Skip to content
Učionica

Zadatak 11

Newton-Raphson, tri čvora, prva iteracija: rešen zadatak

Zadatak prof. dr Andrije T. Sarića. Rešenje: Miloš Sarić

Analiza elektroenergetskih sistema, TF Čačak

Zadatak

Na slici je prikazan EES koji napaja potrošačko područje priključeno na sabirnice 2.

  1. Formirati Y‾BUS\ph{Y}_{BUS} matricu posmatranog sistema u kome se zanemaruju gubici aktivne snage i otočne admitanse vodova,
  2. Izračunati vrednosti elemenata Jakobijan matrice za proračun tokova snaga Newton-Raphson-ovom metodom u prvoj iteraciji. Usvojiti da je čvor 3 balansno referentni i Flat start za početne vrednosti nepoznatih u prvoj iteraciji,
  3. Koristeći Jakobijan matricu dobijenu u tački b), izračunati veličine θ1(1)\theta_1^{(1)}, θ2(1)\theta_2^{(1)} i V2(1)V_2^{(1)} Newton-Raphson-ovom metodom.
1jx12 = j0,2 r.j.2jx23 = j0,1 r.j.3V3 = 1,0 r.j.PP2 = 1,5 r.j.QP2 = 0,25 r.j.V1 = 1,05 r.j.P1 = 1,0 r.j.

Poznato

  • x12=0,2x_{12} = 0{,}2r.j.
  • x23=0,1x_{23} = 0{,}1r.j.
  • V1=1,05V_1 = 1{,}05r.j.
  • P1=1P_1 = 1r.j.
  • PP2=1,5P_{P2} = 1{,}5r.j.
  • QP2=0,25Q_{P2} = 0{,}25r.j.
  • V3=1V_3 = 1r.j.

Rešenje

Šta se traži i kojim postupkom

Traži se prva iteracija Newton-Raphson-ovog metoda iz ravnog profila: matrica Y‾BUS\ph{\boldsymbol{Y}}_{BUS}, Jakobijan u početnom stanju i popravka ΔX=−J−1F(X)\Delta \boldsymbol{X} = -\boldsymbol{J}^{-1} \boldsymbol{F}(\boldsymbol{X}), gde je F(X)\boldsymbol{F}(\boldsymbol{X}) vektor debalansa, razlika izračunatih i specificiranih snaga. Vodovi su bez gubitaka i bez otočnih admitansi, pa je Y‾BUS\ph{\boldsymbol{Y}}_{BUS} čisto imaginarna (Gij=0G_{ij} = 0), što izraze za snage i Jakobijan znatno skraćuje.

Matrica admitansi

Y‾12g=1jx12=−j5 r.j.  ;Y‾23g=1jx23=−j10 r.j.\begin{gathered} \ph{Y}_{12}^g = \frac{1}{\mathrm{j} x_{12}} = -\mathrm{j}5 \ \rj \; ; \\ \ph{Y}_{23}^g = \frac{1}{\mathrm{j} x_{23}} = -\mathrm{j}10 \ \rj \end{gathered}
Y‾BUS=[−j5j50j5−j15j100j10−j10],tj.B12=5,  B22=−15,  B23=10\begin{gathered} \ph{\boldsymbol{Y}}_{BUS} = \begin{bmatrix} -\mathrm{j}5 & \mathrm{j}5 & 0 \\ \mathrm{j}5 & -\mathrm{j}15 & \mathrm{j}10 \\ 0 & \mathrm{j}10 & -\mathrm{j}10 \end{bmatrix} , \\ \text{tj.} \quad B_{12} = 5 , \; B_{22} = -15 , \; B_{23} = 10 \end{gathered}

Vrste čvorova i nepoznate

Čvor 1:V1=1,05V_1 = 1{,}05, P1=PG1=1P_1 = P_{G1} = 1Q1=?Q_1 = ?, θ1=?\theta_1 = ?PV čvor
Čvor 2:P2=−PP2=−1,5P_2 = -P_{P2} = -1{,}5, Q2=−QP2=−0,25Q_2 = -Q_{P2} = -0{,}25V2=?V_2 = ?, θ2=?\theta_2 = ?PQ čvor
Čvor 3:V3=1V_3 = 1, θ3=0\theta_3 = 0P3=?P_3 = ?, Q3=?Q_3 = ?SL čvor

Nepoznate su X=[θ1    θ2    V2]T\boldsymbol{X} = [\theta_1 \;\; \theta_2 \;\; V_2]^T, njih 2NPQ+NPV=2+1=32N_{PQ} + N_{PV} = 2 + 1 = 3, pa je Jakobijan trećeg reda. Ravan profil je θ1(0)=θ2(0)=0\theta_1^{(0)} = \theta_2^{(0)} = 0 i V2(0)=1V_2^{(0)} = 1 r.j.

Jakobijan u ravnom profilu

Sa Gij=0G_{ij} = 0 jednačine injektiranja čvorova 1 i 2 su:

P1=V1V2B12sin⁡(θ1−θ2)P2=V2V1B21sin⁡(θ2−θ1)+V2V3B23sin⁡(θ2−θ3)Q2=−V22B22−V2V1B21cos⁡(θ2−θ1)−V2V3B23cos⁡(θ2−θ3)\begin{aligned} P_1 &= V_1 V_2 B_{12} \sin(\theta_1 - \theta_2) \\ P_2 &= V_2 V_1 B_{21} \sin(\theta_2 - \theta_1) \\ &\quad + V_2 V_3 B_{23} \sin(\theta_2 - \theta_3) \\ Q_2 &= -V_2^2 B_{22} - V_2 V_1 B_{21} \cos(\theta_2 - \theta_1) \\ &\quad - V_2 V_3 B_{23} \cos(\theta_2 - \theta_3) \end{aligned}

Njihovi izvodi po θ1\theta_1, θ2\theta_2 i V2V_2, u ravnom profilu (sin⁡0=0\sin 0 = 0, cos⁡0=1\cos 0 = 1, V2=1V_2 = 1):

∂P1∂θ1=V1V2B12cos⁡(θ1−θ2)=1,05⋅5=5,25∂P1∂θ2=−V1V2B12cos⁡(θ1−θ2)=−5,25∂P2∂θ1=−V2V1B21cos⁡(θ2−θ1)=−5,25∂P2∂θ2=V2V1B21+V2V3B23=1,05⋅5+10=15,25∂Q2∂V2=−2V2B22−V1B21−V3B23=30−1,05⋅5−10=14,75\begin{aligned} \frac{\partial P_1}{\partial \theta_1} &= V_1 V_2 B_{12} \cos(\theta_1 - \theta_2) \\ &= 1{,}05 \cdot 5 = 5{,}25 \\ \frac{\partial P_1}{\partial \theta_2} &= -V_1 V_2 B_{12} \cos(\theta_1 - \theta_2) \\ &= -5{,}25 \\ \frac{\partial P_2}{\partial \theta_1} &= -V_2 V_1 B_{21} \cos(\theta_2 - \theta_1) \\ &= -5{,}25 \\ \frac{\partial P_2}{\partial \theta_2} &= V_2 V_1 B_{21} + V_2 V_3 B_{23} \\ &= 1{,}05 \cdot 5 + 10 = 15{,}25 \\ \frac{\partial Q_2}{\partial V_2} &= -2 V_2 B_{22} - V_1 B_{21} - V_3 B_{23} \\ &= 30 - 1{,}05 \cdot 5 - 10 = 14{,}75 \end{aligned}

Ostali izvodi, ∂P1/∂V2\partial P_1 / \partial V_2, ∂P2/∂V2\partial P_2 / \partial V_2, ∂Q2/∂θ1\partial Q_2 / \partial \theta_1 i ∂Q2/∂θ2\partial Q_2 / \partial \theta_2, sadrže sin⁡(θi−θj)\sin(\theta_i - \theta_j) i u ravnom profilu su jednaki nuli. Jakobijan i njegova inverzna matrica su:

J(0)=[5,25−5,250−5,2515,2500014,75],[J(0)]−1=[0,29050,100,10,10000,0678]\begin{gathered} \boldsymbol{J}^{(0)} = \begin{bmatrix} 5{,}25 & -5{,}25 & 0 \\ -5{,}25 & 15{,}25 & 0 \\ 0 & 0 & 14{,}75 \end{bmatrix} , \\ \left[ \boldsymbol{J}^{(0)} \right]^{-1} = \begin{bmatrix} 0{,}2905 & 0{,}1 & 0 \\ 0{,}1 & 0{,}1 & 0 \\ 0 & 0 & 0{,}0678 \end{bmatrix} \end{gathered}

Debalansi snaga

P1(0)=0,P2(0)=0,Q2(0)=15−1,05⋅5−10=−0,25\begin{aligned} P_1^{(0)} &= 0 , \quad P_2^{(0)} = 0 , \\ Q_2^{(0)} &= 15 - 1{,}05 \cdot 5 - 10 = -0{,}25 \end{aligned}
F(X(0))=[P1(0)−P1spP2(0)−P2spQ2(0)−Q2sp]=[0−10+1,5−0,25+0,25]=[−11,50]\begin{gathered} \boldsymbol{F}\left( \boldsymbol{X}^{(0)} \right) = \begin{bmatrix} P_1^{(0)} - P_1^{sp} \\ P_2^{(0)} - P_2^{sp} \\ Q_2^{(0)} - Q_2^{sp} \end{bmatrix} \\ = \begin{bmatrix} 0 - 1 \\ 0 + 1{,}5 \\ -0{,}25 + 0{,}25 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{bmatrix} \end{gathered}

Prva iteracija

[Δθ1(1)Δθ2(1)ΔV2(1)]=−[J(0)]−1F(X(0))=−[0,29050,100,10,10000,0678][−11,50]=[0,1405−0,050]\begin{gathered} \begin{bmatrix} \Delta \theta_1^{(1)} \\ \Delta \theta_2^{(1)} \\ \Delta V_2^{(1)} \end{bmatrix} = -\left[ \boldsymbol{J}^{(0)} \right]^{-1} \boldsymbol{F}\left( \boldsymbol{X}^{(0)} \right) \\ = -\begin{bmatrix} 0{,}2905 & 0{,}1 & 0 \\ 0{,}1 & 0{,}1 & 0 \\ 0 & 0 & 0{,}0678 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 \\ 1{,}5 \\ 0 \end{bmatrix} \\ = \begin{bmatrix} 0{,}1405 \\ -0{,}05 \\ 0 \end{bmatrix} \end{gathered}
θ1(1)=0,1405 rad=8,049∘θ2(1)=−0,05 rad=−2,865∘V2(1)=1+0=1 r.j.\begin{aligned} \theta_1^{(1)} &= 0{,}1405 \text{ rad} = 8{,}049^\circ \\ \theta_2^{(1)} &= -0{,}05 \text{ rad} = -2{,}865^\circ \\ V_2^{(1)} &= 1 + 0 = 1 \ \rj \end{aligned}

Znaci odgovaraju fizici mreže: čvor 1, u kome generator injektira snagu, prednjači po uglu, a potrošački čvor 2 zaostaje. Modul napona čvora 2 se u prvoj iteraciji ne menja, jer je debalans reaktivne snage u ravnom profilu jednak nuli, a Jakobijan je u ravnom profilu raspregnut.

Dalje iteracije

Postupak se nastavlja na isti način, sa Jakobijanom izračunatim u novom stanju, do zadovoljenja kriterijuma konvergencije. Za najveći debalans od 10−610^{-6} r.j. potrebne su tri iteracije, posle kojih je θ1=0,1427\theta_1 = 0{,}1427 rad =8,177∘= 8{,}177^\circ, θ2=−0,0504\theta_2 = -0{,}0504 rad =−2,888∘= -2{,}888^\circ i V2=0,9925V_2 = 0{,}9925 r.j. Prva iteracija je, dakle, već blizu rešenja po uglovima, a modul napona čvora 2 se popravlja tek u drugoj.

Rezultat

θ1(1)=0,1405\theta_1^{(1)} = 0{,}1405 rad =8,049∘= 8{,}049^\circ, θ2(1)=−0,05\theta_2^{(1)} = -0{,}05 rad =−2,865∘= -2{,}865^\circ, V2(1)=1V_2^{(1)} = 1 r.j.

Metod u predavanju

Slični zadaci

Teme

Tokovi snaga

Izvor u PDF-u, na Drive-u (otvara se u novom tabu)

Folder predmeta Analiza elektroenergetskih sistemaNa Drive-u: Predavanja · Vežbe · Zadaci