Analisis de sistemas de potencia
0 ∆PNeto = +0.375 pu.
.
Ciclo 2009-I
∆ω(t ) = (∆P1/dE)u(t))(1– (∆P2/dE) u(t –tR)*(1–
f (Hz)
Curva de la frecuencia
[1]
eγ(t - tR) Rp.
Curva ficticia .
e γtR)
+ [5]
f Final
t
tR
∆P2 = +2.375 pu. ∆P1 = -2.0 pu.
. .
60.0
tRSegunda Perturbacion
t
∆ P2 59.0 ∆ P1
.
dE
Primera Perturbacion
dE
.
∆P (p.u.)
0 tR
Figura 1a (Código Par)
56.8
Figura 2a (Código Par)
∆PNeto = -0.625 pu.
.
t
f(Hz)
Curva de la frecuencia
Curva ficticia
f Final
.
∆P2 = +2.375 pu. ∆P1 = -3.0 pu.
. .
60.0
tR ∆ P2
t dE
Segunda Perturbacion
Figura 1b (Código Impar) En t=0+ hay un primerdesbalance cuando desconecta la TGind (nodo 1) con 200 MW (par) ó 300 MW (impar) MW. En (t=5+) se produce un segundo desbalance cuando desconectan 237.5 MW de carga. Las figuras 1a y 1b muestran losdesbalances. La solución de la curva de la frecuencia es valida solo para el caso 1b (código impar), resolviendo la ecuación: ∆ω(s)= ∆P(s ) / {M (s + γ ) } Donde γ = d E /( 2h E ); y [2] [3]
59.0∆ P1
.
dE
.
Primera Perturbacion
56.8
Figura 2a (Código Impar)
Rp.
2. Frecuencia final y redespacho. Hay redespacho solo para código par, donde: ∆ω = ∆PNETO/ [ΣPn j /(R j SB )+ΣDj*P j / SB ] ∆ω = 0.0517 Hz; f final= 60.0517 Hz. Rp. ∆P j = ∆ω ∗ Pn j /(R j SB ) ∆PHidro = -25.83 MW; ∆PTGad = -1.72 MW; ∆PTV = -3.44 MW; ∆PGD = -3.23 MW. Rp. Para código impar: f final= 58.9726 Hz.Rp. No hay redespacho.
∆P(s )=ℒ {∆P1u(t) + ∆P2 u(t –tR) } [4]
ℒ : Símbolo de
La solución es:
transformada de LaPlace.
Universidad Nacional Mayor de San Marcos Análisis de SistemasEléctricos de Potencia II Facultad de Ingeniería Electrónica y Eléctrica Por Flaviano Chamorro V.
Pág. i
Solución Exámen Final 3. Tensión del nodo 1. La potencia que fluye del nodo 8 hacia el nodo...
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