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Taller virtual: “Elaboración de Estudio de Flujo de Potencia” ANÁLISIS DE FLUJO DE POTENCIA Elaboración de Estudio de Flujo de Potencia

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INTRODUCCIÓN

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DIAGRAMA CORRESPONDIENTE

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UNIFILAR

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PREGUNTAS GENERALES ✓ ¿Son aceptables las tensiones de cada barra colectora en el sistema de energía ?

✓ ¿Cuál es la carga de los diferentes equipos en el sistema de potencia? (transformadores, líneas de transmisión, generadores, etc.) ✓ ¿Cómo puedo lograr la mejor operación del sistema de energía ?

✓ ¿El sistema de potencia tiene una debilidad (o debilidades)? Si es así, ¿dónde están ubicados y cómo puedo contrarrestarlos?

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ANÁLISIS DEL SISTEMA DE POTENCIA Condiciones normales del Sistema Operación del Sistema

Condiciones anormales del Sistema Análisis del Sistema de Potencia Condiciones normales del Sistema Planificación del Sistema Condiciones anormales del Sistema

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APLICACIÓN EN OPERACIÓN

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APLICACIÓN EN PLANIFICACIÓN

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CONCEPTO POTENCIA

BÁSICO

DE

FLUJO

DE

Supongamos que tenemos los siguientes datos: Sത 2 = P2 + 𝒋Q 2 = 100 + 𝒋0 = 100∠0° MVA ഥ2 = 500kV (línea) V r = 25 ΩΤfase , x = 125 ΩΤfase ഥ1 𝑦 Sത1 = P1 + 𝒋Q1 Se pide: V

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SOLUCIÓN Trabajemos en p.u., valores bases: Sb = 100 MVA Vb = 500kV. Entonces tendremos: Sത 2 = 1∠0°pu ,

ഥ2 = 1∠0°pu E 25 125 r= = 0.01 pu , x= = 0.05 pu 2 2 Vb ΤSb Vb ΤSb ∗ തS2 ∗ 1∠0° Iҧ = = = 1∠0°pu ഥ 1∠0° E2

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SOLUCIÓN ഥ1 = E ഥ2 + Iҧ r + 𝒋x = 1∠0° + 1∠0° 0.01 + 𝒋0.05 = 1.0112∠2.8° pu E Potencia ofrecida por la fuente: ഥ1 Iҧ∗ = 1.0112∠2.8°pu = 1.01 + 𝒋0.05 pu 101MW, 5MVAr Sത1 = E

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SOLUCIÓN En la práctica los datos anteriores no son datos, sino que el problema se presenta así: Sത 2 = P2 + 𝒋Q 2 = 100 + 𝒋0 = 100∠0° MVA ഥ1 = 1.0112 pu (línea) V

r = 25 ΩΤfase ,

x = 125 ΩΤfase

La tensión de alta de la central es mantenida constante por un sistema complejo de control. Y se pide:

ഥ2 𝑦 Sത1 = P1 + 𝒋Q1 V Elaboración de Estudio de Flujo de Potencia

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SOLUCIÓN Entonces la solución analítica es más complicada: ഥ1 = E ഥ2 + zതIҧ = E ഥ2 + zത Sത 2 ΤE ഥ2 E

∗

∗ ഥ ഥ E1 E2 = V2 2 + zതSത 2∗

Considerando:

ഥ1 = V1 ∠0° y E ഥ2 = V2 ∠θ2 E V1 V2 ∠−θ2 = V2 2 + r + 𝒋x P2 − 𝒋Q 2 V1 V2 cos −θ2 + 𝒋 sin −θ2 = V2 2 + rP2 + xQ 2 + 𝒋 xP2 − rQ2

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SOLUCIÓN Separando la parte real de la imaginaria tenemos: V1 V2 cos θ2 = V2 2 + rP2 + xQ 2 ൝ V1 V2 sin θ2 = rQ 2 − xP2 Elevando las dos ecuaciones al cuadrado y sumándolas se obtiene:

V1 2 V2 2 = V2 4 + rP2 + xQ 2 2 + 2V2 2 rP2 + xQ 2 + rQ 2 − xP2 2 V2 4 + V2 2 2 rP2 + xQ 2 − V1 2 + rQ2 − xP2 2 + rP2 + xQ 2 2 = 0

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SOLUCIÓN Y puede ser reescrita como: V2 4 + bV2 2 + 𝑐 = 0 ∆= 𝑏 2 − 4𝑐 𝑦1 = −𝑏 + ∆1/2 Τ2 , 𝑦2 = −𝑏 − ∆1/2 Τ2 V2 = ±y11/2 , ±y21/2 Para los datos ofrecidos: V2 = ±1, ±0.05

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SOLUCIÓN La respuesta esperada es V2 = 1 pu. Entonces: θ2 =

sin−1

rQ2 − xP2 = −2.8° V1 V2

തS2 ∗ Iҧ = = 1∠ − 2.8° pu ഥ E2 ഥ1 Iҧ = 1.0112∠2.8° = 1.01 + 𝒋0.05 pu 101 MW , 5 MVAr Sത1 = E Dando así las mismas soluciones anteriores.

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INTERPRETACIÓN BARRAS

SISTEMA

DE

DOS

- Las dos soluciones negativas no tienen significado físico. - Supongamos que la potencia activa de la carga en la barra 2 sea variable:

• P2cr : Máxima carga de la red para las condiciones especificadas. • V2cr : Tensión para lo cual ocurre la máxima carga. Elaboración de Estudio de Flujo de Potencia

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SOLUCIÓN PARA REDES CON CANTIDAD DE BARRAS

GRAN

Para redes mayores: Resolución por medios analíticos es casi imposible Tiene una tentativa a errar.

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MATRIZ ADMITANCIA DE BARRAS Para un sistema de n barras, las ecuaciones de una red en términos de la matriz admitancia de barras puede ser escrita como sigue:

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MATRIZ ADMITANCIA DE BARRAS Donde: 𝑛 𝑌𝑖𝑖 𝑌𝑖𝑗 𝑉෨𝑖

es el número total de barras es la suma de todas las admitancia que llegan a la barra i negativo de la suma de todas las admitancias entre i y j

𝐼ሚ𝑖

es el fasor de corriente inyectada a la red en la barra i

es el fasor de tensión a tierra en la barra i

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MATRIZ ADMITANCIA DE BARRAS Es decir, el vector de corrientes de barra (corrientes inyectadas netas en la barra) es igual al producto de la matriz admitancia de barra y el vector de tensiones de barra (tensiones de fase), donde: 𝑌𝑖𝑖 = ෍ 𝑦𝑖𝑘

Ω = 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 𝑣𝑒𝑐𝑖𝑛𝑎𝑠 𝑎 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑖 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖𝑑𝑎 𝑡𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎

𝑘∈Ω

𝑌𝑖𝑗 = 𝑌𝑗𝑖 = −𝑦𝑖𝑗

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MATRIZ ADMITANCIA DE BARRAS Observaciones: → 𝑌ത es esparza (gran número de elementos nulos). 𝑌ത𝑖𝑗 = 0, si no hay una rama (línea o transformador) conectados a las barras i y j.

𝑌ത𝑖𝑖 es siempre no nulo. → Si las ramas fueran solamente líneas de transmisión y transformadores en fase matriz 𝑌ത es estructuralmente y numéricamente simétrica.

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EJEMPLO Considerar la red de 5 barras y 5 ramas siguiente:

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EJEMPLO Aplicando la ecuación de la corriente nodal para cada barra de la red, se llega a la siguiente relación: 𝐼1ҧ = 𝑌ത11 𝐸ത1 + 𝑌ത12 𝐸ത2 + 0 + 0 + 𝑌ത15 𝐸ത5 𝐼2ҧ = 𝑌ത21 𝐸ത1 + 𝑌ത22 𝐸ത2 + 𝑌ത23 𝐸ത3 + 0 + 𝑌ത25 𝐸ത5 𝐼3ҧ = 0 + 𝑌ത32 𝐸ത2 + 𝑌ത33 𝐸ത3 + 𝑌ത34 𝐸ത4 + 0 𝐼4ҧ = 0 + 0 + 𝑌ത43 𝐸ത3 + 𝑌ത44 𝐸ത4 + 0 𝐼5ҧ = 𝑌ത51 𝐸ത1 + 𝑌ത52 𝐸ത2 + 0 + 0 + 𝑌ത55 𝐸ത5

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MODELAMIENTO DE LAS BARRAS

Vk : Magnitud de la tensión. θk : Ángulo de la tensión nodal. Pk : Inyección total de la potencia activa. Q k : Inyección total de la potencia reactiva. Elaboración de Estudio de Flujo de Potencia

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FORMULACIÓN BÁSICA Dos variables son conocidas (son datos), y las otras dos deben de ser calculadas (incógnitas), dependiendo de cuales son datos y cuales son incógnitas se definen tres tipos de barras: Tipo

Datos

Incógnitas

Características

PQ

Pk , Q k

Vk , θk

PV

Pk , Vk

Q k , θk

Referencia (Vθ, Slack, Swing)

Vk , θk

Pk , Q k

Barras de carga Barras de generación, incluyendo condensadores síncronos. Barras de generación (generalmente una unidad generadora de gran capacidad)

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MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON Es una técnica iterativa para resolver un conjunto de ecuaciones no lineales, supongamos las siguientes ecuaciones:

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MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON Si las iteraciones empiezan con unos iniciales estimados de 𝑥10 , 𝑥20 , … , 𝑥𝑛0 , y Δ𝑥1 , … son las correcciones necesarias, tal que las ecuaciones son exactamente iguales, tenemos:

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MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON Usando el Teorema de Taylor:

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MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON Resulta un conjunto de ecuaciones lineales en forma matricial:

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MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON O: Los valores actualizados de x para la

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APLICACIÓN DE NEWTON-RAPHSON AL FLUJO DE POTENCIA Para una barra k, tenemos:

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APLICACIÓN DE NEWTON-RAPHSON AL FLUJO DE POTENCIA Entonces las expresiones para 𝑃𝑘 y 𝑄𝑘 pueden ser escritas como:

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APLICACIÓN DE NEWTON-RAPHSON AL FLUJO DE POTENCIA Si la potencia activa y reactiva en cada barra esta especificada, usando sp para denotar estos valores, podemos escribir la ecuación de flujo de potencia:

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APLICACIÓN DE NEWTON-RAPHSON AL FLUJO DE POTENCIA Siguiendo el procedimiento general del método N-R, tenemos:

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APLICACIÓN DE NEWTON-RAPHSON AL FLUJO DE POTENCIA O:

Para una barra PV, sólo P está es especificado, la magnitud de V está fijada. Entonces los términos correspondientes a Δ𝑄 y Δ𝑉 estarán ausentes para cada una de las barras PV.

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PROCEDIMIENTO PARA OBTENER SOLUCIÓN CON NEWTON-RAPHSON 1.

LA

𝑠𝑝 𝑠𝑝 Para las barras PQ, donde 𝑃𝑖 y 𝑄𝑖 son especificados, magnitudes de

las tensiones y ángulos de fase son asignados igual a la de la barra 𝑠𝑝 slack, es decir 1∠0. Para barras PV, donde |𝑉𝑖 | y 𝑃𝑖 son especificados, los ángulos son asignados como 0. 2. Calcular las potencias calculadas, y luego los respectivos errores 𝑠𝑝 𝑠𝑝 ∆𝑃𝑖 = 𝑃𝑖 − 𝑃𝑖 . ∆𝑄𝑖 = 𝑄𝑖 − 𝑄𝑖 . 3. Estos errores deben ser menores que los valores especificados para aceptarlos como solución. Si no converge se continúa con el paso 4. 4. Luego con la matriz jacobiana se puede calcular las correcciones de ángulo ∆𝜃𝑖 y de tensión ∆𝑉𝑖 Elaboración de Estudio de Flujo de Potencia

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PROCEDIMIENTO PARA OBTENER SOLUCIÓN CON NEWTON-RAPHSON

LA

5. Se determina los nuevos valores para las tensiones: 𝜃𝑖+1 = 𝜃𝑖 + ∆𝜃𝑖 , 𝑉𝑖+1 = 𝑉𝑖 + ∆𝑉𝑖 6. Incrementar el contador de iteraciones a i+1, y volver al paso 2.

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EJEMPLO Considerar la red de 2 barras y 1 línea de transmisión mostrada a continuación. Obtener su estado de operación utilizando el método de Newton con tolerancia de 0.0001pu.

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EJEMPLO Datos: 𝐸1 = 1.0112∠0° pu 𝑧 = 0.01 + 𝑗0.05 pu 𝑆2 = −1.0∠0° pu La matriz admitancia de la red es: 3.8462 − 𝑗19.2308 −3.8462 + 𝑗19.2308 𝒀= −3.8462 + 𝑗19.2308 3.8462 − 𝑗19.2308

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EJEMPLO Las incógnitas son 𝜃2 y 𝑉2 . Las ecuaciones de las potencias nodales que serán utilizadas son: 𝑃2 = 𝑉2 𝑉1 𝐺21 𝑐𝑜𝑠 𝜃21 + 𝐵21 𝑠𝑖𝑛 𝜃21 + 𝑉22 𝐺22 ൝ 𝑄2 = 𝑉2 𝑉1 𝐺21 𝑠𝑖𝑛 𝜃21 − 𝐵21 𝑐𝑜𝑠 𝜃21 − 𝑉22 𝐵22

Por lo tanto, las ecuaciones de flujo de carga son:

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EJEMPLO Al linealizar las ecuaciones de flujo de carga se llega a: ∆𝑃2 ∆𝑄2

𝜕 𝑃 𝜕𝜃2 2 = 𝜕 𝑄 𝜕𝜃2 2

𝜕 𝑃 𝜕𝑉2 2 ∆𝜃2 ∆𝑉2 𝜕 𝑄2 𝜕𝑉2

En donde: 𝐻=

𝜕 𝑃 = −𝑉2 𝑉1 𝐺21 𝑠𝑖𝑛 𝜃21 − 𝐵21 𝑐𝑜𝑠 𝜃21 𝜕𝜃2 2

𝜕 𝑃 = 𝑉1 𝐺21 𝑐𝑜𝑠 𝜃21 + 𝐵21 𝑠𝑖𝑛 𝜃21 + 2𝑉2 𝐺22 𝜕𝑉2 2 𝜕 𝑀= 𝑄 = 𝑉2 𝑉1 𝐺21 𝑐𝑜𝑠 𝜃21 + 𝐵21 𝑠𝑖𝑛 𝜃21 𝜕𝜃2 2 𝜕 𝐿= 𝑄 = 𝑉1 𝐺21 𝑠𝑖𝑛 𝜃21 − 𝐵21 𝑐𝑜𝑠 𝜃21 − 2𝑉2 𝐵22 𝜕𝑉2 2

𝑁=

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EJEMPLO 𝑉2 = 1 𝑝𝑢, 𝜃2 = 0. • Las potencias nodales y los errores de potencias son: 𝑃2 = −0.0431 ∆𝑃2 = −0.9569 𝑄2 = −0.2154 ∆𝑄2 = 0.2154 • Los errores de potencia son mayores que la tolerancia especificada. • Matriz Jacobiana: 19.4462 3.8031 0.0494 −0.009 𝐉= 𝐉 −𝟏 = −3.8892 19.0154 0.0101 0.0506

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EJEMPLO • Actualización del estado: ∆𝜃2 −0.0494 −𝟏 ∆𝑃2 = 𝐉 = ∆𝑄2 ∆𝑉2 0.0012 ↝ 𝑉2 = 1.0012 𝑝𝑢, 𝜃2 = −0.0494 • las potencias nodales y los errores de potencia son: 𝑃2 = −0.9960 ∆𝑃2 = −0.0040 𝑄2 = 0.0240 ∆𝑄2 = 0.0240 • los errores de potencia son mayores que la tolerancia especificada.

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EJEMPLO • Matriz Jacobiana: 19.2535 2.8560 0.0501 −0.0074 𝐉= 𝐉−𝟏 = −4.8515 19.2781 0.0126 0.0500 • Actualización del estado: ∆𝑃2 ∆𝜃2 −0.0001 = 𝐉−𝟏 = ∆𝑄2 ∆𝑉2 0.0012 ↝ 𝑉2 = 1.0000 𝑝𝑢, 𝜃2 = −0.0495 • las potencias nodales y los errores de potencia son: 𝑃2 = −1.0000 ∆𝑃2 = 0 𝑄2 = 0 ∆𝑄2 = 0

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EJEMPLO • los errores de potencia son menores que la tolerancia especificada entonces el proceso convergió. La potencia en la barra de referencia es: ∗ 1 ∗ҧ 𝑆1ҧ = 𝐸ത1 𝐼12 = 𝐸ത1 𝐸ത1 − 𝐸ത2 = 1.0 + 𝑗0.05 𝑝𝑢 𝑧

Resumen de la evolución de las tensiones: Iteración 0 1 2

𝐸ത2 [pu] 1+j0 1.0012-j0.0495 0.9987-j0.0494

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