Trabajo escolar enfocado en las areas de Eléctrica de Potencia, donde se ve la importancia del diseño asistido por computadora y su interrelación con el diseño de la s torres de alta tensión.

1. Instituto Tecnológico de Parral
Unidad 5
“Análisis de flujos de potencia”
Materia: Sistemas eléctricos de potencia
Ing. Javier Enrique Alderete Alderete
Nombre: Salvador Esparza Valenzuela
No. de control: 19410173
Fecha de entrega: 15 de diciembre de 2022

2. 5.1 Introducción al problema de flujos de potencia
El problema de flujo de potencia es calcular la magnitud del voltaje y el ángulo de fase en
cada bus de un sistema de potencia en condiciones de estado trifásico. Como subproducto
de este cálculo, se pueden calcular flujos de potencia real y reactiva en equipo como líneas
de transmisión y transformadores, así como pérdidas de equipo.
El punto de partida para un problema de flujo de potencia es un diagrama unifilar del
sistema de potencia, a partir del cual se pueden obtener los datos de entrada para las
soluciones por computadora. Los datos de entrada consisten en datos de buses, datos de
las líneas de transmisión y de los transformadores.
Como se muestra en la figura, las cuatro variables siguientes están asociadas con cada bus
k: magnitud de voltaje Vk, ángulo de faso δk , potencia neta real Pk y potencia activa Qk
abastecida al bus. En cada bus, dos de las variables se especifican como datos de entrada
y las otras dos son incógnitas que se calcularan mediante el programa de flujo de potencia.
Por conveniencia, la potencia entregada al bus k en la figura se separa en generación y
carga.
𝑃𝐾 = 𝑃𝐺𝐾 − 𝑃𝐿𝐾
𝑄𝐾 = 𝑄𝐺𝐾 − 𝑄𝐿𝐾

3. Cada bus k se clasifica en uno de los tres tipos siguientes:
• Bus compensador: solo hay un bus de compensador, que por conveniencia se le
asigna el número 1. El bus compensador es una referencia para la cual 𝑉1∠𝛿1, por
lo común 1.0∟0° por unidad, es un dato de entrada. El programa de flujo de potencia
calcula P1 y Q1.
• Bus de carga: Pk y Qk son datos de entrada. El programa de flujo de potencia
calcula Vk y 𝛿𝑘. La mayor parte de los buses en un programa normal de flujo de
potencia son de carga.
• Bus de voltaje controlado: Pk y Vk son datos de entrada. El programa de flujo de
potencia calculada Qk y 𝛿𝑘. Como ejemplos están los buses a los que están
conectados los generadores, capacitores en derivación desconectables, o sistemas
compensadores estáticos de VARs. Los límites de VARs máximo y mínimo QGkmax
y QGkmin que este equipo puede suministrar son también datos de entrada.
Observe que cuando el bus k es un bus de carga sin ninguna generación, 𝑃1 = −𝑃𝐿𝑘 es
negativo: es decir que la potencia real suministrada al bus k en la figura es negativa. Si la
carga es inductiva, 𝑄𝑘 = −𝑄𝐿𝑘 es negativa.
Los datos de entrada para cada línea de transmisión son la impedancia serie Z´ y la
admitancia de derivación Y´ del circuito pi equivalente por unidad, los dos buses a los que
está conectada la línea y la capacidad máxima de MVA. De manera similar, los datos de
entrada para cada transformador son las impedancias de devanados por unidad Z, la
admitancia de la rama de excitación por unidad Y, los buses a los que están conectados los
devanados y las capacidades máximas en MVA.
Las magnitudes y ángulos de los voltajes de barra que no se programaron en los datos de
entrada del estudio de flujos de potencia se llaman variables de estado o variables
dependientes, porque sus valores dependen de las cantidades especificadas en todas las
barras. Por tanto, el problema de flujos de potencia consiste en determinar los valores para
todas las variables de estado, resolviendo un número igual de ecuaciones de flujos de
potencia que se basan en las especificaciones de los datos de entrada.

4. Problemas:
Ejercicio 1. Supóngase que la carga P-Q se conoce en cada una de las nueve barras de
un pequeño sistema de potencia y que los generadores sincrónicos están conectados a las
barras 1, 2, 5 y 7. Identifique los errores ΔP y ΔQ y las variables de estado asociados con
cada barra para un estudio de flujos de potencia. Seleccione la barra 1 como la de
compensación.
Solución: Las nueve barras del sistema están clasificadas como sigue:
Barras P-Q: 3, 4, 6, 8 y 9
Barras P-V: 2, 5 y 7
Barra de compensación: 1
Los errores correspondientes a la P y Q especificados son:
En las barras P-Q:
ΔP3, ΔQ3; ΔP4,ΔQ4; ΔP6,ΔQ6; ΔP8,ΔQ8; ΔP9,ΔQ9
En las barras P-V:
ΔP2, ΔP5, ΔP7
Y las variables de estado son:
Barras P-Q: δ3,|V3|; δ4,|V4|; δ6,|V6|; δ8,|V8|; δ9,|V9|;
Barras P-V: δ2, δ5, δ7
Como N = 9 y 𝑁𝐺 = 3, hay 2N - y 𝑁𝐺 – 2 = 13 ecuaciones por resolverse para las 13 variables
de estado mostradas.
Ejercicio 2. Considérese el SEP elemental de dos barras de la Figura 3.1 y su circuito
equivalente por fase que se muestra en la Figura 3.2. La línea 𝐿12 se ha representado por
su circuito π nominal y donde:
𝑆1
̇ 𝑦 𝑆2
̇ : Potencias complejas netas de las barras 1 y 2 respectivamente, representadas
como fuentes de potencia activa y reactiva, que corresponden a la Potencia Generada
menos la Potencia Consumida.
𝑆12 y 𝑆21:Flujos de potencia compleja que van desde la barra 1 a la barra 2 y viceversa.

5. En la Figura 3.1, las potencias complejas netas de las barras 1 y 2 son:
𝑆1
𝑆2
̇
= 𝑆𝐺
= 𝑆𝐺
̇
1 − 𝑆𝐶
̇ 1 = (𝑃𝐺1 − 𝑃𝐶1) + 𝑗(𝑄𝐺1 − 𝑄𝐶1) = 𝑃1 + 𝑗𝑄1
2 − 𝑆𝐶
̇ 2 = (𝑃𝐺2 − 𝑃𝐶2) + 𝑗(𝑄𝐺2 − 𝑄𝐶2) = 𝑃2 + 𝑗𝑄2
En el circuito de la figura 3.2 se puede escribir:
𝑆1
̇ 𝑃1 − 𝑗𝑄1
= = 𝑉 𝑌
+
𝑉
1 − 𝑉̇2
𝑉1
̇ 𝑉1
̇ 1 2 𝑅𝐿 + 𝑗𝑋𝐿
𝑆2
̇ 𝑃2 − 𝑗𝑄2
= = 𝑉
𝑌 𝑉̇2 − 𝑉
1
+
𝑉2
̇ 𝑉2
̇ 2 2 𝑅𝐿 + 𝑗𝑋𝐿
El sistema de cuatro ecuaciones, tiene 12 variables en total: PG1, PG2, QG1, QG2, PC1,
PC2, QC1, QC2, V1, θ1, V2, θ2, por lo que no es posible obtener una solución para ninguna de
ellas a menos que se reduzca el número de incógnitas, fijando algunas variables.
En relación a esto último, una forma posible de resolver el problema es la siguiente:
• A partir de los datos del consumo suponer conocidas e independientes del voltaje,
las potencias de las cargas PCi, QCi, con i = 1,2.
• Fijar dos variables de generación PG2 y QG2. No se pueden fijar las cuatro variables
de generación debido a que las pérdidas en el sistema no son conocidas
inicialmente.
• Fijar el módulo y ángulo de la tensión en barra 1; es decir; suponer conocidos V1,
θ1. En particular, puede tomarse esta tensión como referencia, o sea, θ1=0
En estas condiciones, el sistema de 4 ecuaciones (3.2) queda con sólo 4 variables: PG1,
QG1, V2, θ2.

6. 𝑽𝟐
5.2 El método de Gauss-Seidel
La complejidad que presenta la obtención de una solución al problema de las cargas en una
red de energía, radica en las diferencias en el tipo de datos especificados para las distintas
barras del sistema. Aunque no es difícil la formulación del número de ecuaciones
suficientes, no es práctico obtener una solución directa. La resolución de los problemas de
carga por el método digital sigue un proceso iterativo, asignando valores estimados a las
tensiones desconocidas en las barras y calculando una de las tensiones en las barras a
partir de los valores estimados en las otras y la potencias real y reactiva especificadas. De
esta forma se obtiene un nuevo conjunto de tensiones en las barras, que se emplea para
calcular otro conjunto de tensiones en las barras; cada cálculo de un nuevo conjunto de
tensiones se llama iteración.
Examinamos primero la solución que expresa la tensión de una barra como función de la
potencia real y reactiva entregadas a la barra por los generadores o suministrada a la carga
conectada a la barra, las tensiones estimadas o previamente calculadas en las otras barras
y las admitancias propia y mutua de los nodos. Deduciremos las ecuaciones para un
sistema de cuatro barras; escribiremos las ecuaciones generales. Designando la barra
oscilante con el número 1, partiremos para el cálculo de la barra 2. Si P2 y Q2 son
la potencia real y reactiva previstas que entran al sistema en la barra2.
𝑽𝟐𝑰∗ = 𝑷𝟐 + 𝒋𝑸𝟐
𝟐
De donde 𝑙2 se expresa como:
𝑰𝟐
𝑷𝟐 + 𝒋𝑸𝟐
∗
𝟐
Y en términos de las admitancias propia y mutua, de los nodos omitidos los generadores y
las cargas, puesto que las corrientes de cada nodo se expresan como la ecuación anterior.
𝑷𝟐 + 𝒋𝑸𝟐
= 𝒀 𝑽 + 𝒀 𝑽 + 𝒀 𝑽 + 𝒀 𝑽
∗ 𝟐𝟏 𝟏
𝟐
𝟐𝟐 𝟐 𝟐𝟑 𝟑 𝟐𝟒 𝟒
Y despejando 𝑉2 da:
𝟏
𝑽 = ⌊
𝑷𝟐 + 𝒋𝑸𝟐
− (
𝒀 𝑽 + 𝒀 𝑽 + 𝒀 𝑽 )⌋
𝟐 𝒀𝟐𝟐
∗ 𝟐𝟏 𝟏 𝟐𝟑 𝟑 𝟐𝟒 𝟒
𝑽
=
𝑽

7. 𝑽𝒌
La ecuación anterior da un valor de V2 corregido sobre la base de los valores P2 y Q2,
cuando los valores estimados inicialmente se sustituyen en el segundo miembro de las
expresiones de las tensiones. El valor calculado para V2 y el valor estimado para V2
*
no
coincidirán. Sustituyendo el conjugado del valor calculado de V2 por V2
*
en la ecuación
anterior para calcular otro valor de V2, se conseguiría una concordancia con un buen grado
de exactitud después de varias iteraciones y sería el valor corregido de V2 con las tensiones
estimadas y prescindiendo de la potencia en las otras barras. Este valor no sería la solución
para V2 con las condiciones de carga especificadas, porque las tensionessobre las que se
basa el cálculo de V2 son valores estimados en las otras barras y las tensiones reales no
son todavía conocidas. Se recomiendan en cada barra dos cálculos sucesivos de V2 (el
segundo igual que el primero, salvo la corrección de V2
*
), antes de pasar a la siguiente.
El valor corregido de la tensión determinado en cada barra se usa para calcular la tensión
corregida de la siguiente. El proceso se repite sucesivamente en todas las barras (excepto
en la oscilante) a lo largo de la red para completar la primera iteración. Después se vuelve
a realizar todo el proceso, una y otra vez, hasta que el valor de la corrección de la tensión
en cada barra es menor que el índice de precisión predeterminado.
Este procedimiento de solución de ecuaciones lineales algebraicas se conoce como el
método iterativo de Gauss-Siedel. Si a través del proceso iterativo se utiliza el mismo
conjunto de valores de tensión (en lugar de substituir inmediatamente el nuevo valor
obtenido para el cálculo de la tensión en la próxima barra), el proceso se llama método
iterativo de Gauss.
La tensión calculada en cualquier barra K, para un total de N barras y para 𝑃𝑘 y 𝑄𝑘 dados
es:
𝟏
𝑽 =
𝑵
(
𝑷𝒌 − 𝒋𝑸𝒌
) − ∑ 𝒀 𝑽
𝒌 𝒀𝒌𝒌
∗
𝒏=𝟏
𝒌𝒏 𝒏
Siendo 𝑛 ≠ 𝑘. Los valores de las tensiones en el segundo miembro de la ecuación son los
mejores valores previos para las barras correspondientes; cada tensión es la calculada por
la última iteración (o la tensión estimada si no ha sido todavía efectuada la iteración en la
barra en cuestión).

8. Como la ecuación anterior se aplica solamente en las barras en las que la potencia real y
reactiva están especificadas, es preciso un paso adicional en las barras en que el valor
de la tensión ha de permanecer constante.
Ejemplos:
Ejercicio 1. En la figura se muestra el diagrama unifilar de un sistema de potencia sencillo.
Los generadores están conectados en las barras 1 y 4, mientras las cargas se indican en
todas las cuatro barras, los valores base para el sistema de transmisión son 100 MVA y 230
kv. Los datos de líneas de la tabla 9.2 dan las impedancias serie por unidad y las
susceptancias de carga de la línea para los circuitos equivalentes nominales π de las cuatro
líneas identificadas por las barras en las que terminan. Los datos de barras en la tabla 9.3
enlistan los valores para P, Q y V en cada barra. Los valores de la Q de la carga se calculan
a partir de los valores P correspondientes bajo el supuesto de un factor de potencia de 0.85.
los valores programados totales, son negativos en las barras de carga 2 y 3. No se
especifica 𝑄𝑔𝑖 generada donde la magnitud del voltaje es constante. En la columna de
voltajes los valores para las barras de carga son estimaciones de inicio plano. La magnitud
de voltaje |V1| y el ángulo 1 de la barra de compensación, así como la magnitud |V4| en la
barra 4, se mantienen constantes en los valores que se enlistan. Se hace un estudio de
flujos de potencia por el método de Gauss-Seidel. Encuentre el valor de 𝑉2 para la primera
interacción suponiendo que los cálculos iterativos comienzan en la barra 2.

9. Solución
El sistema de 𝑌𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 mostrado en la tabla 9.4 se construye a partir de los datos de líneas
dados en la tabla 9.2. Los elementos fuera de la diagonal que no son cero, están asociados
con la barra 2 de la figura 9.2 y son iguales a los negativos de sus respectivas admitancias
de línea.
𝒀𝟐𝟏 = −(𝟑. 𝟖𝟏𝟓𝟔𝟐𝟗 − 𝒋𝟏𝟗.𝟎𝟕𝟖𝟏𝟒𝟒) ; 𝒀𝟐𝟒 = −(𝟓. 𝟏𝟔𝟗𝟓𝟔𝟏 − 𝒋𝟐𝟓.𝟖𝟒𝟕𝟖𝟎𝟗)
Como 𝑌22 es la suma de todas las admitancias que se conectan a la barra 2, incluso las
susceptancias en paralelo para la carga de las líneas 2 – 1 y 2 – 4, se tiene:
𝒀𝟐𝟐 = (−𝒀𝟐𝟏) + 𝒋𝟎.𝟎𝟓𝟏𝟐𝟓 + (−𝒀𝟐𝟒) + 𝒋𝟎. 𝟎𝟑𝟖𝟕𝟓 = 𝟖. 𝟗𝟖𝟓𝟏𝟗𝟎 − 𝒋𝟒𝟒. 𝟖𝟑𝟓𝟗𝟓𝟑

10. 2
4
4
4
La sustitución de la ecuación da el voltaje en por unidad:
𝑉
(1)
=
1 −1.7 + 𝑗1.0535
[ − 1.00(−3.815629 + 𝑗19.078144)
2 𝑌22 1.0 + 𝑗0.0
− 1.02(−5.169561 + 𝑗25.847809)]
𝑉
(1)
=
1 [−1.7 + 𝑗1.0535 + 9.088581 − 𝑗45.442909]
2 𝑌22
𝑉(1) =
7.388581 − 𝑗44.389409
= 0.983564 − 𝑗0.032316
2 8.985190 − 𝑗44.835953
𝑉(1) = 0.983564 − 𝑗0.032316 por unidad
Ejercicio 2. Encuentre el voltaje en la barra 4 del ejemplo anterior para completar la primera
iteración del procedimiento de Gauss-Seidel, considerando los valores acelerados
indicados en lugar de los voltajes originalmente estimados en las barras 2 y 3.
Solución:
En la tabla 9.4 se muestra que 𝑌41 es igual a cero y así, la ecuación da:
𝑄(1) = −𝐼𝑚 {𝑉(0) [
𝑌 𝑉
(1)
+ 𝑌 𝑉
(1)
+ 𝑌 𝑉
(0)
]}
4 4 42 2 43 3 44 4
Al sustituir los valores para las cantidades indicadas en esta ecuación, se obtiene:
1.02[(−5.169561 + 𝑗25.847809)(0.973703 − 𝑗0.051706)]
𝑄(1) = −𝐼𝑚 { +(−3.023705 + 𝑗15.118528)(0.953949 − 𝑗0.066708) }
+(8.193267 − 𝑗40.863838)(1.02)
𝑄(1) = −𝐼𝑚{1.02[−5.573064 + 𝑗40.059396 + (8.193267 − 𝑗40.863838)1.02]}
𝑄(1) = 1.654151 por unidad

11. 4
4
4
Este valor para 𝑄(1) se sustituye en la ecuación para obtener:
𝑄
(1)
=
1 2.38 − 𝑗1.654151
[ − (−5.573066 + 𝑗40.059398)]
4 𝑌44 1.02 − 𝑗0.0
𝑄(1) =
7.906399−𝑗41.681115
= 1.017874 − 𝑗0.010604 por unidad
4 8.193267−𝑗40.863838
Por lo tanto |𝑉(1)| es igual a 1.017929 y así, se debe corregir la magnitud para que sea de
1.02
𝑄(1)𝑐𝑜𝑟𝑟 =
1.02
(1.017874 − 𝑗0.010604)
4 1.017929
𝑄(1)𝑐𝑜𝑟𝑟 = 1.019945 − 𝑗0.010625 por unidad

12. k
p p
5.3 El método de Newton-Raphson
La expansión en series de Taylor para una función de dos o más variables es la base
del método de Newton-Raphson en la solución de problemas de estudio de cargas. Las
derivadas parciales de orden superior a uno se desprecian en la serie de términos de la
expansión de Taylor.
La mayoría de los programas comienzan con la iteración de Gauss-Seidel para obtener un
buen valor inicial de tensión en la iteración de Newton- Raphson. Estas tensiones se usan
entonces para calcular P en todas las barras, excepto en la barra oscilante y Q en todas las
barras donde la potencia reactiva se especifica. Entonces las diferencias entre los valores
específicos y los cálculos se emplean para determinar las correcciones en las tensiones
de barra.
El procedimiento se explica mejor observando las ecuaciones pertinentes. Como en el
método de Gauss-Seidel, se omite la barra oscilante de la solución iterativa, pues tanto el
módulo como el argumento de la tensión de la barra oscilante se especifican. En la barra
k, Pk y Qk.
N
Pk − jQk = V∗ ∑ YknVn
Donde:
Y
n=1
Vk = ak + jbk
Ykn = Gkn − jBkn
Reemplazando las dos últimas ecuaciones:
N
Pk − jQk = (ak − jbk) ∑(Gkn − jBkn)(an + jbn)
n=1
Igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación se obtiene Pk e igualando las
partes imaginarias tenemos Qk. en las barras donde la tensión se controla (barra p) el
cuadrado de la magnitud de la tensión es:
|Vp|2 = a2 + b2

13. Para cada iteración serán calculados los cambios en ap y bp, aunque la suma de los
cuadrados de ap y bp deban converger al cuadrado del valor especificado en la barra de
tensión controlado.
En el proceso iterativo los valores calculados de Pk, Qk o |𝑉|2
deben ser comparados con
los valores especificados, y se definen los siguientes términos:
∆Pk = Pk,espec − Pk,calc
∆Qk = Qk,espec − Qk,calc
O si se especifica el calor de la tensión en la barra k:
∆|Vk|2
= |Vk,espec|2
− |Vk,calc|2
Estos valores de ∆𝑃𝑘, ∆𝑄𝑘 𝑦 ∆|𝑉𝑘|2
son entonces usados para calcular nuevos valores para
las tensiones de barra usando una ecuación que daremos solo para un sistema de tres
barras, donde la barra 1 es la barra oscilante, la barra 2, la barra de carga con P2 y Q2
especificados y la barra 3, la barra con P3 y |𝑉3| especificadas.
La ecuación para el sistema de 3 barras, omitiendo la barra oscilante, es:
La matriz cuadrada de derivadas parciales se llama jacobiana. Los elementos de la
jacobiana se encuentran tomando las derivadas parciales de las expresiones para Pk y
Qk y sustituyendo en ellas las tensiones supuestas en la primera iteración o calculadas en
la última iteración. Las cantidades desconocidas en la última ecuación son los elementos
de la matriz columna de incrementos en las componentes real e imaginaria de las
tensiones. La ecuación se puede solucionar invirtiendo la jacobiana.

14. El número de iteraciones requeridas por el método de Newton-Raphson usando las
admitancias de las barras es prácticamente independiente del número de barras. El tiempo
para el método de Gauss-Seidel aumenta casi directamente con el número de barras. De
otro lado, el cálculo de los elementos de la jacobina consume tiempo y el tiempo por
iteración es considerablemente más largo en el método de Newton-Raphson.
El proceso mediante el método de Newton-Raphson para calcular los voltajes en las barras,
se muestra en la Figura, luego de lo cual se determinan los flujos de potencia y laspérdidas
en las líneas.

15. Ejemplos:
Ejercicio 1. En el sistema del ejemplo y, considerando los valores de voltajes obtenidos
mediante el método de Gauss-Seidel, determine el Jacobiano completo en la iteración 1.
Solución:
La matriz Jacobiana queda de la siguiente forma:
𝖥
ϑΔP1
I ϑθ1
IϑΔP2
ϑΔP1
ϑθ2
ϑΔP2
ϑΔP1
1
ϑV1 I
ϑΔP2 I 𝐻11 𝐻12 𝑁11
| 𝐽 | = I ϑθ ϑθ
ϑV I = [𝐻21 𝐻22 𝐿21]
I 1 2
1
I 𝑀11 𝑀12 𝐿11
IϑΔQ1 ϑΔQ1
[ ϑθ1 ϑθ2
ϑΔQ1I
ϑV1 ]
Los elementos de la matriz Jacobiana se obtienen utilizando las expresiones para p
diferente q y para p=q; por lo tanto, para los elementos de la diagonal se deben determinar
previamente P y Q, utilizando y considerando los resultados obtenidos en el ejemplo que
se resumen a continuación:
7.5 −2.5 −5
[ 𝐺 ] = [−2.5 4.1667 −1.6667] [ 𝐵 ] = [
−5 −1.6667 6.6667
−22.39 7.5 15
7.5 −12.4 5 ]
15 5 −19.89
𝑉1 = 1.0401∠ − 1.23°; 𝑉2 = 1.04∠0.23°
Se obtiene:
𝑉3 = 1.06∠0°
P1=-0.6628; P2=0.1948; Q1=-0.235; Q2=-0.2965
La matriz Jacobiana queda:
−24.4567 8.0412 −7.4508
[ 𝐽 ] = [ 8.1790 −13.6983 2.4967 ]
8.7764 −2.91 −23.9867

16. 2
[
2
2
Ejercicio 2. Encuentre 𝑋1 y 𝑋2 a partir de las siguientes ecuaciones no lineales por medio
del método Newton-Raphson.
𝑔1(𝑥1, 𝑥2, 𝑢) = ℎ1(𝑥1, 𝑥2, 𝑢) − 𝑏1 = 4𝑢𝑥2 sin 𝑥1 + 0.6 = 0
𝑔1(𝑥1, 𝑥2, 𝑢) = ℎ1(𝑥1, 𝑥2, 𝑢) − 𝑏2 = 4𝑥2 − 4𝑢𝑥2 cos 𝑥1 + 0.3 = 0
Considere el parámetro u como un número fijo igual a 1.0 y seleccione las condiciones
iniciales 𝑥(0) = 0𝑟𝑎𝑑 𝑦 𝑥(0) = 1.0. El índice de precisión de 𝜀 es 10-5
.
1 2
Solución:
La derivada parcial con respecto a las x conduce a:
𝖯𝑔1
𝖥
𝐽 = I𝖯𝑥1
𝖯𝑔1
1
𝖯𝑥2I =
4𝑢𝑥2 cos 𝑥1 4𝑢 sin 𝑥1
]
I 𝖯2
[𝖯𝑥1
𝖯𝑔2I 4𝑢𝑥2 sin 𝑥1 8𝑥2 − 4𝑢 cos 𝑥1
𝖯𝑥2]
Primera iteración.
Con u=1 y mediante las estimadas iniciales de 𝑥1 y 𝑥2, se calculan los errores.
∆𝑔(0) = 0 − 𝑔 = 𝑏 − ℎ(0) = −0.6 − 4 sin(0) = −0.6
1 1,𝑐𝑎𝑙𝑐 1 1
∆𝑔(0) = 0 − 𝑔 = 𝑏 − ℎ(0) = −0.3 − 4𝑥102 + 4cos(0) = −0.3
2 2,𝑐𝑎𝑙𝑐 2 2
Se usan para obtener las ecuaciones de error:
4 cos(0) 4sin(0) ∆𝑥
(0) −0.6
[ ][ 1 ] = [ ]
4 sin(0) 8𝑥2 − 4 cos(0) ∆𝑥
(0) −0.3
Al invertir esta matriz se determinan las correcciones iniciales:
∆𝑥
(0)
4 0 −1 −0.6 −0.150
[ 1 ] = ⌊ ⌋ [ ] = [ ]
∆𝑥
(0) 0 4 −0.3 −0.075

17. 2
2
1
2
Que da los primeros valores de la iteración para 𝑥1 y 𝑥2 en la forma:
𝑥(1) = 𝑥(0) + ∆𝑥(0) = 0.0 + (−0.150) = −0.150 𝑟𝑎𝑑
1 1 1
𝑥(1) = 𝑥(0) + ∆𝑥(0) = 1.0 + (−0.075) = −0.925
2 2 2
Las correcciones exceden la tolerancia especificada, así que se continua el proceso.
Segunda Iteración.
Los nuevos errores son:
∆𝑔
(1) −0.6 − 4(0.925)sin(−0.15) −0.047079
[ 1 ] = [ ] = [ ]
∆𝑔
(1) −0.3 − 4(0.925)2 + 4(0.925) cos(−0.15) −0.064047
Y al actualizar la Jacobiana, se calculan las nuevas correcciones:
∆𝑥
(0) 3.658456 −0.597753 −1 −0.047079 −0.016335
[ 1 ] = [ ] [ ] = [ ]
∆𝑥
(0) −0.552921 3.444916 −0.064047 −0.021214
Estas correcciones también exceden el índice de precisión, así que se continúa iterando
con los nuevos valores corregidos.
𝑥(2) = −0.150 + (−0.016335) = −0.166335 𝑟𝑎𝑑
𝑥(2) = 0.925 + (−0.021214) = 0.903786
Al continuar con la tercera iteración, se encuentra que las correcciones ∆𝑥(3) y ∆𝑥(3) son
1 2
(cada una) más pequeñas en magnitud que la tolerancia estipulada de 10-5
. Así, se calcula
la solución:
𝑥(4) = −0.166876 𝑟𝑎𝑑 𝑥(4) = 0.903057
1 2

18. V2 Q2
5.4 La solución de flujos de potencia de Newton-Raphson
Las ecuaciones que enseguida le mostraremos son análogas a la ecuación no lineal
𝑦=𝑓(𝑥), mediante el método Newton-Raphson.
𝑁
𝑃𝑘 = 𝑉𝑘 ∑ 𝑌𝑘𝑛𝑉
𝑛 cos(𝛿𝑘 − 𝛿𝑛 − 𝜃𝑘𝑛)
𝑛=1
𝑁
𝑄𝑘 = 𝑉𝑘 ∑ 𝑌𝑘𝑛𝑉𝑛 sin(𝛿𝑘 − 𝛿𝑛 − 𝜃𝑘𝑛) 𝑘 = 1,2, … . 𝑁
𝑛=1
Definimos los vectores x, y, y f para el problema de flujos de potencia como donde los
términos V, P y Q están en por unidad y los términos 𝛿 están en radianes.
δ2 P2 P2(X)
X = [
δ
] = [
δN
] ; Y = [
P
] = [
PN
] ; f(X) = [
P(X)
] = [
PN(X)
]
V Q
VN QN
Q(X) Q2(X)
QN(X)
Se omiten las variables del bus compensador 𝛿1 y V1 en la ecuación anterior, porque ya se
conocen.
𝑁
𝑌𝑘 = 𝑃𝑘 = 𝑃𝑘(𝑋) = 𝑉𝑘 ∑ 𝑌𝑘𝑛𝑉
𝑛 cos(𝛿𝑘 − 𝛿𝑛 − 𝜃𝑘𝑛)
𝑛=1
𝑁
𝑌𝑘+𝑛 = 𝑄𝑘 = 𝑄𝑘(𝑋) = 𝑉𝑘 ∑ 𝑌𝑘𝑛𝑉
𝑛 sin(𝛿𝑘 − 𝛿𝑛 − 𝜃𝑘𝑛)
𝑛=1
𝑘 = 2,3, … , 𝑁

19. ) ) )
La matriz jacobiana queda:
La ecuación jacobiana se divide en cuatro bloques. Las derivadas parciales de cada bloque,
obtenidas de las ecuaciones de 𝑦𝑘 y 𝑦𝑘+𝑛, se dan en la tabla 1.
Ahora se aplican al problema de flujo de potencia los cuatro pasos del método Newton-
Raphson ya mencionado, empezando con 𝑋(𝑖) = [
𝛿(𝑖)
] en 𝑉(𝑖) la i-exima iteración.
Paso 1: Utilice las ecuaciones 𝑦𝑘 y 𝑦𝑘+𝑛 para calcular
∆𝒚(𝒊) = [
∆𝑷(𝒊)
] = [
𝑷 − 𝑷[𝒙(𝒊)]
]
∆𝑸(𝒊) 𝑸 − 𝑸[𝒙(𝒊)]
Paso 2: Emplee las ecuaciones de la tabla 1 para calcular la matriz jacobiana.
Paso 3: Por medio de la eliminación de Gauss y la sustitución hacia atrás resuelva.
𝑱𝟏(𝒊) 𝑱𝟐(𝒊)
[
𝑱𝟑(𝒊) 𝑱𝟒(𝒊
] [
∆𝜹(𝒊)
∆𝑽(𝒊
] =
∆𝑷(𝒊)
[
∆𝑸(𝒊
]

20. Paso 4. Calcule.
𝑥(𝑖 + 1) = [
𝛿(𝑖 + 1)
] = [
𝛿(𝑖)
] + [
∆𝛿(𝑖)
]
𝑉(𝑖 + 1) 𝑉(𝑖) ∆𝑉(𝑖)
Empezando con el valor inicial de x(0), el procedimiento continua hasta que se obtiene la
convergencia o hasta que le número de iteraciones supere un máximo especificado.

21. Ejemplos:
Ejercicio 1. Dar solución nuevamente al ejemplo con el método de Newton-Raphson.
El sistema es de tres buses, bus 1 de generación, bus 2 de carga y bus 3 de voltaje controlado,
sus valores de voltajes, ángulos y potencias dados son:
V1 = 1.05 δ1 = 0
P2 = −4 Q2 = −2.5
V3 = 1.04 P3 = 2
La matriz de admitancias de bus en forma rectangular y polar es:
𝟐𝟎 − 𝟓𝟎𝐢 −𝟏𝟎 + 𝟐𝟎𝐢 −𝟏𝟎 + 𝟑𝟎𝐢
Y = {−𝟏𝟎 + 𝟐𝟎𝐢 𝟐𝟔 − 𝟓𝟐𝐢 −𝟏𝟔 + 𝟑𝟐𝐢}
−𝟏𝟎 + 𝟑𝟎𝐢 −𝟏𝟔 + 𝟑𝟐𝐢 𝟐𝟔 − 𝟔𝟐𝐢
𝟓𝟑. 𝟖𝟓∠ − 𝟔𝟖. 𝟏𝟗 𝟐𝟐. 𝟑𝟔∠𝟏𝟏𝟔. 𝟓𝟔 𝟑𝟏. 𝟔𝟐∠𝟏𝟎𝟖. 𝟒𝟑
𝐘 = { 𝟐𝟐. 𝟑𝟔∠𝟏𝟏𝟔. 𝟓𝟔 𝟓𝟖. 𝟏𝟑∠ − 𝟔𝟑. 𝟒𝟑 𝟑𝟓. 𝟕𝟕∠𝟏𝟏𝟔. 𝟓𝟔 }
𝟑𝟏. 𝟔𝟐∠𝟏𝟎𝟖. 𝟒𝟑 𝟑𝟓. 𝟕𝟕∠𝟏𝟏𝟔. 𝟓𝟔 𝟔𝟕. 𝟐𝟑∠ − 𝟔𝟕. 𝟐𝟏
Se comienza con asignar los valores estimados a las incógnitas; magnitud de voltaje y
ángulo de fase para el bus de carga, y ángulo de fase para el bus de voltaje controlado.
V2−0 = 1 δ2−0 = 0 δ3−0 = 0
En este caso se opta por usar la opción de simplemente tomar uno para el valor de la
magnitud y cero para el ángulo.
Para el bus 2 de carga se calculan las potencias real y reactiva
𝑃2𝐶 = [⌊𝑉2⌋[𝑉1]⌊𝑌2, 1⌋ cos(𝜃2,1 − 𝛿2 + 𝛿1)] + [⌊𝑉2⌋[𝑉2]⌊𝑌2, 2⌋ cos(𝜃2,2)] +
[⌊𝑉2⌋[𝑉3]⌊𝑌2,3⌋cos(𝜃2,3 − 𝛿2 + 𝛿3)]

22. 𝑃2𝐶 = [(1)(1.05)(22.36) cos(116.5 − 0 + 0)] + [(1)(1)(58.13) cos(−63.43)]
+ [(1)(1.04)(35.77) cos(116.56 − 0 + 0)]
𝑃2𝐶 = −1.14
𝑄2𝐶 = −[⌊𝑉2⌋[𝑉1]⌊𝑌2, 1⌋ sin (𝜃2, 1 − 𝛿2 + 𝛿1)]-[⌊𝑉2⌋[𝑉2]⌊𝑌2, 2⌋ sin (𝜃2, 2)] −
[⌊𝑉2⌋[𝑉3]⌊𝑌2, 3⌋ sin (𝜃2,3 − 𝛿2 + 𝛿3)]
𝑄2𝐶 = −[(1)(1.05)(22.36) sin(116.56 − 0 + 0)] − [(1)(1)(58.13) sin(−63.43)]-
[(1)(1.04)(35.77) sin(116.56 − 0 + 0)]
𝑄2𝐶 = −2.28
Los incrementos de potencia para el bus 2 "∆P2" y "∆Q2" con las ecuaciones son:
∆P2 = P2 − P2c
∆P2 = −4 − (−1.14)
∆P2 = −2.86
∆Q2 = Q2 − Q2c
∆Q2 = −2.5 − (−2.28)
∆Q2 = −0.22
Con la ecuación se calcula la potencia real del bus 3 de voltaje controlado.
𝑃3𝐶 = [⌊𝑉3⌋[𝑉1]⌊𝑌3, 1⌋ cos(𝜃3,1 − 𝛿3 + 𝛿1)] + [⌊𝑉3⌋[𝑉2]⌊𝑌3, 2⌋cos(𝜃3,2 − 𝛿3 + 𝛿2)] +
[⌊𝑉3⌋[𝑉3]⌊𝑌3, 3⌋ cos(𝜃3, 3)]

23. 𝑃3𝐶 = [(1.04)(1.05)(31.62) cos(108.43 − 0 + 0)] + [(1.04)(1)(35.77) cos(116.56 − 0 + 0)]
+ [(1.04)(1.04)(67.23) cos(−67.24)]
𝑃2𝐶 = 0.5616
El incremento de potencia para el bus 3 "∆P3", es:
∆P3 = P3 − P3c
∆P3 = 2 − (0.5616)
∆P3 = 1.4384
Para obtener los elementos de la matriz jacobiana es necesario obtener las derivadas
parciales de las ecuaciones de las potencias, respecto a cada una de las variables
desconocidas, respecto a δ2, δ3 |V2|:
Los elementos de J1, serán las derivadas parciales de las ecuaciones de potencia real de los
buses 2 y 3, respecto a las incógnitas de ángulos de fase, es decir respecto a δ2 y δ3, dicho
de otra forma, J1 serán cuatro valores:
𝖯𝑃2
= [⌊𝑉 ⌋[𝑉 ]
⌊
𝑌 ⌋ s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]-[⌊𝑉 ⌋[𝑉 ]
⌊
𝑌 ⌋ s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]
𝖯𝛿2
2 1 21 21 2 1 2 3 23 23 2 3
𝖯𝑃2
= [(1)(1.05)(22.36) sin(116.56 − 0 + 0)] + [(1)(1.04)(35.77) sin(116.56)]
𝖯𝛿2
𝖯𝑃2
= 54.28
𝖯𝛿2
𝖯𝑃2
= −[𝑉 ][𝑉 ][𝑌 ] s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )
𝖯𝛿3
2 3 23 23 2 3
𝖯𝑃2
= −[(1)(1.04)(35.77) sin(116.56 − 0 + 0)]
𝖯𝛿2

24. 2
𝖯𝑃2
= −33.28
𝖯𝛿2
𝖯𝑃3
= −[𝑉 ][𝑉 ][𝑌 ] s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )
𝖯𝛿2
3 2 32 32 3 2
𝖯𝑃3
= [(1.04)(1)(35.77) sin(116.56 − 0 + 0)]
𝖯𝛿2
𝖯𝑃3
= −33.28
𝖯𝛿2
𝖯𝑃3
= [⌊𝑉 ⌋[𝑉 ]
⌊
𝑌 ⌋ s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]-[⌊𝑉 ⌋[𝑉 ]
⌊
𝑌 ⌋ s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]
𝖯𝛿3
3 1 31 31 3 1 3 2 32 32 3 2
𝖯𝑃3
= [(1.04) (1.05) (31.62) sin (108.43 + 0 − 0)] + [(1.04) (1) (35.77) sin (116.56)]
𝖯𝛿3
𝖯𝑃3
= 66.04
𝖯𝛿3
Los elementos de J2, serán las derivadas parciales de las ecuaciones de potencia real de
los buses 2 y 3, respecto a las incógnitas de voltaje en el sistema, es decir únicamente
respecto a V2, dicho de otra forma, J2 serán dos valores:
𝖯𝑃2
= 2|𝑉 |
𝑌 cos(𝜃 ) + [|𝑉 |
|
𝑌 | c
o
s
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 ) + |𝑉 |
|
𝑌 | c
o
s
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]
𝖯|𝑉2| 2 22 22 1 21 21 2 1 3 23 23 2 3
𝖯𝑃2
𝖯|𝑉 |
= (2)(1)(58.13) cos(−63.43)
+ [(1.05) (22.36)cos (116.56 − 0 + 0) + (1.04) (35.77) cos (116.56 − 0 + 0)]
𝖯𝑃2
= 24.87
𝖯|𝑉2|

25. 2
2
𝖯𝑃3
= |𝑉 ||𝑌 | c
o
s
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )
𝖯|𝑉2| 3 32 32 3 2
𝖯𝑃2
𝖯|𝑉 |
= (1.04)(35.77) cos(116.56 − 0 + 0)
𝖯𝑃2
𝖯|𝑉 |
= 16.64
Los elementos de J3, serán las derivadas parciales de la ecuación de potencia reactiva del
bus 2 respecto a las incógnitas de ángulos de fase en el sistema, es decir, respecto a δ2 y
δ3, dicho de otra forma, J3 serán dos valores:
𝖯𝑄2
= [⌊𝑉 ⌋[𝑉 ]
⌊
𝑌 ⌋ c
o
s
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]+[⌊𝑉 ⌋[𝑉 ]
⌊
𝑌 ⌋ c
o
s
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]
𝖯𝛿2
2 1 21 21 2 1 2 3 23 23 2 3
𝖯𝑄2
= (1)(1.05)(22.36) cos(116.56 − 0 + 0) + (1)(1.04)(35.77)cos(116.56 − 0 + 0)
𝖯𝛿2
𝖯𝑄2
= −27.14
𝖯𝛿2
𝖯𝑄2
= −|𝑉 ||𝑉 ||𝑌 | c
o
s
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )
𝖯𝛿3
2 3 23 23 2 3
𝖯𝑄2
= (1) (1.04) (35.77) cos (116.56 − 0 + 0)
𝖯𝛿3
𝖯𝑄2
= 16.64
𝖯𝛿2
Los elementos de J4, serán las derivadas parciales de la ecuación de potencia reactiva del
bus 2, respecto a las incógnitas de voltaje en el sistema, es decir únicamente respecto a
V2, dicho de otra forma, J2 será solo un valor:

26. 2
2
2
3
2
3
2
2
𝖯𝑄2
=−2|𝑉 |
𝑌 sin(𝜃 ) − [|𝑉 |
|
𝑌 | s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 ) − |𝑉 |
|
𝑌 | s
i
n
(
𝜃 − 𝛿 + 𝛿 )]
𝖯|𝑉2| 2 22 22 1 21 21 2 1 3 23 23 2 3
𝖯𝑄2
𝖯|𝑉 |
= −(1) (58.13) sin (−63.43)
− (1.05) (22.36) sin (116.56 − 0 + 0) − (1.04) (35.77) sin (116.56 − 0 + 0)
𝖯𝑄2
𝖯|𝑉 |
= 49.72
Sustituyendo valores tenemos:
−2.8600 54.28 −33.28 24.87 𝖥 ∆δ
(0)
1
[ 1.4384] = [−33.28 66.04 −16.64] I ∆δ
(0) I
−0.2200 −27.14 16.64 49.72 I (0) I
[∆|V2 |]
Resolviendo el sistema de ecuaciones para obtener los incrementos en los ángulos de
fase y la magnitud del voltaje se tiene:
∆δ(0) = −0.045263
∆δ(0) = −0.007718
∆ |V(0)| = −0.026548
Los nuevos valores para los ángulos de fase δ2 y δ3, así como para la magnitud de voltaje |V2
|son:
δ1 = δ0 + ∆δ0
2 2 2
δ1 = 0 + (−0.045263)

27. 2
3
3
2
2
2
3
δ1 = −0.045263
δ1 = δ0 + ∆δ0
3 3 3
δ1 = 0 + (−0.007718)
δ1 = −0.007718
|V(1)| = |V(0)| + ∆ |V(0)|
2 2 2
|V(1) | = 1 + (−0.026548)
|V(1)| = 0.973451
Teniendo ya valores nuevos para los elementos desconocidos del sistema se ha
completado la primera iteración; el proceso se repite tomando tales valores como valores
estimados. Para la segunda iteración se tiene:
−0.099218 51.724675 −31.765618 21.302567 𝖥 ∆δ
(1)
1
[ 0.021715] = [−32.981642 65.656383 −15.379086] I ∆δ
(0) I
−0.050914 −28.538577 17.402838 48.103589 I (1) I
[∆ |V2 | ]
Resolviendo el sistema de ecuaciones, los incrementos en los ángulos de fase y la magnitud
del voltaje son:
∆δ(1) = −0.001795 ∆δ(1) = −0.000985 ∆ |V(1)| = −0.001767
2 3 2

28. 2
2
3
3
2
2
2
3
Los nuevos valores para los ángulos de fase δ2 y δ3, así como para la magnitud de voltaje
|V2|son:
∆δ
(2)
= δ
(1)
+ ∆δ
(1)
2 2 2
∆δ(2) − 0.045263 + (−0.001795)
∆δ(2) = −0.04706
∆δ
(2)
= δ
(1)
+ ∆δ
(1)
3 3 3
∆δ(2) = −0.007718 + (−0.000985)
∆δ(2) = −0.00870
|V2| = |V1| + ∆|V1|
2 2 2
|V2| = 0.973451 + (−0.001767)
|V2| = 0.971684
Para la tercera iteración se tiene:
−0.000216 51.596701 −31.693866 21.147447 𝖥 ∆δ
(2)
1
[ 0.000038] = [−32.933865 65.597585 −15.351628] I ∆δ
(2)
I
−0.000143 −28.548205 17.396932 47.954870 I (2) I
[∆ |V2 |]

29. 2
2
3
3
2
2
Resolviendo el sistema de ecuaciones, los incrementos en los ángulos de fase y la
magnitud del voltaje son:
∆δ(2) = −0.000038 ∆δ(2) = −0.000024 ∆ |V(2)| = −0.0000044
2 3 2
Los nuevos valores para los ángulos de fase δ2 y δ3, así como para la magnitud de voltaje
|V2|son:
∆δ
(3)
= δ
(2)
+ ∆δ
(2)
2 2 2
∆δ(3) = −0.047058 + (−0.0000038)
∆δ(3) = −0.04706
∆δ
(3)
= δ
(2)
+ ∆δ
(2)
3 3 3
∆δ(3) = −0.008703 + (−0.000024)
∆δ(3) = −0.08705
|V3| = |V2| + ∆|V2|
2 2 2
|V3| = 0.971684 + (−0.0000044)
|V3| = 0.97168

30. 3
3,𝑐𝑎𝑙𝑐
3,𝑐𝑎𝑙𝑐
3,calc
Ejemplo 2. El pequeño sistema de potencia del ejemplo tiene los datos de línea y de barra
dado en las tablas 9.2 y 9.3. Se hace un estudio de flujos de potencia por el método de
Newton-Raphson mediante la forma polar de las ecuaciones para P y Q. determine el
número de filas y columnas en la jacobiana. Calcule el error inicial ∆𝑃(𝑜) y los valores iniciales
de los elementos de la jacobiana de la segunda fila tercera columna; de la segundafila,
segunda columna; y de la quinta fila, quinta columna. Use los valores especificados quese
muestran en la tabla 9.3
Solución:
Se necesitaría una matriz jacobiana de 6 x 6 si se especificaran P y Q para las restantes
tres barras, porque la barra de compensación no tiene filas ni columnas en esa matriz. Sin
embargo, se especifica la magnitud del voltaje en la barra 4 y así, la jacobiana será una
matriz de 5 x 5. Se necesita la forma polar de los elementos fuera de la diagonal de la tabla
9.4, con el fin de calcular 𝑃3,𝑐𝑎𝑙𝑐 a partir de los voltajes estimados y especificados de la tabla
9.3.
Y31 = 26.359695∠101.30993° Y34 = 15.417934∠101.30993
Y el elemento de la diagonal 𝑌33 = 8.193267 − 𝑗40.863838. Como 𝑌32 y los valores iniciales
𝛿(0) y 𝛿(0) son cero, se obtiene:
3 4
𝑃(0) = |𝑉 |
2
𝐺 + |𝑉 𝑉 𝑌 |cos 𝜃 +|𝑉 𝑉 𝑌 |cos 𝜃
3,𝑐𝑎𝑙𝑐 3 33 3 1 31 31 3 4 34 34
𝑃(0) = (1)28.193267 + (1𝑥1𝑥26.359695) cos(101.30993)
+ (1𝑥1.02𝑥15.417934) cos (101.30993)
𝑃(0) = −0.06047 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑
La potencia real programada dentro de la red a través de la barra 3 es de -2.00 por unidad
y así, el error inicial que se desea calcular es igual a:
∆P(0) = −2.00 − (−0.06047) = −1.93956 por unidad

31. El elemento de la jacobiana (segunda fila, tercera columna) es:
𝖯𝑃3
= −|𝑉 𝑉 𝑌 | s
i
n
(
𝜃 + 𝛿 − 𝛿 )
𝖯𝛿4
3 4 34 34 4 3
𝖯𝑃3
= −(1𝑥1.02𝑥15.417934) sin (101.30993)
𝖯𝛿4
𝖯𝑃3
= −15.420898 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑
𝖯𝛿4
El elemento de la segunda fila, segunda columna es:
𝖯𝑃3
=
𝖯𝑃3
−
𝖯𝑃3
−
𝖯𝑃3
𝖯𝛿3 𝖯𝛿1 𝖯𝛿2 𝖯𝛿4
𝖯𝑃3
= |𝑉 𝑉 𝑌 | s
i
n
(
𝜃 + 𝛿 − 𝛿) − 0 −(−15.420898)
𝖯𝛿3
3 1 31 31 1 3
𝖯𝑃3
= (1𝑥1𝑥26.359695)sin (101.30993) + 15.420898
𝖯𝛿3
𝖯𝑃3
= 41.268707 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑
𝖯𝛿3
Para el elemento de la quinta fila, quinta columna da:
|𝑉 |
𝖯𝑄3
= −
𝖯𝑃3
− 2|𝑉 |2𝐵
3 𝖯|𝑉3| 𝖯𝛿3
3 33
|𝑉 |
𝖯𝑄3
= −41.568707 − 2(1)2(−40.863838) = 40.458969 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑
3 𝖯|𝑉3|

32. De manera similar se pueden calcular los valores iniciales de los otros elementos de la
jacobiana y de los errores de potencia en todas las barras del sistema mediante los datos
de entrada iniciales.
−1.597
𝖥−1.9401
= 2.213
I−0.447I
[−0.835]
Este sistema de ecuaciones da valores para las correcciones de voltaje de la primera
iteración que son necesarios para actualizar las variables de estado de acuerdo con las
ecuaciones. El conjunto de voltajes actualizados en las barras al finalizar la primera iteración
es:

33. 5.5 El método desacoplado de flujos de potencia
Las contingencias son una preocupación importante en las operaciones de sistemas de
potencia. Por ejemplo, el personal de operación necesita saber qué cambios de flujos de
potencia ocurrirán debido a la falla de un generador particular o una línea de transmisión.
La información de contingencia, cuando se obtiene en tiempo real, se puede utilizar para
anticipar problemas causados por tales fallas, y se pueden usar para programar estrategias
de operación que permitan superar los problemas.
Los algoritmos rápidos de flujos de potencia se crearon para dar soluciones en segundos o
menos. Estos algoritmos se basan en la siguiente simplificación de la matriz jacobiana. Si
se ignoran 𝐽 (𝑖) y 𝐽 (𝑖), la ecuación [
𝐽1(𝑖) 𝐽2(𝑖)
] [
∆𝛿(𝑖)
] = [
∆𝑃(𝑖)
] se reduce a dos
2 3 𝐽3(𝑖) 𝐽4(𝑖) ∆𝑉(𝑖) ∆𝑄(𝑖)
conjuntos de ecuaciones desacopladas.
J1(i)∆δ(i) = ∆P(i)
J4(i)∆V(i) = ∆Q(i)
El tiempo de computadora requerido para resolver las dos últimas ecuaciones es mucho
menor que el necesario para resolver [
𝐽1(𝑖) 𝐽2(𝑖)
] [
∆𝛿(𝑖)
] = [
∆𝑃(𝑖)
]. Además, la
𝐽3(𝑖) 𝐽4(𝑖) ∆𝑉(𝑖) ∆𝑄(𝑖)
reducción del tiempo de computadora de puede obtener a partir de la simplificación
adicional de la matriz jacobiana. Por ejemplo, suponga que 𝑉𝑘 ≈ 𝑉𝑛 ≈ 1.0 por unidad y 𝛿𝑘 ≈
𝛿𝑛.
Simplificaciones similares a estas permiten obtener soluciones rápidas de flujo de potencia.
Para un número fijo de iteraciones, el algoritmo desacoplado rápido dado por las dos últimas
ecuaciones no es tan preciso como el algoritmo exacto de Newton-Raphson. No obstante,
los ahorros de tiempo de computadora se consideran más importantes.

34. Ejemplos:
Ejercicio 1:
Formulación:
∆𝑃 = 𝐵′. ∆𝛿 ; ∆𝑄 = 𝐵′′. ∆𝑉
𝑉 𝑉
Donde:
𝐵′ = [
15 −5
] ; 𝐵′′ = [10]
−5 10
Descomposición de [
𝐵′ 0
] en “LU”:
0 𝐵′′
1 0 0 15 −5 0
𝐿 = [−0.333 1 0] 𝑈 = [ 0 8.333 0 ]
0 0 1 0 0 10
Paso #1: asumiendo valores iniciales obtenidos en el método anterior
∆𝑃2 = 5.3217, ∆𝑃3 = −3.6392 , ∆𝑄3 = −0.0339
Vector de error:
𝖥
∆𝑃2
1
I 𝑉2 I
I∆𝑃3I 4.838
I 𝑉 I = [−3.6392]
I 3 I −0.0339
I∆𝑄3I
[ 𝑉3 ]

35. ∆𝑉3 = −0.00339, (𝑉3 = 0.996)
∆𝛿3 = −0.2432, (𝛿3 = −0.243)
∆𝛿2 = 0.2414, (𝛿2 = 0.241)
Paso #2:
Vector de error:
𝖥
∆𝑃2
1
I 𝑉2 I
I∆𝑃3I 0.134
I 𝑉 I = [ 0.1378 ]
I 3 I −0.7747
I∆𝑄3I
[ 𝑉3 ]
∆𝑉3 = −0.07747, (𝑉3 = 0.918)
∆𝛿3 = −0.0165, (𝛿3 = −0.227)
∆𝛿2 = 0.0216, (𝛿2 = 0.262)

36. Ejercicio 2. Determine la solución de la primera iteración al problema. El pequeño sistema
de potencia tiene los datos de línea y de barra dados en las tablas 9.2 y 9.3. Se hace un
estudio de flujos de potencia por el método de Newton Raphson mediante la forma polar de
las ecuaciones para Py Q. Determine el número de filas y columnas en la jacobiana. Calcule
el error inicial A y los valores iniciales de los elementos de la jacobiana de la segunda fila,
tercera columna, de la segunda fila, segunda columna; y de la quinta fila, quinta columna.
Use los valores especificados y los valores de voltaje iniciales estimados que se muestran
en la tabla 9.3.

37. Solución:
La matriz B se puede leer directamente de la tabla 9.4 y los errores que corresponden a las
estimadas iniciales de voltaje ya fueron calculados en el ejemplo 9.5, así que la ecuación
conduce a:
44.835953 0 −25.847809 ∆δ2 −1.59661
[ 0 40.863838 −15.118528] [∆δ3] = [−1.93953]
−25.847809 −15.118528 40.863838 ∆δ4 2.21286

38. Al resolver esta ecuación se tienen las corrientes de ángulo en radianes:
∆δ2 = −0.02057; ∆δ3 = −0.03781; ∆δ4 = 0.02609
Al sumar estos resultados a los estimados del inicio plano de la tabla 9.3, se obtienen los
valores actualizados de 𝛿2, 𝛿3 𝑦 𝛿4, que serán usados junto con los elementos de Yes para
calcular los errores de los reactivos
∆𝑄2
=
1 {𝑄 − 𝑄 }
|𝑉2| |𝑉2| 2,𝑝𝑟𝑜𝑔 2,𝑐𝑎𝑙𝑐
1
= {
𝑄 − [−|𝑉 |
2
𝐵 − |
𝑌 𝑉 𝑉 | s
i
n
(
𝜃 + 𝛿 − 𝛿 ) − |
𝑌 𝑉 𝑉 | s
i
n
(
𝜃 + 𝛿 − 𝛿 )]}
|𝑉2|
2,𝑝𝑟𝑜𝑔 2 22 12 1 2 12 1 2 24 2 4 24 4 2
1
=
|1.0|
{−1.0535 + 1.02(−44.835953)
+ 19.455965 sin (101.30993 ×
𝜋
180
+ 0 + 0.02057)
𝜋
+ 26.359695 × 1.02 sin(101.3093 ×
180
+ 0.02609 + 0.02057)}
= 0.80370 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑
∆𝑄3
=
1 {𝑄 − 𝑄 }
|𝑉3| |𝑉3| 3,𝑝𝑟𝑜𝑔 3,𝑐𝑎𝑙𝑐
1
= {
𝑄 − [−|𝑉 |
2
𝐵 − |
𝑌 𝑉 𝑉 | s
i
n
(
𝜃 + 𝛿 − 𝛿 ) − |
𝑌 𝑉 𝑉 | s
i
n
(
𝜃 + 𝛿 − 𝛿 )]}
|𝑉3|
3,𝑝𝑟𝑜𝑔 3 33 13 1 3 13 1 3 34 3 4 34 4 3
1
=
|1.0|
{−1.2394 + 1.02(−40.86838)
+ 26.359695 sin (101.30993 ×
𝜋
180
+ 0 + 0.03781)
𝜋

39. + 15.417934 × 1.02 sin (101.3093 ×
180
+ 0.02609 + 0.03781)}

40. = −1.2768 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑
No se requiere un cálculo del error de reactivos en la barra 4 porque es de voltaje
controlado. Por consiguiente, la ecuación da como resultado:
[
44.835953 0 ][
∆|V2|
= [
−0.80370
]
0 40.863838 ∆|V3| −1.27684
Que conduce a las soluciones ∆|𝑉2| = −0.01793 𝑦 ∆|𝑉3| = 0.03125. Las nuevas magnitudes
de voltaje en las barras 2 y 3 son |𝑉2| = 0.98207 𝑦 |𝑉3| = 0.96875, que completan la primera
iteración. Los errores actualizados para la segunda iteración de la ecuación se calculan
mediante los nuevos valores de voltaje.
]

41. 5.6 Estudios de flujos de potencia en el diseño y operación de
sistemas
Son utilizados en la planificación y diseño de la expansión futura de los sistemas eléctricos,
así como en la determinación de las condiciones operativas de los sistemas existentes. La
información más relevante que se obtiene de un estudio de flujos de carga es la magnitud
y el ángulo de fase del voltaje en cada barra y las potencias activas y reactivas que fluyen
en cada elemento.
Otro objetivo del análisis de flujos de carga es la evaluación de las características de
regulación de tensión en la red bajo distintas condiciones de carga. En esta evaluación se
debe verificar el cumplimiento de las normas de calidad de servicio establecidas por las
condiciones del desempeño mínimo para los diferentes estados de operación.
El cálculo de flujos de potencia, es uno de los procedimientos computacionales más
comúnmente usados en el análisis de redes eléctricas de tipo industrial o comercial, para
obtener una adecuada planeación, diseño y operación de redes eléctricas se requiere de
estos cálculos, de modo tal que se pueda analizar el rendimiento en régimen permanente
del sistema eléctrico bajo una variedad de condiciones operativas y estudiar los efectos de
los cambios en la configuración de la red y los equipos.
Los estudios de flujos de carga se usan para determinar la condición óptima de operación
para modos de operación normales, de baja demanda o de máxima demanda; tales como
el ajuste adecuado de los equipos de control de voltaje, o cómo responderá la red eléctrica
bajo condiciones anormales, tales como la salida de servicio de alguna línea o algún
transformador, etc.
Permite determinar:
• Fasores de voltaje nodales y los flujos de potencia activa y reactiva en todas las
ramas de la red eléctrica.
• Equipos o circuitos sobrecargados.
• Simular diferentes condiciones de operación de la red eléctrica.
• Localización del sitio óptimo de los bancos de capacitores para mejorar el
factorde potencia.
• Los taps de los transformadores para la regulación del voltaje.
• Pérdidas de la red eléctrica bajo ciertas condiciones de operación.
• Simular contingencias y determinar los resultados de operación de la red eléctrica.
• Simulación de la red eléctrica con máximo rendimiento.
• Se pueden obtener las condiciones de operación con menores pérdidas.

42. En realidad, el flujo en líneas y el voltaje de las barras fluctúa constantemente por valores
pequeños a que las cargas cambian constantemente como iluminación, motores y otras
cargas son encendidas y apagadas.
El flujo de potencia forma la base para determinar cuándo es la condición de un equipo
nuevo es necesario y la efectividad de nuevas alternativas para resolver presentes
deficiencias y examinar requerimientos del sistema.
Ejemplos:
Ejercicio 1. Calcule la corriente que fluye en el circuito equivalente de la línea que va de la
barra 1 a la barra 3 en el sistema de 230 kV de la figura, a partir los flujos de línea mostrados
en la figura 9.6. Calcule la pérdida / R de la línea y compare este valor con la diferencia
entre la potencia en la línea desde la barra 1 y la potencia que sale en la barra 3. por medio
de la corriente calculada y los parámetros de la línea dados en la tabla 9.2. De manera
similar, encuentre 𝐼2𝑋 en la línea y compare el resultado con el valor que se encontraría de
los datos de la figura 9.6

43. Solución:
En la figura 9.6 se muestra el flujo de mega watts y megavars en el circuito equivalente
monofásico de la línea 1 - 3. El flujo total de megavoltamperes a través de R y de X de las
tres fases es:
𝑆 = 98.12 + 𝑗65.085 = 177.744(33.56°)𝑀𝑉𝐴
O 𝑆 = 97.09 + 𝑗59.932 = 114.098(31.69°)𝑀𝑉𝐴
Y |𝐼| =
117744
√3×230×1.0
= 295.56𝐴

44. O |𝐼| =
114098
√3×230×0.969
= 295.57𝐴
La magnitud de la corriente I en la serie R+jX de la línea 1-3 se puede calcular también
mediante |𝐼| =
|𝑉1−𝑉3|
La impedancia base es:
|𝑅+𝑗𝑋|
𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 =
(230)2
= 529𝑜ℎ𝑚𝑠
100
Y al aplicar los parámetros R y X de la tabla 9.2, se tiene:
Perdidas I2R = 3 × (295.56)2 × 0.00744 × 529x10−6 = 1.03MW
I2X de la línea = 3 × (295.56)2 × 0.03720 × 529x10−6 = 5.157Mvar
Estos son los valores por comparar con (98.12 − 97.09) = 1.03𝑀𝑊 𝑦 (65.085 − 95.932) =
5.153𝑀𝑣𝑎𝑟 de la figura 9.6.
.

45. 5.7 “Análisis de continencia N-1 en base a flujos de potencia”
– Análisis de contingencias
Permite evaluar el grado de seguridad de un sistema eléctrico, conociendo las
consecuencias sobre el sistema de la pérdida de diferentes elementos (contingencia).
La seguridad en la operación de sistemas de potencia es uno de los temas en los que
se ha trabajado con mayor interés en los últimos tiempos. Una ayuda invaluable en el
problema de la seguridad es el análisis de contingencias.
1. Contingencias que producen cambios en la topología de la red, tales como las
salidas o entradas de líneas y/o transformadores.
2. Contingencias en nodos que son las que involucran cambios de generación y/o
carga en los barajes del sistema
El análisis de contingencias consta de un algoritmo capaz de calcular la nueva situación del
sistema en estado estacionario una vez ocurrida cualquier contingencia.
– Tipo de contingencias:
• Fallo simple o pérdida de un elemento del sistema (criterio N-1)
• Fallo doble o pérdida simultánea de dos elementos del sistema (criterioN-2).
Implica realizar un flujo de cargas completo para cada una de las contingencias
seleccionadas, para evaluar el estado del sistema tras cada contingencia.
– Análisis basado en factores de distribución (I)
• Según el flujo de cargas en continua, la potencia inyectada en un nodo i es:
• Matricialmente: P B= ·δ.
𝑷𝒊 = ∑
𝜹𝒊 − 𝜹𝒌
𝑿𝒊𝒌
𝒌

46. • Se puede obtener una relación lineal entre los flujos de potencia en líneas y
transformadores Pf y las potencias inyectadas en los nudos: 𝑃𝑓 = 𝑆. 𝑃.
• S es la matriz de sensibilidades entre los flujos de potencia y las potencias inyectadas en los
nudos.
– Contingencia N-1
N-1 es un caso particular del criterio N-k desarrollado en la década del 40.
Establece que el sistema eléctrico es capaz de soportar la salida simultánea de k elementos
de generación, red y/o demanda, sin violar los límites operacionales ni tampoco dejar de
abastecer la demanda.