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Facultad de Ingeniería-Ingeniería Eléctrica
Análisis de Sistemas de Potencia
Rodriguez Cortes Eduard Ferney
20121007022
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 ¿?
2. 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 + 𝑗20 −10 + 30𝑗
−10 + 𝑗20 26 − 𝑗52 −16 + 32𝑗
−10 + 30𝑗 −16 + 32𝑗 26 − 62𝑗
]
Posteriormente se aplicaran el método y sus respectivas iteraciones hasta encontrar la solución.
𝑃2 = 𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ cos( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)+ 𝑉2
2
𝑌22 ∗ cos( 𝜃22)
𝑃2 = −0.5000
∆𝑃2 = −2.0660
𝑃3 = 𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ cos( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)+ 𝑉3
2
𝑌33 ∗ cos( 𝜃33)
𝑃3 = −0.5000
∆𝑃3 = −0.8860
𝑄2 = −𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ sen( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)− 𝑉2
2
𝑌22 ∗ sen( 𝜃22 )
𝑄2 = −1.0000
∆𝑄2 = −0.1020
𝑄3 = −𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿2) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)− 𝑉3
2
𝑌33 ∗ sen( 𝜃33 )
𝑄3 = −1.5000
∆𝑄3 = 1.0480
3. Los valores de los deltas no son los deseados por esto se procede a hallar los términos de la matriz
jacobiana
𝜕𝑃2
𝜕𝛿2
= 𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ sen( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑃2
𝜕𝛿2
= 53.0000
𝜕𝑃2
𝜕𝛿3
= −𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑃2
𝜕𝛿3
= −32.0000
𝜕𝑃3
𝜕𝛿2
= −𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)
𝜕𝑃3
𝜕𝛿2
= −32.0000
𝜕𝑃3
𝜕𝛿3
= 𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)
𝜕𝑃3
𝜕𝛿3
= 63.5000
𝜕𝑃2
𝜕𝑉2
= 𝑌12 𝑉1 ∗ cos( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2)+ 𝑌32 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2) + 2𝑉2
1
𝑌22 ∗ cos( 𝜃22)
𝜕𝑃2
𝜕𝑉2
= 25.5000
𝜕𝑃2
𝜕𝑉3
= 𝑌32 𝑉2 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑃2
𝜕𝑉3
= −16.0000
4. 𝜕𝑃3
𝜕𝑉2
= 𝑌32 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑃3
𝜕𝑉2
= −16.0000
𝜕𝑃3
𝜕𝑉3
= 𝑌13 𝑉1 ∗ cos( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3)+ 𝑌32 𝑉2 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3) + 2𝑉3
1
𝑌33 ∗ cos( 𝜃33)
𝜕𝑃3
𝜕𝑉3
= 25.5000
𝜕𝑄2
𝜕𝛿2
= 𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ cos( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑄2
𝜕𝛿2
= −26.5000
𝜕𝑄2
𝜕𝛿3
= −𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑄2
𝜕𝛿3
= 16.0000
𝜕𝑄2
𝜕𝑉2
= −𝑌12 𝑉1 ∗ sen( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2)− 𝑌32 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2) − 2 ∗ 𝑉2
1
𝑌22 ∗ sen( 𝜃22 )
𝜕𝑄2
𝜕𝑉2
= 51.0000
𝜕𝑄2
𝜕𝑉3
= −𝑌32 𝑉2 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)
𝜕𝑄2
𝜕𝑉3
= −32.0000
𝑄3 = −𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)− 𝑉3
2
𝑌33 ∗ sen( 𝜃33 )
𝜕𝑄3
𝜕𝛿2
= −𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)
𝜕𝑄3
𝜕𝛿2
= 16.0000
5. 𝜕𝑄3
𝜕𝛿3
= 𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ cos( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)
𝜕𝑄3
𝜕𝛿3
=−26.5000
𝜕𝑄3
𝜕𝑉2
= −𝑌32 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)
𝜕𝑄3
𝜕𝑉2
=−32.0000
𝜕𝑄3
𝜕𝑉3
= −𝑌13 𝑉1 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3)− 𝑌32 𝑉2 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3) − 2𝑉3
1
𝑌33 ∗ sen( 𝜃33)
𝜕𝑄3
𝜕𝑉3
= 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
−0.1020
1.0480
] = [
53.0000
−32.0000
−26.5000
16.0000
−32.0000
63.5000
16.0000
−26.5000
25.5000
−16.0000
51.0000
−32.0000
−16.0000
25.5000
−32.0000
60.5000
] ∗ [
∆𝛿2
∆𝛿3
∆𝑉2
∆𝑉3
]
[
∆𝛿2
∆𝛿3
∆𝑉2
∆𝑉3
] = [
53.0000
−32.0000
−26.5000
16.0000
−32.0000
63.5000
16.0000
−26.5000
25.5000
−16.0000
51.0000
−32.0000
−16.0000
25.5000
−32.0000
60.5000
]
−1
∗ [
−2.0660
−0.8860
−0.1020
1.0480
]
[
∆𝛿2
∆𝛿3
∆𝑉2
∆𝑉3
] = [
−0.0604
−0.0496
−0.0158
0.0032
]
Hallando los nuevos valores de ángulos y voltaje se obtiene
[
𝛿2
𝛿3
𝑉2
𝑉3
] = [
0
0
1
1
] + [
−0.0604
−0.0496
−0.0158
0.0032
]
6. [
𝛿2
𝛿3
𝑉2
𝑉3
] = [
−0.0604
−0.0496
0.9842
1.0032
]
Se evalúan los valores nuevos en las ecuaciones de potencia para encontrar el delta deseado.
𝑃2 = 𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ cos( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)+ 𝑉2
2
𝑌22 ∗ cos( 𝜃22)
𝑃2 =−2.5138
∆𝑃2 = −0.0522
𝑃3 = 𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ cos( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)+ 𝑉3
2
𝑌33 ∗ cos( 𝜃33)
𝑃3 =−1.3797
∆𝑃3 = −0.0063
𝑄2 = −𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ sen( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)− 𝑉2
2
𝑌22 ∗ sen( 𝜃22 )
𝑄2 = −1.0605
∆𝑄2 = −0.0415
𝑄3 = −𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿2) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)− 𝑉3
2
𝑌33 ∗ sen( 𝜃33 )
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.
7. [
−0.0522
−0.0063
−0.0415
−0.0466
] = [
51.4299
−31.7626
−27.6985
15.4570
−31.4231
62.8013
16.1358
−27.5458
23.0350
−15.7052
50.1007
−32.2726
−16.0846
24.7075
−31.3233
61.7936
] ∗ [
∆𝛿2
∆𝛿3
∆𝑉2
∆𝑉3
]
[
∆𝛿2
∆𝛿3
∆𝑉2
∆𝑉3
] = [
51.4299
−31.7626
−27.6985
15.4570
−31.4231
62.8013
16.1358
−27.5458
23.0350
−15.7052
50.1007
−32.2726
−16.0846
24.7075
−31.3233
61.7936
]
−1
∗ [
−0.0522
−0.0063
−0.0415
−0.0466
]
[
∆𝛿2
∆𝛿3
∆𝑉2
∆𝑉3
] = [
−0.0008
−0.0003
−0.0024
−0.0019
]
Hallando los nuevos valores de ángulos y voltaje se obtiene
[
𝛿2
𝛿3
𝑉2
𝑉3
] = [
−0.0604
−0.0496
0.9842
1.0032
] + [
−0.0008
−0.0003
−0.0024
−0.0019
]
[
𝛿2
𝛿3
𝑉2
𝑉3
] = [
−0.0611
−0.0500
0.9818
1.0013
]
Se evalúan los valores nuevos en las ecuaciones de potencia para encontrar el delta deseado.
𝑃2 = 𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ cos( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)+ 𝑉2
2
𝑌22 ∗ cos( 𝜃22)
𝑃2 = −2.5658
∆𝑃2 = 1.0e − 03 ∗ −0.1711
𝑃3 = 𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ cos( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿3) + 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ cos( 𝜃32 + 𝛿2 − 𝛿3)+ 𝑉3
2
𝑌33 ∗ cos( 𝜃33)
𝑃3 = −1.3860
∆𝑃3 = 1.0e − 03 ∗ 0.0145
𝑄2 = −𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ sen( 𝜃21 + 𝛿1 − 𝛿2) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)− 𝑉2
2
𝑌22 ∗ sen( 𝜃22 )
8. 𝑄2 = −0.4519
∆𝑄2 = 1.0e − 03 ∗−0.1004
𝑄3 = −𝑌13 𝑉3 𝑉1 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿1 − 𝛿2) − 𝑌32 𝑉2 𝑉3 ∗ sen( 𝜃32 + 𝛿3 − 𝛿2)− 𝑉3
2
𝑌33 ∗ sen( 𝜃33 )
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 = 𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ cos( 𝜃12 + 𝛿2 − 𝛿1) + 𝑌13 𝑉1 𝑉3 ∗ cos( 𝜃31 + 𝛿3 − 𝛿1) + 𝑉1
2
𝑌11 ∗ cos( 𝜃11)
𝑃1 = 4.09483
𝑄1 = −𝑌12 𝑉2 𝑉1 ∗ sen( 𝜃21 + 𝛿2 − 𝛿1) − 𝑌31 𝑉1 𝑉3 ∗ sen( 𝜃31 + 𝛿3 − 𝛿1) − 𝑉1
2
𝑌11 ∗ sen( 𝜃11 )
𝑄1 = 1.88975
[
𝛿2
𝛿3
𝑉2
𝑉3
] = [
−0.0611
−0.0500
0.9818
1.0013
]