sep ii fluxo gauss seidel

8/19/2019 SEP II Fluxo Gauss Seidel

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Faculdade Pitágoras de BetimEngenharia Elétrica

Sistemas Elétricos de Potência II

Fluxo de PotênciaMétodo de Gauss-Seidel

Professor: Marcelo Roger da Silvae-mail: [email protected]

2016


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Sistemas Elétricos de Potência IIMétodo de a!ss-Seidel

"s e#!a$%es de fl!&o de 'otencia n(o lineares n(o tem sol!$%es anal)ticas e a *nica

maneira de resolv+-las é através de métodos iterativos. ,entre estes o método de a!ss -Seidel é de conce'$(o mais sim'les entretanto s!a a'lica$(o é mais trabal osa 'ois aconverg+ncia do 'rocesso e lenta.

/ método de a!ss - Seidel m!itas ve es n(o alcan$a sol!$%es #!e 'odem ser obtidas 'elo

de e ton - Ra' son. ,evido a s!a sim'licidade o a!ss-Seidel ainda e bastante !tili adoem termos acad+micos. " s!a a'lica$(o facilita a com'reens(o dos 'rocessos iterativos.

3ta'as do método:14 "dota-se valores iniciais 'ara as inc5gnitas geralmente 1 ∠0 .24 7alc!la-se os novos valores das inc5gnitas nas e#!a$%es lin a 'or lin a da matri!tili ando-se dos novos valores verificados nas e#!a$%es s!bse#!entes da mesma itera$(o.84 9a -se o teste de converg+ncia com'arando-se o m5d!lo da diferen$a entre o novo valorcom o valor 'ro'osto inicialmente com o erro admiss)vel 'ro'osto.

4 Se a diferen$a entre os valores for maior #!e o erro admiss)vel n(o convergi!. ;oltar <eta'a 2.


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Sistemas Elétricos de Potência IIMétodo de a!ss-Seidel

Exemplo 1 ,etermine a tens(o na barra na condi$(o do gerador conectado < barra 1

a'licar tens(o de = 2 > k;. ?se !ma base de 6 k; e 100 M;" no gerador. Paraconverg+ncia considere erro de 0 008 'ara m5d!lo das tens%es.


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Sistemas Elétricos de Potência IIMétodo de a!ss-Seidel A 3&em'lo 1

1B Passo: ,eterminar o diagrama de im'edCncias em '! do sistema. " carga do sistema na

barra é de 2 M;" D9P 0 > ind!tivo4 o #!e corres'onde a 0 02 '!.


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Método de a!ss-Seidel A 3&em'lo 1

2B Passo: / diagrama de admitCncias em '! do sistema 'ode ser obtido a 'artir do

diagrama de im'edCncias.


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8B Passo: Montar a matri E F"RR" a 'artir do diagrama de admitCncias Ddimens(o & 4.

Relembrando: /s elementos fora da diagonal da matri de admitCncia corres'ondem ao valor negativo dasadmitCncias entre os n5s do circ!ito e os elementos da diagonal corres'ondem ao somat5rio de todas as admitCncias#!e incidem no n5 corres'ondente.


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B Passo: Montar a e#!a$(o de fl!&o ! " # $ ! % # & ! I #

Somente a tens(o da barra 1 é con ecida. "s inc5gnitas s(o a corrente na barra 1 e as tens%es dasbarras 2 8 e . "s correntes l)#!idas nas barras 2 e 8 s(o n!las Dlei de Girc off4. " corrente na barra Di 4 4 refere-se < 'ot+ncia com'le&a absorvida 'ela carga dividida 'ela tens(o da barra .

"s tens%es nas barras 2 8 e 'odem ser determinadas através do 'rocesso iterativo de a!ss -Seidel./ 'asso inicial do 'rocesso iterativo é esti'!lar valores iniciais 'ara essas inc5gnitas. / mais !s!al éiniciar o 'rocesso com tens%es ig!ais a 1 ∠0 .

" tens(o de cada barra é obtida a 'artir de !ma determinada lin a da e#!a$(o matricial. " tens(o da

barra 2 é obtida a 'artir da lin a 2 e assim 'or diante. / 'rocesso 'ode n(o convergir se este'rocedimento n(o for adotado.


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1B Htera$(o: /s valores iniciais s(o re'resentados com o sobrescrito ero e a 'rimeira

sol!$(o com o sobrescrito 1.

Partindo da seg!nda lin a DcIlc!lo da tens(o na barra 24:

Hsolando a tens(o na barra 2 e s!bstit!indo o valor inicial atrib!)do < barra 8:


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3m seg!ida terceira lin a cIlc!lo da tens(o na barra 8:

Hsolando a tens(o na barra 8 e s!bstit!indo os valores das barras 2 e :


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Por fim #!arta lin a cIlc!lo da tens(o na barra :

Hsolando a tens(o na barra 8 e s!bstit!indo os valores das barras 2 e :


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Jeste de converg+ncia da 1B Htera$(o: 7om'arar os valores obtidos da 1B itera$(o com os

valores atrib!)dos inicialmente. Jodos devem convergir 'ara #!e os res!ltados seKamsatisfat5rios.

Sendo = 0,003

∆ = − = 1,045 − 1,0 = 0,045 > 0,003

∆ = − = 1,014 − 1,0 = 0,014 > 0,003

∆ = − = 1,005 − 1,0 = 0,005 > 0,003

(o convergi!. 3m todas as barras o desvio ainda estI maior #!e o erro admiss)vel. Jodasas barras t+m #!e a'resentar sim!ltaneamente desvio menor #!e o erro admiss)vel 'araconvergir e ser definida como a sol!$(o do 'roblema. Passar 'ara 2L Htera$(o !tili ando osvalores obtidos na 1L itera$(o.


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2L Htera$(o:

Jeste de converg+ncia:

∆ = 1,046 − 1,045 = 0,001 < 0,003

∆ = 1,017 − 1,014 = 0,003 = 0,003

∆ = 1,009 − 1,005 = 0,004 > 0,003

(o convergi!. Passar 'ara 8L Htera$(o !tili ando os valores obtidos na 2L itera$(o.


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8L Htera$(o:


∆ = 1,046 − 1,046 = 0,000 < 0,003

∆ = 1,020 − 1,014 = 0,006 > 0,003

∆ = 1,012 − 1,009 = 0,003 = 0,003

(o convergi!. Passar 'ara L Htera$(o !tili ando os valores obtidos na 8L itera$(o.


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L Htera$(o:

= 0,8834 + 0,1602 ∗ = 1,046 − 0,0056

= 0,2504 ∗ + 0,7518 ∗ = 1,021 − 0,0472

= − (0,0087 + 0,0266) ∗= 1,0108 − 0,0729


∆ = 1,040 − 1,046 = 0,000 < 0,003

∆ = 1,022 − 1,020 = 0,002 < 0,003

∆ = 1,013 − 1,012 = 0,001 < 0,003

/s valores das tr+s inc5gnitas convergiram sim!ltaneamente.


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Res!ltados finais:

= 1,046 − 0,0056 = 1,046 ∠ − 0,3! "#

= 1,021 − 0,0472 = 1,022 ∠ − 2,6! "#

= 1,0108 − 0,0729 = 1,013 ∠ − 4,1! "#

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