Newton rapshon
•Descargar como DOCX, PDF•
0 recomendaciones•390 vistas
El documento presenta el análisis de un sistema de potencia trifásico de tres nodos mediante el método de Newton-Raphson. Se calcula la matriz de admitancias del sistema y se aplica el método iterativo para hallar las correcciones de ángulo de voltaje y voltaje en cada nodo que satisfagan las ecuaciones de balance de potencia y reactiva en cada iteración hasta alcanzar la convergencia deseada.
![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](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Recomendados
Más contenido relacionado
La actualidad más candente
La actualidad más candente (20)
Destacado
Destacado (20)
Similar a Newton rapshon
Similar a Newton rapshon (20)
Último
Último (20)
Newton rapshon
- 1. UNIVERSIDAD DISTRITAL FRANCISCO JOSÉ DE CALDAS 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 ]