) ( ) T0 0 01 2 nΔx , Δx ,…, Δx

0

Δx =

( )0x


65


– Así :

– O en forma matricial.

T

1 2 nx , x ,…, x∗ ∗ ∗ x = ∗

( ) ( ) ( )( )i i

i = 1, 2, , n

g g , = 00 0 x , u = x + x u

K

∗ ∆

( ) ( )( )0 0 g x +Δx , u = 0


66


– El problema consiste en encontrar la solución para el vector

corrección . Se utiliza el desarrollo en serie de Taylor de las funciones entorno a la estimación inicial.

( )0Δx

( ) ( )( ) ( )( )

( )( )

( )( )

00 i

i i 11

0 00 0i i

2 n2 n

i = 1, 2, , n

gg g , x x

g gx x h.o.t = 0x x

∂∆ ⋅ +

∂

∂ ∂∆ ⋅ ∆ ⋅

∂ ∂

0 +

+

x , u = x u

+ + + KK

K

∗


67


– En forma matricial

–

Se denomina matriz jacobiana (o simplemente Jacobiano), es cuadrada y de orden nxn.

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) h.o.t⋅0 0 0 0 0 g x + x , u = g x ,u + J x ,u x + = 0∆ ∆

( )( )0J x ,u


68


( )( )

( )1 1 1

1 2 n

2 2 2

1 2 n

n n n

1 2 n

0

g g gx x xg g gx x x

g g gx x x

=

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

0J x ,u

K

K

M

L


69


– Despreciando los términos de orden superior, se obtiene un sistema lineal de ecuaciones :

– Se designará el valor especificado de menos su valor

calculado como el error .

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )⋅0 0 0 0

J x ,u Δx = 0 - g x ,u = b - h x ,u

ig( )( )0

ig x ,u ( )0ig∆


70


– Entonces, el vector error es :

– Por lo tanto, la ecuación matricial de error (ecuaciones de error) es :

( )( ) ( ) ( ) ⋅0 0 0

J x ,u Δx = Δg

( )0Δg

( ) ( )( )0 0 0 Δg = - g x ,u


71


– Desde el sistema lineal de ecuaciones de error se determina el

vector corrección que sumado al vector estimación inicial, se obtiene :

– Como se han despreciado los términos de orden superior en el

desarrollo en serie de Taylor, no será la solución exacta del problema, pero sí una mejor estimación que la inicialmente

tomada .

( )1x( )0x

( )0Δx

( ) ( ) ( )1 0 0 x = x + Δx


72


– Si se repite el proceso, a partir de la ultima estimación, se tiene, el algoritmo iterativo expresado por :

– Donde se obtiene :

( )( ) ( ) ( )( )⋅k k k J x ,u Δx = Δg x ,u

( )kΔx

( ) ( ) ( )k +1 k k x = x + Δx


73


§ Algoritmo

1. Hacer k = 0 y escoger una solución inicial .

2. Calcular el vector error .

3. Si :

Entonces es la solución; en caso contrario continuar en el punto 4.

4. Calcular la matriz Jacobiana

( )0x = x

( )( )kΔg x ,u

( )( )im á x ≤ εk

iΔg x ,u

( )( )kJ x ,u

( )kx


74


5. Estimar una nueva solución :

– Calcular el vector corrección

– Actualizar la solución anterior

6. Hacer y volver al punto 2.

( ) ( ) ( ) +k+1 k kx = x x∆

( ) ( )( ) ( )( ) ⋅ -1

k k kx = J x ,u Δg x ,u∆

k k +1←


75

Aplicación Problema Flujo Potencia

– El método de Newton Raphson se tiene que implementar con las ecuaciones del flujo de potencias en su forma real. La presencia de variables complejas conjugadas, en las ecuaciones del flujo de potencia en su versión compleja, impide realizar derivadas en la forma compleja.

– Se considerarán barras PV y PQ.

– El vector estado (incógnitas) es :

[ ] [ ] T2 3 n m+1 m+2 nδ , δ ,…, δ , V , V ,…, V T

x = δ V = Curso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

76


( )n esp

i j ij i j ij ij = 1

V V Y sin Q 0⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ − =∑

( )i = 2, 3, …, n barras PV y PQ

( )n esp

i j ij i j ij ij = 1

V V Y cos P 0⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ − =∑

( )i = m + 1, …, n barras PQ

El sistema de ecuaciones es:


77


( ) ( )

( ) ( )

espi i

espi i

i = 2, 3, …, n

i = m + 1, …, n

P P = 0

Q Q = 0

x,u -

x,u -

barras PV y PQ

barras PQ

( ) ( )

( ) ( )

n


n


P V V Y cos

Q V V Y sin

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

∑

∑

x,u

x,u

Se expresa como:

Donde:


78


– Se tiene ecuaciones algebraicas con elmismo número de incógnitas.

– El sistema de ecuaciones es de la forma :

O en su forma compacta :

( ) ( )i i i

i = 1, 2,…, N

g h b 0x,u = x,u - =

2 N P Q + N P V

( ) ( )g x,u = h x,u - b = 0


79


( )

( )

( )

( )

( )

esp2 2

espn n

espm+1 m+1

espn n

P P

P P

Q Q

Q Q

=

= 0

x,u -

x,u - g x,u

x,u -

x,u -

M

M


80


( ) ( )

[ ]

[ ]

Tn m+1 m+2 n

T

P , P , Q , Q , , Q

⋅

∆ ∆ ∆ ∆ ∆2

J x,u x = g x,u

g =

g = P Q

K K

∆ ∆

∆

∆ ∆ ∆


81


– Los errores (residuos) de potencia son :

– Así, las ecuaciones de error de potencia se pueden escribir como sigue :

( )ig∆

( ) ( )

( ) ( )

esp

i i i

esp

i i i

i = 2 ,…, n

i = m + 1 ,…, n

P P P

Q Q Q

∆ −

∆ −

x,u = x,u

x,u = x,u


82


2 2 2 2m 1 n

2 n m+1 n

n n n nm 1 n

2 n m+1 n

m+1 m+1

2

N P V + N P Q N P Q

N P V

+

N P Q

N P Q

P P P PV VV V

P P P PV VV V

Q Q

+

+

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ δ ∂ δ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ δ ∂ δ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ δ ∂ δ

L L

M M

L L

L

2 2

nn

m+1 m+1 m+1m 1 n m 1

n m+1 n m+1

n n n n nm 1 n n

2 n m+1 n n

P

P

= Q Q VV V QV V V

Q Q Q Q VV V QV V V

++

+

∆δ ∆

∆ ∆δ ⋅

∂ ∂ ∆ ∆ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∆ ∆

∂ δ ∂ δ ∂ ∂

MM

L

M M M ML L


83


– En forma compacta :

– La utilización de en lugar de no afecta numéricamente el algoritmo, pero se logra una mayor simetría numérica del jacobiano (estructuralmente ya lo es).

( ) ( ) ( ) k k k

⋅ =

1 2

3 4

J J Δδ ΔPJ J ΔV V ΔQ

i iV V∆ iV


84

Proceso de Solución

1. Hacer k = 0 y estimar valores iniciales paralas variables de estado (incógnitas). Se prefiere el perfil plano.

2. Calcular los errores de potencia y

3. Si :

en caso contrario seguir en el punto 4

( ) ( )( ) ( )k ki i ,

imáx P , Q ∆ ∆ ≤ ε ⇒ * x = x solución

( ) ( )0 0

i i , Vδ

( ) ( )k kΔP ΔQ


85

Proceso de Solución4. Calcular la matriz Jacobiana

5. Calcular el vector corrección del sistemade ecuaciones algebraicas lineales.

6. Actualizar las variables estado.

( )( )kJ x ,u

[ ]TΔδ ΔV V

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

k+1 k k

i i i

kk+1 k k k

ii i i i k

i

i = 2, 3, , n

ΔVV V V = V 1 + V

δ δ + ∆δ

+ ∆ ⋅

=

=

K

i = m + 1, , nKCurso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

86

Proceso de Solución

7. Hacer y volver al punto 2.

– Con independencia del tamaño de la red, el número de iteraciones oscila usualmente entre 3 y 5, partiendo del perfil plano.

k k +1←


87

Elementos del Jacobianoo Elementos de

§ Fuera de la Diagonal

§ De la diagonal

1J

j i≠

j i=

( )ii j ij i j ij

jij1

PJ V V Y sin

∂= = ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

∂ δ

( )ii j ij i j ij

i j = 1j i

n

ii1 PJ - V V Y ·sin

≠

∂= = ⋅ ⋅ δ − δ − θ

∂ δ ∑


88

Elementos del Jacobiano

– Idénticamente se deducen los elementos de las otras submatrices, que se resumen a continuación :

2i

i ii

ii ii ii ii P Q V B ; B Y sin

∂= − − ⋅ = ⋅ θ

∂ δ


89


( )

( )

i j ij i j ij

i j ij i j ij

ij ij

ij ij

1 4

2 3

J J V V Y sin

J -J V V Y cos

= = ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

= = ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

2i i ii

2i i ii

2 2i i ii i ii

2 2i i ii i ii

ii

ii

ii ii

ii ii

1

3

2 3

4 1

J Q V B

J P V G

J P V G 2 V G J

J Q V B 2 V B J

= − − ⋅

= − ⋅

= + ⋅ = ⋅ ⋅ +

= − ⋅ = − ⋅ ⋅ −

j i≠

j i=

ii ii ii iiii iiG Y cos B Y sin= ⋅ θ = ⋅ θ


90


§ Ejemplo :

slack

PQ

PQ

PV

2

43

1


91


2

2 222

3 33

2

2 222

3 33 33

22 23 24 22 23

32 33 34 32 33

42 43 44 42 43

22 23 24 22 23

32 33 34 32

1 1 1 3 3

1 1 1 3 3

1 1 1 3 3

3 3 3 1 1

3 3 3 1 1

J J J 2 V G J J

J J J J 2 V G J

J J J J J

J J J 2 V B J J

J J J J 2 V B J

⋅ ⋅ + −

− ⋅ ⋅ +

− − − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ −

2∆δ

2 2V V∆

3∆δ

4∆δ

3 3V V∆

⋅

2P∆

=

3P∆

4P∆

2Q∆

3Q∆

2 3 4

2

3

4

2

3

2 3


92

Limites Potencia Reactiva, Barras PV– Al final de cada iteración se calcula en las barras PV.

– Si excede alguno de los límites, la tensión de la barra i

regulada no puede mantenerse en su valor , pasando esta

barra a ser una barra PQ con

iQ

( ) ( ) ( ) ( ) ( )nk k k k k


i 2, 3, , m

Q V V Y sin

=

= ⋅ ⋅ ⋅ δ − δ − θ

∑K

( )k

iQesp

iVlim

i iQ Q=


93

Limites Potencia Reactiva, Barras PV

– Si en una iteración posterior (k) sucede que :

la barra i vuelve a ser tratada como PV.

– Para pasar de una barra PV a una PQ (virtual) hay que agregar la ecuación de error correspondiente o excluirla en caso contrario. Es decir :

( )

( )

k esp máx

i i i i

k esp mín

i i i i

V V Q Q

V V Q Q ,

> =

< =

con o bien si

con entonces,


94

Limites Potencia Reactiva, Barras PV

– Basta incluir en el vector error y en el vector estado o excluirlos en caso contrario, actualizando acordemente las filas y columnas de la matriz Jacobiana.

iQ∆ iV∆


95

Método Desacoplado Rápido

§ Se obtiene al introducir una serie de simplificaciones sobre las ecuaciones del método de Newton Raphson completo.

§ Se supone que el Sep está bien diseñado y apropiadamente operado.

§ Simplificaciones

1) Los desfases entre las tensiones de barras adyacentes son relativamente pequeños.

( ) ( )i j i jcos 1 , sin 0δ − δ ≈ δ − δ ≈Curso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

96

Método Desacoplado Rápido2) En redes de transmisión se cumple que :

Por lo tanto, los elementos son aproximadamente imaginarios puros.

(Esta aproximación no es aplicable a redes de distribución, ya

que

R X G B 1= =

[ ]BY

i j i j i j i j

i j i j i j i j

Y Y Y 9 0

Y G + j B j B

• ο

•

= θ ≈

= ≈

)R X 1≥


97


3) En sistemas reales se cumple :

4) En el subproblema activo se toma

2

i i i i

i i i

Q < < V B

Q 1 ; B 2 0 5 0 p u

⋅

< = a

jV 1 pu≈


98


– Aplicando las aproximaciones 1 y 2 , los valores numéricos de lasmatrices son significativamente menores queaquellos de las matrices . Es decir :

• Los cambios de potencia activa dependen fundamentalmente de los cambios del ángulo de fase de las tensiones y en menor medida, de los cambios de la magnitud de las tensiones, y

• Los cambios de potencia reactiva dependen fundamentalmente de los cambios de la magnitud de las tensiones y en menor medida, de los cambios del ángulo de fase de las tensiones.

2 3J Jy1 4J Jy


99

Método Desacoplado Rápido– Por lo tanto, es razonable considerar :

–

– está desacoplado de

está desacoplado de

Subproblema activo

Subproblema reactivo

⋅

⋅

1

4

J Δδ = ΔP

ΔVJ = ΔQV

ΔV yΔP

ΔQ Δδ

≈ ⇒2 3J = J 0 Ecuaciones desacopladas


100

Método Desacoplado Rápido– Adicionando la tercera simplificación se obtiene :

– El sistema de ecuaciones será :

j i j

2

i i i

i j i j i

i i i i

1 4 -

1 4 -

J = J V V B

J = J V B

≈ ⋅

≈

⋅

⋅

n

i j ij j ij = 2

nj

i j ij ij = m + 1 j

- i = 2, , n

- i = m + 1, , n

V V B P

VV V B Q

V

⋅ ⋅ ⋅ ∆δ = ∆

∆⋅ ⋅ ⋅ = ∆

∑

∑

K

K


101


– Adicionando la aproximación 4, se puede escribir :

n

ij j i ij = 2

- i = 2, , n B P V ⋅ ∆δ = ∆∑ K

Barras NPV + NPQ = n -1

n

ij j i ij = m + 1

- i = m + 1, , n

B V Q V ⋅ ∆ = ∆∑ K

Barras NPQ = n - m


102


– En forma compacta, se tiene :

a)

b)

– son matrices constantes; se forman e invierten (o factorizan) una sola vez.

– Los elementos de estas matrices son :

( ) ( ) B' ⋅B' Δδ = ΔP V NPV + NPQ × NPV + NPQ

( ) B'' ⋅B'' ΔV = ΔQ V NPQ × NPQ

B' B''y

( ) i j Bij i j m i, jB' = B '' = - B = - I Y


103

Método Desacoplado Rápido– Sea :

– Por lo tanto :

()

B BY ' = Y sin la columna y fila correspondiente a la barra slack

m

m

I

I B

B

B' = - Y'

B'' = - Y''

()

B BY '' = Y sin las columnas y filas correspondientes a las barras PV y barra slack


104


§ Simplificaciones Adicionales.

– En la formación de se omiten aquellos elementos que afectan primordialmente el flujo de potencia reactiva (condensadores y reactores shunt) y se seleccionan las tomas t, de los transformadores que operan en su razón no nominal, igual a 1.

– Además, en la formación de también se omiten las resistencias serie de las líneas. Se ha comprobado que esta simplificación, mejora notablemente el proceso de convergencia.

– En la formación de se seleccionan las tomas de los transformadores reguladores de fase en :

t 1 0• ο

=

B'

B'

B''


105


– Finalmente, con todas las simplificaciones, los elementos de ambas matrices se obtienen del siguiente modo :

– es la reactancia serie del elemento (línea o transformador)que interconecta las barras i y j.

ijx

ij ijj =

i

ij

ij ii

ij ii ii

B' = -1 x B' = 1 x

B'' = - B B' = - B

∑barras

vecinas a


106


–

– es simétrica, siempre que no existan transformadoresdesfasadores, cuadrada y de orden NPV + NPQ.

– es simétrica, cuadrada y de orden NPQ.

( ) Bij m i, j B = I Y

B'

B''


107


§ Estrategia de Solución

– El proceso iterativo consiste en resolver alternadamente el subproblema activo y el subproblema reactivo, utilizando encada caso los valores más recientes de y V , hasta que sesatisface el criterio de convergencia tanto en como el

–

P∆δ

Q∆

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) +

⋅k k k

k+1 k k

B' Δ = ΔP V

= Δ

δ

δ δ δ


108


– Esto da posibilidades de convergencia diferentes para ambos subproblemas, significando un ahorro de tiempo debido a que se deja de iterar el que converja en primer lugar.

– El número de iteraciones es mayor que el requerido con la versión completa, pero ese exceso de iteraciones queda sobradamente compensado con el esfuerzo de cálculo requerido por iteración (menor cantidad de cálculo por iteración y ahorro de tiempo en inversión).

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) +

⋅k k k

k +1 k k

B'' ΔV = ΔQ V

V = V ΔV


109

EJEMPLOEn el sistema de la figura. Determinar:- La matriz admitancia de barras- Escribir el sistema de ecuaciones del flujo de cargas en la forma g(x)=0.- Escribir las ecuaciones de error para el método del N.R completo.- Realizar una iteración para hallar las tensiones empleando el método de NRDR.

Tomar como valores de partida 2 3 4V 1 0º , V 1 5º , V 1.1 10º= ∠ = ∠ − = ∠ −

G1 G2

1 2

3

4

0.9 : 1

j0.05 j0.05

j0.02

1V 1 0º= ∠

2V 1=

G 2P 0.8=

CP 0.2=

CQ 0=

CP 0.8=

CQ 0.9=


110

Flujos Potencia Activa y Reactiva

§ El análisis de los flujos de potencia activa y reactiva los estudiaremos en los siguientes puntos :

– Líneas de Transmisión.

– Transformador Desfasador.


111

Líneas de Transmisión

+

−

+

−

i j

iV•

jV•j iI

•i jI

•

i jy

i j0j b⋅ j i0j b⋅

i j S•

j i S•

i j i j i ji j i j

1y g j bR j X

= = + ⋅+


112


§ij ij

ij ij2 2 2 2

ij ij ij ij

R Xg b -

R X R X= =

+ +

i ji j i i i j i j0 ii j S V I V y V V + j b V∗• • ∗ • • • • • ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

= =


113


( )

2

i j i j i i j i j i j i j i j i j

2

i j i j i j0 i i j i j i j

i j i j i j

P g V g V V cos b V V s in

Q b + b V g V V s in

b V V cos

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ δ − ⋅ ⋅ ⋅ δ

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ δ +

⋅ ⋅ ⋅ δ

=

= -

+


114


( )

2

j i ij j i j i j j i i j i j j i

2

j i i j i j0 j i j i j j i

i j i j j i


Q b + b V g V V s in

b V V cos

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ δ − ⋅ ⋅ ⋅ δ

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ δ

+ ⋅ ⋅ ⋅ δ

=

= - +

§ Similarmente :

j i j j i j j i i j0 ji j S V I V y V V + j b V∗• • ∗ • • • • • ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

= =


115


§ Las Perdidas son :

( )2 2

i j j i i j i j i j i j

2

i j i j

P P g V V 2 V V cos

g V V • •

= ⋅ + − ⋅ ⋅ ⋅ δ =

= ⋅ −

+

( ) ( )( )

2 2 2 2

ij ji ij0 i j ij i j i j ij

22 2

ij0 i j ij i j

Q Q b V V b V V 2 V V cos

b V V b V V • •

= ⋅ + − ⋅ + − ⋅ ⋅ ⋅ δ

= ⋅ + − ⋅ −

+ -

-Curso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

116

Transformador Desfasador

+

−

+

−

i j

iV• i j I

•

: 1•

i jc

jV•j iI

•+

−jV '

•

i jy

j'i I•

i j S•

j i S•

j i S•

j'


117


– Donde :

– Considerando que el transformador ideal no tiene perdidas, los flujos de potencia se pueden obtener directamente a partir de las expresiones deducidas para las líneas, aplicándolas a las

dos puertas formado por la admitancia e ignorando la admitancia shunt. ij y

•

j' i j j j'i j i i j V V ; I I• • • • • ∗

= ⋅ = c c


118


– Hay que intercambiar por

– Es decir, hay que intercambiar :

j j

j j i j

V V

⋅

δ δ + φ

p o r

p o r

c

j V•

j ' V•

j j j j j i jj' V V V V • •

= δ = ⋅ δ + φc


119


– Por lo tanto,

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2i j ij i i j i i j j i j i j

i j i i j j i j i j

2ij i j i i j i i j j ij i j

i j i i j j i j i j

P g V g V V cos

b V V s in

Q b V g V V s in

b V V cos

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ − φ −

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ − φ

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ − φ +

+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ − φ

=

= -

c

c

c

c


120


( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2

j i ij i j j i j i i j j j i i j

2

i j i i j j j i i j

2

ji i j i j j i j i i j j j i i j

2

i j i i j j

P g V g V V cos

b V V s in

Q b V g V V s in

b V V

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ + φ −

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ + φ

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ + φ +

+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

= -

c c

c

c c

c ( )j i i j cos

δ + φ


121


§ Observaciones :

– Para transformadores en fase :

– Para transformadores desfasadores puros :

i j i j i j 1 0 1 0• ο ο

= ⇒ = φ =yc c

i j i j i j 1 1•

= φ ⇒ =c cCurso: Sistemas Eléctricos de Potencia, Ildefonso Harnisch VelosoEscuela Universitaria de Ingeniería Eléctrica-Electrónica (EIEE)

122

Flujo de Carga Linealizado :

o Modelo de Corriente Continua.

– Es la versión más simplificada del problema del flujo de potencias.

– Permite estimar, con bajo costo computacional y precisión razonable, los flujos de potencia activa en una red de transmisión.

– El método tiene muchas aplicaciones en el análisis del Sep, tanto en planificación como en la operación de un sistema.


123


– El método se basa en el fuerte acoplamiento que existe entrelas variables P y en una red de transmisión, siendo el acoplamiento P – V muy debil. En redes de distribucion el acoplamiento P – V es importante, por lo tanto, el modelo linealizado no es aplicable en este caso.

– Una de las simplicaciones es considerar que en todas las barras. Esto implica que en todas las barras por lo que los flujos de potencia reactiva en las ramas del Sep resultarán nulas.

– Por lo tanto, el modelo C.C, no proporciona información de las potencias reactivas. En consecuencia, no puede sustituir por completo los métodos no lineales.

δ

iV 1 pu≈iV 0∆ =


124


– Sin embargo, el flujo de carga linealizado, es de gran utilidad en las fases preliminares de estudios que exigen el análisis de un gran número de casos.

– Una razón por la que los métodos convencionales de flujo decarga pueden presentar dificultades de convergencia enalgunos estudios de planificación es la falta de conocimientosobre el comportamiento reactivo del sistema (reactores,condensadores, taps, barras PV, etc.). El modelo linealizadoignora la parte reactiva del problema, que solo seráconsiderada en fases subsecuentes del estudio, cuando setiene una idea más concreta sobre las condiciones futuras delsistema.


125

Linealización

§ La aplicación de la linealización la estudiaremos a través de los siguientes puntos :

– Simplificaciones.

– Líneas de Transmisión.

– Transformadores en Fase.

– Transformadores Desfasador.

– Formulación Matricial.


126

Simplificaciones

1) para todas las barras.

2) Las diferencias angulares de las tensiones entre barras adyacentes son pequeñas.

iV 1 pu≈

ij ij i jcos 1 , sin δ ≈ δ ≈ δ − δ


127

Simplificaciones

3) En líneas de transporte y transformadores de poder

4) En transformadores con tomas

i j i jR X :=

( )ij

ijij

g 0

1b -X

≈

≈

pérdidas activas despreciables

i j 1.≈c


128


– Esta ecuación tiene la misma forma de la ley de ohm aplicada auna resistencia recorrida por una corriente continua, siendo

análogo a análogos a las tensiones terminales

y análogo a la resistencia.

( )

2

i j ij i i j i j i j i j i j i j

i j i ji j


1P X

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ δ − ⋅ ⋅ ⋅ δ

⋅ δ − δ

=

=

i jP

i jI , δ δy

i jX


129


– Por esta razón, el modelo de la red de transmisión basado enla expresión anterior, se conoce como modelo de corrientecontinua.


130

Transformadores en Fase

( )( )

( )

2

i j i j i i j i i j j i j

i j i i j j i j

i j i ji j

P g V g V V cos

b V V s in

1P X

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ −

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ

⋅ δ − δ

=

=

c

c


131

Transformadores Desfasadores

( ) ( )( ) ( )

( )

( )

2

i j i j i i j i i j j i j i j

i j i i j j i j i j

i j i j i ji j

i j i j i ji j

P g V g V V cos

b V V s in

1P sinX

1PX

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ − φ −

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ δ − φ

⋅ δ − φ

⋅ δ − φ

=

=

=

c

c


132

Transformadores Desfasadores

– Considerando constante, la expresión se puederepresentar por el modelo linealizado siguiente :

i jφ i jP

+

−

+

−

i j

iV•

jV•

i jPi jP

i jx

i j

i jxφ i j

i jxδ

i j

i jxφ

−


133

Formulación Matricial

– El modelo linealizado puede ser expresado matricialmente por una ecuación del tipo

– Para mayor simplicidad de exposición, considérese inicialmente una red de transmisión sin transformadores desfasadores. En este caso

( )i j i ji j

1PX

⋅ δ − δ=

⋅ =Y V I


134


– La inyección de potencia activa en la barra i es igual a la suma de los flujos que salen de la barra.

( )i i j i j

i i j i j i j

i

i i

j

j j

i = 2 , 3 , , n

i = 2 , 3 , , n

1P X

1 1P + - X X

∈ Ω

∈ Ω ∈ Ω

⋅ δ − δ

⋅ δ ⋅ δ

∑

∑ ∑

=

=

K

K


135


– En forma compacta :

Vector de los ángulos de las tensiones de barras.

Vector de las inyecciones netas de potencia activa enlas barras.

Matriz tipo conductancia nodal.

i j i i i j i jij

1 1B ' B ' X X∈ Ω

∑= - =

= ⋅P B' δ

P :

B' :

δ :


136


– La relación puede ser interpretada como elmodelo de una red de resistencias alimentadas por fuentes decorrientes continua, en que es el vector de las inyeccionesde corriente, es el vector de las tensiones de barra y es la matriz conductancia nodal.

– Considérese ahora un sistema que adicionalmente contiene transformadores desfasadores. De acuerdo al circuitoequivalente, hay que incorporar al vector , donde corresponda, las inyecciones equivalentes de potencia activa, utilizadas en la representación de desfasadores.

⋅P = B' δ

Pδ B'

P


137


§ Ejemplo :

3P

2P1P

12x

23x13x1 0δ =

21

3


138


– Modelo CC :

3P

2P1P

12x

23x13x

1 0δ =

21

3

2δ

3δ


139


1 1 112 23 23

1 1 123 13 23

x x x

x x x

− − −

− − −

+ −

− +

2δ ⋅

3δ

=2P

3P

2

2

3

3


140

Estimación de las pérdidas

2ij ijPerd = R ·I∑

2 2ij i ij ij ijS V I P Q= ⋅ = +

2ij ijPerd R ·P≈ ∑

i ijV 1; Q 0= ⇒ = ⇒ ij ijI P=

flujos de carga

Documents

son cantidades conocida

son las incgnitas

en estas barras

por lo tanto

por lo

en general

las cargas

por ejemplo