UNIVERSIDAD DE LA FRONTERA FACULTAD DE INGENIERIA CIENCIAS Y ADMINISTRACIONDEPARTAMENTO DE INGENIERIA ELECTRICATEMUCO SISTEMAS ELECTRICOS DE POTENCIA II Profesor:Manuel Villarroel Moreno 2003 i

INDICE CAPITULO 1LA MAQUINA SINCRONA11.1.Generalidades1a.Generador conectado a una barra infinita1b.Condiciones de puesta en paralelo1c.Generador alimentando una carga individual21.2.Parmetros de la mquina sncrona2a.De rgimen permanente2b.De rgimen transitorio (sin considerar enrollados amortiguadores)21.3.Circuitos equivalentes de la mquina sncrona21.4.Ecuaciones de Potencia3a.Generador de rotor cilndrico3b.Motor de rotor cilndrico5c.Generador de polos salientes6Problemas propuestos9 CAPITULO 2REGULACION DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE102.1.Introduccin102.2.Clasificacin de las variaciones de tensin102.3.Formas de regular las variaciones lentas de tensin 102.4.Formas de actuar de los medios de regulacin de tensin112.5.Regulacin de tensin por inyeccin de potencia reactiva11a.Lnea corta de transmisin11b.Lnea de longitud media o larga14c.Sistema enmallado152.6.Regulacin de tensin mediante transformadores con cambio de TAP (TCT)172.6.1Sistema de transmisin radial con un TCT en el extremo transmisor172.6.2Sistema de transmisin radial con un TCT en ambos extremos de la lnea192.7.RegulacindetensinmedianteelusocombinadodeTCTeinyeccinde Potencia Reactiva 21Problemas propuestos23 CAPITULO 3CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA253.1.Introduccin 253.2.Planteamiento del problema bsico253.3.Modelo de representacin del SEP263.3.1.Tipos de barras263.3.2.Representacin de los elementos del SEP27a.Lneas27b.Transformadores27c.Generadores273.4.Planteamiento matemtico para un SEP de n barras273.4.1.Ecuaciones de barras273.4.2.Ecuaciones del flujo de potencias273.4.3.Potencia perdida en la transmisin283.4.4.Clculo de las tensiones de barras283.5.Tcnicas de solucin para el problema del flujo de potencias293.5.1.Mtodo de Gauss293.5.2.Mtodo de Gauss-Seidel30a.Caso general30b.Aplicacin del mtodo de Gauss-Seidel YB al clculo de flujos de potencias30b.1Sistemas con barras de carga y flotante solamente30ii

b.2Sistemas con barras de carga, tensin controlada y flotante313.5.3.Mtodo de Newton-Raphson35a.Formulacin general35b.Aplicacin al clculo de flujos de potencias373.5.4.Mtodo de Newton-Raphson desacoplado (MNRD)413.5.5.Mtodo de Newton-Raphson desacoplado rpido (MNRDR)423.6.Flujo de Carga DC o Flujo de Potencia de Corriente Continua45Problemas propuestos48 CAPITULO 4ESTUDIO Y ANALISIS DE FALLAS504.1.Introduccin504.2.Tipos de fallas504.3.Clculo de Cortocircuitos514.3.1.Objetivos514.3.2.Aproximaciones514.4.Cortocircuitos trifsicos simtricos524.4.1.Comportamientodeungeneradorencondicionesdecortocircuitotrifsico simtrico 52a.El generador en vaco antes de producirse la falla52b.El generador en carga antes de producirse la falla53c.Concepto de potencia de cortocircuito54d.Algunos antecedentes relativos a la seleccin de interruptores554.4.2.Cortocircuitos trifsicos simtricos en un SEP57a.Mtodo tradicional57b.Clculo sistemtico (Mtodo general)574.5.Cortocircuitos Asimtricos614.5.1.Componentes simtricas61a.Consideraciones generales61b.Relacin entre voltajes (corrientes) de secuencia y de fase61c.Potencia en funcin de las componentes simtricas634.5.2.Circuitosequivalentesdesecuenciadeloselementoscomponentesdeun SEP 63a.Lneas b.Generadores c.Transformadores d.Redes de secuencia 646466694.5.3.Anlisis de algunos tipos de corctocircuitos 4.5.3.1.Cortocircuito monofsico a tierra a travs de una impedancia de falla ZF 4.5.3.2.Cortocircuito bifsico a tierra a travs de una impedancia de falla ZF 4.5.3.3.Cortocircuito entre dos fases a travs de una impedancia de falla 4.5.3.4.Observaciones finales respecto a los cortocircuitos asimtricos 70707275764.6.Fases abiertas774.6.1.Introduccin 4.6.2.Una fase abierta 4.6.3.Dos fases abiertas 4.6.4.Impedancias serie desequilibradas 77778182Problemas propuestos83 CAPITULO 5ESTABILIDAD885.1.Introduccin 5.2.Estabilidad transitoria 88885.2.1.Objetivos 5.2.2.Suposiciones bsicas para los estudios simplificados de estabilidad transitoria8888iii

5.2.3.Ejemplo ilustrativo 5.2.4.Ecuacin de oscilacin de una mquina sncrona 5.2.5.Ecuaciones de oscilacin en un sistema multigenerador 5.2.6.Estudio de la ecuacin de oscilacin de un generador conectado a una barra infinita 5.2.7.Algunos mtodos de solucin de la ecuacin de oscilacin 8991949599a.Mtodo punto a punto b.Mtodo de Euler c.Mtodo de Euler Modificado d.Mtodo de Runge Kutta de 4 orden 991021031035.2.8.Criterio de Areas Iguales 5.2.9.Reduccin a un sistema simple 5.2.10.Ecuacin de oscilacin de dos mquinas finitas 5.2.11.Factores que condicionan la estabilidad transitoria 1041061071085.3.Estabilidad esttica o permanente1095.3.1.Introduccin 5.3.2.Generador conectado a una barra infinita 109110a.Despreciando el efecto de amortiguacin b.Con efecto de amortiguacin 1101115.3.3.Estabilidad de un sistema de n mquinas111a.Despreciando el efecto de los reguladores y del roce b.Considerando el efecto del amortiguamiento 111112Problemas propuestos112 BIBLIOGRAFIA117 CAPITULO 1 LA MQUINA SNCRONA 1.1.Generalidades Desde el punto de vista del comportamiento de un generador sincrnico en un SEP se pueden identificar las variables mostradas en la Figura 1.1. En general, el cambio de cualquiera de las variables de control, afecta a las cuatro variables de salidas. En un sistema de potencia, la actuacin sobre el torque de la mquina motriz hace posible mantener un balance exacto entre la potencia activa generada en el sistema y la potencia activa consumida por las cargas ms las prdidas. Este balance permite que el sistema trabaje a una frecuencia constante. Porotraparte,actuandosobrelacorrientedeexcitacindecadagenerador,esposiblemantenerunbalanceexactoentrelaspotenciasreactivasgeneradasylasdelconsumoyprdidas.Estebalancepermite mantener una tensin constante (en mdulo) en las barras del sistema. a.Generador conectado a una barra infinita: La tendencia actual es trabajar con un sistema elctrico de transmisinydistribucinqueinterconectelasdiferentescentralesgeneradorasylospuntosdeconsumo,de modo que una sola central y ms an, una sola mquina representa un pequeo porcentaje de la potencia total del sistema.Evidentementeestamquinanoestarcapacitadaparaalterarnielvoltajenilafrecuenciadelsistema elctrico. En el lmite se puede considerar que el sistema mantiene el voltaje y la frecuencia invariables, lo que se puede asimilar a una mquina que tiene cero impedancia interna e inercia rotacional infinita. Se habla entonces de una barra infinita (Figura 1.2). MquinaSncronaVariablesdeControlPQVFI excTmVariablesdeSalida Figura 1.1.- Representacin esquemtica de una Mquina Sncrona /V/=cte, f=cteBarra Figura 1.2.- Barra infinita UngranSEPpuedeconsiderarsecomounabarrainfinitaparamuchosfinesprcticos.Enestecaso entonces,dadoqueelvoltajeylafrecuenciasemantienenconstantes,lasvariablesdesalidasereducenalas potencias activa P y reactiva Q donde la corriente de excitacin Iexc influye fundamentalmente en Q y el torque motriz Tm influye bsicamente en P; es decir, hay un acoplamiento dbil entre Iexc y P y entre Tm y Q. b.Condiciones de puesta en paralelo: Para operar dentro de un sistema elctrico, un generador sncrono debetrabajarnormalmenteenparaleloconotrosgeneradores,unidosaunabarradegeneracincomn,si pertenecenaunamismacentraloseparadosporalgunaimpedancia(lneas,transformadores)sipertenecena centralesdiferentes.Tratndosedealternadorespolifsicos,lascondicionesdepuestaenparalelosonlas siguientes: Mdulo de la tensin en bornes igual al existente en la barra. Se acta sobre la corriente de excitacin Frecuencia igual a la de la barra. Se acta sobre el torque motriz Igual secuencia de fases Igualdad en la forma de onda 2 c.Generadoralimentandounacargaindividual:Supongamosporsimplicidadquelacargaesdetipo impedanciaestticayseaumenta Tm.Eneste caso, al aumentar Tm, aumenta la velocidad y por lo tanto varan tanto la frecuencia como el voltaje y en consecuencia, varan tambin P y Q. 1.2.Parmetros de la mquina sncrona a.De rgimen permanente Rotor cilndrico: Impedancia sncronaZs=Rs+jXs, habitualmenteZs=jXs Rotor de polos salientes: Reactancia de eje directo: Xd Reactancia de eje en cuadratura: Xq b.De rgimen transitorio (sin considerar enrollados amortiguadores) Reactancia transiente de eje directo:'dXConstante transiente de tiempo: 'd

Adicionalmente,parael estudio del comportamiento de la mquina sncrona en rgimen desbalanceado esnecesariointroducirlosparmetrosimpedanciadesecuenciacero(Z0),positiva(Z1)ynegativa(Z2)quese estudiarn posteriormente, as como la reactancia subtransiente ( X ) "d 1.3.Circuitos equivalentes de la mquina sncrona Los circuitos equivalentes dependen del tipo de mquina (rotor cilndrico o de polos salientes), del tipo de estudio que se desea realizar y del grado de precisin deseada. Se pueden clasificar en dos grupos: aquellos utilizados en los estudios de rgimen permanente (balanceado o desbalanceado) y los utilizados en los estudios dergimentransitorio,particularmentecortocircuitosyestabilidad.LasFiguras1.3.a)yb)muestranlos circuitosequivalentesdeunamquinasncronaderotorcilndrico,usualesenlosestudiosdergimen permanente. En a) se considera la resistencia sncrona y en b) se desprecia. Para una mquina de polos salientes noesposibleestableceruncircuitoequivalentesimpleysucomportamientoseestudiaenbaseasudiagrama fasorial d-q. E+-+-VjXsRs a) E+-+-VjXs b) Figura 1.3.- Circuitos equivalentes de una mquina sncrona para estudios de rgimen permanente Los circuitos de la Figura 1.4. a) y b) se usan en los estudios de cortocircuitos simtricos: a) se emplea enaquelloscasosenquesesuponelamquinaenvacoantesdeproducirseelcortocircuito.LatensinE,en estecaso,esladevacoenlosterminalesdelamquina.Silacorriente antes de producirse el cortocircuito es significativa,seempleaelcircuitodelaFigura1.4.b).LaeleccindeE'yE''ascomoX enambos casos, depende del instante de tiempo en que se evala la corriente despus de ocurrida la falla. 'dX y"d EsconvenientehacernotarqueloscircuitosdelaFigura1.4.seempleantantoparamquinasderotor cilndricocomodepolossalientes.Estosedebeaqueencondicionesdecortocircuito,lascorrientesson prcticamentereactivasyenconsecuencialacomponenteencuadraturadelacorriente(Iq)enlasmquinasde polos salientes se puede despreciar sin cometer gran error. Enlosestudiossimplificadosdeestabilidadtransitoria,unamquinasncronaderotorcilndricoode polos salientes, se representa por el circuito equivalente mostrado en la Figura 1.4 b), considerando E' y. X'd 3 jX'djX'dE+-+-V' a) jX'djX'd'E+-+-'E''V b) Figura 1.4.- Circuitos equivalentes de una mquina sncrona para estudios de fallas simtricas 1.4.Ecuaciones de Potencia a.Generadorde rotor cilndrico: Consideremos un generador suministrando potencia directamente a un consumo. El circuito equivalente por fase y el diagrama fasorial se muestran en la Figura 1.5. E+-+-VjXsICon-sumo a) VIjI XsE b) Figura 1.5.- Generador sncrono de rotor cilndrico: a) Circuito equivalente; b) Diagrama fasorial La potencia suministrada por el generador al consumo es: = + = I V jQ P Sg g g& &(1.1) SiV V = del circuito se tiene que:; E E y 0 = & & s sXE VjjXV EI ==& && (1.2) Expresando la corriente en la forma rectangular, reemplazando en (1.1) y separando en sus partes real e imaginaria se obtiene: s2sgsgXVs coXV EQ sinXV EP = = (1.3) que corresponden a las potencias activa y reactiva, respectivamente. Potencia activa La primera ecuacin de (1.3) se denomina Ecuacin Potencia Activa-Angulo y se puede visualizar en la Figura 1.6, para E y V constantes. Como en estas condiciones, Pg es slo funcin de , significa que si se supone velocidadconstanteyTmaumenta,elrotoravanzaunciertongulorespectoasuposicinoriginal,loque implica que el fasor E se aparta del fasor V, ya que su fase depende de la posicin del rotor. En consecuencia aumenta y Pg aumenta. En el grfico se puede apreciar tambin que en el caso en que la mquina funcione como motor, el ngulo es negativo, es decir la potencia activa es negativa (segn la referencia considerada), esto es, la potencia activa llega a la mquina. 4 PgMotorGenerador Figura 1.6.- Grfico Potencia Activa-Angulo para una mquina sncrona Por otra parte, para E y V constantes, la mxima potencia activa que el generador puede entregar se tiene cuando el ngulo es de 90, lo que representa el lmite de estabilidad permanente de la mquina. Si el ngulo sigue aumentando, la potencia activa disminuye y el generador pierde el sincronismo. Ejemplo 1.1. Un generador de rotor cilndrico que tiene una reactancia sncrona del 50%, est conectado a una barra infinita a travs de una lnea corta de transmisin cuya reactancia es del 25%. La tensin en bornes de la mquinaeslanominal,cuandolapotenciarecibidaporlabarrainfinitaesde(90+j40)MVA.Datosenbase comn 100 MVA. Determinar: a) La potencia activa mxima que el generador le puede entregar a la barra infinita. b) La potencia reactiva que el generador entrega en las condiciones anteriores. Solucin: a)Potencia activa mxima En el circuito de la Figura 1.7 se tiene: = = 1 V ; 0 V V& & La corriente queda: 0 V4 , 0 j 9 , 0*VSI=||.|

\|= & E+-+-Vj0,5Ij0,25V+- Figura 1.7 Para calcular Pg se debe conocer E y V. A partir del circuito se puede plantear la siguiente ecuacin: + = VV) 4 , 0 j 9 , 0 (25 , 0 j V&&&; reemplazando valores y amplificando por se puede escribir: V& ; V 225 , 0 j 1 , 0 V 12 + + = separando en parte real e imaginaria quedan las dos ecuaciones siguientes: 225 , 0 sin VV 1 , 0 cos V2= + = Elevando al cuadrado ambas ecuaciones y sumando se tiene: ; 0 0606 , 0 V 8 , 0 V2 4= + cuyas soluciones son:)`=8457 , 02911 , 0V 0 8457 , 0 V =& 5 A partir del valor de y del circuito se puede determinar y luego PV&E&gmx como sigue: 62 , 33 4416 , 1 0 8457 , 0 0 8457 , 04 , 0 j 9 , 075 , 0 j E = + =& 75 , 08457 , 0 4416 , 1 90 sinXV EPTmx g= = Pgmx=1,6255(pu) b)Potencia reactiva 75 , 08457 , 0XV0 9 s coXV EQ2T2Tg = = Qg=-0,9536(pu) Potencia Reactiva La segunda ecuacin de (1.3) representa la potencia reactiva que la mquina puede generar (consumir), y se puede escribir como sigue: ) V cos E (XVQsg =(1.4) Respecto a esta ecuacin, se puede observar que: -Si E cos V, entoncesQg 0. Esto significa que la mquina genera potencia reactiva y acta desde el puntodevistadelared,comouncondensador.Generalmente,ladesigualdadanteriorsecumplecuandoel generador trabaja sobreexcitado (Figura 1.5.b); y por lo tanto, la carga servida por el generador es inductiva. -Si E cos V, entonces Qg 0. Esto significaqueelgeneradorconsume potenciareactiva"desdelared"yacta como una reactancia shunt vista desde sta. Estacondicinsecumplecuandola mquinatrabajasubexcitadaytalcomose muestra en el diagrama fasorial de la Figura 1.8,lacorrienteadelantaalvoltaje,loque significaVIjI XsE Figura 1.8.- Diagrama fasorial de un generador subexcitado que la carga servida por el generador es de tipo capacitivo. -Si =0, significa que la potencia activa es cero y en la expresin (1.4) se tiene: ) V E (XVQsg = (1.5) EcuacinqueenelcasoenquelatensinVdelsistemaesconstante,dependeslodelacorrientede excitacin, lo que da origen a los condensadores sncronos (E>V) o reactores sncronos (ECorriente en atraso> Generador, P0Sobreexcitado, Q0 >< Subexcitado, Q0< Subexcitado, Q0< Motor, P0 < Motor, P0Corriente en adelantoCorriente en adelanto Corriente en atrasoIIII IVa) b) Figura 1.10.- a) Diagrama que muestra las cuatro condiciones de operacin de una mquina sncrona, b) Diagrama unilineal con el sentido adoptado para la corriente Otra forma de representar las condiciones de operacin de una mquina sncrona, considera al voltaje V positivoenelejedeabcisas,loqueesequivalenteagiraren90hacialaderechaeldiagramamostradoenla Figura 1.10.

c.Generador de polos salientes:Comoyasedijo,noesposiblerepresentarelgeneradordepolos salientes a travs de un circuito equivalente. Por ello, se trabaja con su diagrama fasorial. La Figura 1.11 muestra eldiagramafasorialdeungeneradordepolossalientes,apartirdelcualsepuedenobtenerlasecuacionesde potencias activa y reactiva. 7 IIdVEqX jd dIX j Iq qqId Figura 1.11.- Diagrama fasorial de un generador de polos salientes Potencia activa La potencia activa es de la forma Pg=V I cos es decir V multiplicado por la proyeccin de I sobre V. Por lo tanto, proyectando las componentes de la corriente, se tiene: + = sin I cos I cos Id q(1.6) Por otra parte, del mismo diagrama se puede escribir: qqddXsin VI Xcos V EI= =(1.7) Por lo que la potencia activa Pg queda de la forma: + = 2 sin VX X 2X XsinXE VP2q dq ddg(1.8) LaFigura1.12muestralacurvadePg=f()dadaporlaecuacin(1.8).Enlneasdesegmentosestn dibujadaslascurvascorrespondientesalprimertrmino(lafundamental)yalsegundotrmino(lasegunda armnica). Elsegundotrminode(1.8)sedenominacomponentedereluctanciaodesalienciayespequeo comparadoconelprimero(10a20%usualmente).NodependedelaexcitacinEyporelloexisteaunquela corrientedeexcitacinseanula.Paracorrientesdeexcitacingrandesnosecometeunerrorimportanteal despreciarlo. Silamquinaestconectadaaunsistemarelativamentegrande(barrainfinita),comoocurreenla mayoradeloscasos,Vserconstanteotendrunrangodevariacionesposiblesbastanteestrecho;E,que depende de la corriente de excitacin, tambin se mantendr constante. Por lo tanto, para fines prcticos se puede afirmarquePgdependeslode.Si0,Pgespositiva,esdecir,lamquinagenerapotenciaactivasiE adelanta a V. A un aumento de corresponde un aumento no proporcional de la potencia, ya que el denominado coeficiente de sincronizacin d dPg no es constante. Existe un , para el que,, 0 dg= dPo sea para el cual se obtiene la mxima potencia activa compatible con los valores de Vy E adoptados. Si sigue aumentando, Pg se reducir y la mquina perder el sincronismo. 8 GeneradorMotorPg Figura 1.12.- Curva Potencia-ngulo para una mquina de polos salientes Potencia Reactiva Recordemos que Qg=V I sin , es decir es el producto del voltaje por la componente de la corriente, en cuadraturaconl.Porlotanto,apartirdeldiagramafasorialyconsiderandolasecuaciones(1.7),lapotencia reactiva queda de la forma: 2q dq d2q dq ddgVX X 2X X2 cos VX X 2X Xs coXE VQ+ + = (1.9) Ejemplo 1.2. Un motor sncrono de polos salientes con Xd=80% y Xq=50%, est conectado a una barra infinita cuyo voltaje es el nominal. Los datos estn en la base propia de la mquina. Despreciando las prdidas calcular: a) El valor mnimo de E para que la mquina permanezca en sincronismo a carga nominal. b) La potencia reactiva (consumida o generada). Solucin: a1)Lmite de estabilidad: 0 d dPg= ; es decir: 0 ) 2 ( os c 15 , 0 8 , 05 , 0 8 , 0s co8 , 0E 12 os c VX XX Xs coXE VddP2 2q dq ddg= + = + = despejando E de la ecuacin anterior se tiene: =cos) 2 ( cos6 , 0 E (a) a2)Carga nominal: 1 en ecuacin (1.8), de donde se obtiene:Pg = 0 ) 2 ( sin 15 , 0 8 , 0 25 , 0 8 , 0sin8 , 0E 112= + = ; es decir: ) 2 ( sin 375 , 0 sin E 25 , 1 1 + = (b) Introduciendo (a) en (b) y ordenando se puede escribir: 0) 2 ( cos1) 2 ( tg 375 , 0 tg 75 , 0 ) ( F = = 9 Empleando un mtodo iterativo (Newton-Raphson, por ejemplo), se obtiene que con; 5 , 60 = 008 , 0 ) ( F = . Reemplazando en la ecuacin (a) se obtiene finalmente:E=0,6276 (pu) b)Potencia reactiva: Reemplazando valores enla ecuacin (1.9), se tiene: 2 2M15 , 0 8 , 0 25 , 0 8 , 0) 60,5 2 ( cos 10,5 0,8 25 , 0 8 , 0) 60,5 ( s co8 , 00,6276 1Q + + = QM= 1,4318(pu) Problemas propuestos 1.1. Un generador sncrono tiene una impedancia sncrona de 10 y una resistencia sncrona de 1,2 (Valores porfase).Latensingeneradaes1,1kV(porfase)yseconectaaunabarrainfinitade1kV(porfase). Determinar la corriente y factor de potencia cuando se tiene la mxima potencia activa generada. 1.2. Un generador sncrono de polos salientes con Xd=1,5 (pu) y Xq=1 (pu) y resistencia despreciable, se conecta a una barra infinita cuyo voltaje es el nominal, a travs de una lnea que tiene una reactancia de0,3 (pu). Determinarlapotenciaactivadesalidaparaunngulodetorquede30,siEes1,4veceselvoltajenominal terminal del generador. Calcular adems, el coeficiente de sincronizacin en estas condiciones. Todos los valores en (pu) estn en base 75 MVA. El generador es de 75 MVA, 11 kV. 1.3. En el problema 1.2 determinar el valor mximo de la potencia activa que el generador le pueda entregar a la barra infinita. En estas condiciones, cul es el valor de la potencia reactiva? 1.4. Qu porcentaje de su potencia nominal podr desarrollar sin prdida de sincronismo un motor sncrono de polossalientescuandoseleaplicasutensinnominalsiendolacorrientedeexcitacinigualacero?.Xd=0,8; Xq=0,5,ambosenporunidadenbasepropia.Determinetambin,lacorrienteenelinducidoalapotencia mxima. 1.5.Unmotorsncrono,depolossalientes,tieneXd=0,8;Xq=0,5;entantoporunidadbasepropiayest conectadoaunareddepotenciainfinitacuyovoltajeeselnominal.Depreciandolasprdidas,determinela excitacin mnima, para que la mquina se mantenga en sincronismo con el torque de plena carga. 1.6.Unmotorshuntdecorrientecontinuaestacopladomecnicamenteaungeneradortrifsicosncronode rotor cilndrico. El motor se conecta a una red de tensin continua constante de 230 V y el generador a una red trifsicadefrecuenciaytensinconstantes,siendostade230Ventrefases.Lamquinasncrona,decuatro polos,conectadaenY,esde25kVAa230V,ysureactanciasncronaesde1,6ohm/fase.Lamquinade continua,tambindecuatropolos,tienelosvaloresnominalesde25kWy230V.Sedespreciantodaslas prdidas. a.Si el conjunto de ambas mquinas trabaja como un grupo motor-generador recibiendo potencia de la red de continuaysuministrndolaaladealterna,culeslatensinsimple(entrefasesy neutro) inducida por el campo inductor de la mquina de alterna cuando trabaja a sus kVA nominales y factor de potencia unitario? b.Dejando la excitacin de la mquina de alterna como en el apartado anterior, qu ajustes debernrealizarse parareduciracerolatransferenciadepotenciaentrelossistemasdealternaydecontinua?Enestas condicionesdetransferencianula,culeslacorrienteenelinducidodelamquinadecontinuayenel inducido de la de alterna? c.Dejando la excitacin de la mquina de alterna como en los dos apartados anteriores, cmo podr regularse paratransferir25kWdelaredalternaaladecontinua?Enestascondicionesculeslacorrienteenel inducido de la mquina de continua? Cules son la magnitud y fase de la corriente en la mquina alterna? CAPITULO 2 REGULACIN DE TENSION O CONTROL DE VOLTAJE 2.1.Introduccin Unsistemadepotenciabiendiseadodebesercapazdeentregarunservicioconfiableydecalidad. Entre los aspectos que caracterizan una buena calidad de servicio estn, la adecuada regulacin del voltaje as comodelafrecuencia.ElControldeVoltajetienecomoobjetivomantenerlosnivelesdetensindentrode lmiterazonables.Elproblema;sinembargo,esdiferentesegnsetratedeunareddedistribucinounade transmisin. Enunareddetransmisinsepuedenadmitirvariacionesdetensinmayoresqueenunaredde distribucin,ya que no existen aparatos de utilizacin directamente conectados a ella. Por lo tanto, dentro de ciertaslimitaciones,nohaymayoresinconvenientesenquelatensinenunpuntodadodelaredde transmisin vare dentro de lmites relativamente amplios, generalmente 10% como mximo de un valor que habitualmente es diferente del nominal. Enlasredesdedistribucin,lasvariacionesdetensinestnlimitadasporlascaractersticasdelos consumos.Estosslofuncionanadecuadamentecontensionescercanasalanominalyadmitenvariaciones lentas que no sobrepasen un 5%en aplicaciones trmicas (cocinas, lmparas, calentadores) y un 8% en el caso de motores, lavadoras, receptores de radio y televisin, etc. Con tensiones muy altas habrcalentamiento y menor vida til. Si son muy bajas habr mal rendimiento, malas caractersticas de torque (motores), etc. 2.2.Clasificacin de las variaciones de tensin Segn sus caractersticas, las variaciones de tensin se pueden clasificar en: Variacioneslentas:Tantoprevisibles(peridicas),originadasenloscambiosperidicosdelos consumos que presentan mximos a ciertas horas del da y mnimos en otras; como aleatorias, debidas a las conexiones y desconexiones de los consumos, que pueden ocurrir en cualquier momento. Variacionesbruscas:Tantoregularescomoaleatorias(pestaeos),debidasalosgolpesde corrientecausadosporelfuncionamientointermitentedeequipostalescomorefrigeradores, ascensores, soldadoras, etc. Cadasdetensin:Debreveduracin(desdefraccionesdesegundohastaalgunossegundos)yde amplitudesmuyvariables(hastaun100%delatensin).Suefectoescasiequivalentealdeuna interrupcin de servicio En este captulo, se analizar exclusivamente el control de las variaciones lentas de tensin en las redes de transmisin y distribucin. 2.3.Formas de regular las variaciones lentas de tensin La regulacin lenta de tensin tiene por fin mantener el mdulo de la tensin en todo el sistema en el mejor valor posible. Los mtodos ms empleados son: Inyeccin(absorcin)depotenciareactiva:permitemodificarlapotenciareactivacirculanteenel sistema,queesunaimportantecausadevariacindelatensin.Seconsigueconelempleode condensadores estticos, compensadores sncronos, reactores y los generadores de las centrales. Insercin de una tensin serie adicional: para compensar la cada que se desea regular. Se consigue, por ejemplo, con los transformadores con derivaciones, que permiten variar discontinuamente la razn de transformacin. Las derivaciones pueden ser operables en vaco (ms baratas) o bajo carga. 11 Modificacindelareactancia:paramantenerconstantelacadalongitudinalZI.Seconsiguepor ejemplo,usandoconductoresfasciculados,empleandocondensadoresserie,colocandolneasen paraleloodisminuyendoellargodelaslneas,acercandolostransformadoresdedistribucinalos consumos. 2.4.Formas de actuar de los medios de regulacin de tensin Regulacin continua: Reguladores de induccin y compensadores sncronos. Regulacin cuasi-contnua: Cambiadores de derivacin bajo carga de los transformadores. Regulacin intermitente: Condensadores estticos. Regulacin fija: Condensadores seriey cambiadores de derivacin en vaco. 2.5.Regulacin de tensin por inyeccin de potencia reactiva a.Lnea corta de transmisin:Con el objeto de establecer algunos conceptos bsicos consideraremos en primer lugar, el caso de una lnea corta de transmisin y su diagrama fasorial correspondiente, tal como se muestra en la Figura 2.1. PR y QR son las potencias activa y reactiva que llegan a la carga a travs de la lnea. R + jXTVVRTP+ jQT RP+ jQRCargaI a) IABCDjXIRIRVRTVVE b) Figura 2.1.- Lnea corta de transmisin: a) Circuito equivalente; b) Diagrama fasorial De la Figura 2.1 y considerando que es un ngulo pequeo, se puede escribir: V V V V VR T R T = & &(2.1) pero, V=AD+DC, con: AD=RI cos R y DC=XI sin R, por lo que se obtiene finalmente: RR RVXQ RPV+= (2.2) De la misma forma: RR RVRQ XPEC= (2.3) Por lo que: += V VECtgR1(2.4) Lasecuaciones(2.2)y(2.4)muestranclaramentequeeltransportedePRyQRdesdeelextremo transmisor T al receptor R, va acompaado de una cada de tensin V y de un desfase entre las tensiones de 12 ambos extremos de la lnea. Debido a que usualmente, en los sistemas de transmisin y generacin R PR0; entonces QR1< QR0 a2)PR1 < PR0; entonces QR1> QR0 La potencia que se debe inyectar en el consumo ser: 1 R 0 RQ Q Q = (2.7) El valor de Q ser positivo o negativo, segn corresponda al caso a1) o a2) y se puede considerar en general como una potencia inyectada segn se muestra en la Figura 2.3. CONSUMOVTRVQR RP+ jQLneaR R P+j(Q+ Q) Figura 2.3.- Representacin de Q como fuente de potencia reactiva Ejemplo 2.1. El sistema de la Figura 2.4, alimenta una carga que en demanda mxima (Dmx) es de 45 MVA, cos=1.Durantelademandamnima(Dmn)lacargaesde(10+j2)MVA.Silatensinenelextremo transmisor puede tomar como valores extremos 110 y 100% respectivamente, determinar la compensacin de potencia reactiva necesaria en el extremo receptor durante Dmx y Dmn, si se desea mantener en dicho extremo una tensin de 100 y 95% respectivamente. SB=100 MVA Solucin: a)Parademandamxima:; V) pu ( 0 , 0 j 45 , 0 SL+ =&T=1,1 (pu); VR= 1,0 (pu) Aplicandolaaproximacindeunalneacorta(Ecuacin 2.2) se tiene: RG0,38+j0,6 (pu)TSLComp.SRSCFigura 2.4 1Q 6 , 0 45 , 0 38 , 01 1 , 1VXQ RPV V VRRR RR T + = += = Dedondeseobtiene:QR=0,1183(pu)QC=QLQR=0(0,1183)=0,1183(pu)QC=11,83MVAR (inyectar). b) Para demanda mnima:S ; V ) pu ( 02 , 0 j 1 , 0L+ =&T=1,0 (pu); VR= 0,95 (pu) Aplicando la ecuacin (2.2) se tiene: 95 , 0Q 6 , 0 1 , 0 38 , 095 , 0 0 , 1R + = QR=0,01583 QC=QL-QR=0,02-0,01583=0,00417 (pu) QC=0,417 MVAR (inyectar). 14 b.Lnea de longitud media o larga: El estudio de la regulacin de tensin en una lnea media o larga, mediante inyeccin de potencia reactiva, se realiza usualmente, empleando las ecuaciones de potencia activa y reactiva en funcin de las constantes generalizadas A-B-C-D ya vistas, que se resumen a continuacin. ) ( ins VBA) ( sin V VB1Q) ( cos VBA) ( cos V VB1P) ( sin V VB1) ( sinVBDQ) ( cos V VB1) ( cos VBDP2R T R R2R T R RT R2T TT R2T T = = + = + =(2.8) Ejemplo 2.2. Repetir el Ejemplo 2.1, empleando parmetros ABCD y las ecuaciones de potencia del extremo receptor. Solucin: Los parmetros ABCD de la lnea son: A=D=10; C=0; B=Z=0,38+j0,6=0,710257,65 a) Para demanda mxima: VT=1,1 (pu),VR= 1 (pu); PL=0,45 (pu) y QL=0 Las ecuaciones correspondiente al extremo receptor se obtienen de (2.8), es decir:

) ( ins VBA) ( sin V VB1Q) ( cos VBA) ( cos V VB1P2R T R R2R T R R = = A partir de PR despejamos cos (), donde: 77698 , 01 , 1 1) 0 65 , 57 cos( 1 1 7102 , 0 45 , 0V V) ( cos AV B P) ( cos2T R2R R= + = += =18,64 reemplazando valores en la ecuacin de QR: ) pu ( 2146 , 0 ) 0 65 , 57 ( ins 17102 , 01) 64 , 18 65 , 57 ( sin 1 , 1 17102 , 01Q2R = = De donde se obtiene que: QC=QL-QR=0-(-0,2146)=0,21146 (pu)QC=21,46 MVAR (inyectar). b) Para demanda mnima: VT=1,0 (pu),VR= 0,95 (pu); PL=0,1 (pu) y QL=0,02 A partir de PR despejamos cos (), de donde: 5831 , 00 , 1 95 , 0) 0 65 , 57 ( cos 95 , 0 1 7102 , 0 1 , 0V V) ( cos AV B P) ( cos2T R2R R= + = += =3,32 15 reemplazando valores en la ecuacin de QR: ) pu ( 01315 , 0 ) 0 65 , 57 ( ins 0,957102 , 01) 32 , 3 65 , 57 ( sin 0 , 1 0,957102 , 01Q2R= = De donde se obtiene que: QC=QLQR=0,020,01315=0,00685 (pu)QC =0,685 MVAR (inyectar). c.Sistema enmallado: En un caso general, interesa estudiar la influencia de la inyeccin o extraccin de potenciareactivaenunabarracualquieradelsistema,sobrelatensindedichabarra.Elestudiopartedelapremisa que existe un relacin definida entre las potencias P, Q y la tensin V de la barra, relacin que puede escribirse como V=V(P,Q), de donde: dQQVdPPVdV+= (2.9) o bien: ) V Q (dQ) V P (dPdV + = (2.10) Es decir, la variacin de tensin en un punto cualquiera p de un sistema, debido a cambios dP y dQ en las potencias activa y reactiva all entregadas, est completamente determinada si se conocen los coeficientes (P/V)y(Q/V).Delosdos,el(Q/V)eselmsimportanteyaqueorientasobrelaamplituddela variacin de potencia reactiva que es necesario producir para provocar una variacin determinada de tensin en el punto considerado. Paradeterminarestoscoeficientes,consideremosquelacargaS=P+jQexistenteenelpuntopdel sistema de la Figura 2.5 a) se aumenta en un consumo puramente inductivo Q, de valor muy pequeo (y que en el lmite se hace tender a cero). Este hecho modifica la tensin en p, que de V pasa a V + V. ZT+-V + V V0P+ j(Q + Q) +-S=P+jQ2P+ jQ21 1P+ jQiiP+ jQn nP+ jQp QjX a) b) Figura 2.5.- Determinacin del coeficiente (Q/V). a) Diagrama unilineal; b) Circuito equivalente SegnelteoremadeThevenin,elsistemapuedeserrepresentadoporelcircuitodelaFigura2.5b), dondeV0eselvoltajequeexistaenpcuandonohabaconsumoyZTeslaImpedanciaequivalentede Thevenindelsistemavistadesdep.EnelcircuitodelaFigura2.5b)sepuedeaplicarloplanteadoenlas ecuaciones (2.1) y (2.2); que en este caso quedan: VQ X P RV V VT T0+= = (2.11) es decir: 0 Q X P R V V VT T20= (2.12) 16 Laecuacin(2.12)esunafuncinimplcitayporlotanto,comoenestecaso,sloseproduceun cambio en Q, (P permanece constante) se puede derivar parcialmente respecto a V y se obtiene: T0XV 2 VVQ =(2.13) Si hubiera un cambio en P (P) con Q constante, se encuentra que: T0RV 2 VVP =(2.14) En el caso en que no exista consumo previo S en el punto p, V0=V, por lo que (2.13) y (2.14) quedan: TXVVQ =(2.15) TRVVP =(2.16) Valores tpicos de (Q/V) van desde los 3 a 15[MVAr/kV]. El signo menos indica que si Q ( P)espositivo,loquesignificaquelapotenciaquesaledepaumenta,entonceslatensinenelnudop disminuye. Por lo tanto, la conexin de un reactor produce una baja de tensin mientras que la conexin de un condensador produce un aumento en la tensin. Es interesante hacer notar que (P/V) y (Q/V) tienen las dimensiones de corriente. Por otra parte; la corriente de cortocircuito trifsico en p (ICC), (como se ver en el Captulo 4), se puede calcular directamente de la Figura 2.5, despreciado RT y la corriente previa a la falla y vale: TCCXVI = (2.17) Las expresiones de (Q/V) e ICC (en mdulo) son prcticamente iguales. La diferencia est en que la corrientedecortocircuitosecalculaconlasreactanciastransitoriasdelasmquinas;mientrasque(Q/V) considerareactanciaspermanentesoslolasreactanciashastaaquellasbarrasenquelatensinpermanece constante por efecto de la accin de los reguladores de tensin. Para nudos algo alejados de las mquinas, casi no habr diferencias entre ambas definiciones. Por ello se suelen considerar como aproximadamente iguales. Para el clculo real de (Q/V) no se consideran las impedancias de las cargas y se suponen constantes las tensiones en bornes de las mquinas sncronas. Por otra parte, aunque hasta el momento, slo se ha considerado inyectar potencia reactiva, es evidente que,dependiendodelascondicionesdecargaenelsistema,habr que absorber potencia reactiva en algunos casos, para mantener la tensin dentro de los lmites prefijados. Generalmente es necesario absorber potencia reactiva en las horas de poco consumo, lo que se debe fundamentalmente a la potencia reactiva generada por las lneas de transmisin que operan a niveles de tensin elevados o por redes de cables. Ejemplo 2.3. En el sistema de la Figura 2.6, las barras A y C se mantienen a tensin nominal de 220 kV. La barra B se mantiene a tensin nominal de 154 kV. Suponiendo queunaciertavariacindecargaenelsistemahace disminuiren5kVlatensinenlabarraM,calcularla inyeccindepotenciareactivanecesariaenestabarra pararestablecersutensinprimitiva.Losvaloresen% estn con SB=500 MVA. MABCX=10% X=50 X=50 X=50 X=10% Figura 2.6 17 SB=500 MVA; VBL=154 kV Ohm 432 , 47500154Z2B= = ;) pu ( 05414 , 1432 , 4750XL= = . Por otra parte: ) pu ( 03247 , 01545V == V=CtteV=CtteV=Ctte j0,1 (pu) j50 ohmj50 ohmj50 ohmj0,1 (pu)M Figura 2.7 Solucin: La reactancia de Thevenin en M es: ) pu ( 3729 , 005414 , 1115414 , 1115414 , 111XTH=+ += A partir de la ecuacin (2.10): VQQVPPV+= ;con = =THRVVPy6815 , 23729 , 01XVVQTH = =se obtiene: ) pu ( 08707 , 0 ) 6815 , 2 ( * 03247 , 0 Q = = Inyectar 43,53 MVAr 2.6.Regulacin de tensin mediante transformadores con cambio de TAP (TCT) Elcoeficiente(Q/V)deunabarrapuedeenalgunoscasosalcanzareinclusosuperarvaloresdel ordende15[MVAr/kV].Enestascondicionesnoresultaadecuadoelsistemadeinyeccindepotencia reactiva debido a la magnitud de las cantidades que habra que poner en juego para compensar las variaciones de tensin en la barra correspondiente. Puede suceder que la tensin regulada se desee en la barra q correspondiente al secundario de untransformador conectado a la barra p como se muestra en la Figura 2.8. Apesardelareactanciaintroducidaentrepyq, (Q/V)puedeanresultardemasiadoelevado.Enestas condiciones,lomsadecuadoesemplearunTCTque permitaregularlatensinenlabarraqinyectandouna tensinadicional.Estonogenerapotenciareactiva,pero modificasudistribucinen elsistema. El empleo de TCT pq Figura 2.8.- Transformador con cambio de Tap conectado entre las barras p y q de un sistema para regular tensin en una barra determinada, se ilustrar mediante el anlisis de los casos siguientes: 2.6.1. Sistema de transmisin radial con un TCT en el extremo transmisor En el sistema de la Figura 2.9 se tiene: ZL:Impedanciadelalneadetransmisin (/fase). ZT:ImpedanciadelTCT(/fase),referidaal secundario. V1N, V2N: Tensiones nominales del TCT. aN=V1N/V2N: Razn nominal del TCT. VTZL2VP+jQRVZT Figura 2.9.- Sistema radial con un TCT ubicado en el extremo transmisor 18 VT, V2, VR: Tensiones en los puntos que se indican antes del cambio de Tap. a=V1N/V2N: razn del transformador despus del cambio de Tap (razn no nominal) ' ' 'R 2 TV ; V ; V : Tensiones en los puntos que se indican despus del cambio de Tap. La razn de cambio en el Tap t (suponindolo en el secundario del transformador), es: 'N 2N 2NVVaat = = (2.18) Si se supone que VT=V1N y que ZT, prcticamente no vara al cambiar el TAP, las redes equivalentes por fase antes y despus del cambio de TAP son las que se muestran en las Figuras 2.10 a) y b) Na: 1P+jQ2V VTZTV2NVRZL+-+-+-+-Ia: 1P+jQ V2VTZTV2NVRZL+-+-+-+-Ib)a)'''' Figura 2.10.- Redes equivalentes por fase correspondientes al sistema de la Figura 2.9.a)Antes del cambio de Tap, b) Despus del cambio de Tap A partir de la Figura 2.10 b) se puede escribir: 'R'L T'N 2V I ) Z Z ( V& & &+ + = (2.19) Considerandolaecuacin(2.2)sepuededeterminarenformaaproximada,elmdulodelacadade tensin en las impedancias del transformador y la lnea como sigue: 'RL T L TTL'L TVQ ) X X ( P ) R R (V I ) Z Z (+ + += + (2.20) DespejandoVde (2.18), introduciendo este valor y (2.20) en (2.19) y despejando t, se obtiene: 'N 2 2 'R L T L T'R N 2) V ( Q ) X X ( P ) R R (V Vt+ + + += (2.21) Utilizandoestaecuacinsepuededeterminarelcambiodetapnecesarioparacumplirdeterminadas condiciones. Por ejemplo, si se quiere compensar la cada de tensin en la lnea, y por lo tanto: 2'RV V = 22 L T L T2 N 2V Q ) X X ( P ) R R (V Vt+ + + +=(2.22) Si adicionalmente se desprecia la cada en el transformador, se tiene que: RT y XT son iguales a cero y V2=V2N y por lo tanto: 19 2N 2 L L2N 2V Q X P RVt+ += (2.23) 2.6.2. Sistema de transmisin radial con TCT en ambos extremos de la lnea En el sistema de la Figura 2.11 se tiene: ZL:Impedanciadelalneadetransmisin (/fase) ZA yZB:ImpedanciadecadaTCT(/fase), referida al sector de la lnea. a1N=VAN/VaN: Razn nominal del TCT A a2N=VBN/VbN: Razn nominal del TCT B VTZL2VRV V1AZBZTCT "A" TCT "B"P+jQ Figura 2.11.- Regulacin de tensin con TCT en ambos extremosa1= VAN/VaN: razn del transformador A despus del cambio de Tap a2= VBN/VbN: razn del transformador B despus del cambio de Tap VT, V1, V2, VR: Tensiones en los puntos indicados antes del cambio de Tap. ' ' '1'R 2 TV ; V ; V ; V : Tensiones en los puntos indicados despus del cambio de Tap. La razones de cambio en los Tap t1 y t2 se pueden definir como: 'aNaNN 111VVaat = = (2.24) 'bNbNN 222VVaat = = (2.25) Las redes equivalentes antes y despus del cambio de Tap se muestran en la Figura 2.12. V2V VT+-+-+-P+jQVR+-IaNZBZA+-V11Na : 1 LZBV+-2Na : 1a)V2V VT+-+-+-P+jQVR+-IaNZBZA+-V11a : 1 LZBV+-2a : 1'b)' '''' Figura 2.12.- Redes equivalentes por fase correspondientes al sistema de la Figura 2.11.a) Antes del cambio de Tap, b) Despus del cambio de Tap A partir de la Figura 2.12 b) se puede escribir: 'B'B L A'aNV I ) Z Z Z ( V& & &+ + + = (2.26) Considerandolaecuacin(2.2)sepuededeterminarenformaaproximada,elmdulodelacadade tensin en las impedancias de los transformadores y la lnea como sigue: 20 'BB L A B L AALB'B L AVQ ) X X X ( P ) R R R (V I ) Z Z Z (+ + + + += + + (2.27) DespejandoVde (2.24), introduciendo este valor y (2.27) en (2.26) y despejando t'aN1, se obtiene: 2 'B B L A B L A'B aN1) V ( Q ) X X X ( P ) R R R (V Vt+ + + + + += (2.28) Por otra parte, de la Figura 2.12.b) y considerando la ecuacin (2.25) se tiene que: 'R N 2 2'R 2'BV a t V a V = = (2.29) Introduciendo (2.29) en (2.28), se obtiene finalmente: 2 'R N 2 2 B L A B L A'R N 2 2 aN1) V a t ( Q ) X X X ( P ) R R R (V a t Vt+ + + + + += (2.30) Si VT permanece constante, la ecuacin (2.30) permite determinar los cambios de TAP necesarios t1 y t2 de tal modo que se obtenga un valor deseadoV . En particular, si se desea que sea igual a la tensin nominal del secundario del transformador B, o sea V , entonces, a partir de (2.30) se obtiene: 'R'RVbN'RV = 2BN 2 B L A B L ABN 2 aN1) V t ( Q ) X X X ( P ) R R R (V t Vt+ + + + + += (2.31) Si adems, se desprecian las cadas internas de los transformadores y se considera t1 = t2, entonces: 2BNL LBNaN2 1VQ X P RVVt t+ = = (2.32) Ejemplo 2.4. En el sistema de la Figura 2.13, calcular los cambios de TAP necesarios para mantener 33 kV en el consumo. Qu potencia reactiva se debera inyectar en la barra de carga para mantener 33 kV, en el caso de que los transformadores no tuvieran cambiadores de TAP? Solucin: a) Usando la ecuacin (2.30), con t1=t2 se tiene: 2 'R N 2T T'R N 2 aN2 1) V * a (Q * X P * R V * a * Vt t = = en que todos los valores son por fase y por lo tanto: P=150/3=50 MW/fase Q=(50/0,8)sin( cos-1 0,8)=37,5 MVAR/fase 33/230 kVV=33 kV(12+j40)150 MW cos=0,8 230/33 kV200 MVA 200 MVAj5,671% b.p.j5,671% b.p. Figura 2.13 21 XTR=0,05671ZB2=0,05671(2302/200) XTR=15 /fase RT=12 /fase; XT=(15+40+15)=70 /fase90394 , 02333332305 , 37 70 50 12333332303230t t2 1= = = b) Usando aproximacin de la lnea corta: fase / MVAr 57 , 87050 12XP RQ 0VXQ RPVRRRR R = = = =+= Luego: QC=QL-QR=37,5-(-8,57) QC=46,07MVAR/fase.Es decir; se deberan inyectar 138,21 MVAr 2.7.Regulacin de tensin mediante el uso combinado de TCT e inyeccin de Potencia Reactiva Losdispositivos de produccin o absorcin de potencia reactiva se conectan usualmente al enrollado terciario de transformadores que interconectan redes de transmisin y de distribucin. Si el transformador tiene cambiadordetap,esposibleregularindependientementelosvoltajesprimarioysecundario,inyectando potenciareactivaparacontrolarunodeellasymodificandolostapparacontrolarelotro.LaFigura2.14 muestra un esquema tpico, en que las variables se suponen por fase y las impedancias referidas al primario. V2V3CS1SV12S a) V+-V+-Zp stNZNZV+-CS1 2P+jQ I b) Figura 2.14.- Esquema tpico de regulacin de tensin combinando TCT e inyeccin de potencia reactiva. a) Diagrama unilineal, b) Red equivalente por fase Engeneral,elproblemaconsisteendeterminarloscambiosdeTapnecesarioseneltransformador, paraciertascondicionesdepotenciareactivadelcompensadorsincrnicoydeterminadapotenciacompleja transferidaentre los enrollados primario y secundario, de tal modo que las tensiones V1 y V2 estn dentro de ciertos valores especificados. El anlisis se efecta normalmente haciendo las siguientes aproximaciones: Se desprecia la potencia activa perdida en el transformador,porloqueZp,ZsyZtse suponen sin resistencia Las cadas de tensin se calculan por medio de expresiones simplificadas Sea P+jQ, la potencia compleja que llega al nudoNporlaramaZp.Eldiagramafasorialdela Figura2.15muestraestasituacin,considerando como referencia el fasor de voltaje VN . IV VjX Ip1VNV Figura 2.15.- Diagrama fasorial para determinar el voltaje en el nudo N A partir de esta figura se puede escribir: 22 NpN 1VQ XV V V = (2.33) NpVP XV = (2.34) Por otra parte, en la Figura 2.15 se tiene que: 2 2N21) V ( ) V V ( V + + = (2.35) Introduciendo (2.33) y (2.34) en (2.35) y despejando VN se obtiene: 2p p2121p212N) P X ( 4 ) Q X 4 V ( V212Q X 2 VV = (2.36) En algunos clculos ms simplificados, la tensin VN se determina despreciando V, con lo que resulta una expresin ms sencilla que (2.36). ApartirdelvalordeVN,sepuededeterminareltapenquedebequedareltransformadorutilizando, por ejemplo, la expresin (2.18). Ejemplo 2.5. El TTTE de la Figura 2.16 tiene conectado en el terciario un compensador sncrono. La potencia de la carga es de (75+j30) MVA y los voltajes V1 y V2 deben permanecer en 225 y 70 kV respectivamente. Las reactanciasdelTTTEson:Xps=11,5%;Xpt=19,2%;Xst=7,5%,todasenbasecomn75MVA.Determinar, despreciandoXs,elcampoderegulacindelcambiadordeTAPencarga,sisesabequeelcompensador sncrono funciona: a) en vaco; b) Como condensador sncrono (40 MVAR). Solucin: Parmetros del transformador de 3 enrollados: Slo interesa el valor de Xp: ( ) ) pu ( 116 , 0 X X X21Xst pt ps p= + = ,como: ohm 33 , 64575220Z21 B= = Se tiene que: Xp=74,86 ohm/fase.(XS=-0,001pu) P T V220/13,2/66 kVVCSSP/T/S1 275/45/60 MVADATOS TTTE Y//Y Figura 2.16 Usando la ecuacin (2.36) y considerando el circuito equivalente de la Figura 2.14 b), se tiene que: a)CompensadorenvacoP=25MW/fase;Q=10MVAR/fase;V1=225/3kV/fase;V2=70/3kV/fase. Reemplazando valores en la ecuacin (2.36) se obtiene: VN1=122,92 kV/fasey VN2=16,4 kV/fase (No vlida); por lo tanto; VN=122,92 kV/fase y: 0415 , 3703 92 , 122' a == . Adems:3333 , 366220aN= = . Entonces: 0,91253,33333,0415aa'tNa= = = 23 b)Compensadorentregando40MVARQ=3040=10MVAr;esdecir,Q=10/3MVAr/fase. Reemplazando valores en la ecuacin (2.36) se obtiene: VN1=131,021 kV/fasey VN2=14,41 kV/fase (No vlida); por lo tanto; VN=131,021 kV/fase y: 2419 , 3703 021 , 131" a == . Adems:3333 , 366220aN= = . Entonces: 0,97263,33333,2419aa"tNb= = = . Es decir, el tap debe variar entre 0,9125 y 0,9726 Problemas propuestos 2.1.EnelsistemadelaFigura2.17,elgeneradornotienereguladordevoltajeySB=100MVA.Antesde energizar la lnea, la tensin en el punto A es del 100%. Determinar: a.Las tensiones en ambos extremos de la lnea despus de ser energizada (sin carga). b.La capacidad del reactor necesario a conectar en B para que la tensin en este punto sea del 100%. c.La tensin en A con el reactor conectado. 2.2.EnelterciariodelTransformadorTrifsicodeTresEnrollados(TTTE)delaFigura2.18,hayun condensadorsncronoquetieneporobjetomantenerlatensindelacargaen100%.Cuandolacargaesde (40+j15) MVA, el condensador sncrono (CS) est en vaco. Determinar la potencia reactiva que entrega el CS cuando la carga aumenta a (80+j30) MVA. El generador no tiene regulador de voltaje, la potencia base es de 100 MVA y los parmetros del transformador son: Xp=13,1%; Xs=-1%; Xt=8% X=0,05AB/2=0,285 (pu)X=0,05 (pu)BG Figura 2.17 P TX=0,067154 kV Figura 2.18 66 kV13,8 kVCSSCARGA 2.3. Una lnea corta de transmisin que tiene una impedancia serie de (0,02+j0,1) pu (SB=100 MVA), alimenta una carga de 200 MVA, Factor de Potencia 0,8 inductivo. En el extremo receptor existe un compensador que permitequecon220kVenelextremotransmisor,elvoltajeenelextremoreceptorseade225kV. Considerandoqueeldesfaseentreambosvoltajesespequeoyqueelvoltajeenelextremotransmisorse mantiene constante, Determinar: a.La capacidad (MVAr) del compensador sncrono que est conectado en el extremo receptor. b.El voltaje que aparece en el extremo receptor al desconectar la carga.

2.4. El esquema de la Figura 2.19, muestra un diagrama simplificado de la Central Termoelctrica Bocamina. Loscoeficientes(P/V)y(Q/V)enlabarrade66kVsonrespectivamente:130[MW/kV]y56,5 [MVAr/kV]. La tensin en dicha barra es de 67,3 kV, cuando est la carga de 4 MVA conectada, a Factor de Potencia0,9(inductivo).EnestascondicionessepretendehacerpartirunmotordeinduccintipoJaulade Ardilla, que mueve las bombas de la caldera, sabiendo que la tensin mnima de partida del motor es del 90%y que durante la partida consume 5 veces la corriente nominal con cos =0,3. Determinar si es posible hacer partir el motor en estas condiciones. 2.5.LossistemasdelaFigura2.20,estnunidosatravsdeunautotransformadorreguladorcuyorangoes VN15x1,25%.CuandoestensuderivacinnominalylastensionessonV1=1,1(pu);V2=0,9(pu),el 24 Sistema 1 entrega (100 + j80) MVA. Determinar la derivacin en que se debe ajustar el regulador para que la potenciareactivaqueentregueelSistema1noseasuperiora30MVAR(V1yV2constantes).Considerar SB=100 MVA. 66/4,16 kVX=8%cos=0,9 4 MVA 1,75 MVA11 MVA MIcos=0,8 66 kV Figura 2.19 t:1X=35%Sistema 2V+ 15 x 1,25% N_Sistema 11V2V Figura 2.20 2.6.EnelsistemadelaFigura2.21,losgeneradores1y2tienenreguladoresdetensinquemantienen constante la tensin en bornes. El transformador de 154/69 kV tiene cambiador de TAP bajo carga en el lado de 69 kV con 19 derivaciones en pasos de 1,25% y con el valor nominal en la derivacin central. El cambiador de TAP es comandado por un sistema de control que trata de mantener constante la tensin en barras de 69 kV y que reacciona cuando la tensin vara en ms de 1,5% del valor de ajuste. La tensin en barra de 69 kV es la nominalyelcambiadorseencuentraenlaposicin(69+4x1,25%).Eneseinstanteseconectaunbancode condensadoresde6MVAralabarrade69kV.Cmoreaccionaelsistemaderegulacin?Enquvalor queda la tensin en la barra de 69 kV despus que ha reaccionado el sistema de regulacin? Todos los valores en % estn en base propia. X=12%X=80%s100 MVA100 MVA G1154/69 kV120 MWF. de P. = 0,96X=10%X=16%(8,33+j30)(8,33+j30)(12,5+j37,5) 200 MVA50 MVAX=120%sG250 MVA Figura 2.21 2.7.EnelsistemadelaFigura2.22,lapotenciaenelconsumopuedevariardelsiguientemodo: .ConsiderandoquelatensinenelextremotransmisorV MVA ) 20 j 30 ( S ) 3 j 0 (C+ &Tsemantiene constante en 12 kV y que la del extremo receptor VR no debe variar en ms de 5%; determinar si es necesario inyectar o absorber potencia reactiva en el extremo receptor y a partir de que valor o valores de la potencia del consumo. Valores en porcentaje en base 100 MVA. X=10% X =30%s80 MVA12/66 kVG1j40%S cVTX=12%66/33 kVVR Figura 2.22 CAPITULO 3 CALCULO DE FLUJOS DE POTENCIA 3.1.Introduccin El clculo y anlisis del flujo de potencias en la red de un Sistema Elctrico de Potencia (SEP) es uno delosaspectosmsimportantesdesucomportamientoenrgimenpermanente.Consisteendeterminarlos flujosdepotenciaactivay reactiva en cada lnea del sistema y las tensiones en cada una de las barras, para ciertas condiciones preestablecidas de operacin. Hasta el ao 1950, el Clculo del Flujo de Potencias (CFP) se realizaba utilizando principalmente los AnalizadoresdeRedesdeCorrienteAlterna(ARCA)yenalgunoscasos,losAnalizadoresdeRedesde Corriente Contnua (ARCC) que corresponden a una simulacin a escala del Sistema Real. En la actualidad, el CFP se realiza fundamentalmente, utilizando los computadores digitales por las grandes ventajas que stos presentan respecto a los analizadores de redes. El anlisis del flujo de potencias (AFP) permite: ProgramarlasampliacionesnecesariasdelSEPydeterminarsumejormododeoperacin,teniendo en cuenta posibles nuevos consumos, nuevas lneas o nuevas centrales generadoras. Estudiarlosefectossobreladistribucindepotencias,cuandoseproducenprdidastemporalesde generacin o circuitos de transmisin. Ayudar a determinar los programas de despacho de carga para obtener un funcionamiento ptimo. 3.2. Planteamiento del problema bsico Considrese el SEP elemental de dos barras de la Figura 3.1 y su circuito equivalente por fase que se muestra en la Figura 3.2. La lnea L12 se ha representado por su circuito nominal y donde: : Potencias complejas netas de las barra 1 y 2 respectivamente, representadas como fuentes de potenciaactivayreactiva,quecorrespondenalaPotenciaGeneradamenoslaPotencia Consumida. 2 1S y S& &

21 12S y S& &: Flujos de potencia compleja que van desde la barra 1 a la barra 2 y viceversa. 1 2G2SL1212S S21C1S C2SG1G2SG1 Figura 3.1.- Sistema elemental de dos barras para plantear el problema bsico 1 2SS1 2V12VY/2R+ j XLLY/2 Figura 3.2.- Circuito equivalente por fase del sistema de la Figura 3.1 En la Figura 3.1, las potencias complejas netas de las barras 1 y 2 son: 2 2 2 C 2 G 2 C 2 G 2 C 2 G 21 1 1 C 1 G 1 C 1 G 1 C 1 G 1jQ P ) Q Q ( j ) P P ( S S SjQ P ) Q Q ( j ) P P ( S S S+ = + = =+ = + = =& & && & &(3.1) 26 En el circuito de la Figura 3.2 se puede escribir: L L1 22*22 2*2*2L L2 11*11 1*1*1jX RV V2YVVjQ PVSjX RV V2YVVjQ PVS++ ==++ ==& &&& &&(3.2) Estasecuaciones,querelacionanlastensionesconlaspotenciasactivasyreactivas,presentanlas siguientes caractersticas. Son algebraicas y no lineales. La frecuencia no aparece en forma explcita porquese la supone constante. El sistema de cuatro ecuaciones, tiene 12 variables en total: PG1, PG2, QG1, QG2, PC1, PC2, QC1, QC2, V1, 1, V2, 2, por lo que no es posible obtener una solucin para ninguna de ellas a menos que se reduzca el nmero de incgnitas, fijando de antemano algunas variables. En relacin a esto ltimo, una forma posible de resolver el problema es la siguiente: A partir de los datos del consumo suponer conocidas e independientes del voltaje, las potencias de las cargas PCi, QCi, con i = 1,2. FijaraprioridosvariablesdegeneracinPG2yQG2porejemplo.Nosepuedenfijarlascuatro variables de generacin debido a que las prdidas en el sistema no son conocidas inicialmente. Fijarelmduloyngulode la tensin en barra 1; es decir; suponer conocidos V1, 1. En particular, puede tomarse esta tensin como referencia, o sea, 1=0 En estas condiciones, el sistema de 4 ecuaciones (3.2) queda con slo 4 variables: PG1, QG1, V2, 2. 3.3. Modelo de representacin del SEP Teniendopresenteelanlisisdelproblemabsicoyconelobjetodeestablecerunprocedimiento general para el CFP, es necesario considerar lo siguiente: 3.3.1.Tipos de Barras AsociadosacadabarrapdeunSEPexistencuatrovariables,Pp;Qp;Vp;p.Segnlasvariables conocidas y desconocidas, las barras se clasifican en los siguientes grupos: Barras de Carga (Barras P-Q): Pp y Qp estn especificadas; Vp y p son las incgnitas Barras de tensin controlada (Barra P-V): Pp y Vp estn especificadas; Qp y p son las incgnitas. En este tipo de barra debe existir alguna fuente controlable de potencia reactiva. Barraflotante(Barra ):V V&pypestnespecificados;PpyQpconstituyenlasincgnitas.Enesta barra debe existir por lo menos un generador. La necesidad de definir esta barra nace del hecho que no es posible especificar a priori, la potencia total que es necesario generar en el sistema debido a que inicialmente no se conocen las prdidas en el mismo. La barra flotante debe suministrar la diferencia entrelapotenciacomplejainyectadaalsistemaenelrestodelasbarrasylacargatotalmslas prdidas.Estabarraseconocetambinconotrosnombrestalescomo:dereferencia,oscilante,de relajacin (slack). 27 3.3.2.Representacin de los elementos del SEP a.Lneas:Serepresentanusualmenteporsucircuitonominal.Paraunalneaconectadaentrelas barras p y q de un SEP, el circuito equivalente corresponde al mostrado en la Figura 3.3. En algunos casos, basta representar la lnea por su impedancia serie. b.Transformadores:Cuandofuncionanensuraznnominal,serepresentanporsuimpedanciade cortocircuito. Cuando operan con cambio de TAP y razn no nominal, se pueden representar por su circuito equivalente que se muestra en la Figura 3.4, cuyos parametros se indican en la ecuacin (3.3). Vpq pqY'/2pqY'/2 VSpqIpqZpqYpq()SqpqpIp q Figura 3.3.- Circuito equivalente de una lnea para el clculo de flujos de potencia ABCV1V2I1I2+-+- Figura 3.4.- Modelacin circuital en tanto por unidad de un transformador con cambio de TAP ||.|

\| ==||.|

\| =1 1 YC YB 1 1 YA (3.3) Con =1+t1 y =1+t2; y donde t1 y t2, representan el cambio del Tap, en el lado respectivo. c.Generadores: Se consideran normalmente como fuentes de potencia activa y reactiva. 3.4.Planteamiento matemtico del problema para un SEP de n barras 3.4.1.Ecuaciones de Barras Considreseunabarrapcualquieradeunsistema tal como se muestra en la Figura 3.5. La potencia complejaneta,ylacorrienteinyectadaenla barrap, &estnrelacionadasporlassiguientes ecuaciones,queconstituyenlasecuacionesde barras. pS&pI VppResto delSEP +-Ip Figura 3.5.- Representacin de una Barra p en un SEP*pp p*p*ppp p*p p pVjQ PVSIjQ P I V S= =+ = =&&(3.4) 3.4.2.Ecuaciones del flujo de potencias A partir de la Figura 3.3 se puede escribir: ) 2 Y ( V Y ) V V ( I'pq p pq q p pq& & & & & &+ = (3.5) La potencia compleja que fluye desde la barra p a la q est dada por: | |*pq*q p2p* 'pq*pq*pq p pqY V V V ) 2 Y ( Y I V S& & & + = = (3.6) 28 Anlogamente, la potencia compleja que fluye desde la barra q a la barra p estar dada por: | |*qp q*p2q* 'qp*qp*qp q qpY V V V ) 2 Y ( Y I V S& & & + = = (3.7) Las expresiones (3.6) y (3.7) corresponden a las ecuaciones del flujo de potencia a travs de la lnea. Conviene indicar que) 2 Y ( ) 2 Y ( y Y Y'qp'pq qp pq& & & &= = . Adems,es el inverso de la impedancia entre las barras p y q, el que no debe confundirse con el valor correspondiente en la matriz YpqY&B, de la ecuacin (3.10). 3.4.3.Potencia perdida en la transmisin De acuerdo con los sentidos adoptados paraS , la potencia compleja perdida en la lnea ser: qp pqS y& & qp pq LpqS S S& & &+ = (3.8) 3.4.4.Clculo de las tensiones de barras Las ecuaciones (3.6) y (3.7) indican claramente que para resolver el problema del flujo de potencias se requiere determinar previamente las tensiones en todas las barras que correspondan. Empleando el mtodo nodal de resolucin de circuitos, en forma matricial, para la red de un SEP de n barras se puede escribir: | | | ||B B BV Y I = ||(3.9) donde| esa el vector de corrientes inyectadas a las barras; BI | |BY es la matriz admitancia de barras y es el vector tensiones de barra, definidos como:|BV| | |

=np21BIIIII&M&M&&| | (3.10)

=np21BVVVVV&M&M&&| |

=nn np 2 n 1 npn pp 2 p 1 pn 2 p 2 22 21n 1 p 1 12 11BY Y Y YY Y Y YY Y Y YY Y Y YY&L&L& &M L M L M M&L&L& &M L M L M M&L&L& &&L& & & Teniendo presente que segn (3.4), las corrientes inyectadas en las barras dependen de las potencias complejas netas respectivas y considerando (3.9) y (3.10), se puede escribir: n nn p np 2 2 n 1 1 n*n*nn pn p pp 2 2 p 1 1 p*p*pn n 2 p p 2 2 22 1 21*2*2n n 1 p p 1 2 12 1 11*1*1V Y V Y V Y V YVS V Y V Y V Y V YVS V Y V Y V Y V YVSV Y V Y V Y V YVS& & & & & & & &M M M M M& & & & & & & &M M M M M& & & & & & & && & & & & & & &+ + + + + =+ + + + + =+ + + + + =+ + + + + =(3.11) 29 Este sistema de ecuaciones es similar al obtenido en el problema elemental de 2 barras; es decir; las ecuacionessonalgebraicasynolineales,porlotantoesnecesarioresolverlomediantetcnicasde aproximaciones sucesivas. 3.5.Tcnicas de solucin para el problema del flujo de potencias Existen actualmente diversos mtodos para resolver el problema de clculo del flujo de potencias, los querecibennombressegnseaelprocedimientoqueseapliqueparacalcularlastensiones.Entreellos podemosmencionareldeGauss,eldeGauss-Seidel,losdeNewton-Raphson(Completo,Desacoplado, Desacoplado rpido), el flujo DC, etc. Estudiaremosacontinuacin,cadaunodeellos,considerandoenprimerlugarelprocedimiento general y luego las aplicaciones al clculo de flujo de potencias 3.5.1.Mtodo de Gauss Seempleapararesolverunproblemalinealonolineal.Porsimplicidadseconsiderarunsistema linealdeecuaciones,comoelindicadoen(3.12),parafundamentarlo.Sinembargo,suaplicacinaun sistema no lineal resulta inmediata. 3 3 33 2 32 1 312 3 23 2 22 1 211 3 13 2 12 1 11y x a x a x ay x a x a x ay x a x a x a= + += + += + +(3.12) Despejando x1 de la primera ecuacin, x2 de la segunda y x3 de la tercera se obtiene: 33 2 32 1 31 3 322 3 23 1 21 2 211 3 13 2 12 1 1)/a x a x a (y x)/a x a x a (y x)/a x a x a (y x = = = (3.13) Sean ,valoresinicialesestimadosaprioridelasolucindelsistema(3.12),entonces, reemplazando estos valores en (3.13) se tiene: 030201x , x , x 3302 3201 31 3132203 2301 21 2121103 1302 12 111a / ) x a x a y ( xa / ) x a x a y ( xa / ) x a x a y ( x = = =(3.14) Elprocedimientocontinuahastaquesesatisfacealgncriteriodeconvergenciatalcomo,por ejemplo, el indicado en (3.15), donde es una cantidad de valor pequeo y positivo. A cada etapa del proceso se le denomina iteracin. 3 , 2 , 1 i con x xki1 ki= +(3.15) Aplicando el mtodo a un sistema de n ecuaciones con n incgnitas; para la incgnita xi, despus de k iteraciones, y con i= 1, 2,.....; n; se puede escribir:

==+ni j1 jkj ij iii1 kix a ya1x (3.16) 30 Los inconvenientes de este procedimiento son el gran nmero de pasos que se requiere para llegar alresultadoylaocurrenciarelativamentealtadesituacionesenquenohayconvergencia,porloquenose utiliza para resolver el problema de clculo de los voltajes de la ecuacin (3.11). Sin embargo, constituye la baseparalaformulacindelMtododeGauss-Seidel,loquejustificasuanlisis.Alaplicarlaecuacin (3.16) al problema de clculo de los voltajes en las barras del sistema de ecuaciones (3.11) se obtiene:

==+np q1 qkq pq* kpp ppp1 kpV Y) V (jQ PY1V& &&&(3.17) Donde: p = 1, 2, 3, .., n; q= 1, 2, 3, ....., n y p s (barra slack). La ecuacin (3.17) se conoce como mtodo de Gauss YB, porque usa el Mtodo de Gauss y se trabaja con la matriz admitancia de barras del sistema elctrico. La expresin es vlida slo para las barras de carga. En el caso en que el SEP contenga barras de tensin controlada, la ecuacin (3.17) debe ser modificada, pues en este tipo de barras no se conoce el valor de la potencia reactiva Qp. Por lo dicho en el prrafo anterior, la modificaciones requeridas se estudiarn al considerar el Mtodo de Gauss-Seidel YB. 3.5.2Mtodo de Gauss-Seidel a.Casogeneral:CorrespondeaunamodificacindelmtododeGausstendienteaacelerarla convergenciadelprocesoiterativo.EnelmtododeGausssecalculantodoslosvaloresdelasincgnitas correspondientes a una iteracin y luego se emplean para determinar los nuevos valores de las incgnitas en laiteracinsiguiente.EnelmtododeGauss-Seidelencambio,losvalorescalculadosenunaiteracin determinada, se utilizan inmediatamente para calcular los valores de las incgnitas que restan por calcular en la misma iteracin. Deestemodo,sielprocesodeclculoseencuentraenlaiteracin(k+1)yyasehandeterminado entonces,losvaloresqueseutilizanparacalcularsern ; x ....., , x , x1 k1 i1 k21 k1++ +1 k1 i1 k21 k1x , x ....., , x , x++ +1 kix+knk2 ik1 ix ....., , x ,+ + Por tanto, la frmula iterativa del Mtodo de Gauss-Seidel aplicada a un sistema de n ecuaciones de la forma dada por (3.12) es:

=+ ==+ +n1 i jkj ij1 i1 j1 kj ij iii1 kix a x a ya1x (3.18) b.AplicacindelmtododeGauss-SeidelYBalclculoflujosdepotencia:Elclculodelas tensionesdebarrasaplicandoelprocedimientoexplicadoanteriormenteesdistintosegnseanlostiposde barrasexistentesenelSEP.Porelloseconsiderarnenprimerlugarlossistemasconbarrasdecargay flotantesolamente,porserelcasomssimple.Acontinuacinseanalizarlasituacindelasbarrasde tensin controlada. b1.Sistemas con barras de carga y flotante solamente: Aplicando la ecuacin (3.18) al sistema (3.11) se tiene:

= = + =+ +1 p1 qn1 p qkq pq1 kq pq* kpp ppp1 kpV Y V Y) V (jQ PY1V& & & &&&(3.19) Donde: p = 1, 2, 3, .., n; q= 1, 2, 3, ....., n y p s (barra slack). 31 La secuencia de solucin segn este mtodo es como sigue: 1.Se suponen valores iniciales de tensin para todas las barras a excepcin de la flotante, cuya tensin est especificada, o sea es dato del problema, al igual que Pp y Qp en todas las barras de carga y los trminos de la matriz admitancia de barras (YB) 2.Se aplica la frmula iterativa (3.19) hasta que se cumpla algn criterio de convergencia, por ejemplo: n ......., , 3 , 2 , 1 p con do especifican ......., , 3 , 2 , 1 p condo especifica V V 2kp1 kp1kp1 kp= = ++(3.20) 3.Determinadas las tensiones, se calculan los flujos de potenciaSaplicando (3.6) y (3.7). pV&qp pqS y& & 4.Conocidos los valores deSse determinan las prdidas en el sistema, empleando (3.8). qp pqS y& &

b2.Sistemasconbarrasdecarga,tensincontroladayflotante:NormalmenteunSEPincluye ademsdelasbarrasdecargayflotante,barrasdetensincontrolada(BTC)quetienenporobjetopermitir regularlatensinenunoovariospuntosdelsistema.Enlasbarrasdetensincontroladadebeexistiruna fuente regulable de potencia reactiva para poder cumplir su cometido. Debidoaqueenestetipodebarrasloseconocenelmdulodelatensinylapotenciaactiva,es necesariocalcularpreviamentelapotenciareactiva,antesdeemplearlaecuacin(3.19)paradeterminarel voltaje complejo en ella. A partir de la ecuacin para la barra p de la expresin (3.11), se puede escribir: == + + + + + = =n1 qq pq*p n pn p pp 2 2 p 1 1 p*p p p*pV Y V V Y V Y V Y V Y ( V jQ P S& & & & & & & & & & (3.21) es decir: )` ==n1 qq pq*p pV Y V ag Im Q& &(3.22) Cuando se emplea la ecuacin (3.19) en una BTC, el valor de Qp, que debe emplearse corresponde al indicadopor(3.22),elquesedebeactualizarencadaiteracin.Aldeterminarelvoltaje,debetenerseen cuenta que su mdulo en esta barra est especificado y por lo tanto slo puede cambiar su ngulo. LmitesdePotenciareactivaenunaBarradetensinControlada:Enelclculodelflujode potenciasenunSEPconBarrasdetensincontroladaesnecesariotomarencuentaloslmitesdepotencia reactiva de las fuentes de potencia. Sea p una BTC, entonces el valor de Qp se puede escribir como: Cp Gp pQ Q Q = (3.23) Adems: (QGp)mx : Valor mximo de generacin de potencia reactiva de la fuente. (Qgp)mn : Valor mnimo degeneracin de potencia reactiva de la fuente. QCp : Potencia reactiva de la carga en la barra 32 Los lmites de potencia reactiva para la barra p sern: mx p p mn p) Q ( Q ) Q ( (3.24) donde:) (Cp mx Gp mx p Cp mn Gp mn pQ ) Q ( ) Q (yQ ) Q ( Q = = Si el valor de la potencia reactiva calculado segn (3.22) en una iteracin cualquiera k, Qpk, excede el lmitemximoomnimoprefijado,significaqueesimposibleobtenerunasolucinconlatensin especificadaenestabarrayenconsecuencia,elladebeserconsideradacomounabarradecargaenesa iteracin,enlacuallapotenciareactivaesigualallmitesuperioreinferiorsegncorresponda.Enlas iteracionessiguientes,elmtodointentarmantenerelvoltajeespecificadooriginalmenteenesabarra, siemprequenoseviolenloslmitesdeQp.Estoesposible,porquepueden ocurrircambiosenotrospuntos del sistema, que lo permitan. Paraexplicarmejorel procedimiento, considreseelsistemade3barrasdela Figura 3.6. Sean: Barra 1: Flotante Barra 2: de carga Barra 3: de tensin controlada Lasecuenciadeclculoaplicandoel Mtodo de Gauss-Seidel YB es: 1 23 Figura 3.6.- Sistema de tres barras para explicar el mtodo de Gauss-Seidel YB 1.Especificar los datos necesarios: V1, 1, P2, Q2, P3, V3 y los parmetros para determinar la matriz YB 2.Suponer los valores iniciales:. Normalmente se usa 1,0 (pu) para los mdulos de voltaje y 0 para los ngulos; V030202, , V 3 est especificado 3.Calcular la tensin en la barra 2

=03 23 1 21* 022 22212V Y V Y) V (jQ PY1V& & & &&&(3.25) 4.Calcular la potencia reactiva en la barra 3 { }03 3312 32 1 31* 0303V Y V Y V Y ( ) V ( Im Q& & & & & &+ + = (3.26) 5.Verificar siQest dentro de los lmites establecidos03 6.SiQest dentro de los lmites, determinar la tensin en la barra 3 segn (3.27), mantener el valor especificado para V033 y cambiar el ngulo inicial por el determinado con (3.27)

=12 32 1 31* 0303 33313V Y V Y) V (jQ PY1V& & & &&&(3.27) 7.SiQ noestdentrodeloslmites,reemplazaren(3.27)porelvalordellmiteexcedido, tomando el valor de calculado en (3.27) completo (mdulo y ngulo). 0303Q13V& 33 8.Verificarquesecumplaelcriteriodeconvergenciatalcomoseindicaenecuacin(3.20),por ejemplo,entodaslasbarras.Sisecumple,elprocesodeclculodelastensionesfinalizayse determinan los flujos de potencia y las prdidas en las lneas segn ecuaciones (3.6) y (3.7) y (3.8). 9.Si el criterio de convergencia no se cumple, volver al punto 3 y repetir el proceso. Ejemplo 3.1. Para el sistema de tres barras de la Figura 3.7, los datos en pu, base comn, se dan en las Tablas N 1 y N 2. Realizar una iteracin con el mtodo de Gauss-Seidel YB, para determinar el voltaje en todas las barras.Conlosvaloresobtenidos,determinarlosflujosdepotenciaentodaslaslneas,lasprdidasdel sistema, la potencia entregada por el generador de la barra slack y la verificacin de la potencia entregada a la carga SC1. Tabla N 1: Datos de las lneasLneaZ (pu)Y/2 (pu) 1-20,04+j0,12j0,05 1-30,02+j0,06j0,06 2-30,06+j0,18j0,05 Tabla N 2: Datos de las barras Barra N Tipo V (pu)PGQGPCQC 1PQ---0,6 0,252PV1,040,2-0,0 0,0 2 31SC1G3G2PG2 Figura 3.7 Lmites de generacin de Q en la barra 2: 1 QG2 1 3SL1,06--0,0 0,0 Solucin: a) Determinacin de la matriz de admitancia de barras YB 43 , 108 8114 , 15 15 j 506 , 0 j 02 , 01Y Y 43 , 108 2705 , 5 5 j 6667 , 118 , 0 j 06 , 01Y Y 43 , 108 9057 , 7 5 , 7 j 5 , 212 , 0 j 04 , 01Y Y 47 , 71 9775 , 20 89 , 19 j 6667 , 6 05 , 0 j 06 , 0 j18 , 0 j 06 , 0106 , 0 j 02 , 01Y 43 , 71 0813 , 13 4 , 12 j 1667 , 4 05 , 0 j 05 , 0 j18 , 0 j 06 , 0112 , 0 j 04 , 01Y 48 , 71 6128 , 23 39 , 22 j 5 , 7 06 , 0 j 05 , 0 j06 , 0 j 02 , 0112 , 0 j 04 , 01Y13 3132 2321 12332211 = + =+ = = = + =+ = = = + =+ = = = = + ++++= = = + ++++= = = + ++++= b) Valores iniciales y otros datos 1 Q 1 : 2 barra la en Q de Lmites2 , 0 0 2 , 0 P ; 25 , 0 j 6 , 0 ) 25 , 0 0 ( j 6 , 0 0 S) slack Barra ( do especifica , 0 06 , 1 V ; 0 04 , 1 V ; 0 1 V22 130201 = = = + = = = =&& & & 34 c) Proceso iterativo: Utilizando la ecuacin (3.19) 23 , 1 0401 , 1 V 0 06 , 1 * 43 , 108 8114 , 15 0 04 , 1 * 43 , 108 9057 , 7 0 125 , 0 j 6 , 0 48 , 71 6128 , 231V1111 =)` + =&& Antes de determinar se debe calcular la potencia reactiva neta de la barra 2, expresin (3.22) 12V& { }lmites) los entre (est 2693 , 0 Q 0 04 , 1 * 0 06 , 1 * 43 , 108 2705 , 5 0 04 , 1 * 43 , 71 0813 , 13 23 , 1 0401 , 1 * 43 , 108 9057 , 7 Im Q0202 = + + = La tensin se determina usando de nuevo la expresin (3.19), es decir: 12V& 23 , 0 04 , 1 V 23 , 0 0414 , 1 V 0 06 , 1 * 43 , 108 2705 , 5 23 , 1 0401 , 1 * 43 , 108 9057 , 7 0 04 , 12693 , 0 j 2 , 0 43 , 71 0813 , 131V121212 = =)` + =& && d) Clculo de los flujos de potencia en las lneas: Usando las expresiones (3.6) y (3.7) y considerando que: 57 , 71 8114 , 15 15 j 506 , 0 j 02 , 01Y Y 57 , 71 2705 , 5 5 j 6667 , 118 , 0 j 06 , 01Y Y 57 , 71 9057 , 7 5 , 7 j 5 , 212 , 0 j 04 , 01Y Y13 3132 2321 12 = =+= = = =+= = = =+= = se tiene: { }{ } 29 , 30 2401 , 0 1211 , 0 j 2073 , 0 S 57 , 71 9057 , 7 * 23 , 1 0401 , 1 * 23 , 0 04 , 1 04 , 1 * 90 05 , 0 57 , 71 9057 , 7 S 94 , 174 2064 , 0 0182 , 0 j 2056 , 0 S 57 , 71 9057 , 7 * 23 , 0 04 , 1 * 23 , 1 0401 , 1 0401 , 1 * 90 05 , 0 57 , 71 9057 , 7 S2122112212 = = + = = + = + =&&&&

{ }{ } 0 , 77 05875 , 0 0572 , 0 j 0132 , 0 S 57 , 71 2705 , 5 * 23 , 0 04 , 1 * 0 06 , 1 06 , 1 * 90 05 , 0 57 , 71 2705 , 5 S 33 , 94 1659 , 0 1654 , 0 0125 , 0 S 57 , 71 2705 , 5 * 0 06 , 1 * 23 , 0 04 , 1 04 , 1 * 90 05 , 0 57 , 71 2705 , 5 S3223223223 = + = + = = = + =&&&& { }{ } 01 , 151 5227 , 0 2533 , 0 4572 , 0 S 57 , 71 8114 , 15 * 0 06 , 1 * 23 , 1 0401 , 1 0401 , 1 * 90 06 , 0 57 , 71 8114 , 15 S 24 , 16 4809 , 0 1345 , 0 j 4617 , 0 S 57 , 71 8114 , 15 * 23 , 1 0401 , 1 * 0 06 , 1 06 , 1 * 90 06 , 0 57 , 71 8114 , 15 S1321331231 = = + = = + = + =&&&& 35 e) Prdidas: Utilizando la ecuacin (3.8) se tiene: 1188 , 0 j 0045 , 0 2533 , 0 j 4572 , 0 1345 , 0 j 4617 , 0 S S S1082 , 0 j 0007 , 0 0572 , 0 j 0132 , 0 1654 , 0 j 0125 , 0 S S S1029 , 0 j 0017 , 0 1211 , 0 j 2073 , 0 0182 , 0 j 2056 , 0 S S S13 31 31 L32 23 23 L21 12 12 L = + = + = = + + = + = = + + = + =& & && & && & & f) Potencia entregada por el generador de la barra slack 1917 , 0 j 4749 , 0 0572 , 0 j 0132 , 0 1345 , 0 j 4617 , 0 S S S32 31 3 G+ = + + + = + =& & & g) Verificacin de la potencia recibida por la carga SC1 2351 , 0 j 6628 , 0 ) 2533 , 0 j 4572 , 0 ( ) 0182 , 0 j 2056 , 0 ( S S S13 12 1 C+ = + = =& & & Observacin: No corresponde exactamente al valor especificado para la carga. Porqu? Factores de Aceleracin: La experiencia con el mtodo de Gauss-Seidel YB para el clculo de flujos depotenciahamostradoquesepuedereducirconsiderablementeelnmerodeiteracionesrequeridassila correccin en el voltaje de cada barra se multiplica por alguna constante que la incremente, para que el voltaje sea ms cercano al valor al que se est aproximando. El multiplicador que realiza esto, se denomina factor de aceleracin.Ladiferenciaentreelvalordevoltajedelabarrapcalculadoenlaiteracinactualyel mejor que se obtuvo en la iteracin anterior se multiplica por un apropiado para obtener una mejor correccin que se agrega a este ltimo. Es decir: 1 kpV+&ackp) V ( & | |ackp1 kp ackp ac1 kp) V ( V ) V ( ) V (& & & & + =+ + (3.28) Laeleccindelvalordedependedelsistemaenestudio.Hayvaloresptimosdelosfactoresde aceleracin para cualquier sistema. Una mala seleccin de ellos puede dar como resultado una convergencia menos rpida o hacerla imposible. Normalmente, en los estudios de flujos de potencia, vara entre 1,3 y 1,8. Generalmente, un factor de aceleracin de 1,6 para las componentes real e imaginaria es una buena seleccin. Sin embargo, es posible que el factor de aceleracin utilizado para la componente real pueda diferir del usado para la componente imaginaria. 3.5.3.Mtodo de Newton Raphson a.Formulacin general: Este mtodo es mas sofisticado que los anteriores y exige un mayor volumen declculos,peroaseguraconvergenciaenunmayornmerodevecesyademsenformamsrpida.El problema matemtico a resolver consiste en n relaciones no lineales del tipo f(xi)=0. Es decir, se trata de un sistema de n ecuaciones de la forma: 0 ) x ,....., x , x ( f. .......... .......... ..........0 ) x ,....., x , x ( f0 ) x ,....., x , x ( fn 2 1 nn 2 1 2n 2 1 1===(3.29) Si se supone una estimacin inicial del vector solucin: | | | |0n02010x ...... xx x = (3.30) 36 Alquelefaltaunresiduo| | | |0n02010x ...... xx x = 0 ) x0i,parallegaralasolucincorrecta;estoes, tener, aunque, se tiene:0 ) x x ( f0i0i= + ( f 0 ) x x ,....., x x , x x ( f... .......... .......... .......... .......... .......... ..........0 ) x x ,....., x x , x x ( f0 ) x x ,....., x x , x x ( f0n0n02020101 n0n0n02020101 20n0n02020101 1= + + += + + += + + +(3.31) Desarrollando cada ecuacin en serie de Taylor en torno a los valores se tiene: 0ix n0nn 0n01n 010n01 n0n0n0101 n10n1 0n011 010n01 10n0n0101 1xfx .....xfx ) x ,....., x ( f ) x x ,....., x x ( f... .......... .......... .......... .......... .......... ..........xfx .....xfx ) x ,....., x ( f ) x x ,....., x x ( f +||.|

\| + +||.|

\| + = + + +||.|

\| + +||.|

\| + = + + (3.32) dondees el residuo en la serie de Taylor, que contiene los trminos de orden superior i 0ijxf||.|

\|: representa las correspondientes derivadas parciales, evaluadas en 0ix Como los ison pequeos, se pueden despreciar los trminos de orden superior y se obtiene: 0x 0xfx .....xfx ) x ,....., x ( f... .......... .......... .......... .......... .......... ..........0xfx .....xfx ) x ,....., x ( f0nn 0n01n 010n01 n0n1 0n011 010n01 1=||.|

\| + +||.|

\| +=||.|

\| + +||.|

\| +(3.33) con i, j = 1, 2, , n Matricialmente se puede escribir:

=

||.|

\|||.|

\|||.|

\|||.|

\|+

00xx

xfxfxfxf) x ( f) x ( f0n010nn01n0n10110i n0i 1M MLM L MLM (3.34) Es decir: | | | | | | || 0 x J ) x ( f0 0 0= + (3.35) Donde cada vector y matriz est definido segn las ecuaciones (3.34) y (3.35), o sea: 37 | |

=) x ( f) x ( f) x ( f0i n0i 10MVector funcin evaluada en 0ix | |xfxfxfxfJ0nn01n0n10110

||.|

\|||.|

\|||.|

\|||.|

\|=LM L ML Matriz Jacobiana evaluada en 0ix | |

= 0n010xxx MVector residuo evaluado en 0ix A partir de (3.35), el vector residuo evaluado en 0ix ; | | x0 se puede escribir: | | | | | ) x ( f J x010 0 = ||(3.36) En general entonces, el residuo en una iteracin k es: | | | | | ) x ( f J xk1k k = (3.37) Suponiendoqueseconoce| |kx (vectordevaloresaproximadosdelavariable),entoncespuede obtenerse una aproximacin mejor| |1 k+xde la forma: | | | | | | | | | | | | ) x ( f J x x x xk1k k k k 1 k+ = + = (3.38) Comosehandespreciadolostrminosdeordensuperior,| |1 kx+noserlasolucincorrectayse debe repetir el proceso en forma iterativa, hasta que se satisfaga algn criterio de convergencia, tal como: + k 1 kx x (3.39) b.Aplicacinalclculodeflujosdepotencia:EnelcasodeunSistemadePotencia,losxi correspondenalastensionesdelasbarras(mduloyngulo),demaneraquelaecuacin(3.37)sepuede escribir como: | |

=

kk1kkkQPJV(3.40) en que:

=

calc espcalc espQ QP PQP (3.41) 38 DondePespyQespsonlosvaloresdePyQespecificadosoprogramadosyPcalcyQcalcsonlos respectivos valores que se van calculando en cada iteracin. Para mayor comodidad, a los valores calculados, se les eliminar el superndice calc, es decir, se designarn simplemente como P y Q. Segn (3.21), los valores de P y Q en la barra p se pueden obtener a partir de: *qn1 q*pq p p p pV Y V jQ P S = + ==& &(3.42) Expresandolos voltajes de barras en forma polar y las admitancias de lnea en forma rectangular se tiene que: pq pq pq q q q p p pB j G Y y V V ; V V + = = =& & & (3.43) Reemplazando (3.43) en (3.42), con q p pq = se obtiene: + = + ==n1 qpq pq pq pq q p p p p) sin j (cos ) B j G ( V V jQ P S&(3.44) de (3.44) se obtiene finalmente: = + ===n1 qpq pq pq pq q p pn1 qpq pq pq pq q p p) cos B sin G ( V V Q) sin B cos G ( V V P(3.45) A partir de (3.41) y (3.45), P y Q para la barra p se pueden determinar como: = + = ==n1 qpq pq pq pq q pespp pn1 qpq pq pq pq q pespp p) cos B sin G ( V V Q Q) sin B cos G ( V V P P(3.46) Por lo tanto se puede escribir a manera de resumen: Para las barras PQ y PV + = =n1 qpq pq pq pq q pespp p) sin B cos G ( V V P P (3.47) Para las barras PQ = =n1 qpq pq pq pq q pespp p) cos B sin G ( V V Q Q (3.48) Para la barra slack no se requiere ecuaciones. En las ecuaciones anteriores, las magnitudes de las tensiones en las barras PV y slack al igual que el ngulo en la barra slack no son variables, sino que se mantienen en sus valores especificados. Por lo tanto, el sistemaformuladoincluyedosecuacionesparacadabarraPQyunaparacadabarraPV.Lasvariablesdel problema son V y para cada barra PQ y para cada barra PV. 39 Porrazonesprcticassedaalabarraslackelnmeronysecolocanlosprimerosnmerosalas barras PQ. Luego si se tiene m barras PQ, se tendr (n-m-1) barras con control de voltaje (barras PV). La Ecuacin (3.40) queda entonces: | |

=

QPJV1(3.49) Con P y Q calculados segn (3.46). Luego, los valores actualizados para y V son:

+

=

++kkkk1 k1 kV V V(3.50) DespejandoPyQde(3.49),considerando(3.34)yarreglandoadecuadamente,parahacerms fcil el manejo de las ecuaciones, se tiene:

=

=

VVL MN HVVVQVQVPVPQP(3.51) Sisetienennodos,mdecarga,1libreyn-m-1devoltajecontroladolasdimensionesdelas submatrices que forman el Jacobiano son: [H] es de (n-1) x (n-1)[N] es de (n-1) x m [M] es de m x (n-1)[L] es de m x m Segn lo anterior, la matriz Jacobiana completa es cuadrada y de dimensin, [(n-1)+m] x [(n-1)+m]. A partir de (3.51), se obtieneque: qpq pqqppqqpq pqqppqVQV LQMVPV NPH = = = =(3.52) Considerando (3.46), se pueden determinar todos los elementos de la matriz Jacobiana como sigue: para p q q pq pq pq pq p pqq pq pq pq pq p pqq pq pq pq pq p pqq pq pq pq pq p pqV ) cos B sin G ( V LV ) sin B cos G ( V MV ) sin B cos G ( V NV ) cos B sin G ( V H = + = + = =(3.53) Se puede apreciar, que por la forma de la ecuacin (3.51): pq pqpq pqM NL H ==(3.54) 40 Para p = q p2p pp ppp2p pp ppp2p pp ppp2p pp ppQ V B LP V G MP V G NQ V B H = = =+ =(3.55) Las expresiones (3.54) y (3.55) muestran lo importante que fue el haber planteado la matriz Jacobiana talcomosehizoen(3.51).Utilizandoestetipodecoordenadas,elvalordeQenlasbarrasPVpuedeser calculado luego que el proceso haya convergido. ElprocesomedianteelmtododeNewton-Raphsonparacalcularlosvoltajesenlasbarras,se muestra en la Figura 3.8, luego de lo cual se determinan los flujos de potencia y las prdidas en las lneas. Eleccin de Tensiones InicialesIter=0Calcular P yQ del sistemaConvergila solucin?Iter = Iter mx?sinosinoIter = Iter+1Formacin del JacobianoInversin delJacobianoClculo de y V Correccin de Valores de y V SalidaIngreso de Datos Figura 3.8.- Diagrama de Flujo del Algoritmo de Newton-Raphson 41 Enestrictorigor,lamatrizJacobianasecalculaeinvierteencadaiteracin.Sinembargo,enla prctica se recalcula usualmente slo un determinado nmero de veces en un rango de iteraciones, con el fin de aumentar la velocidad al proceso iterativo. Ejemplo3.2.Enelsistemadelejemplo3.1y,considerandolosvaloresdevoltajesobtenidosmedianteel mtodo de Gauss-Seidel, determine el Jacobiano completo en la iteracin 1 Solucin: La matriz Jacobiana queda de la siguiente forma: | |

=

=11 12 1121 22 2111 12 11111211112122121112111L M MN H HN H HVQVQ QVPVP PVPVP PJ Los elementos de la matriz Jacobiana se obtienen utilizando las expresiones (3.53) para pq y (3.55) para p=q; por lo tanto, para los elementos de la diagonal se deben determinar previamente P y Q, utilizando (3.45) y considerando los resultados obtenidos en el ejemplo 3.1, que se resumen a continuacin: | | | |

=

=89 , 19 5 155 4 , 12 5 , 715 5 , 7 39 , 22B 6667 , 6 6667 , 1 56667 , 1 1667 , 4 5 , 25 5 , 2 5 , 7G 23 , 1 0401 , 1 V1 =&;V 23 , 0 04 , 1 V2 =& 0 06 , 13 =& Con (3.45) se obtiene: P1=0,6628;P2=0,1948; Q1=0,235; Q2=0,2865 Con (3.53) y (3.55), la matriz Jacobiana queda: | |

=9867 , 23 91 , 2 7764 , 84967 , 2 6983 , 13 1790 , 84508 , 7 0412 , 8 4567 , 24J 3.5.4.Mtodo de Newton-Raphson desacoplado (MNRD) Cuandoseresuelvenproblemasqueinvolucrenunnmeroconsiderabledebarras,estemtodo representa una alternativa para mejorar la eficiencia computacional y reducir los requerimientos de memoria. Se hace uso de una versin aproximada del mtodo de Newton-Raphson completo visto en 3.5.3., basada en las siguientes consideraciones: Un cambio en el ngulo del voltaje en una barra afecta principalmente al flujo de potencia activa P en las lneas y dbilmente a la potencia reactiva Q, lo que significa que:Q P Un cambio en el mdulo del voltaje V en una barra afecta principalmente al flujo de potencia reactiva Q en las lneas y dbilmente a la potencia activa P. Por lo tanto: VP VQ 42 Deacuerdoconesto,enlaecuacin(3.51)NyMsepuedendespreciarfrenteaLyH respectivamente y se puede escribir:

=

=

VVL 00 HVVVQV 00PQP(3.56) o bien: | | | | || = H P (3.57) | | | || |VVL Q = (3.58) Estas ecuaciones estn desacopladas, en el sentido que las correcciones de los ngulos de los voltajes se calculan usando slo los cambios en la potencia activa mientras que las correcciones en la magnitud de los voltajes se determinan slo con los cambios en la potencia reactiva. Sin embargo, las matrices [H] y [L] son interdependientes,porqueloselementosde[H]dependendelasmagnitudesdelosvoltajesqueseestn resolviendo en la ecuacin (3.58), mientras que los elementos de [L] dependen de los ngulos de la ecuacin (3.57).Elprocedimientonaturalesirresolviendoalternadamentelosdossistemasdeecuacionesusandoen uno, las soluciones ms recientes del otro. Esta aproximacin significa aumentar el nmero de iteraciones, lo queenlaprcticaquedacompensadoporelmenortiempoencadaiteracin,debidoaladisminucindel tiempo ocupado en la inversin de las matrices [H] y [L] de menor dimensin que la del Jacobiano completo. Ejemplo3.3.Apartirdelejemplo3.2escribalamatrizjacobianadelmtododeNewton-Raphson desacoplado. Eliminando las submatrices N y M se tiene: | |

=9867 , 23 0 00 6983 , 13 1790 , 80 04124 , 8 4567 , 24J 3.5.5.Mtodo de Newton-Raphson desacoplado rpido (MNRDR) El mtodo de Newton Raphson desacoplado, requiere la inversin de dos matrices en cada iteracin. Paraevitarestosclculos,seintroducenmssimplificacionesquesejustificanporlascaractersticasque presentanlosflujosdepotenciaen las lneas y los voltajes en las barras de un sistemas de transmisin bien diseado y operando apropiadamente. Estas caractersticas son: Lasdiferenciasangularespq=p-qentrelosvoltajesdedosbarrastpicasson,porlogeneral,tan pequeos que: cos pq = cos (p-q) = 1 y sin pq = sin (p-q) 0 (3.59) Las susceptancias Bpq de las lneas son mucho ms grandes que las conductancias Gpq, por lo que: Gpq sin (p-q)