Flujo de Carga

Derechos Reservados Dr. Gilberto Carrillo Caicedo, M.E., PhD Página.

103

CAPÍTULO 4 FLUJOS DE CARGA

4.1 GENERALIDADES En el lenguaje convencional de los sistemas de potencia, se conoce como flujo de carga la solución de la red en estado estable; para lo cual se utilizan, a diferencia de la teoría general de circuitos, ecuaciones no lineales debido al uso de potencias como datos de entrada y/o salida, en lugar de las corrientes como en los métodos clásicos. El flujo de carga da la respuesta eléctrica del sistema de transmisión a un conjunto particular de cargas y potencias generales; las cuales imponen las condiciones de frontera. Estos estudios de flujo de carga son muy importantes en la planeación diseño y control de los sistemas de potencia. Los estudios de flujo de carga se realizan con el objeto de conocer:

1. flujo de MW y MVAR en las ramas de la red. 2. tensión en las barras. 3. corrientes por las ramas. 4. posición optima y rango de las tomas de los transformadores. 5. efectos de los cambios de las tensión en las barras y/o de la inyección de corrientes

al sistema. 6. efectos debidos a los cambios de tamaño de los conductores o a los cambios de los

circuitos. 7. efecto de entrada o salida de cargas y7o generadores. 8. perdidas del sistema.

4.2. PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA Para la solución de los problemas debe buscarse el método mas rápido y eficiente. Aquí se mostraran varias posibilidades de atacar el problema dando suficientes criterios de análisis. Considere la barra i de la figura 4.1 para lo cual tiene:

TiCiGi SSS +=

GiGiGi JQpS +=


104

CiCiCi JQpS +=

TiTiTi JQpS +=

TiCiGi QQQ +=

TiCiGi PPP +=

:GiS Potencia compleja generada trifásica (entrada a la barra i)

Potencias asociadas a la barra i.

:ciS Potencia compleja consumida trifásica (sale de la barra i)

:TiS Potencia compleja transmitida trifásica (sale de la barra i por el sistema de transmisión).

Como se ve, aparecen seis variables por barra relacionada por dos ecuaciones, por lo cual quiere decir que para un sistema de NB barras se tendría 2NB ecuaciones y 6NB variables.

Como los flujos de carga se realizan para condiciones determinadas de carga, CiP y CiQ se

suponen conocidas. Los términos correspondientes al a generación ( GiP , GiQ ) son controlables,

por lo cual solo se necesita obtener una expresión para las variables de transmisión ( TiP , TiQ ).

Para ello se emplea, normalmente, la representación de barras:

]][[][ BARRASBARRASBARRAS VYI =

Pero: iiiTi SIVS == *


105

]][[][ *BARRASBARRAST IDVS =

][ DVBARRAS =

.....

.....

..300

..020

..001

VV

V

*

O ]][][[][ **BARRASBARRASBARRAST VDVYS =

O en otras palabras:

==−= SSSS CGT ][][][ potencia neta inyectada a la sistema por cada una de las barras.

Por lo cual:

]][][[][ **BARRASBARRASBARRAST VDVYS = Ec.4.1

Que corresponde para el elemento i a:

∑=

=−=NB

JiJJiCiGii YVVSSS

1

**

Expresándolo en sus componentes:

)(1

iJjiiJJ

NB

JiCiGii SENYVVQQQ γδδ −−=−= ∑

=

)(1

iJjiiJJ

NB

JiCiGii COSYVVPPP γδδ −−=−= ∑

=

Ec.4.2

donde iJγ es el ángulo de iJY

cuando se hacen los flujos de carga se debe tener en cuenta las potencias de la carga conocidas. (estas se obtienen estadísticamente proyectando las curvas de carga diarias).

Las variables por barra son ahora GiP , GiQ , iV , iδ y se pueden considerar dos tipos: aquellas

que muestran las condiciones en que esta trabajando el sistema (variables de estado como iV

y iδ ), y las que se pueden controlar directamente (de control) como GP y GQ .

Las barras se clasifican de acuerdo a los valores conocidos al iniciar el proceso; en la tabla 4.1.

se muestran los tipos de barras como aquella en las cuales se conocería P, δ o Q, y V ; pero

en la practica no existen.


106

TABLA 4.1. CLASIFICACION DE LAS BARRAS Tip o d e b a rra C ó d ig o V a ria b le c o n o c id a In c ó g n ita n ú m e ro a p ro xR e fe re n c ia o c 0 , 1C a rg a 1 , 8 5 %G e n e ra d o ra 2 ,, , 1 0 %V o lta je c o n t ro l 3 , 5 %

iδ iV

GiP iV

iV

GiP GiQ

GiP GiQ

iδ

GiP GiQiδ iV

FIGURA 4.2 Macrodiagrama ilustrativo del proceso de solución de flujo de carga

para desarrollar el flujo de potencia se utilizan métodos iterativos como se muestra en el macro diagrama de flujo de la figura 4.2.

4.3 SOLUCIÓN Al plantear el flujo de carga se obtiene las ecuaciones:

iiiJ

NB

JJii JQPYVVS +== ∑

=

]*[1

*

SELECCIONAR VALORES INICIALES EN LAS

BARRAS

OBTENER Vi NUEVA Vi NUEVA = F(Pi,Vj)

ALMACENAR ∆V MAX ∆V MAX = Vα -Viα-1MAX

∆V MAX <= ε

CALCULAR FLUJOS POR LAS LINEAS

ESCRIBIR RESULTADOS

HACERLO PARA TODO i DESDE 1 HASTA N

no


107

∑≠=

−−

=NB

iJJj

ii

iJ

iiJ

ii V

YY

VYJQP

V1

* )(1)(

)(][1

iJiJiJJ

NB

Jiiei COSYVVSRP γδ −== ∑

=

)(][1

iJiJiJJ

NB

Jiimi SENYVVSIQ γδ −== ∑

=

las ecuaciones son no lineales, por lo cual se resuelven por métodos iterativos. Los métodos mas populares se conocen como: Jacobi, Gauss-Seidel y Newton Raphson. El primero se considera popular por ser uno de los métodos básicos para el desarrollo de los otros, no por su uso actual. Expresándolo en forma generalizada se debe resolver unas ecuaciones del tipo :

0),...,,( 211 =nXXXF

0),...,,( 212 =nXXXF

.

.

.

0),...,,( 21 =nn XXXF

en la forma matricial: [F(x)]=[0] en los métodos enumerados las ecuaciones se resuelven así:

1. se supone una solución tomando como base los valores dados y utilizando las ecuaciones consideradas.

2. se obtiene una solución tomando como base los valores y utilizando las ecuaciones consideradas.

3. se toman estos nuevos valores para encontrar otros mejores iterando hasta entrar en convergencia.


108

4.3.1 Método de Jacobi Es un método simple pero lento, sigue el algoritmo:

)( )()1( KKi XFX =+

siendo k el numero de la iteración.

EJEMPLO4-1. Por el método de jacobi obtener la solución de la ecuación

045)( 2 =+−= XXXF

Vale la pena anotar que por el hecho de ser una sola ecuación de segundo orden, la solución es muy fase de obtener por la formula de obtención de las raíces(estas son 1 y4) Pero cuando se tiene mas ecuaciones no lineales, la obtención dela solución no es tan fácil y allí parece mas realizable el método propuesto.

045)( 2 =+−= XXXF

45 2 += XX 5/4)5/1( 2 += XX

Para resolverlo se utiliza el algoritmo )( )()1( KKi XFX =+ iteraciones:

1. 0)0( =X dando 8.05/4)0)(5/1( 2)1( =+=X

2. 928.05/4)5/4)(5/1( 2)2( =+=X

3. 972.05/4)928.0)(5/1( 2)3( =+=X

K4 O.9895 0.9966 1

)(KX


109

FIGURA 4.1.a al tomar como valor inicial 2 se tiene las siguientes iteraciones

1. 6.15/4)2)(5/1( 2)1( =+=X

2. 312.15/4)6.1)(5/1( 2)2( =+=X

si se analiza el proceso partiendo de algún X>4; 5)0( =X

FIGURA4.2.b. FIGURA 4.3.C.

K1 5,82 7,5283 12,1244 302475 183,783

)(KX

K3 1,1444 1,0265 1,016 1,0047 1,0017

)(KX


110

Observaciones: Para obtener la solución, se tiene que partir de un valor supuesto y sacar nuevos valores corregidos hasta legar al valor final. Dependiendo de valor inicial se obtendrá o no una solución (figura 4.3.c) EJEMPLO 4.2

Resolver gráficamente la ecuación 026)( 2 =++= XXXF

Con la ecuación directa se tiene las soluciones: -9.354 y –5.646 Primera posibilidad

)6/(2;0)6( +−==+ XXXX (ver figura 4.4.a)

se obtiene la solución de la misma forma que en el ejemplo 4.1 esto es, suponiendo un valor, a partir de este obteniendo un valor corregido y repitiendo el proceso cuantas veces sea necesario. Segunda posibilidad:

)2(6 2XX +−=

X=-1/3-(1/6) 2X que corresponde a la ecuación de la parábola.(ver figura 4.4.b.) Nótese que para un valor inicial menor que –5.646 no se obtiene solución (diverge). Tercera posibilidad:

262 −−= XX

XX /26 −−= (Ver figura 4.4.c)


111

A)

B) C) FIGURA 4.4

solución grafica del ejemplo 4.2 a))6(

2+−

=x

X b)X=63

1 2X− c) X=-6-

X1

Observaciones:


112

Dependiendo de la ecuación que se tome y de los valores iniciales, se tiene una solución, la otra o ninguna. EJEMPLO 4-3 Por el método de jacobi obtener la solución de las ecuaciones no lineales:

012 211 =−+ XXX

012 211 =+− XXX

Solución: El primer paso es pasarlas a la forma )(XFX = de donde:

211 5.05.0 XXX −=

212 5.05.0 XXX +−=

Luego se supone una solución inicial para comenzar a iterar

0)0(2

)0(1 == XX

1. 5.0)0(*)0(*5.05.0)1(1 =−=X

5.0)0(*)0(*5.05.0)1(2 −=+−=X

2. 625.0)5.0(*)5.0(*5.05.0)2(1 =−−=X

25.6.0)5.0(*)5.0(*5.05.0)2(2 −=−+−=X

3. 695.0)625.0(*)625.0(*5.05.0)3(1 =−−=X

25.6.0)625.0(*)625.0(*5.05.0)3(2 −=−+−=X

ver tabla 4-2 como se acerca muy lentamente a la solución, la velocidad de acercamiento es mas lenta a medida que se acerca.


113

4.3.2 Método de GAUSS-SEIDEL 4.3.2.1 Simple Este método es más rápido que el anterior y usa menos memoria en el computador. En este se utilizan los valores tan rápido como se obtienen, esto es:

)()()1(1

)1(2

)1(1

)1( ,...,,,.....,,( kn

ki

ki

kkki XXXXXFX +

−+++ =

EJEMPLO 4.4 Resolver el ejemplo 4-3 por Gauss-Seidel

)(5.05.0 211 XXX −=

)(5.05.0 212 XXX +−=

Se suponen: )0(

2)0(

1 0 XX ==

1. 5.0)0(*)0(*5.05.0)1(1 =−=X

5.0)0(*)0(*5.05.0)1(2 −=+−=X

2. 625.0)5.0(*)5.0(*5.05.0)2(1 =−−=X

56.6.0)5.0(*)625.0(*5.05.0)2(2 =−+−=X

Ver tabla 4-2 Aunque este método es mas rápido que el anterior se torna lento a medida que avanza. 4.3.3.2 Acelerado como se vio en la sección anterior para obtener una solución mas cercana a la verdadera, se obtuvo el valor de la incógnita con base en el ultimo valor calculado, lo cual corresponde a calcular el cambio ocurrido de una iteración a otra y luego sumarla al ultimo valor calculado, esto es:

)( )()( kk XFX = )()1()1( kkk XXX −= ++∆

)1()()1( ++ += kkk XXX ∆


114

Esto, aparentemente, es una redundancia, pues seda una vuelta para llegar al mismo punto, pero realmente la utilidad se ve cuando se considera el valor nuevo igual al valor anterior mas el cambio ocurrido de una iteración a otra, pero multiplicado por un factor de aceleración, esto es:

)1()()1( ++ += kkk XXX ∆α ec.4.4

Donde es normalmente, un valor entre 1,3 y 1,8 y el ultimo para obtener la solución es propio del sistema. Nótese que el Gauss-Seidel simple, se tiene 1=α .

El valor se puede asimilar a la ganancia de lazo cerrado de un circuito realimentado, la cual puede incrementar la velocidad de respuesta, pero si aumenta demasiado, el sistema se puede volver inestable. EJEMPLO 4-5 Resolver el sistema del ejemplo 4-3 por el método de Gauss-Seidel usando un factor de aceleración de 1.5.

)0(2

)0(1 0 XX ==

5.0)1(1 =X de donde 5.0)1(

1 =X∆

1. 75.0)5.0(5.10)1(1 =+=acelX

5.0)0)(75.0(5.05.0)1(2 −=+−=X 5.0)1(

2 −=X∆

75.0)5.0(5.10)1(2 −=−+=acelX

2. 781.0)75.0)(75.0(5.05.0)2(1 =−−=X

031.075.0781.0)2(1 =−=X∆

797.0)031.0(5.175.0)2(1 =+=acelX

799.0)75.0)(797.0(5.05.0)2(2 −=−+−=X

049.075.0799.0)2(2 −=+−=X∆

824.0)049.0(5.175.0)2(2 −=−−=acelX

Ver tabla 4-2.


115

4.3.3. Método de NEWTON RAPHSON Aunque el método de Gauss-Seidel se usa bastante, especialmente para sistemas pequeños, se ha desarrollado un método muy expandido actualmente, conocido como newton-raphson. Con sistemas grandes se pueden obtener, comparativamente, tiempos de computación muy reducidos. El método de newton raphson se basa en la expansión de la función en series de Taylor.

...!

)()(...!2

)()(''))((')()(22

+−

++−

+−+=naXaFaXaFaXaFaFXF n

la serie converge rápidamente para valores de x cerca de a; caso en el cual solo basta considerar los primeros términos. El método se ha desarrollado considerando condiciones de linealidad, (términos cuadráticos y superiores se desprecian). Como este caso no se da realmente, se corrigen los valores obtenidos por medio de iteraciones sucesivas. La expresión queda:

0))((')()( +−+= aXaFaFXF

si se busca )1(X partiendo de un valor )0(X entonces:

))((')()( )0()1()0()0()1( XXXFXFXF −+=

))((')()( )0()1()0()0()1( XXXFXFXF −=−

Que en forma mas general (para cualquier iteración) se transforma en:

)()()()1( )(')()( kkkk XXFXFXF ∆=−+

y para un numero mayor de incógnitas se tiene:

)(1)(2

2

1)(1

1

1)()1(1 ... k

nKn

kK

kK

kk XXFX

XFX

XFFF ∆∆∆

∂∂

++∂∂

+∂∂

=−+


116

−

−

−

+

+

+

)()1(

)(2

)1(2

)(1

)1(1

.

.

.

kn

kn

kk

kk

FF

FF

FF

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

n

nnn

n

n

XF

XF

XF

XF

XF

XF

XF

XF

XF

...............

...

...

21

2

2

2

1

2

1

2

1

1

1

*

nX

XX

∆

∆∆

.

.

.2

1

de esta ecuación se puede obtener X∆ ,por medio de una inversión matricial.

Nótese que F∆ se expreso como )()1( kk FF −+ , pero )1( +kF es el valor de la referencia

que se tiene para obtener la solución y se conoce mas comúnmente como f especificado, de

acuerdo a ello: ..)(

. calculadoespeck

espec FFFFF −=−=∆ y [ ] XJF ∆∆ = donde

[ ] FJX ∆∆ 1−= [J] es el jacobiano.

Gráficamente se puede mostrar el proceso para un sistema con una ecuación y una incógnita como:


117

Ilustración del método de Newton Rhapson

Se parte de un punto )(,( )0()0( XFX )y bajo la suposición de linealidad (pendiente) se

obtiene la solución )( )1(X .

Como realmente no es la solución )0( ≠F∆ , se toma como base este valor

)(,( )1()1( XFX ) para calcular una solución mas cercana, se chequea convergencia (si el

valor obtenido esta dentro de el rango de error aceptable), si cumple se toma este valor como solución y si no cumple se continua el proceso. Cuando la solución esta cercana, la suposición de la linealidad(corte de la serie de Taylor en el segundo termino), es mas cierta y por ello la solución se hace mas rápida a medida que se toman valores cercanos a la solución. EJEMPLO 4.6 Resolver el ejemplo 4.3 por el método de newton raphson.

012)( 2111 =−+= XXXXF

012)( 2112 =+−= XXXXF

−−

+=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=12

12

2

2

1

2

2

1

1

1

22

XXXX

XF

XF

XF

XF

J

)0(2

)0(1 0 XX ==

por lo cual:


118

=

2002

)0(J

−=

11

)0(F

−

=1

1)0(F∆

[ ] FJX ∆∆ 1−=

−

=

−

=

5.05.0

11

*5.00

05.0)0(

2

)0(1

X

X

∆

∆

1.

)0()0()1( XXX ∆+=

−

=

−+

=

5.05.0

5.0005.0

)1(2

)1(1

X

X

=

5.15.05.05.1)1(J de donde [ ]

−

−=

−

75.025.025.075.01)1(J

−

=

−

−

−=

25.025.0

25.025.0

*75.025.025.075.0

)1(2

)1(1

X

X

∆

∆

−

=25.0

25.0F∆

2.

−

=

−−

+=

75.075.0

5.025.025.05.0

)2(2

)2(1

X

X

=

25.175.075.025.1)2(J [ ]

−

−=

−

25.175.075.025.11)2(J

−

=

−

−

−=

125.0125.0

0625.00625.0

*25.175.075.025.1

)2(2

)2(1

X

X

∆

∆

−

=0625.0

0625.0F∆

Ver tabla 4-2 En la figura 4-6 en la tabla 4-2 se hace un análisis comparativo de los 4 metodos (Jacobi, Gauss-Seidel simple, Gauss-Seidel acelerado y newton raphson). (ver figura 4-6 y tabla 4-2 hoja siguiente).


119

CONCLUSIONES Observando tanto en lafigura 4.6com en la tabla 4-2 se ve que el método de jacobi es completamente descartable, pues siempre mas lento y usa mas memoria de computador que le Gauss-Seidel. Este ultimo a su vez, es menos efectivo que el Gaus-Seidel acelerado si el factor de aceleración se a escogido adecuadamente. El método de newton raphson es lento inicialmente pero su convergencia se acelera a medida que se acerca a la solución (la aproximación de linealidad es mas validad). Lógicamente el criterio de compara ración no puede ser tan solo el numero d iteraciones, ya que las iteraciones del ultimo (newton-raphson), son mas demoradas; para compararlo se debe considerar también el tiempo por iteración. El método de newton raphson aparece como el más funcional


120

FIGURA 4.6 GRAFICA COMPARATIVA DE LOS CUATRO METODOS

TABLA 4. 2 Análisis comparativo de los métodos de solución de ecuaciones no lineales

Variable Interación Método

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Jacobi Gauss - Seidel Simple Gauss - Seidel Acelerado Newton Rapson

0 0 0 0

0,5 0,5 0,5 0,5

0,625 0,625 0,781 0,75

0,7 0,705 0,828 0,875

0,742 0,758 0,863 0,939

0,775 0,794 0,885 0,956

0,8 0,821 0,901 0,979

0,82 0,842 0,913 1,084

0,836 0,858 0,922 1,042

0,85 0,871 0,829 1,0218

0,861 0,882 0,935 1,0103

Jacobi Gauss – Seidel Simple Gauss –

0 0 0

-0,5 -0,5 -0,5

-0,625 -0,625 -0,799

-0,695 -0,731 -0,848

-0,742 -0,777 -0,875

-0,775 -0,807 -0,894

-0,8 -0,832 -0,907

-0,82 -0,85 -0,917

-0,836 -0,865 -0,925

-0,85 -0,896 -0,932

-0,861 -0,886 -0,938


121

Seidel Acelerado Newton Raphson

0 -0,5 -0,75 -0,875 -0,939 -0,956 -0,979 -1,084 -1,042 -1,021 -1,0103

Para sistemas grandes, y el Gauss – Seidel acelerado para sistemas pequeños. El Newton – Raphson se acostumbra a inicializar con un Gauss – Seidel acelerado. Ejemplo 4. 7 Resolver el problema del flujo de carga para la red de la figura 4 - 7 en las condiciones dadas :

Figura 4. 7 Red de corriente continua para el ejemplo 4 – 7 Solución : Es conveniente primero identificar las barras. En este caso, por tratarse de corriente continua, no tiene razón de ser hablar de barras tipo generación o tipo voltaje controlado. En la barra 1 se conoce la tensión por la cual se puede catalogar como una barra de compensación, mientras que la barra 2 por conocerse la potencia se puede considerar como una barra de carga. Nótese que esto último se da a pesar de tenerse realmente algún tipo de generación pues la potencia está entrando por la barra.

Y BARRAS =

−

−4444

1.2 W 1

2


122

2

1

II

=

−

−4444

2

1

VV

=

−

−4444

2

1V

1I = 244 V−

2I = 244 V+−

2

1

PP

=

22

1 0VV

V

+−−

21

21

4444VVVV

= ( )( )

+−−

212

211

4444VVVVVV

2,11P

= ( )

+−

−212

2

4444

VVVV

P1 = I1 v1 = 4- 4v2

P2 = I2 v2 = 1,2 = v2 (4v2 -4 )

De donde: V2 =

+ 42,1

2V.

41

Se supone V2 (0) = 1V

V2 (1) = 41

+ 4

12,1 = 1.3V . ∆V2(1) = 1.3 –1 = 0.3V

Con V2 (1) se calcula V2(2)

V2(2) = 41

+ 4

3.12,1 = 1.2308V . ∆V2(2) = 1.2308 –1.3 = -0.0692

V2(3) =41

+ 4

2308.12,1 = 1.2437v . ∆V2(3) = 1.2437 –1.2308 = 0.0129


123

V2(4) = 41

+ 4

2437.12,1 = 1.2412v. ∆V2(4) = 1.2412- 1.2437 = 0.025

Este error es considerado aceptable. P1 = 4 - 4 (1.2412) = -0.9648w. Es la potencia en la barra de compensación I21 =(1.2412 –1) / 0.25 = 0.9648 A. Es la corriente por la línea. Las perdidas serian: P1 + P2 = 1.2 – 0.9648 = 0.2352w = (0.9648)2 x 0.25 EJEMPLO 4.8

(a)

-1.5 w

1.2 w

+ V1 -

+ V3--

+ V2 -


124

(b) Red ampliada de la figura 4.7 a) Normal b) Con flujo de potencia Resolver el flujo de carga para la red de corriente continua en la figura 4.8.a. Solución: Identificación de Barras 1. Barra de compensación : se conoce V1 = 1V 2 Y 3 barras de carga: P2 = 1.2W P3 = -1.5W Q=0

Ecuaciones: [ ]BARRASI = [ ]BARRASY [ ]BARRASV

[ ]P = [ ]S = [ ]GS [ ]CS− = [ ]DVBARRAS [ ]BARRASI

− 5.1

2.1

1P

=

0000001

3

2

VV

−−−−−−

1551059410414

.

3

2.

1

VV

P1 = 14 –4V2 –10V3

1.2 = (-4 +9V2 -5V3) V2

-1.5 = (-10 – 5V2 +15V3) V3

De donde:

V2 = 91

++ 3

2542.1 V

V


125

V2 = 151

++−

23

5105.1 VV

P1= (Y11V1 + Y12V2 + Y 13V3)V1

V2= 91 ( )

−−− 3

2542.1 V

V

V2 = ( )

+− 323121

2

2

22

1 VYVYVP

Y

V3= 151

−−−

− 2

3

5105.1 VV

V3 = ( )

+− 232131

3

3

33

1 VYVYVP

Y

1. Seleccionar V2(0) y V3(0)

V2(0) = V3(0) = 1V 2. Obtener V2(1) y V3(1) (Criterio de convergencia = 0.010)

V2(1)= 91

++ 54

12.1 = 1.333V

V3(1)= 151

++− 510

15.1 = 0.90V

∆V2(1)= 1.1333 –1 = 0.1333V

∆V3(1)= 0.90-1 = 0.1V

∆Vmax= 0.1333v que es mayor que 0.01


126

V2(2)= 91

++ )9.0(54

1333.12.1 = 1.0621V

V3(2)= 151

++− 1333.1(510

9.05.1 = 0.9333V

∆V2(2)= 1.0621 –1.1333 = -0.0712V

∆V3(2)= 0.9333-0.9 = 0.0333V

∆Vmax= 0.0712V que es mayor que 0.01

K V2(K) V3(K) ∆V2(K) ∆V3(K) ∆Vmax

3 1.0885 0.9135 0.0264 -0.0198 0.0264

4 1.0745 0.920 -0.014 0.0065 0.014

5 1.0796 0.9161 0.0051 -0.0039 0.00051

Calculo de potencias P1= 14 – 4 (1.0796) –10(0.9161) = 0.5206w Las pérdidas total = 0.5206 + (-1.5) + 1.2 = 0.2206W

I1-2 = 12

)21(RVV − = (1 – 1.0796)/ 0.25 = -0.3184 A

I13 = 1.09161.01( )− = 0.839 A

I 23 = 2.0

0796.19161.0( )+− = 0.8175 A

P12 = V1 I12 = -0.3184 W P13 = V1 I13 = -0.839 W P23 = V2 I23 = -0.8826 W P21 = V2 I21 = 0.3437 W P32 = V3 I32 = -0.7489 W ( Ver figura 4.8 b.)

∆P12 = 0.3437 – 0.3184 = 0.0253 W

P31 = V3 I31 = -0.7686


127

∆P13 = 0,839 – 0,7686 = 0,0704 W

∆P23 = 0,8826 – 0,7489 = 0,1337 W

∆PT = 0,2294 W

Otra manera de hacerlo sería : ( Gauss – Seidel ) P1 = 14 – 4V2 – 10V3

V2 = 91 ( )

−−− 3

2542,1 V

V

V3 = 151 ( )

−−−−

23

5105,1 VV

Vi = iiY

1

−∑

≠=

NB

iJJ

jijI

i VYVP

1

Solución : 1. Seleccionar V2(0) y V3(0) V2(0) = V3(0) = 1 2. Obtener V2(1) y V3(1) Tomando el mismo criterio de convergencia de 0,01

V2(1) = 91

++ 154

12,1 x = 1,1333

V3(1) = 151 ( )

++− 1333,1510

15,1 = 0,9444

V1(α) = iiY

1

−−∑ ∑

=

= +=

−−

1

1 1

)()1()1(

i

J

NB

iJjijjij

i

i VYVYVP ααα

∆V2(1) = 1,1333 – 1 = 0,1333

∆ V3(1) = 0,9444 – 1 = - 0,0556 Vmax = 0,1333

V2(2) = 91 ( )

++ 9444,054

1333,12,1 = 1,08668


128

V3(2) = 151 ( )

++

− 08668,15109444,0

5,1 = 0,9230

∆V2(2) = 1,0868 – 1,1333 = - 0,0465

∆V3(2) = 0,923 – 0,9444 = - 0,0214

Vmax = 0,0465 >0,01

V2(3) = 91 ( )

++ 923,054

0868,11 = 1,0799

V3(3) = 151 ( )

++

− 0799,1510923,0

5,1 = 0,9183

∆V2(3) = 1,0799 – 1,0868 = - 0,0069

∆V3(3) = 0,9183 – 0,923 = - 0,0047

∆Vmax = 0,0069 que es menor que 0,01

Se calculan los otros valores

P1 = 14 – 4 ( )0799,1 - 10 ( )9183,0 = 0,4974 W

I12 = - 0,3196 A I13 = 0,817 A I23 = 0,808 A

P12 = - 0,3196 W P21 = 0,3451 W ∆P12 = 0,0255 W

P13 = 0,817 W P31 = - 0,7503 W ∆P13 = 0,0667 W

P23 = 0,8726 W P32 = -0,742 W ∆P23 = 0,1306W

∆PT = 0,2228 W

4.4. APLICACIÓN A LOS SISTEMAS DE POTENCIA La ecuación base del sistema de potencia es: S = VI* ó S i = Vi Ii*


129

Siendo éstos, la potencia neta, el voltaje y la corriente de la barra i respectivamente. Si * = Vi * Ii ó Pi – JQi = Vi * EC . 4 . 6 Adicionalmente se debe tener en cuenta que: Vi = ei + JFi Yij = G ij –JB ij ii = Ci + Jdi 4.4.1 Método de Gauss – Seidel Para la barra tipo carga se necesita obtener el voltaje por lo cual la ecuación 4.4 se puede transformar a una forma más funcional así :

( )ii JQP − / Vi* = Yii Vii + ∑≠=

NB

ijj

jijVY1

Despejando:

Vi = −−

iii

ii

VYJQP

*

1. ∑≠=

NB

ijj

jii

ij VYY

1

EC. 4.7.

Tomando:

Ai = .ii

ii

YJQP −

Dij = YiiYij

La ecuación se transforma en:

Vi = ∑−NB

JjijVD

ViAi

*

Que expresandola en la forma de Gauss – Seidel queda:

Vi )(k = −−∑−

−−

ki

Jiijk VD

ViAi 1

1)*1(

)1( −

∑kNB

JjijVD


130

Siendo (k) el contador de iteraciones. Para las barras de generación, después de calcular el voltaje de la barra se debe corregir para hacer que la magnitud sea la especificada y luego se debe comprobar la potencia reactiva esté dentro de los limites

Qi = Im

∑=

NB

jjijiVYV

1

*

Ecuación 4.10

Qi - +≤ ≤ ii QQ

Si Qi se sale de los límites, se debe fijar al límite violado, quedando de esta manera especificado Qi, y por lo tanto la barra i sigue comportándose como una barra de carga. El proceso general se puede expresar según el macrodiagrama de flujo de la Figura 4.9


131

REPRESENTAR EL SISTEMA Y BARRAS

INICIALIZAR VARIABLESV,δ barra de carga Q,δ barra de generación

1

DETERMINAR EL TIPO DE BARRA

CALCULAR Qi Qi=Im*(Vj*∑ Yij*Vj

CALCULAR NUEVO VOLTAJE

Vi )(k = −−∑−

−−

ki

Jiijk VD

ViAi 1

1)*1(

)1( −

∑kNB

JjijVD

∆V = Vi )(k - Vi )1( −k

TODAS LAS BARRAS

OBTENER ∆V MAX

CHEQUEAR CONVERGENCIA∆V MAX

CALCULAR LA POTENCIA DE LA BARRA DE COMPENSACION PERDIDDAS EN LAS LINEAS,PERDIDASTOTALES ,FLUJO DEPOTENCIA POR LALINEA,ETC

CHEQUEAR LIMITES DE Qi

CALCULAR Ai

CALCULAR NUEVO VOLYAJE Y CAMBIO DE

VOLTAJE

CORREGIR VOLTAJEVi= IViespI< δ

PASAR A LA SIGUIENTE BARRA

2

1 2

Si

Si

No

1

COMPENSACION GENERACION

CONTINUAR EN EL LIMITE Y CONTINUAR COMO CARGA

VIOLA

2


132

Ejemplo 4.9


133

Resolver el flujo de potencia para el sistema :

BARRA 1 : V =1+J0 = 1 0°

BARRA 2 : Pc + JQc = 0,8 +J0,6 BARRA 3 : /V/ = 1,1 ; P = 0,4 Elemento 1: 1 – 2 : 0,01 + J0,04 puΩ Elemento 2 : 1 – 3 : 0,05 + J0,2 puΩ Elemento 3 : 0 – 3 : - J3 puΩ Criterio de convergencia = 1%

Figura 4.10 SISTEMA DE POTENCIA DEL EJEMPLO 4.9 Identificación de barras : En la barra 1 se conocen / V / y ≡ ; se desconocen P y Q , luego es barra de compensación. En la barra 2 se conocen P y Q , se desconocen / V / y δ , luego es una barra de carga.

En la barra 3 se conocen / V / y P ; se desconocen Q y δ , luego es una barra de generación.

Matriz admitancia de barras


134

−−

−

94,74528,400031,104851,40097,75253,2404,104253,24

03,104851,404,104253,2496,75104,29

Condiciones iniciales / V2(0) / = 1,0 δ 2(0) = 0

Vi(k) = )1(* −ki

i

VA - ∑

−

=

1

1

)(i

j

kjijVD - ∑

+=

−NB

ij

kjijVD

1

)1(

Ai = ij

ii

YjQP − Dij =

ii

ji

YY

V2(1) = )0(*2

2

VA - D21 V1(1) - D23 V3(0)

A2 = =−+−

97,75253,246,08,0 J 91,140

253,241

−

D21 = 122

21−=

YY

D23 = 3222

23 0 DYY

==

V2 (1) = 54,1968,01253,24

91,1401−=+

−

∆V2 (1) = 54,1968,001 −− /∆V2 (1) / = 0,041

Pasando a la barra 3 de generación

Qi = mI−

∑=

NB

j

jij VYVi1

*

Q3(1) = mI− ( )[ ]1,1*94,74528,4003,104851,401,1 −++

Q3(1) = 0,11238

V3(1) = )0*(3

3

VA - D31 V1(1) - D32 V2(1)

A3 = °=−

− 058,59888,101

94,74528,41138,04,0 J

V3 (1) = 69,2115,1971,1780713,106,590835,0 =−

/ ∆V3 (1) / = 054,0 ∆Vmix = max 054,0054,0;041,0 =


135

Como no hay más barras se chequeará convergencia ? 01,0054,0 ≤ No es cierto

Segunda iteración

V2(2) = )*1(2

2

VA - D21 V1(2) - D23 V3(1)

V2(2) = 54,1967,001372,1390426,0 −=−+−

/ ∆V2 (2) / = 0,001

Q3(2) = mI− ( )[ ]69,21,11,91,74528,4003,104851,469,21,1 x−++−

Q3(2) = 0588,0 A3 = 58,660893,0

97,1780713,128,69081,023 −=V

95,2101,123 =V

005,0// 23 =∆V

005,0=∆Vmix < convergeprocesoelluego01,0

Potencia en la barra de compensación

2344,04252,0*1

jVYVSNB

iiiiii +=

= ∑

=

2121

21 05,380194,104,001,0

IjVVI −=−=

+−

=−

S12 = ViI12* = 0.8028 +j0.6283 S12 = -0.7922 – j0.586 = -0.8 –j0.6

∆S12 = S12 + S21 = 0.0028 + j0.0283

I3-1 = 0.553 -46.09 = I1-3

S31 = V3I31*= 0.3988 + j0.459 0 0.4 +j0.0616

∆ST = 0.0181 +j0.0899

4.4.2 Método de Newton Raphson


136

4.4.2.1 Introducción Para desarrollar las ecuaciones se puede usar coordenadas polares o rectas polares. Se puede tomar como base un sistema de potencia representativo como el de la figura 4.11 Este sistema tiene tres tipos de barras, la barra de compensación con el número 1, una barra de carga con el número 2 y una barra de generación con el número 3. (Ver Figura 4.11 hoja siguiente). Como la barra de compensación (normalmente de referencia) tiene el voltaje (magnitud y ángulo) completamente determinado. Se necesita obtener los valores de voltaje de las demás barras, o sea se debe iterar para las demás barras.

Figura 4.11 Sistema de potencia a usar para el desarrollo de las ecuaciones de 4.4.2 Se tienen las ecuaciones:

P2 – JQ2 = V2 [ ]323222121 VYVYVY ++ Ec. 4.11

P3 – JQ2 = V3* [ ]333232131 VYVYVY ++ Ec. 4.11

P3


137

Observando que para la barras de carga P y Q se especifican y /V/ y se puede obtener, se puede reexpresar la ecuación 4-5 como:

∆∆QP

=

∂∂∂∂

∂∂

∂∂

δ

δQ

P

VQVP

//

//

∆∆δ

//V

∆Ρ∂ = ////

VVPP

∆∂∂

+∆∂∂ δδ

Y Q∆ = ////

VVQQ

∆∂∂

+∂∂δ

Pero Van Ness y Griiffin (10) generalizaron una nomenclatura para optimizar espacio de computador y tiempo de cálculo, como:

∆Ρ = ////

////,VV

VVPP ∆

∂∂

∆∂∂ δδ

Ec. 4.12

∆∆QP

=

∂∂∂∂

∂∂∂∂

////

////

VVQ

VVP

Q

P

δ

δ

∆∆

////

VV

δ=

LJNH

∆∆

////

VV

δ

Se definen las siguientes relaciones:


138

H= δ∂∂P N= //

//V

VP

∂∂

J= δ∂∂Q L= //

//V

VQ

∂∂

Siendo la potencia:

SK = PK + JQK = VKIK* = VK ∑NB

Ki*Vi*YKi

SK= i

i

NB

Kδδ J-

i/JyKi-

Ki/KJ

H/ E/VE/Y.E/V∑

Donde: Yki= GKi + JBKi= /YKi/EJYKi

SK= )(/V/Y./Vk i/Ki iYENB

KkiK

J

i

δδ −−∑ Ecuación 4.13

4.4.2.2. Ecuaciones importantes De la Ecuación 4.13

PK= )(/V1

/Y./Vk i/Ki iYCosENB

ikiK

J δδ −−=∑ Ecuación 4.14

JyKi-E JyKi-E


139

PK= )(*//////Vk)(/V1

/Y./Vk i/Ki mkmKmkiK YCosVmYKiYCosNB

mii

δδδδ −−+−−

≠=∑ Ecuación

4.15

QK= )(/V1

/Y./Vk i/Ki iYSenNB

ikiK δδ −−

=∑ Ecuación 4.16

QK= )Ysen(*/Vm//YK//)iY(SenNB

mii

. mkmKmkiK δ−−δ+δ−−δ∑

≠=

/Vk/V/Y/Vk i/Ki1

Ecuación

4.17 4.4.2.3 Determinación de los elementos del Jacobiano

HKm= mPkδ∂∂ Nkm= //

//m

m

k VVP

∂∂

J= m

kQδ∂∂ Lkm= //

//m

m

k VVQ

∂∂

a) Para HKm

Siendo m≠ k

HKm= mPkδ∂∂ = (

mδ∂∂ /VK/ /YKm//Ym/ Cos (δk – YKm-δm) +......)

HKm= /VK/ /YKm//Ym/ Sen (δk – YKm-δm) Ecuación 4.18

Y para m=k


140

PK= *//////V)(//V1

/Y//Vk kiKi kkkiikK VYYCosNB

kii

+

−

≠=∑ δδ ( )kKKK YCos δδ −−

=kkH =∂∂

K

kPδ

)(//V1

/Y//V iKik ikiK YSenNB

kii

δδ −−

≠=

− ∑

=kkH KKKKKK YSenYVQ //// 2−−

=kkH 2// KKKK VBQ −−

Ec. 4.18’ KmsiendoNb km ≠)

=∂∂

// m

k

VP ( )mkmkkmK YCosYV δδ −−////

=kmN =∂∂ //

//m

m

k VVP ( )mkmkmkmK YCosVYV δδ −−//////

Ec.4.19 Y para m = k

=∂∂ //

//m

m

k VVP

KKkkkikiK YCosYVYCosNB

i////2)(//V

1/Y//V iKik +−−

=∑ δδ

NKK= PK + GKK/VK/2 NKK= KV 2 KKY Cos kkϕ Ecu. 4.20

C ) =kmJ =∂∂ // m

m

k VQδ

( )mkmkmkmK YCosVYV δδ −−− //////

Ec. 4.21 Entonces para kmkm NJKm −=≠

Para m = k


141

Q k = KKKKKikiK YCosYVYSenNB

kii

////)(//V1

/Y//V 2iKik −−−

≠=

−∑ δδ

=kkJk

kQδ∂∂ = KKKKKikiK YCosYVYCos

NB

kii

////)(//V1

/Y//V 2iKik −−−

≠=∑ δδ Ec. 4.22

JKK = Pk – GKK/VK/2

d) L para m≠ k

// m

k

VQ

∂∂ = ( )mkmkkmK YSenYV δδ −−////

Lkm= // m

k

VQ

∂∂ , /Vm/= ( )mkmkkmK YSenYV δδ −−//// Ec 4.23.

Lkm = Hkm

Para m= k LKK = QK - /VK/2BKK Ec 4.24.


142

Cuando se tienen barras de generación, solo se tiene como referencia P∆ (no Q∆ ) y /V/ no varía. Por ello,

estas barras solo aportan una fila (la correspondiente a P∆ ) y una columna (la correspondiente a δ∆ ), esto es,

solo aparecerán los términos H y J, y las expresiones son las mismas obtenidas. Ejemplo 4.10 Resolver el ejercicio 4.9 por el método de Newton – Raphson

( %10=ξ )

Matriz Admitancia de barras

−++−+−+−+−+−−

37,418,10071,418,10054,2388,554,2388,5

70,419,154,2388,523,2806,7

jjjjjjjjj

∆∆∆

=

///// 22

3

2

222322

323332

222322

2

3

2

VVLJJNHHNHH

QPP

δδ

Parámetros

2222

22222 //53,236,0// VBVQH +=−−=

2

222 //53,236,0 VH +=

3

2

3332

3333 3,5)38,4(1,1// QQBVQH −=−−−=−−=

( ) 0//////// 233232323223 =−−= YSenVYVH δγδ

03223 == HH

22

2222222 //9,58,0//¨ VVGPN +−=+=

( ) 0//////// 322323232332 =−−= YCosVYVN δγδ

2332 0 NN ==

8,0//8824,5)8,0(2¨2 2222222 +−−=−= VNPJ


143

2

222 //88,58,0 VJ −=

2

222222 //53,236,0)6,0(2*2 VHQL ++−=+=

2

222 //5294,236,0 VL +−=

+−−−−

−+=

22

22

3

22

22

//53,236,00//9,58,0030,50

8,0//9,50//53,236,0

VVQ

VVJ

Valores iniciales

º0;º0;0,1// )0(3

)0(2

)0(2 === δδpuV

[ ]22*2 *97,78/26,240/0,1*036,104/26,24* VVS −+=

[ ]0/0,1*97,78/26,240/0,1*036,104/26,240/1*2 −+=S

00*2 jS +=

[ ]3330

232131*

3*3 VYVYVYVS ++=

[ ]0/1,1*94,74/53,40/0,1*04,104/85,40/1,1*3 −+=S

1144,01295,0*3 jS +=

P∆ = P especificado – P calculado

8,008,0)0(2 −=−−=∆P

27,0119,04,0)0(3 =−=∆P

6,006,0)0(2 −=−−=∆Q


144

∆∆∆

−=

−

−

////9294,206824,601764,50

0824,501294,24

6,02705,0

8,0

22

3

2

VVδδ

∆∆∆

=

−

−

−

////6,0

2705,08,0

04109,0001138,001932,00

008655,0003905,0

2

2

3

2

VVδδ

0,1033,0//033,0//026,0 222 xVxV −=−=∆−=∆δ

033,0//052,0 23 −=∆=∆ Vδ

03376,0////

2

2 −=∆VV

0,033 > 0,01 se necesita otra iteración Chequeo

0/0,149,1/966,0 02 −−=∆V

034,02 −=∆V

V/r calculado = ∆ +V/r anterior

º49,1026,0026,0)0( )1(222

)1(2 −=−=⇒+−=+∆= radδδδδ

99,2052,0052,0)0( )1(333

)1(3 ==⇒+=+∆= radδδδδ

VoltpuVV 966,0//966,00,1033,0// )1(2

)1(2 =⇒=+−=

61,078,02 jS −−=


145

0538,040,03 jS +=

0179,0)7821,0(8,02 −=−−−=∆P

00169,040169,04,03 −=−=∆P

0118,0)6118,0(6,02 −=−−−=∆Q

∆∆∆

−=

−−

////368,21029,602369,50

6919,405675,22

0118,000169,00179,0

22

3

2

VVδδ

∆∆∆

=

−−

−

////0118,0

00169,00179,0

04410,000123,0019,00

009169,0004176,0

2

2

3

2

VVδδ

0269,0)026,0(10*55,810*55698,8 42

42 −=−+−=−=∆ −− δδ

0519,0)052,0(10*22,310*227,3 43

43 =+−=−=∆ −− δδ

4

2

2 10*002,3//// −=

∆VV

44

2 10*90,296.0*10*60,3// −− ==∆ V

410*90,2 − < 0,01 cumple con la convergencia

º5414,12 −=δ

º9758,23 =∆δ

.96653.02 VoltpuV =

Potencias netas de las barras


146

[ ]97,2/1,1*03,104/85,454,1/96,0*03,104/25,240/0,1*9,75/10,290/1*1 +−+−=S

2464,042605,01 jS +=

[ ]5,1/96,0*96,75/28,240/0,1*03,104/25,2454,1/97,0*2 −+=S

60,0799,02 jS −−=

054,04,0054,0399,03 jjS +=+=

4573,031,1 2

33 =+= QQ neta

Potencias de transmisión

9640,75/2062,090,149/113,0

2,006,0º92,2/1,10/0,1

13

3131

−=

+

−=

−=− jZ

VVI

1331 º135,134/55224,0 −− −== II

º135,134/55224,0*0/0,1*31131 −==−− IVSt

3963,038455,031 jSt −−=−

45735,0399,013 jSt +=−

º413,38/03464,121 −=−I

64,0810,021 jSt +=−

Pérdidas

45,10)39,038,0(3131 +−−=+∆ −− jStS

06,0015,031 jS +=∆ −


147

04,0010,021 jS +=∆ −

∑∆=∆ barraslasaentradadenetassStotal

103,0026,0)457,04,0()6,08,0()246,0426,0( JjjStotal +=++−−++=∆

4.4.2.4 inclusión de transformadores con tomas Cuando se tienen barras de voltaje controlado, el voltaje deja de aparecer como variable de estado (es constante mientras que t varia) por lo cual es necesario cambiarlo por la posición de la toma (t), cantidad que pasa a ser la nueva variable de estado. En este caso los términos Nkm, se reemplazan por los Ckm y los Lkm por los Dkm, quedando:

mm

kkmm

m

kkm t

tQ

DttP

C **∂∂

=∂∂

=

expresando la potencia en la barra m

∑=

=NB

jjmjmm VYVS

1

**

K Ye

Tm:1

M

Representac ión del transformador con Tomas

-0,38455

-0,3963

0,42605

0,2464

0,6428

0,81069

0,05 J 0,2 0,4

0,45735

0,4

0,0542

0,4033

V= 1,1

V = 0,96653

= 2,9756

= -1,54140-0,8

-0,6

2

1

J3

-0,6

-0,8

Solución del flujo de carga


148

∑≠≠=

++=NB

mjkj

jjmjmkmkmmmmm VYVVYVYVS

1

*****2

( ) ( ) ....////////// 2 +−−+−= kmkmkmkmmmmmmm CosVYVCosYVP δγδγ

( ) ( ) ....////////// 2 +−−+−= kmkmkmkmmmmmmm SenVYVSenYVQ δγδγ

Los parámetros del transformador serán

kmkmmmkemmemm VYVYVYtVYtI 020 +=−=

kkkmkmkememk VYVYVYVYtI 0+=+−=

mmmmm YYY '0 +=

donde las demás admitancias conectadas a la barra m corresponden a

'mmY

Igualmente '0kkkkkk YYY +=

00mkkmkmmk YYYY ===

Expresando las potencias en función de los parámetros

( ) mmmmmmmm YderealparteCosYCosY ==− γγ ////

( ) ( ) mmmmmmmm YdeimaginariaparteSenYSenY =−=− γγ ////

[ ] ( ) .....//////// '2 +−−=+= mkmkmemkmmkk CosVYtVGGeVP δγδ

[ ] ( ) .....//////// ''2 +−−=+−= mkmkmemkmmkk SenVYtVGeBVQ δγδ

a)


149

kmparattP

C mm

kkm ≠

∂∂

= *

( )mkmkmekm

k CosVYVtP

δγδ −−=∂∂

//////

( ) =−−=∂∂

= mkmkmmekmm

kkm CosVtYVt

tP

C δγδ//////*

( ) 25.4////// EcuacionCosVYV mkmkmkmk δγδ −−=

para m=k

mm

mmm t

tP

C *∂∂

=

( )kmkmkememm

m CosVYVtGVtP

δγδ −−+=∂∂

////////2 2

( )kmkmkemmemmmm CosVYtVGtVC δγδ −−+= ////////2 22

( ) ( ) 6.2.4////////2 02 EcuacionCosVYVGVC kmkmkmkmmmmmm δγδ −−+=

b)

kmparattQ

D mm

kkm ≠

∂∂

= *

( )mkmkmekm

k SenVYVtQ

δγδ −−=∂∂

//////

( ) =−−= mkmkmmekkm SenVtYVD δγδ//////

( ) 27.4////// EcuacionSenVYV mkmkmkmk δγδ −−=


150

Y para m=k mm

mmm t

tQ

K *∂∂

=

( )kmkmkmmm

m SenVTeVtBeVtQ

δγδ −−+−=∂∂

/////////2 2

( )kmkmkmmmmm SenVYetVBetVD δγδ −−+−= /////////2 22

( ) ( ) 8.2.4/////////2 02 EcuacionSenVYVBVD kmkmkmkmmmmmm δγδ −−+−=

Donde m es la barra de voltaje controlado. Los términos Ckm y Dkm existen cuando existe una rama entre k y m si está rama representa el transformador con tomas. Ejemplo 4.11 Hacer el flujo de carga por el método de Newton Ranhson para el ejemplo 4.10 incluyendo un transformador con tomas como se muestra en la figura 4.14 considerando que Q3=0.2 (E=0.1%) CLASIFICACIÓN DE LAS BARRAS

Barra # Conocido Desconocido tipo

0,40,2

-0,8

-0,6

2

1

-J3

V = 1,1

3 : 1J 0,20,05

K1+ J0

0,01

J0,04

3

MZo


151

1 /V/, δ PG , QG Referencia

2 P Q /V/,δ Carga

3 /V/,P,Q δ ,t Voltaje controlado

Matriz admitancia de barras

ekkkkkkkk YYYYY =+= 0'0

°−=+= 964,75/85,41211 ee YYYY

2353,28060,7964,75/10,2911 jY −=°−=

emk tYY −=

°+−== 180964,75/85,4)( 313 eYtY

3133313 )(705,4)(177,1036,104/8507,4)( YtjtYtY e =+−=°==

YetYYYY mmmmmmmmm20'0 =+=

( ) °+−=+= 90/3197,75/850,42

32333 t

ZjYtYc

e

( ) ( ) ( )31706588,41765,1 2

32333 jtjtY −−=

( )( ) ( )( )23

2333 706,43333,01765,1 tjtY −+=

Forma Rectangular

−++−+−+−+−+−−

))(705,433.0()(1765,100)(705,4)(18,10053,23882,553,2388,5

)(705,4)(1765,153,23882,524,2806,7

23333

33

tjtjtjtjj

tjtjj


152

∆∆

∆∆

=

∆∆∆∆

33

22

3

2

33323332

222322

33323332

222322

3

2

3

2

//////0

0

ttVV

DLJJLJJ

CNHHNHH

QQPP

δδ

Parámetros

( )5294,23//6,0// 2222

22222 −−=−−= VBVQH

2

222 //5294,236,0 VH +=

( )23

233

23333 )(70588,43333,0)1.1(2,0// tBVQH −−−=−−=

( )2333 6941,56033,0 tH +−=

( ) 0//////// 233232323223 =−−= YSenVYVH δγδ

03223 == HH

2

22

222222 //8824,58,0//¨ VVGPN +−=+=

8,0//8824,5 2222 −+= VN

( ) 0//////// 322323232332 =−−= YCosVYVN δγδ

2332 0 NN ==

[ ]8,0//8824,5)8,0(2¨2 2222222 −−−=−= VNPJ

2

222 //8824,58,0 VJ −−=

22

32

333333 1.1*)(1765,14,0//¨ tVGPJ −=+=

2

33 )(4236,14,0 tJ −=


153

02323 =−= HJ

03223 == JJ

)//5294,236,0()6,0(2*2 2222222 VHQL ++−=+=

6,0//5294,23 2222 −= VL

( )2323232332 ////// δγδ −−= SenVYVL

0// 32 =YPero

032 =L

Parámetros del transformador

eeemmm ydealParteGGtG Re20 ==

13//// === kmYtY emmk

( )1313131323

2333 /////////2 δγδ −−+= CosVYVGtVC e

( )004,104)0,1)(8507,4*)(1,1()1765,1*()1.1(2 3323

233 −−+= δCosttC

( )04,104)(34,5)(847,2 332333 −+= δCosttC

( )1313131322

333 /////////2 δγδ −−+−= SenVYVBtVD em

( )004,104)0,1)(85,4*)(1,1()7059,4*()1.1(2 3323

233 −−+−−−= δSenttD

( )036,104)(3358,5)(3882,11 332333 −+= δSenttD

Jacobiano


154

( )

( )

−+−

−+−

−−−

+−+

=

104)(34,5)(39,11006,0//53,23

104)(34,5)(84,2008,0//88,5

)(42,141,000//88,58,0

)(70,560,000//53,236,0

32

3

22

32

3

22

23

22

23

22

δ

δ

SenttV

CosttV

tV

tV

J

Valores iniciales

0)0(0)0(0,1)0(1)0( 3223 ==== δδVt

−−

=

21,60024,10093,22068,6553,10090,500082,5012,24

)0(J

[ ]3232221212*2 * VYVYVYVS ++=

[ ]0/1*96,75/25,240/1*4,104/25,240/1*2 −+=S

0*2 =calculadoS

[ ]0/1,1*94,74/53,40/0,1*4,104/85,40/1,1*3 −+=S

1144,0129,0*3 jS calculado +=

8,008,02 −=−−=∆P

271,013,04,03 =−=∆P

6,006,02 −=−−=∆Q

0856,011,02,03 =−=∆Q


155

∆∆

∆∆

=

−

−

−

−

33

22

3

2

//////

0850,06,0

2705,08,0

153,0003,0041,00

01,0019,00009,00

0011,00039,0

ttVV

δδ

026044,0)1(0026044,0)1(026044,0 222 −=+−=−=∆ δδδ

046617,0)1(0046617,0)1(46617,0 333 =+==∆ δδδ

966,00,1033,0)1()1(033,0//033757,0////

222

2 =+−=+−=∆−=∆ VVVV

0214,11021,0)1(1*024,00214,0 333

3 =+==∆=∆

tttt

Chequeo

0/0,149,1/966,0)0(2

)1(22 −−=−=∆ VVV

56,143/042,0025,0034,02 −=−−=∆ jV

cumpleno01,004237,0 >

Según iteración.

−++−+−+−+−+−−

=58,422,10080,420,1

0053,2388,553,2388,580,420,153,2388,523,28058,7

)1(

jjjjjjjjj

YBARRA

−−

=

573,60085,100368,210292,6896,10334,500692,405676,22

)1(J

611,07819,02 jS −−=

1938,0411,03 jS +=


156

0131,0)781981,0(8,02 −=−−−=∆P

011081,0)411081,0(4,03 −=−=∆P

011754,0)611754,0(6,02 =−−−=∆Q

006183,0)193817,0(2,03 =−=∆Q

∆∆

∆∆

=

−−

−

−

33

22

3

2

//////

0062,00118,0

011,0018,0

144,000294,0000441,000123,0051,001769,00

009169,000418,0

ttVV

δδ

º54,10269,0)2(2 −=−= radδ

º540,2044,0)2(3 == radδ

VoltpuV 9665,0// )2(2 =

022,1)3(3 =t

Chequeo

492,1/96624,0541,1/96656,02 −−−=∆V

42 10*8546,8// −=∆V

iaconvergenchay01,010*8546,8 4 <−

Potencias netas en las barras

[ ]54,2/1,1*03,104/957,45419,1/966,0*03,104/25,2496,75/10,290/0,1*1 +−+−−=S

122,04317,01 jS +=


157

6,080,02 jS −−=

200,0400,03 jS +=

603,031,1200,0

2

33 =+=+= cneta QQQ

Potencia de transmisión

1331 VYVYtIVYVYtI eeRememk +−=+−=

0/0,1*96,75/85,454,2/1,1*96,75/85,4*021,11 −+−−=I

.08,126/644,01 AmppuI =

133233

2 VYtVYtIVYtVYtI eekemmemm −=−=

( ) ( )( ) ( )( )( )0/0,1*96,75/85,4022,154,2/1,196,75/85,4022,1 23 −−−=I

.917,53/6580,03 AmppuI −=

08,126/643,00/0,1*31 −==− xIVSt ii

5317,03875,031 jSt −−=−

60,0399,013 jSt +=−

46,38/034,121 −=−I

6428,0810,021 jSt +=−

PERDIDAS

( )60,0399,0)5317,03875,0(1331 jjStStS ++−−=+=∆ −−

0715,001241,031 jS +=∆ −


158

0428,00109,021 jS +=∆ −

1256,00316,0 jSt +=∆

4.4.2.5 Transformadores desfasadores. Cuando el transformador se usa para controlar el flujo de potencia activa (desfasador), la variable de control es la potencia transferida por la línea (Pk’m), y la variable de estado es la toma de desfasaje.

En este caso los términos correspondientes a la relación entre P y δ y entre P y /V/ cambian por lo cual se

diferencian colocándolos primados; los términos nuevos se expresan como:

K Ye M

- Km

-0,5318

-0,3875

0,1224

0,4317

0,6428

0,81069

0,03 J 0,2 0,4

0,6724

0,4

0,4033

V= 1,1

V = 0,96653

= 2,9756

= -1,54140-0,8

-0,6

2

3

-J3

-0,6

-0,8

Solución del flujo de carga para el transformador con tomas

0,01

J 0,04

1< 0


159

Tenemos:

( ) ( )[ ] // yJSenCosy mmmm θθ +=

( ) ( )[ ] kmkmkmkmkmkmkm yJSenCosyy φθφθφθ −−=−+−−= ////

( ) ( )[ ] kmmkkmmkkmmkmk yJSenCosyy φθφθφθ −−=−+−−= ////

kmmkmkkmkmkm y φθγφθγ −+=+−= 180180

Ahora

m

kmmkm

PH

δ∂∂

=,

////, m

m

kmmkm V

VP

N∂∂

=

km

kmmkm

PE

φ∂∂

=,

∑=

−−=NB

iikikikik CosVYVPk

1)(////// δγδ

∑=

−−=NB

iikikikik SenVYVQk

1

)(////// δγδ


160

y considerando que:

YYY kkkk += '

YYY mmmm += '

a.

[ ] )(//////)(//////1

, mkikmkmk

NB

iikikikik

km

kkmk CosVYVCosVYV

PE δγδδγδ

φ−−+−−

∂∂

= ∑=

kmmkmkmkmkkmk HSenVYVE −=−−−= )(//////, δγδ

Desarrollando para Em,km:

mkkmm HE =,

b.

)(//////)(//////#11

, mkikmkmk

NB

mi

ikikikikkm

kmk SenVYVSenVYVF δγδδγδφ

−−+−−∂∂

= ∑=

kmmkmkmkkkmk JCosVVVF −=−−= )(//////, δγδ

Desarrollando para Fm,km

., mkkmm JF =

c.

m

kmmkm

PH

δ∂∂

=,

kmkkmmkmkmkmkm

km HHSenVYVP

=−=−−=∂∂

,)(////// δγδ

d.


161

////, m

m

kmmkm V

VP

N∂∂

=

entoncesCosVYVV

VP

mkmkmkmm

k

m

km )(////////

//δγδ −−=

∂∂

=∂∂

kmmkmmkmkmkmkmm

km NNCosVYVVVP

==−−=∂∂

,)(////////.//

δγδ

Desarrollando para Nkm,k

kmkkmkkm CosYVNN θ////2 2, +=

e.

=∂∂

=km

kmmkm

PE

φ,

km

mkmkmkmk

km

km CosVYVPφ

δγδφ ∂

−−∂=

∂∂ )(//////

.,)(////// kmkmkmkmkmkkm

km ESenVYVP

=−−−=∂∂

δγδφ

Documents

Flujo de Carga