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8/19/2019 Tarea ASEP 3 USM

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Tarea No1

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA III

Pablo Briceño 2904648-4 - Daniel Sánchez 2904698-0

15 de noviembre de 2015


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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA IIITAREA No1

1. a) Definicíon de matriz de impedancia de barra mediante algorti-mos de construcción y matrices de conexión.

La información contenida en la tabla de parámetros del sistema se traduce en el siguiente esquema unilineal:

Figura 1: Esquema unilineal de la red a analizar.

Se procederá a determinar la matriz de impedancia de barra Z barra mediante i) algoritmos de construcción y ii)matrices de conexión.

1.1. i) Algoritmos de construcción

Inicialmente, se integra el elemento 3 entre las barras p = 4 y q = 3.

Figura 2: Nueva barra 3.

E 3

E 4

=

Z 33 Z 34

Z 43 Z 44

·

I 3

I 4

Considerando la barra 4 como referencia, entonces E 4 = 0 y Z 43 = Z 34 = Z 44 = 0. Por lo tanto:

Z 33 = 0, 01 + j0, 08

.Ahora se adiciona el elemento 4 entre las barras ya conocidas p = 4 y q = 3. El elemento a agregar entonces esuna cuerda .

PBN - DSM


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Figura 3: Nueva barra 4.

Se requiere conocer la matriz de admitancias primitivas con este nuevo elemento:

y = z −1

=

0, 01 + j0, 08 j0, 02

j0, 02 j0, 01 + j0, 08

−1

y

=

1, 8464 − j13, 0586 −0, 8563 + j3, 1576

−0, 8563 + j3, 1576 1, 8464 − j13, 0586

Trabajando con el nodo ficiticio, los elementos a determinar son Z l3, Z 3l y Z ll. Nuevamente con p = 4, q = 3 ei = 3:

Z l3 = Z 43 − Z 33 + [y43(4),ρσ]

y43(4),43(4)· ([zρ4] − [zσ3])

Z l3 = −0, 01 − j0, 08 + [−0, 8563 + j3, 1576]

1, 8464 − j13, 0586 · [−0, 01 − j0, 08] = −0, 01 − j0, 06

Z ll = Z 4l − Z 3l + 1 + [y43(4),ρσ]

y43(4),43(4)· ([zρl] − [zσl ])

Z ll = 0, 01 + j0, 06 + 1

1, 8464 − j13, 0586 ·

1 + −0, 8563 + j3, 1576

·

0, 01 + j0, 06

Z ll = 0, 02 + j0, 12

Se debe recalcular Z 33 para eliminar el nodo fictico l:

Z ′33 = Z 33 − Z 3lZ l3

Z ll= 0, 005 + j0, 05

Luego, entre las mismas barras, se agrega el elemento 5. Se actualiza la matriz de admitancias primitivas:

y

= z

−1

=

0, 01 + j0, 08 j0, 02 j0, 02

j0, 02 0, 01 + j0, 08 j0, 02

j0, 02 j0, 02 j0, 01 + j0, 08

−1

y

=

2, 0317 − j13, 5964 −0, 671 + j2, 6468 −0, 671+ j2, 6468

−0, 671 + j2, 6468 2, 0317 − j13, 5964 −0, 671+ j2, 6468

−0, 671 + j2, 6468 −0, 671 + j2, 6468 2, 0317 − j13, 5964

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Figura 4: Se agrega elemento 5 entre las barras 4 y 3.

Nuevamente se desarrolla mediante nodo ficticio. p = 4, q = 3 e i = 3:

Z l3 = Z 43 − Z 33 + [y43(5),ρσ]

y43(5),43(5

) · ([zρ4] − [zσ3])

Z l3 = −0, 005 − j0, 05 +

−0, 671+ j2, 6468 −0, 671+ j2, 6468

2, 0317 − j13, 5964 ·

−0, 005 − j0, 05

−0, 005 − j0, 05

= −0, 005 − j0, 03

Z ll = Z 4l − Z 3l + 1 + [y43(5),ρσ] · ([z4l] − [z3l])

y43(5),43(5)

Z ll = 0, 005+ j0, 03 + 1

2, 0317 − j13, 5964·

1 +

−0, 671 + j2, 6468 −0, 671+ j2, 6468

·

0, 005 + j0, 03

0, 005 + j0, 03

Z ll = 0, 015 + j0, 09

Recalculando el valor de Z 33 para elminar nodo ficticio:

Z ′33 = 0, 0033 + j0, 04

Ahora, se adiciona la nueva barra 2 cuyo rama de enlace es la número 2. Actualizando la matriz de admitanciasprimitivas:

y

= z

−1

=

0, 01 + j0, 08 j0, 02 j0, 02 0

j0, 02 0, 01 + j0, 08 j0, 02 0

j0, 02 j0, 02 j0, 01 + j0, 08 0

0 0 0 j0, 12

−1

y

=

2, 0317 − j13, 5964 −0, 671+ j2, 6468 −0, 671+ j2, 6468 0

−0, 671 + j2, 6468 2, 0317 − j13, 5964 −0, 671+ j2, 6468 0

−0, 671 + j2, 6468 −0, 671+ j2, 6468 2, 0317 − j13, 5964 0

0 0 0 − j8, 3333

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Figura 5: Nueva barra 2 que conecta mediante elemento 2 con nodo 3.

Según algoritmo: p = 3, q = 2.

i = 4: Como barra 4 es la de referencia Z 24 = 0.

i = 3

Z 23 = Z 33 + [y23,ρσ]

y23,23· ([Z ρ3] − [Z σ2]) = Z 33

Z 23 = 0, 0033 + j0, 04

Para la impedancia propia:

Z 22 = Z 32 + 1 + 0

− j8, 3333

Z 22 = 0, 0033 + j0, 16

Se ha armado la siguiente matriz Z barra hasta el momento:

Z barra = 0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 04

0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 16

Se agrega la nueva barra 1 a través de la rama 1:

Figura 6: Nueva barra 1 que es conectada mediante elemento 1 logrando el sistema completo.

Actualizando la matriz de admitancias primitivas:

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y

= z

−1

=

0, 01 + j0, 08 j0, 02 j0, 02 0 0

j0, 02 0, 01 + j0, 08 j0, 02 0 0

j0, 02 j0, 02 j0, 01 + j0, 08 0 0

0 0 0 j0, 12 0

0 0 0 0 0, 015+ j0, 1

−1

y

=

2, 0317 − j13, 5964 −0, 671 + j2, 6468 −0, 671 + j2, 6468 0 0

−0, 671+ j2, 6468 2, 0317 − j13, 5964 −0, 671 + j2, 6468 0 0

−0, 671+ j2, 6468 −0, 671 + j2, 6468 2, 0317 − j13, 5964 0 0

0 0 0 − j8, 3333 0

0 0 0 0 1, 4670 − j9, 78

(1)

Ahora, con p = 2 y q = 1 se obtienen los elementos restantes Z 12, Z 21 y Z 11:i = 4: Como barra 4 es la de referencia Z 14 = 0.

i = 3:

Z 13 = Z 23 + [y21,ρσ]

y21,21· ([Z ρ3] − [Z σ1]) = Z 23

Z 13 = 0, 0033 + j0, 04

i = 2

Z 12 = Z 22 + [y21,ρσ]

y21,21· ([Z ρ3] − [Z σ1]) = Z 22

Z 12 = 0, 0033 + j0, 16

Para la impedancia propia:Z 11 = Z 21 +

1 + 0

1, 4670 − j9, 78

Z 11 = 0, 0183 + j0, 26

Actualizando la matriz Z barra:

Z barra =

0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 04

0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 16

0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 16 0, 0183 + j0, 26

Para comparar con la matriz Z barra que se obtendrá en ii) y de manera de ordenar las filas seg ún orden de

enumeración de las barras se obtiene finalmente:

Z barra =

0, 0183 + j0, 26 0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 04

0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 04

0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 04 0, 0183 + j0, 04

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1.2. ii) Matrices de conexión

Mediante el uso de las matrices de incidencia se procede a determinar Z barra.

Â =

1 −1 0 0

0 1 −1 0

0 0 1 −1

0 0 1 −1

0 0 1 −1

Considerando el nodo 4 como el de referencia:

A =

1 −1 0

0 1 −1

0 0 1

0 0 10 0 1

Y, usando la matriz de admitancias primitivas para la red completa, se obtiene lo buscado:

Z barra = (AT · y · A)−1

Z barra =

0, 0183 + j0, 26 0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 04

0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 16 0, 0033 + j0, 04

0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 04 0, 0033 + j0, 04

2. b) Matriz obtenida tras retirar el tercer circuito entre barras 3 y4.

2.1. Mediante matrices de incidencia

Mediante el uso de las matrices de incidencia se procede a determinar Z barra sin el tercer circuito entre las barrasen cuestión.

Â =

1 −1 0 0

0 1 −1 0

0 0 1 −10 0 1 −1

Considerando el nodo 4 como el de referencia:

A =

1 −1 0

0 1 −1

0 0 1

0 0 1

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Y, usando la matriz de admitancias primitivas para la red sin el elemento 5, se obtiene lo siguiente:

Z barra = (AT · y · A)−1

Z barra =

0, 0044 + j0, 0548 0, 0044 + j0, 0548 0, 0044 + j0, 0548

0, 0044 + j0, 0548 0, 0144 + j0, 1348 0, 0144 + j0, 15480, 0044 + j0, 0548 0, 0144 + j0, 1548 0, 0244 + j0, 2548

3. c) Planteamiento del flujo de potencia utilizando Newton-Raphsony su solución.

Para realizar el flujo de potencia, se utilizará una matriz de Y barra con referencia a tierra, por lo que la matrizampliada de incidencia Â será la siguiente:

Â =

0 1 −1 0 0

0 0 1 −1 0

0 0 0 1 −1

0 0 0 1 −1

0 0 0 1 −1

Nótese que el sistema no tiene conexión a tierra, por lo que la matriz Y barra será singular y no se podrá obtenerZ barra usando el método de matriz de incidencia. Dado que la referencia es la tierra, la matriz de incidencia A,será:

A =

1 −1 0 0

0 1 −1 0

0 0 1 −1

0 0 1 −1

0 0 1 −1

Al usar la matriz de admitancia primitivas 1, se logra obtener la matriz de barra:

Y barra =

1, 467 − j9, 78 −1, 467 + j9, 78 0 0

−1, 467 + j9, 78 1, 467 − j18, 1133 8, 3333 j 0

0 8, 3333 j 2, 0688 − j33, 1609 −2, 0688 + j24, 8276

0 0 −2, 0688 + j24, 8276 2, 0688 − j24, 8276

(2)

Para poder realizar el flujo de potencia, se deben plantear las ecuaciones del sistema. Dichas ecuaciones serán nolineales y serán planteadas en coordenadas polares. Por lo que el sistema a resolver en cada iteración correspondea:

∆P 1

∆P 2

∆P 3

∆Q1

∆Q2

=

J 1 J 2J 3 J 4

·

∆δ 1

∆δ 2

∆δ 3

∆E 2

∆E 3

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Donde los sub́ındices hacen referencia al número de la barra, la expresión δ corresponde al ángulo de tensión (enradianes) con respecto al ángulo de la barra de libre y las expresiones E 1 y E 2 corresponden a la tensión en lasbarras 2 y 3, respectivamente. Nótese que la barra es PV por lo que la potencia reactiva de dicha no barra noaparece en el sistema de ecuaciones y se mantendrá fija la tensión, e igual a 1, 045 p.u, en dicha barra, por lo quetodo cambio se asigna al ángulo de la barra en cuestión.

Es importante mencionar que la cantidad de iteraciones dependerá de la tolerancia de error asociada a la poten-cia de las barras, es decir, valor de potencia calculado en las iteraciones será comparado con las consigas, P 1 enel caso de la barra P V , P 2, P 3, Q2 y Q3 para la barras PQ. La tolerancia asignada al problema corresponde a 10

−4.

La potencia activa P p y reactiva Q p de cada barra, puede ser descritas mediante la magnitud de tensi ón enla barra y los ángulos en dicha barra:

P p =4

q=1

|E pE qY pq| cos(θ pq + δ p − δ q) (3)

Q p =

4q=1

|E pE qY pq| sin(θ pq + δ p − δ q) (4)

Donde p va desde 1 a 3, no considerando la barra 4, dado que se define de inmediato su magnitud y ángulo.

Los componentes J 1, J 2, J 3 y J 4 corresponden a submatrices de distintas dimensiones y en su conjunto for-man el Jacobiano, el cual irá cambiando trás cada iteración. La submatriz J 1 posee una dimención de 3x3, dondesus términos corresponden a derivadas de potencia activa de las barras 1, 2 y 3 con respecto al ángulo:

J 1 =

∂P 1∂δ1

∂P 1∂δ2

∂P 1∂δ3

∂P 2∂δ1

∂P 2∂δ2

∂P 2∂δ3

∂P 3∂δ1

∂P 3∂δ2

∂P 3∂δ3

La submatriz J 2 posee una dimensión de 3x2 y sus términos corresponden a derivadas de Potencia activa de las

barras 1, 2 y 3 con respecto a la magnitud de tensión en la barra 2 y 3:

J 2 =

∂P 1∂E 2

∂P 2∂E 3

∂P 2∂E 2

∂P 2∂E 3

∂P 3∂ E 2

∂P 3∂ E 3

La submatriz J 3 posee una dimensión de 2x3 y su términos corresponden a derivadas de potencia reactiva de lasbarras 2 y 3 con respecto al ángulo de tensión en la barra 1, 2 y 3:

J 3 =

∂Q2∂δ1

∂Q2∂δ2

∂Q2∂δ3

∂Q3∂δ1

∂Q3∂δ2

∂Q3∂δ3

Por último la submatriz J 4 posee una dimensión de 2x2 y sus términos corresponden a derivadas de la potenciareactiva de las barras 2 y 3, con respecto a la tensi ón 2 y 3:

J 4 =

∂Q2∂E 2

∂Q2∂dE 3

∂Q3∂E 2

∂Q3∂dE 3

Para comenzar las iteraciones, se define un vector inicial de tensiones E 0 y δ 0 iguales a:

PBN - DSM


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E 0

δ 0

=

E (0)2

E (0)3

δ (0)1

δ (0)2

δ (0)3

=

1

1

0

0

0

Por lo tanto las potencias activas y recativas en las barras de interés para las iteraciones, dado el valor inicial detensiones y ángulo, se obtienen usando las ecuaciones 4 y 4:

P (0)1

P (0)2

P (0)3

Q(0)2

Q(0)3

=

0, 0690

−0, 0660

−0, 0621

−0, 4401

−0, 7447

Y las diferencias con las consiganas corresponden a:

∆P (0)1

∆P (0)2

∆P (0)3

∆Q(0)2

∆Q(0)3

=

0, 5 − 0, 0690

−0, 05 + 0, 0660

−0, 15 + 0, 0621

−0, 02 + 0, 4401

−0, 05 + 0, 7447

=

0, 4310

0, 0160

−0, 0879

0, 4201

0, 6947

Se observa que el error es mayor a la tolerancia asignada, por lo que se debe hacer una segunda iteración. Por su

parte el Jacobiano para la primera iteración corresponde a:

J =

10, 2201 −10, 2201 0 −1, 5330 0

−10, 2201 18, 5534 −8, 3333 1, 4010 0

0 −8, 3333 33, 9057 0 2, 0067

1, 5330 −1, 5330 0 17, 6732 −8, 3333

0 0 −2, 1309 −8, 3333 32, 4163

Por lo tanto la primera iteración da como resultado:

∆δ

(0)

1

∆δ (0)2

∆δ (0)3

∆E (0)2

∆E (0)3

=

10, 2201 −10, 2201 0 −1, 5330 0−10, 2201 18, 5534 −8, 3333 1, 4010 0

0 −8, 3333 33, 9057 0 2, 0067

1, 5330 −1, 5330 0 17, 6732 −8, 3333

0 0 −2, 1309 −8, 3333 32, 4163

−1

·

0, 43100, 0160

−0, 0879

0, 4201

0, 6947

=

0, 11330, 0660

0, 0118

0, 0343

0, 0310

[rad] =

6, 4915◦

3, 7815◦

1, 9652◦

0, 0343

0, 0310

Como se mencionó anteriormente, el error es mayor a la tolerancia asiganda, por lo que se debe realizar unasegunda iteración. Para ello se debe realizar el mismo procedimiento anterior con los siguientes valores:

PBN - DSM


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δ (1)1 = ∆δ

(0)1 + δ

(0)1 = 6, 4915

◦

δ (1)2 = ∆δ

(0)2 + δ

(0)2 = 3, 7815

◦

δ

(1)

3 = ∆δ

(0)

3 + δ

(0)

3 = 1, 9652

◦

E (1)2 = ∆E

(0)2 + E

(0)2 = 1, 0343

E (1)3 = ∆E

(0)3 + E

(0)3 = 1, 0310

Por lo tanto las tensiones trás la primera iteración corresponden a:

E =

1, 045∠6, 4915◦ 1, 0343∠3, 7815◦ 1, 0310∠1, 9652◦ 1, 030∠0◦

Trás 3 iteraciones se logra obtener una solución que cumple con la restricción de error establecida. Los cambios demagnitud en las barras 1, 2 y 3 quedan expuestos en el siguiente gráfico:

0 1 2 30.9

0.91

0.92

0.93

0.94

0.95

0.96

0.97

0.98

0.99

1

1.01

1.02

1.03

1.04

1.05

1.06

1.07

1.08

Iteraciones

M a g n i t u d t e n s i ó n d e b a r r a s [ p . u

]

Barra 1

Barra 2

Barra 3

Figura 7: Cambio de la magnitud de tensi´ on de las barras 1, 2 y 3 seg´ un iteraciones. El valor de iteraci´ on 0corresponde al valor inicial.

El valor final de los módulos de tensíon en las barras mencionadas corresponden a:

|E 1| = 1,045

|E 2| = 1, 0320

|E 3| = 1, 2940

Por otra parte, el ángulo en las barras mencionadas se comporta de la siguiente forma:

PBN - DSM


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0 1 2 30

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.09

0.1

0.11

0.12

Iteraciones

Á n g u l o d e t e n s i ó n e n b a r r a s [ r a d ]

Bar

Bar

Bar

Figura 8: Cambio del ´ angulo de la tensi´ on de las barras 1, 2 y 3 seg´ un iteraciones. El valor de iteraci´ on 0 corresponde al valor inicial.

El valor final de los ángulos de tensíon en las barras mencionadas corresponden a:

δ 1 = 0, 1031 rad = 5, 9072◦

δ 2 = 0, 0600 rad = 3, 4377◦

δ 3 = 0, 0110 rad = 0, 6303◦

Por lo tanto la solución de las tensiones del sistema, según la tolerancia mencionada, corresponde a:

E barra =

1, 045∠5, 9072◦ 1, 0320∠3, 4377◦ 1, 0294∠0, 6303◦ 1, 030∠0◦

Con E barra es posible hallar I barra y a su vez P y Q de todas las barras. Por lo tanto:

I barra = E barra · Y barra =

0, 4609∠− 2, 9896◦

0, 0426∠151, 0213◦

0, 1490∠161, 7828◦

0, 2826∠− 171, 8892◦

Referencias

[1] Sistemas de Potencia - Duncan Glover , p.209.

[2] www.cdecsic.cl - Página oficial de CDEC-SIC.

[3] Apuntes de la asignatura.

PBN - DSM


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[4] ELI347tarea1 2904648 caso base.pfd

[5] ELI347 tarea1 2904648 cambio tap.pfd

[6] ELI347 tarea1 2904648 verificacion CDEC SIC.pfd

[7] ELI347 tarea1 2904648 caso especial.pfd

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