Clase de Regulación de frecuencia Fenómeno: Modificación de la frecuencia del sistema Causa: Variación de carga Régimen permanente (sistémica) Regulación Secundaria Diferentes zonas comparten inteligentemente la regulación. f=f0 Régimen transitorio (individual) Regulación natural + Regulación Primaria (reg de velocidad) G=L+C Automática

Ecuaciones Regulador de velocidad Sensibilidad Carga - Frecuencia Por lo tanto

En Régimen permanente Definición de ESTATISMO Multimáquina (interconexión) P.U.

Regulación secundaria Se establecen parámetros que otorguen responsabilidad en la perturbación (variación de frecuencia)  ERRORES DE ÁREA Contratos de suministro entre las áreas. Area 1 Area 2 Pexp

Problema 1 Sea el siguiente SEP G1: P1=2.2 D1=1.1 s1=0.02 3 4 G1 Pd2 Pd1 G2 G1: P1=2.2 D1=1.1 s1=0.02 G2: P2=1.3 D2=1.05 s2=0.03 G3: P3=1.7 s3=0.05 Pd1=2.0 Pd2=3.2 Todos los valores en °/1 base común. Calcule la variación de frecuencia Cuando la carga Pd2 aumenta en 0.2. i) Sin regulación (sin regulador de velocidad, equivalente a sólo regulación natural) ii) Con regulación primaria en las máquinas 1 y 2. iii) Con regulación primaria en todas las máquinas. iv) Con regulación primaria en todas las máquinas y caída de la línea 2 - 3. v) ¿Cuánto mejora la variación de frecuencia si, al caer la línea existe un sistema que automáticamente desconecta una parte de la central 2 equivalente al 50% de la transferencia que pasaba por la línea 2 – 3 (DAG)?

del orden de 2% del anterior i) Sólo se amortigua la frecuencia por la inercia de las máquinas y su valor permanente sólo depende de las sensibilidades carga - frecuencia ii) del orden de 2% del anterior

Area 1 Area 2 iii) Con regulación en todas las máquinas del orden del 80% del anterior iv) El sistema se aísla en 2 áreas con la desconexión de la línea 2 - 3. Transferencia inicial por la línea (A1--> A2) = P1+P2-Pd1 = 1.5 DP A1= - 1.5 DP A2= 1.5+0.2 = 1.7 Darea1= D1=1.1 sarea1= 0.012 Darea2= D2=1.05 sarea2= 0.05 Area 1 Area 2 3.5 1.7 2.0 3.4

mejora en el Área 1 del orden de 50 %. v) T desconect = 0.5*1.5 = 0.75 Área 1 3.5-0.75 = 2.75 2.0 mejora en el Área 1 del orden de 50 %. En el caso de la otra área no conviene un DAG, si un DAC Propuesto: ¿cómo debería ser el DAC para que en el área 2 la frecuencia no bajara más allá de un 2% de la frecuencia nominal?

i) a) Caída de carga de 1 en A1  DPe = -1  Df = 1 seq Problema 2 Sea el siguiente SEP 2 Pg1 = 5 Pd1= 3 Área 1 Área 2 Pg2 = 8 Pd2 = 10 Calcule los Errores de área con los siguientes supuestos: B1=B2=1; s1 = s2 = 0.05 a)DP1=-1; b)DP1=+1 ii) s1=0.075; s2=0.0375; DP1=-1 iii) B1=1/ s1 B2=1/ s2 R: i) a) Caída de carga de 1 en A1  DPe = -1  Df = 1 seq seq = 0.025  Df = 0.025 (  ). Además DPm1  s1 = DPm2  s2 y en R.P. DPmj = DPgj  DPg1 = DPg2 = - 0.5

2.5 Pg1 = 4.5 Pd1= 2 Area 1 Area 2 Pg2 = 7.5 Pd2 = 10 DPexp A1 = DPexp 1  2 = Pexp final 1  2 - Pexp inicial 1  2 = 2.5 - 2 = 0.5 DPexp A2 = - DPexp 1  2 = - 0.5 EA1 = 0.025 + 0.5 = 0.525 EA2 = 0.025 - 0.5 = - 0.475 EA1 > EA2 D EA = 0.05

b) Subida de carga de 1 en A1  DPe = 1  Df = -1 seq i) B1 = B2 = 1, s1 = s2 = 0.05 b) Subida de carga de 1 en A1  DPe = 1  Df = -1 seq seq = 0.025  Df = - 0.025 (  ). DPg1 = DPg2 = 0.5 1.5 Pg1 = 5.5 Pd1= 4 Area 1 Area 2 Pg2 = 8.5 Pd2 = 10 DPexp A1 = DPexp 1  2 = Pexp final 1  2 - Pexp inicial 1  2 = 1.5 - 2 = -0.5 DPexp A2 = - DPexp 1  2 = + 0.5 EA1 = - 0.025 - 0.5 = - 0.525 EA2 = - 0.025 + 0.5 = + 0.475 EA1 > EA2 D EA = 0.05

Caída de carga de 1 en A1  DPe = - 1  Df = + 1 seq ii) B1 = B2 = 1, s1 = 0.075, s2 = 0.0375 Caída de carga de 1 en A1  DPe = - 1  Df = + 1 seq seq = 0.025 (igual al caso anterior)  Df = + 0.025 ( ). DPg1 + DPg2 = - 1 ; DPg1  0.075 = DPg2  0.0375  DPg1 = DPg2/2  DPg2 = - 0.667 ; DPg1 = - 0.333 2.667 Pg1 = 4.667 Pd1= 2 Area 1 Area 2 Pg2 = 7.333 Pd2 = 10 DPexp A1 = Pexp final 1  2 - Pexp inicial 1  2 = 2.667 - 2 = + 0.667 DPexp A2 = - DPexp 1  2 = - 0.667 EA1 = + 0.025 + 0.667 = + 0.692 EA2 = + 0.025 - 0.667 = - 0.642 EA1 >EA2 D EA = 0.05

Caída de carga de 1 en A1  DPe = - 1  Df = + 1 seq iii) B1 = 1/s1 B2 = 1/s1 , s1 = s2 = 0.05 Caída de carga de 1 en A1  DPe = - 1  Df = + 1 seq seq = 0.025 (igual al caso anterior)  Df = + 0.025 ( ). DPg1 = DPg2 = - 0.5 2.5 Pg1 = 4.5 Pd1= 2 Area 1 Area 2 Pg2 = 7.5 Pd2 = 10 DPexp A1 = + 0.5 DPexp A2 = - 0.5 B1=1/s1=1/0.05=20 B2=1/s2=1/0.05=20 EA1 = 20  0.025 + 0.5 = 1.0 ; EA2 = 20  0.025 - 0.5 = 0.0 EA1  >EA2 D EA = 1.0

Problema de Regulación de tensión Un generador de reactancia síncrona 1.2 p.u entrega 140 MW a la red, cuando su tensión interna es de 2.6 p.u. y el voltaje es el nominal. Si la carga reactiva aumenta en 25 MVAr, determine la ganancia del regulador de tensión para que el voltaje en bornes baje en 1%. Además se sabe del regulador: ΔE=Ka* ΔVs Solución: Ka P,Q Red xs E Vs

Caso inicial: P=1.4 p.u., E=2.6 p.u., VS=1.0 p.u., x=1.2 p.u. Veamos primero qué potencia reactiva está entregando el generador al sistema: xs E Vs Red P,Q Ka También sabemos que:

Si la carga reactiva aumenta en 25 MVAr: xs E Vs Red P,Q Ka Si la carga reactiva aumenta en 25 MVAr: Se desea que la tensión en bornes no disminuya más allá de un 1%, es decir a V’S=0.99 p.u. Además no ha actuado el regulador de velocidad de la central, por lo que: Escribiendo las ecuaciones de transferencia de potencia para la nueva condición:

Por tanto: Además sabemos que la ganancia del regulador de tensión es proporcional a la diferencia de fem interna, de tal forma que:

Problema Desp de reactivos v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc Problema Desp de reactivos Sea el siguiente SEP: El generador 1 posee una curva característica dada por la siguiente ec: Además G1 es una central cuyo costo de operación es de 25 US$/MWh G2 es una central cuyo costo de operación es de 70 US$/MWh, además tiene una potencia máxima de 60MW y debe estar en servicio al menos al mínimo de 20 MW. Esta central no tiene la posibilidad de aportar reactivos al sistema. La carga que se debe abastecer es de 70+j40 MVA La S/E de consumo posee un condensador estático de un paso, el cual está normalmente desconectado del sistema y cuya reactancia es de 0.2 p.u. La línea de transmisión tiene una reactancia de 0.1 p.u.

La norma eléctrica de este sistema señala en las barras de carga la tensión deben estar en torno al 100% de la tensión nominal. De hecho existe una protección de sobre y subtensión en el consumo que opera si la tensión cae fuera de este rango. Determine el despacho de reactivos, que debiera indicar para el generador 1 seteando la consigna de tensión de la máquina y señale el costo de la restricción del diagrama P-Q de G1. Si en la condición anterior es conectado el condensador, plantee las ecuaciones para saber cómo se modifica la tensión en la barra de carga.

v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc Solución: 1.- Como la central 2 es cara, conviene dejarla a mínimo técnico: Como no existen pérdidas Joule en el sistema: Las ecuaciones de transferencia de potencia para el nudo receptor: Como V2=1: PL,QL

v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc PL,QL Con esta consigna de tensión, es posible lograr una tensión 1 pu en la barra de consumo. Las potencias reactivas que deben generar los generadores en esta consigna de tensión para abastecer la demanda son: Esta es la potencia reactiva que generaría la central 1, pero ésta tiene una ley constructiva que cumplir, su diagrama P-Q, veamos hasta qué Pg1 se puede entregar con Qg1

v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc PL,QL No es posible generar 50 MW y al mismo tiempo 44.1 MVAr. Se debe reducir la potencia activa generada por la central 1 para privilegiar la inyección de potencia reactiva. Esto es a costa de mayor generación activa de la central 2, más cara. Así: En este caso la máxima potencia reactiva que puede inyectar el generador 1 es 0.441. Veamos cuál es la nueva consigna de tensión para setear la máquina 1:

Veamos qué potencia reactiva debe inyectar G1 en esta condición: v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc PL,QL Veamos qué potencia reactiva debe inyectar G1 en esta condición: ¿Respeta la ley P-Q de la central? Respeta la ley y además está cerca de la frontera de ésta. Veamos los costos:

En el punto de partida (sin restricción de ley P-Q): v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc PL,QL En el punto de partida (sin restricción de ley P-Q): Pero al ajustar el despacho a la realidad, se obtuvo: La incorporación de la restricción significa un costo para es sistema de: 558US$ la hora. Es decir, el hecho que un sistema eléctrico de potencia (AC) no pueda operar sólo con potencia activa (DC) significa parte de los costos de operación real del SEP.

2.- conexión del condensador estático. v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc PL,QL

Solucionando este sistema se obtiene V2 y d Solucionando este sistema se obtiene V2 y d. De esta forma se debería modificar la consigna de tensión en la barra de generación 1 para llevar la tensión en V2 a 1pu. Como se hizo en la parte 1 se debe encontrar el despacho activo de menor costo consistente con las restricciones eléctricas del sistema, y así encontrar un nuevo costo total que es menor que el de la parte 1. Este es el ahorro que permite la conexión del condensador estático y su inversión se debe comparar con este ahorro en un período razonable. v1,d v2,0 x P,Q Pg1,Qg1 Pg2,Qg2 xc PL,QL