Newton rapshon

UNIVERSIDAD DISTRITAL FRANCISCO JOSÉ DE CALDASFacultad de Ingeniería-Ingeniería Eléctrica

Análisis de Sistemas de Potencia

Rodriguez Cortes Eduard Ferney20121007022

SISTEMA DE POTENCIA EJEMPLO 6.6 POR NEWTON RAPHSON

La figura 1 muestra el sistema del sistema trifasico de potencia en pu con tres nodos

Figura 1. Sistema de potencia

BUS PD QD PG QG V δ

1 0 0 ¿? ¿? 1.05 0

2 2,566 1,102 0 0 NE ¿?

3 1,386 0,452 0 0 NE ¿?

RESOLUCIÓN TEORICA DEL EJERCICIO

En primer lugar se realiza la matriz de admitancias correspondientes a los nodos propios del sistema.

Y BUS

Y=[ 20− j50 −10+ j 20 −10+30 j−10+ j20 26− j52 −16+32 j−10+30 j −16+32 j 26−62 j ]

Posteriormente se aplicaran el método y sus respectivas iteraciones hasta encontrar la solución.

P2=Y 12 V 2V 1∗cos (θ21+δ 1−δ 2)+Y 32V 2V 3∗cos (θ32+δ 3−δ 2 )+V 22Y 22∗cos (θ22)

P2=−0.5000

∆ P2=−2.0660

P3=Y 13 V 3V 1∗cos (θ31+δ 1−δ 3 )+Y 32V 2 V 3∗cos (θ32+δ2−δ3 )+V 32 Y 33∗cos (θ33)

P3=−0.5000

∆ P3=−0.8860

Q2=−Y 12V 2V 1∗sen (θ21+δ1−δ2 )−Y 32V 2V 3∗sen (θ32+δ3−δ2 )−V 22Y 22∗sen (θ22)

Q2=−1.0000

∆ Q2=−0.1020

Q3=−Y 13V 3V 1∗sen ( θ31+δ1−δ2 )−Y 32V 2V 3∗sen (θ32+δ3−δ2 )−V 32Y 33∗sen (θ33)

Q3=−1.5000

∆ Q3=1.0480

Los valores de los deltas no son los deseados por esto se procede a hallar los términos de la matriz jacobiana

∂ P2

∂ δ2=Y 12 V 2V 1∗sen (θ21+δ 1−δ 2 )+Y 32V 2 V 3∗sen (θ32+δ 3−δ 2 )

∂ P2

∂ δ2=53.0000

∂ P2

∂ δ3=−Y 32V 2V 3∗sen ( θ32+δ3−δ2 )

∂ P2

∂ δ3=−32.0000

∂ P3

∂ δ2=−Y 32V 2V 3∗sen ( θ32+δ2−δ3 )

∂ P3

∂ δ2=−32.0000

∂ P3

∂ δ3=Y 13V 3V 1∗sen ( θ31+δ1−δ3 )+Y 32V 2V 3∗sen (θ32+δ 2−δ 3 )

∂ P3

∂ δ3=63.5000

∂ P2

∂V 2=Y 12V 1∗cos (θ21+δ1−δ2 )+Y 32V 3∗cos (θ32+δ 3−δ2 )+2 V 2

1Y 22∗cos ( θ22 )

∂ P2

∂V 2=25.5000

∂ P2

∂V 3=Y 32V 2∗cos ( θ32+δ3−δ2 )

∂ P2

∂V 3=−16.0000

∂ P3

∂V 2=Y 32V 3∗cos ( θ32+δ3−δ2 )

∂ P3

∂V 2=−16.0000

∂ P3

∂V 3=Y 13V 1∗cos (θ31+δ1−δ3 )+Y 32 V 2∗cos (θ32+δ2−δ3 )+2V 3

1Y 33∗cos (θ33)

∂ P3

∂V 3=25.5000

∂Q 2

∂ δ 2=Y 12 V 2V 1∗cos (θ21+δ 1−δ 2)+Y 32V 2V 3∗cos (θ32+δ 3−δ2 )

∂Q 2

∂ δ 2=−26.5000

∂Q 2

∂ δ 3=−Y 32V 2V 3∗cos (θ32+δ 3−δ 2 )

∂Q 2

∂ δ 3=16.0000

∂Q 2

∂V 2=−Y 12V 1∗sen (θ21+δ 1−δ 2)−Y 32V 3∗sen ( θ32+δ3−δ2 )−2∗V 2

1 Y 22∗sen (θ22)

∂Q 2

∂V 2=51.0000

∂ Q2

∂V 3=−Y 32V 2∗sen (θ32+δ 3−δ 2 )

∂ Q2

∂V 3=−32.0000


∂Q 3

∂δ 2=−Y 32V 2V 3∗cos (θ32+δ 2−δ 3 )

∂Q3

∂δ 2=16.0000

∂Q 3

∂ δ 3=Y 13V 3V 1∗cos (θ31+δ 1−δ 3 )+Y 32V 2 V 3∗cos ( θ32+δ2−δ3 )

∂Q3

∂ δ 3=−26.5000

∂Q 3

∂ V 2=−Y 32V 3∗sen (θ32+δ 2−δ 3 )

∂Q 3

∂ V 2=−32.0000

∂Q 3

∂V 3=−Y 13V 1∗sen (θ31+δ 1−δ 3 )−Y 32V 2∗sen (θ32+δ2−δ3 )−2V 3

1 Y 33∗sen (θ33)

∂Q 3

∂V 3=60.5000

A continuación operamos la matriz jacobiana con la matriz de los deltas de potencia para hallar los deltas de voltaje

[−2.0660−0.8860−0.10201.0480 ]=[ 53.0000

−32.0000−26.500016.0000

−32.000063.500016.0000

−26.5000

25.5000−16.000051.0000

−32.0000

−16.000025.5000

−32.000060.5000 ]∗[ ∆ δ 2

∆ δ 3

∆ V 2

∆ V 3]

[ ∆ δ2

∆ δ3

∆ V 2

∆ V 3]=[ 53.0000

−32.0000−26.500016.0000

−32.000063.500016.0000

−26.5000

25.5000−16.000051.0000

−32.0000

−16.000025.5000

−32.000060.5000 ]

−1

∗[−2.0660−0.8860−0.10201.0480 ]

[ ∆ δ2

∆ δ3

∆ V 2

∆ V 3]=[−0.0604

−0.0496−0.01580.0032 ]

Hallando los nuevos valores de ángulos y voltaje se obtiene

[ δ2

δ3

V 2

V 3]=[0011]+[−0.0604

−0.0496−0.01580.0032 ]

[ δ2

δ3

V 2

V 3]=[−0.0604

−0.04960.98421 .0032 ]

Se evalúan los valores nuevos en las ecuaciones de potencia para encontrar el delta deseado.


P2=−2.5138

∆ P2=−0.0522


P3=−1.3797

∆ P3=−0.0063


Q2=−1.0605

∆ Q2=−0.0415


Q3=−1.5000

∆ Q3=−0.0466

Ya como tomamos la primera iteración el proceso sigue siendo el mismo por lo cual no vamos a repetir lo mismo sino que vamos a dar directamente la matriz jacobiana directamente.

A continuación operamos la matriz jacobiana con la matriz de los deltas de potencia para hallar los deltas de voltaje.

[−0.0522−0.0063−0.0415−0.0466]=[ 51.4299

−31.7626−27.698515.4570

−31.423162.801316.1358

−27.5458

23.0350−15.705250.1007

−32.2726

−16.084624.7075

−31.323361.7936 ]∗[∆ δ2

∆ δ3

∆ V 2

∆ V 3]

[ ∆ δ2

∆ δ3

∆ V 2

∆ V 3]=[ 51.4299

−31.7626−27.698515.4570

−31.423162.801316.1358

−27.5458

23.0350−15.705250.1007

−32.2726

−16.084624.7075

−31.323361.7936 ]

−1

∗[−0.0522−0.0063−0.0415−0.0466 ]

[ ∆ δ2

∆ δ3

∆ V 2

∆ V 3]=[−0.0008

−0.0003−0.0024−0.0019 ]

Hallando los nuevos valores de ángulos y voltaje se obtiene

[ δ2

δ3

V 2

V 3]=[−0.0604

−0.04960.98421 .0032 ]+[−0.0008

−0.0003−0.0024−0.0019]

[ δ2

δ3

V 2

V 3]=[−0.0611

−0.05000.98181.0013 ]

Se evalúan los valores nuevos en las ecuaciones de potencia para encontrar el delta deseado.


P2=−2.5658

∆ P2=1.0e-03∗−0.1711


P3=−1.3860

∆ P3=1.0e-03∗0.0145


Q2=−0.4519

∆ Q2=1.0e-03∗−0.1004


Q3=−1.5000

∆ Q3=1.0e-03∗−0.1124

Como los delta están entre el parámetro de error la respuesta es la correcta a continuación se procede a hallar las potencias en el nodo de compensación.

P1=Y 12V 2V 1∗cos (θ12+δ2−δ1 )+Y 13V 1V 3∗cos (θ31+δ 3−δ 1 )+V 12Y 11∗cos (θ11)

P1=4.09483

Q1=−Y 12 V 2V 1∗sen (θ21+δ2−δ1 )−Y 31 V 1V 3∗sen (θ31+δ3−δ1 )−V 12 Y 11∗sen (θ11)

Q1=1.88975

[ δ2

δ3

V 2

V 3]=[−0.0611

−0.05000.98181.0013 ]

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