cours reseau

Universite de LorraineMaster I2E2IEnseignant : G. Didier

Ecoulement de puissance dans les reseaux alternatifs

Table des matie`res

1 Introduction 2

2 Le syste`me pu 22.1 Conversion per-unit pour un syste`me monophase et triphase . . . . . . . . . . . . 22.2 Changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.3 Mode`le pu du transformateur monophase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.4 Exemple applicatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.5 Exercices dentrainement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.5.1 Exercice 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.5.2 Exercice 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Analyse des reseaux 93.1 Description dun reseau de puissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.2 Repartition de puissance au noeud k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.3 Bilan de puissance dans un reseau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.4 Le noeud balancier (ou swing bus) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.5 Formulation du proble`me decoulement de puissance dans un reseau . . . . . . . . 11

3.5.1 Matrice admittance [Y] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.5.2 Calcul des puissances aux noeuds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.5.3 Application au reseau exemple 3 noeuds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4 Methode de Newton-Raphson 144.1 Description . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.2 Exemple simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.3 Application a` un syste`me a` plusieurs inconnues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154.4 Application a` la resolution du Load Flow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4.4.1 Ecriture du syste`me . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.4.2 Resolution par iteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

5 Etude dun reseau 5 noeuds 205.1 Description du reseau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205.2 Mise en equation du Load Flow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205.3 Analyse des resultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

. [email protected]

1

1 Introduction

Les reseaux electriques existants sont parfois amenes a` subir des modifications : restructurationdu reseau, modification de materiel, modification de la charge. La compensation denergie reactiveest egalement une question importante dans la mesure ou` elle fait lobjet de facturation de lapart du gestionnaire de reseau. Par ailleurs, pour une nouvelle installation electrique, un bilan decharge classique ne peut pas prendre en compte simplement les pertes de la distribution electrique,ni les configurations du reseau. Ceci conduit dune part a` des approximations dans lestimation depuissance active et reactive totale et dautre part a` des difficultes a` dimensionner la distributionde manie`re optimale.

Il est necessaire de verifier si les flux de puissance circulant dans les differentes branches dureseau et si les niveaux de tension sur les differents nuds gardent des valeurs acceptables, ceci,pour tous les modes de fonctionnement imposes au reseau. En complement, il est necessaire deverifier si les equipements de distribution (cables, transformateurs, . . .) sont toujours adaptes a`ces valeurs. Il faut aussi dans certains cas, dimensionner et positionner dans le reseau des syste`mesde compensation de puissance reactive.

2 Le syste`me pu

En physique et en ingenierie, une unite reduite ou per unit (abreviation pu) est une unite sansdimension pouvant mesurer nimporte quelle grandeur physique, pourvu quelle ait ete definieavant son usage. Quelle que soit la grandeur physique consideree, le per unit se rapporte a` uneechelle de reference en unite physique reelle qui doit etre explicitee. Cette echelle de reference estnormalement choisie, pour chaque unite physique intervenant dans le proble`me, de telle sorte quetoutes les valeurs effectives soient aux alentours de 1 pu.

Le principal avantage est de pouvoir comparer rapidement des resultats numeriques avec lesyste`me de reference, car le cerveau humain est plus a` laise avec des quantites proches de 1quavec des tre`s grands ou tre`s petits nombres. Dautre part, contrairement au pourcent, utilisepour les memes raisons, le per unit se conserve dans les operations de multiplication et division,et donc permet de definir un syste`me dunites complet et coherent. Le principal inconvenient estque toute analyse dimensionnelle devient impossible.

Dans un syste`me pu, toutes les variables sont representees comme etant une fraction dunegrandeur de base :

Qpu =Q

Qbase

2.1 Conversion per-unit pour un syste`me monophase et triphase

La conversion en pu des grandeurs puissance apparente, tension, courant, impedance donne :

Spu =S

SbaseVpu =

V

VbaseIpu =

I

IbaseZpu =

Z

Zbase

Pour etablir ces grandeurs pu, il est necessaire de connaitre les grandeurs de base du syste`me a`etudier. Habituellement, la puissance apparente de base Sbase est choisie comme etant la puissanceapparente nominale du syste`me a` etudier . Il en va de meme pour la tension de base Vbase.Connaissant deux des quatre grandeurs de base, il est possible den deduire les deux manquantes(courant et impedance) grace aux relations donnees au tableau 1 selon que lon se trouve dans unsyste`me monophase ou triphase.

. la puissance de base est traditionnellement la puissance apparente (S). La puissance active (P ) est parfois utiliseemais avec une attention particulie`re.

2

Table 1 Relation entre grandeurs de base dun reseau de puissance

Donnee de BASE Syste`me monophase Syste`me triphase

PUISSANCE S1,base = Vbase.Ibase S3,base =

3.Ubase.Ibase

TENSION Vbase =S1,baseIbase

Ubase =S3,base3.Ibase

COURANT Ibase =S1,baseVbase

Ibase =S3,base3.Ubase

IMPEDANCE Zbase =VbaseIbase

=V 2baseS1,base

Zbase =Ubase3Ibase

=U2baseS3,base

2.2 Changement de base

Parfois il est necessaire de changer de base pour retrouver les valeurs correspondantes a` lasection detude dun reseau. Pour cela, nous pouvons appliquer la relation suivante (en considerantla base 2 comme etant la nouvelle base et la base 1 comme etant lancienne base) :

(P,Q, S)pubase2 = (P,Q, S)pubase1

(Sbase1Sbase2

)Vpubase2 = Vpubase1

(Vbase1Vbase2

)(R,X,Z)pubase2 = Zpubase1

(Vbase1Vbase2

)2(Sbase2Sbase1

)

2.3 Mode`le pu du transformateur monophase

Le passage des parame`tres du transformateur en unite pu peut paraitre complexe dans lesens ou il y a lexistence de deux tensions (primaire et secondaire). Nous allons montrer dans lademonstration qui suit que lapplication du syste`me pu au transformateur simplifie grandementles choses. Considerons le mode`le equivalent monophase du transformateur vu du primaire ou vudu secondaire presente a` la figure 1 (on prendra lindice 1 pour le primaire et lindice 2 pourle secondaire).

Rp Xp

N1 N2V1 V2 N1 N2 V2V1

m2Xpm2Rp

Vu du primaire Vu du secondaire

Figure 1 Mode`le equivalent monophase vu du primaire ou du secondaire.

En choisissant, cote primaire, une tension de base Vbase1 egale a` la tension nominale V1 et, cotesecondaire, une tension de base Vbase2 egale a` la tension nominale au secondaire V2 ainsi quunepuissance apparente de base egale a` la puissance apparente nominale Sbase = S1n = S2n, nousobtenons :

3

Pour la tension de base cote secondaire Vbase2 :

Vbase2 =V2V1.Vbase1 = m.Vbase1

Pour les impedances de base Zbase1 et Zbase2 :

Zbase1 =V 2base1Sbase

Zbase2 =V 2base2Sbase

= m2.Zbase1

Les impedances pu cote primaire et secondaire donnent :

Zpu1 =Zp

Zbase1=Rp + XpZbase1

Zpu2 =Zs

Zbase2=m2(Rp + Xp)

Zbase2

En remplacant Zbase2 par m2.Zbase1 dans lequation precedente, nous obtenons :

Zpu2 =m2(Rp + Xp)

m2.Zbase1=

(Rp + Xp)

Zbase1= Zpu1

Zpu1 = Zpu2

Le mode`le equivalent pu dun transformateur est identique que lon se place au primaire ou ausecondaire, nous pouvons donc adopter la representation suivante :

Vbase1 Vbase2

Zpu1 = Zpu2

Figure 2 Mode`le equivalent pu du transformateur monophase.

2.4 Exemple applicatif

Prenons comme exemple applicatif un reseau ayant un generateur synchrone G1 et un moteursynchrone M1 relies par deux transformateurs T1 et T2 et une ligne de transmission L1 (cf Figure3). Determiner le circuit equivalent pude ce syste`me en utilisant une puissance de base de 100MVA et une tension de base au niveau du generateur G1 de 13,8 kV.Les donnees dentrees sont :

Generateur G1 : 100 MVA, 13,8 kV, Rs = 0, 1pu, Xs = 0, 9pu Transformateur T1 : 100MVA, 13.8/110 kV, R = 0, 01pu, X = 0, 05pu Transformateur T2 : 50 MVA, 120/14,4 kV, R = 0, 01pu, X = 0, 05pu Moteur M2 : 50 MVA, 13,8 KV, Rs = 0, 1pu, Xs = 1, 1pu Ligne L1 : R = 15, X = 75Pour creer un circuit equivalent pu, il est necessaire de calculer les impedances de chaque

composant du syste`me en pupar rapport aux grandeurs de base. La puissance apparente de baseSbase est egale a` 100 MVA quelque soit lendroit du syste`me. La tension de base du syste`me varie

4

Figure 3 Reseau unifilaire.

en fonction des trois regions delimitees par les tensions des transformateurs delimitant ces regions.Ces tensions de base sont :

U1,base = 13, 8 kV (Region 1)

U2,base = Ubase,1.110

13, 8= 110 kV (Region 2)

U3,base = Ubase,2.14, 4

120= 13, 2 kV (Region 3)

Les impedance de bases correspondantes donnent :

Zbase,1 =U21,baseS3,base

=13, 82(kV 2)

100(MVA)= 1, 904 (Region 1)


=1102(kV 2)

100(MVA)= 121 (Region 2)


=13, 22(kV 2)

100(MVA)= 1, 743 (Region 3)

Partant de ces donnees, il est maintenant possible de recalculer si necessaire les diversesimpedances du syste`me de puissance en fonction de la region dans laquelle elles se situent.

Generateur G1 :Les donnees du generateur G1 sont specifiees en pu dans une base 100 MVA - 13,8 kV, baseidentique a` la base de reference (base de la region 1). Il nest pas necessaire de recalculer lesimpedances car elles sont deja` dans le bon syste`me :

RG1,pu = 0, 1 pu

XG1,pu = 0, 9 pu

Transformateur T1 :La meme remarque peut etre faite pour le transformateur T1 :

RT1,pu = 0, 01 pu

XT1,pu = 0, 05 pu

Ligne de transmission L1 :La ligne de transmission L1 se situe dans la region 2 du syste`me de puissance. Limpedancede cette ligne est specifiee en et limpedance de base de cette region est egale a` 121 .Par consequent, la resistance pu et la reactance pu de cette ligne se calculent de la manie`resuivante :

RL1,pu =15

121= 0, 124 pu

XL1,pu =75

121= 0, 620 pu

5

Transformateur T2 :Limpedance du transformateur T2 est specifiee en pu dans une base 14,4 kV - 50 MVA dansla region 3. La base de cette region etant 13,2 kV - 100 MVA, il est necessaire de recalculerla resistance pu et la reactance pu de ce transformateur par les relations suivantes :

(R,X)punouveau = (R,X)puancien

(VbaseancienVbasenouveau

)2(SbasenouveauSbaseancien

)RT2nvx ,pu = Rpuanc

(VbaseancVbasenvx

)2(SbasenvxSbaseanc

)= 0, 01

(14, 4

13, 2

)2(100

50

)= 0, 0238 pu

XT2nvx ,pu = Xpuanc

(VbaseancVbasenvx

)2(SbasenvxSbaseanc

)= 0, 005

(14, 4

13, 2

)2(100

50

)= 0, 119 pu

Moteur M2 :Limpedance du moteur M2 est specifiee en pu dans une base 13,8 kV - 50 MVA dans laregion 3. En appliquant la meme demarche que pour le transformateur T2, la resistance puet la reactance pu de ce moteur se calculent de la manie`re suivante :

(R,X)punouveau = (R,X)puancien

(VbaseancienVbasenouveau

)2(SbasenouveauSbaseancien

)RM2nvx ,pu = Rpuanc

(VbaseancVbasenvx

)2(SbasenvxSbaseanc

)= 0, 1

(13, 8

13, 2

)2(100

50

)= 0, 219 pu

XM2nvx ,pu = Xpuanc

(VbaseancVbasenvx

)2(SbasenvxSbaseanc

)= 1, 1

(13, 8

13, 2

)2(100

50

)= 2, 405 pu

Figure 4 Reseau equivalent pu.

En resume : Choisir une puissance apparente de base Sbase pour lensemble du reseau. Definir les tensions de base Ubase en fonction des tensions des transformateurs (une tension

de base par region). Calculer limpedance de base Zbase de chaque region a` partir de Sbase et Ubase determinee

precedemment. Convertir les anciennes donnees pu des elements du reseau en nouvelle donnee pu par rapport

aux puissance, tension et impedance de base du nouveau syste`me.

2.5 Exercices dentrainement

2.5.1 Exercice 1 :

On se propose de ramener le reseau de puissance de la figure 5 a` une representation pu. Calculerles impedances de chaque element du reseau si lon conside`re une puissance apparente de baseSbase=100 MVA (la solution de cet exercice est donnee figure 6).

6

G M66,5 MVA10,45 kVXpu=0,185

Charge 3ph57 MVA10,45 kV

cos =0,6 (Ind)'

T4T3

T2T11

3 4

65

2

Ligne 1

Ligne 290 MVA22 kV

Xpu=0,18

T1 : 50 MVA, 22/220 kV, Xpu=0,10T2 : 40 MVA, 220/11 kV, Xpu=0,06T3 : 40 MVA, 22/110 kV, Xpu=0,064T4 : 40 MVA, 110/11 kV, Xpu=0,08Ligne 1 : 48,4 Ohms (total)Ligne 2 : 65,43 Ohms (total)

Figure 5 Reseau oneline du reseau de puissance.

T4T3

T2T1

1

3 4

65

2

j0,1

j0,5

j0,2

j0,16

j0,15

j0,2

Ligne 2

Ligne 1

0,95

j1,2667

j0,25j0,2Xsg Xsm

Rc

Xc

Eg Em

Figure 6 Diagramme pu du syste`me de la figure 5.

7

2.5.2 Exercice 2 :

Un generateur de 100 MVA ayant une impedance Xs de 100% et fournissant une tension de 18kV est relie, par un transformateur elevateur (18 kV/70 kV) de 50 MVA et dimpedance de court-circuit de 10 %, a` une ligne de transmission triphasee 70 kV de 25 kms (Rl = 0, 2 .km

1, Xl = 0, 4.km1, Yl = 3 S.km1). Au bout de la ligne, une charge est branchee derrie`re un transformateurabaisseur (70 kV/16,5 kV) de 40 MVA ayant une impedance de court-circuit de 15%. Une chargeest connectee a` ce transformateur abaisseur. Cette charge consomme une puissance de 25 MVAsous 15 KV avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif).

1. Tracer le sche`me unifilaire correspondant a` ce reseau.

2. En choisissant une puissance apparente de base Sbase de 100 MVA, determiner le schemaequivalent pu.

3. Calculer en pu la valeur de la tension aux bornes du generateur Ug ainsi que se f.e.m interneEg.

Solution de lexercice :

G

T2: 70 kV/16,5 kVT1: 18 kV /70 kV1

2 3

4

Ligne

Charge

Figure 7 Schema online du reseau de puissance.

2 3j0,2j0,2 j0,38

j1Xsg Rc

Xc

1 40,10

Y/2j1,8.10^(-3)

Y/2j1,8.10^(-3)

T2: 70 kV/16,5 kVT2: 18 kV/70 kV

Ug

Eg

Figure 8 Diagramme pu du reseau de puissance.

Ug = 1, 07ej0,1447

Eg = 1, 28ej0,298

8

3 Analyse des reseaux

La representation des reseaux est plus simple sous forme unifilaire. Nous nous proposons dedecrire un reseau type a` partir du syste`me presente a` la figure 9.

G

C

A

NorthNoeud 1

G

B

SouthNoeud 2

LakeNoeud 3

Figure 9 Representation type dun reseau de puissance

3.1 Description dun reseau de puissance

Un reseau de puissance se compose principalement de generateur(s), de charge(s), de noeudset de lignes reliants ces noeuds.Un noeud de reseau se caracterise par quatre donnees :

Sa tension V Son dephasage Sa puissance active P Sa puissance reactive Q

Avant de realiser letude de stabilite, ou decoulement de puissance (ou Load Flow), seulementdeux de ces quatre donnees sont connues pour chacun des noeuds du reseau.

Dans le reseau exemple, nous retrouvons : En A : Noeud generateur k (ou noeud de tension).

Dans ce type de noeud, la tension Vk et la puissance Pgk sont des donnees connues. Lesdonnees inconnues sont la puissance reactive Qgk et le dephasage k.

En B : Noeud charge n .Dans ce type de noeud, la puissance active Pcn et la puissance reactive Qcn sont des donneesconnues. Les donnees inconnues sont la tension au noeud Vn et le dephasage n.

En C : La ligne de transmission.Cette ligne permet le transfert de la puissance entre les noeuds ou elle est connectee. Elle estcaracterisee par son impedance Z. Plusieurs mode`les electriques de ligne existent qui sontessentiellement fonction de la longueur utile de la ligne.

. k represente le numero associe au noeud (dans notre exemple, k = 1).Important : il est habituel de donner un numero a` chaque noeud du reseau.. n represente le numero associe au noeud (dans notre exemple, n = 2)

9

3.2 Repartition de puissance au noeud k

Un noeud de reseau est caracterise par 6 puissances : 3 puissances actives et 3 puissancesreactives. Le schema presente a` la figure 10 donne la repartition des puissances actives dans unnoeud.

Noeud

Puissance activegnre

Puissance active consomme

Puissance activeinjecte

PgkPckk

Pik

Figure 10 Puissance echangee au noeud k du reseau.

Une quatrie`me puissance peut etre definie comme etant la somme des puissances echangee aunoeud k (prises en convention recepteur). Cette puissance, que lon appellera Puissance activeechangee au noeud k, secrit donc :

Pk = Pgk + Pck + Pik (1)Par analogie, nous pouvons definir la repartition des puissances reactives au noeud i et definir laPuissance reactive echangee au noeud k comme etant egale a` :

Qk = Qgk +Qck +Qik (2)Lorsque la resolution de lecoulement de puissance (Load Flow) est realise, il est necessaire queces puissances Pk et Qk soient egales a` 0 (la somme des puissances entrantes doit etre egale a` lasomme des puissances sortantes). Elles auront une utilite lors de la resolution du syste`me par desmethode dites numeriques.

3.3 Bilan de puissance dans un reseau

Au niveau du reseau, le bilan des puissances active et reactive est egale a` (en considerant Nnoeuds) :

Nk=1

Pgk =Nk=1

Pck + pertes actives dans les reseaux

Nk=1

Qgk =Nk=1

Qck + pertes reactives dans les reseaux

Rq : Lordre de grandeur des pertes reactives dans les reseaux est tre`s variable et peut parfois etreeleve (reactances des lignes, des cables, des transformateurs, des banc de condensateurs, etc . . .).

3.4 Le noeud balancier (ou swing bus)

Ne connaissant pas le courant dans les lignes de transmission, il est impossible de connaitre lespertes actives dans le reseau. Par consequent, il est impossible dimposer la puissance active Pgk(et reactive Qgk) a` tous les noeuds.

Pour permettre la resolution du proble`me decoulement de puissance, il faut considerer unnoeud particulier du reseau, habituellement assure par un groupe important, ayant une inertieimportante (noeud de raccordement entre 2 pays par exemple). Ce noeud particulier se verra

10

imposer sa tension V et son dephasage (impose habituellement a` 0) et sera appele Noeudbalancier (ou swing bus).

Resume : Au final, le proble`me decoulement de puissance dun reseau donne est correctementpose si nous considerons, en chaque noeud du reseau, un des types de contraintes ci dessous :

Noeud generateur : Pgk et Vk sont imposes (20% des noeuds)

Noeud charge : Pck et Qck sont imposees (80% des noeuds)

Noeud balancier : Vk et k sont imposes

3.5 Formulation du proble`me decoulement de puissance dans un reseau

Pour connaitre la tension et le courant en chaque noeud du reseau (auquel vient sajouterle dephasage de lun par rapport a` lautre), il est necessaire de poser les equations liant cesinconnues. Si lon reprend le reseau presente a` la figure 9, le nombre dinconnue est egal a` 6 :

Noeud 1 (generateur) Noeud 2 (charge) Noeud 3 (balancier)

Connues Pg1 et V1 Pc1 et Qc1 V3 et 3

Inconnues Qg1 et 1 V1 et 1 Qb3 et Pb3

Pour determiner les parame`tres inconnus de ce reseau de puissance, il est necessaire decrire lesequations electriques regissant son fonctionnement. Pour ce faire, il est commode dutiliser lamatrice admittance [Y ] du reseau liant les tensions V au courants I.Si lon suppose que le reseau est compose delements lineaires, le circuit obeit a` la loi :

[I] = [Y ].[V ]

ou` :[I] represente le vecteur courant du reseau ;[V ] represente le vecteur tension du reseau ;[Y ] represente la matrice admittance du reseau.

3.5.1 Matrice admittance [Y]

La matrice admittance [Y ] du reseau est etablie de la manie`re suivante : ladmittance propre Yii associee au noeud i est egale a` la somme des admittances des branches

adjacentes. ladmittance de transfert Yij associee aux noeud i et au noeud j est egale a` ladmittance de

la branche qui joint ces deux noeuds changee de signe .Rq : Si aucune ligne de transmission nexiste entre deux noeuds du reseau (aucun liaison physique),la matrice de transfert Yij entre ces deux noeuds est nulle.

Si lon se reference au reseau donne a` la figure 9, la matrice admittance se met sous la forme :

[Y ]=

Y12 + Y13 Y12 Y13

Y21 Y21 + Y23 Y23

Y31 Y32 Y31 + Y32

11

ou :Y12 = Y21 represente ladmittance de la ligne entre les noeuds 1 et 2 ;Y13 = Y31 represente ladmittance de la ligne entre les noeuds 1 et 3 ;Y23 = Y32 represente ladmittance de la ligne entre les noeuds 2 et 3.La formulation avec les tensions et les courants donne :

[I]=

I1

I2

I3

= [Y ].

V1

V2

V3

=

Y12 + Y13 Y12 Y13

Y21 Y21 + Y23 Y23

Y31 Y32 Y31 + Y32

.

V1

V2

V3

3.5.2 Calcul des puissances aux noeuds

En prenant les notations suivantes :

Vk = |Vk|k Vn = |Vn|n et Ykn = |Ykn|kn

ou` :Vk represente la tension au noeud k ;Vn represente la tension au noeud n ;Ykn represente ladmittance propre du noeud k si k = n ou la matrice de transfert entre les noeudsk et n si k 6= n.

La puissance apparente injectee au noeud k peut sexprimer de la manie`re suivante :

Sik = VkIk

Pik + Qik = VkIk

avec

Ik =Nn=1

Ykn.Vn

Nous obtenons donc :

Pik + Qik = Vk

(Nn=1

Ykn.Vn

)

Pik + Qik =Nn=1

|VkVnYkn|(k n kn)

La puissance active injectee Ptk au noeud k secrit :

Pik =Nn=1

|VkVnYkn| cos(k n kn) (3)

La puissance reactive injectee Qtk au noeud k secrit :

Qik =Nn=1

|VkVnYkn| sin(k n kn) (4)

12

3.5.3 Application au reseau exemple 3 noeuds

Si lon se refe`re au reseau 3 noeuds, nous avons identifier 6 inconnues (3 puissances, 1 tensionet 2 dephasages). Sachant que les puissances sont obtenues a` partir des tensions et des dephasagesen chaque noeud, il est alors necessaire de determiner seulement 3 inconnues qui sont 1, V2 et 2.

Une fois ces 3 inconnues identifiees, les tensions, courants et dephasages de chaque noeud dureseau seront connues. Il sera alors possible de calculer les puissances manquantes (Qg1, Pb3 etQb3) ainsi que les pertes actives et reactives du reseau.

Pour determiner 1, V2 et 2, il est necessaire didentifier 3 equations. Les expressions mathematiquesdonnees aux equations 1, 2, 3 et 4 vont nous permettre de faire apparaitre ces 3 inconnues et doncde resoudre le syste`me complet (3 equations, 3 inconnues). Sur lensemble des 3 noeuds du reseau,nous avons a` notre connaissance la valeur de la puissance active Pg1 au noeud generateur ainsique la valeur des puissances aux noeuds de charge (Pc2 et Qc2). Ce sont lexpression des puis-sances injectees a` ces noeuds (Pi1, Pi2 et Qi2) qui vont nous servir a` ecrire les trois equations nouspermettant de resoudre le syste`me decoulement de puissance.

Lexpression des puissances injectees Pt1, Pt2 et Qt2 du reseau 3 noeuds donnent : Puissance active injectee Pi1 au noeud 1 :

Pi1 =3

n=1

|V1VnY1n| cos(1 n 1n)

Pi1 = V21 |Y11| cos(11) + |V1V2Y12| cos(1 2 12) + |V1V3Y13| cos(1 3 13)

Puissance active injectee Pi2 au noeud 2 :

Pi2 =3

n=1

|V2VnY2n| cos(2 n 2n)

Pi2 = V22 |Y22| cos(22) + |V2V1Y21| cos(2 1 21) + |V2V3Y23| cos(2 3 23)

Puissance reactive injectee Qi2 au noeud 2 :

Qi2 =3

n=1

|V2VnY2n| sin(2 n 2n)

Qi2 = V22 |Y22| sin(22) + |V2V1Y21| sin(2 1 21) + |V2V3Y23| sin(2 3 23)

En se refe`rent aux equations 1 et 2, les puissances echangees en regime permanent sont egales a`(en regime permanent Pk et Qk doivent etre egales a` 0 equilibre des puissances au noeud) :

Pik = Pgk PckQik = Qgk Qck

Par consequent, notre syste`me dequation donne :

Pg1 = V21 |Y11| cos(11) + |V1V2Y12| cos(1 2 12) + |V1V3Y13| cos(1 3 13)

Pc2 = V 22 |Y22| cos(22) + |V2V1Y21| cos(2 1 21) + |V2V3Y23| cos(2 3 23)Qc2 = V 22 |Y22| sin(22) + |V2V1Y21| sin(2 1 21) + |V2V3Y23| sin(2 3 23)

ou` seuls les termes V2, 1 et 2 sont inconnus.La resolution de ce syste`me dequations non lineaires peut etre difficile a` resoudre sans une

methode dediee. En effet, si le nombre de noeud augmente, le nombre dinconnue, et donc dequationsa` resoudre augmente aussi (on rappel que ce nombre dequation est directement lie au nombredinconnue du reseau). Dans ce cas, il est necessaire davoir recoure a` des methodes de resolutionnumerique tel que Gauss-Seidel ou Newton-Raphson. Nous avons choisi de presenter au traversdune bre`ve description la methode de Newton-Raphson.

13

4 Methode de Newton-Raphson

4.1 Description

De nombreux proble`mes deconomie, de mathematiques ou de physique se concluent par laresolution dune equation f(x) = 0. Bien souvent, il nest pas possible de resoudre exactementcette equation, et on cherche une valeur approchee de la solution (ou des solutions). Newton apropose une methode generale pour obtenir une telle approximation. Lidee est de remplacer lacourbe representative de la fonction par sa tangente.

On va donc chercher a` construire une bonne approximation dun zero de la fonction dunevariable reelle f(x) en se basant sur son developpement de Taylor au premier ordre. Pour cela,partant dun point x0 que lon choisit de preference proche du zero a` trouver (en faisant desestimations grossie`res par exemple), on approche la fonction au premier ordre, autrement dit, onla conside`re a` peu pre`s egale a` sa tangente en ce point :

f(x) ' f(x0) + f (x0)(x x0)Partant de la`, pour trouver un zero de cette fonction dapproximation, il suffit de resoudrelequation affine :

0 = f(x0) + f(x0)(x x0)

On obtient alors un point qui en general a de bonnes chances detre plus proche du vrai zero def que le point x0 precedent. Par cette operation, on peut donc esperer ameliorer lapproximationpar iterations successives : on approche a` nouveau la fonction par sa tangente en x1 pour obtenirun nouveau point x2, etc.

Une condition sine qua non de cette methode requiert que la fonction posse`de une tangente enchacun des points de la suite que lon construit par iteration, il suffit donc que f soit derivable.

Pour resumer, on part dun point x0 appartenant a` lensemble de definition de la fonction eton construit par recurrence la suite :

xi+1 = xi f(xi)f (xi)

(5)

ou` f

designe la derivee de la fonction f . Le point xi+1 est bien la solution de lequation affinef(x) ' f(xi) + f (xi)(x x0) = 0

4.2 Exemple simple

Cherchons a` determiner la valeur de x permettant de satisfaire lequation suivante :

cos(x) = x3

Une reformulation de la problematique consiste a` introduire une fonction f(x), egale a` cos(x)x3 devant sannuler, donc a` poser :

f(x) = cos(x) x3

La recherche de la solution x permettant dannuler la fonction f(x) par la methode de Newton-Raphson necessite de definir au prealable une valeur x0 proche de la solution finale sous peine dedivergence de la methode. Prenons pour cet exemple x0 = 0, 5.

La fonction derivee f(x) est donnee par la relation :

f(x) = sin(x) 3x2

La recherche de la solution optimale seffectue par iteration a` partir de lequation 5 :

14

Iteration 1 x1 = 0, 5 cos(0,5)0,53sin(0,5)3.0,52 ' 1, 1121416371

Iteration 2 x2 = x1 cos(x1)x31

sin(x1)3.x21 ' 0, 909672693736


sin(x2)3.x22 ' 0, 866263818209


sin(x3)3.x23 ' 0, 865477135298


sin(x4)3.x24 ' 0, 865474033111


sin(x5)3.x25 ' 0, 865474033101


sin(x6)3.x26 ' 0, 865474033102

Le nombre diterations i est defini par lerreur maximale x acceptable entre xi+1 et xi (x =xi+1 xi).

4.3 Application a` un syste`me a` plusieurs inconnues

Considerons les equations a` deux variables suivantes :

f1(x1, x2) = K1 (6)

f2(x1, x2) = K2 (7)

ou` K1 et K2 sont des constantes.Considerons aussi que :

x(0)1 et x

(0)2 sont les solutions estimees de depart ;

x(0)1 et x

(0)2 sont, quant a` elles, les valeurs qui seront ajoutees a` x

(0)1 et x

(0)2 pour obtenir

la solution corrigee.Par consequent, nous pouvons ecrire :

K1 = f1(x1, x2) = f1(x(0)1 + x

(0)1 , x

(0)2 + x

(0)2 )

K2 = f2(x1, x2) = f2(x(0)1 + x

(0)1 , x

(0)2 + x

(0)2 )

A ce stade, il faut resoudre le syste`me afin de trouver les valeurs de x(0)1 et x

(0)2 . Pour ce

faire, le developpement en series de Taylor des equations precedentes donne :

K1 = f1(x(0)1 , x

(0)2 ) + x

(0)1

f1x1|(0) + x(0)2

f1x2|(0) + . . .

K2 = f2(x(0)1 , x

(0)2 ) + x

(0)1

f2x1|(0) + x(0)2

f2x2|(0) + . . .

Si lon neglige les derivees partielles superieures a` 1, nous pouvons reecrire le syste`me ci dessussous forme matricielle :

K1 f1(x(0)1 , x(0)2 )

K2 f2(x(0)1 , x(0)2 )

=

f1x1

f1x2

f2x1

f2x2

x(0)1

x(0)2

15

ou la matrice carree dordre 2 est appelee matrice Jacobienne ou`, dans ce cas, J(0) pour indiquer

que x(0)1 et x

(0)2 ont ete utilises pour calculer la valeur numerique des derivees partielles. Il est

important de noter que f1(x(0)1 , x

(0)2 ) est la valeur calculee de K1 avec les valeurs x

(0)1 et x

(0)2 , que

nous noterons K(0)1 , mais que cette valeur de K

(0)1 nest pas la valeur specifiee a` lequation 6. Si

nous designons K(0)1 comme etant la soustraction de la valeur exacte de K1 avec sa grandeur

calculee K(0)1 , nous obtenons le syste`me suivant (on applique la meme re`gle pour K

(0)2 ) :

K(0)1

K(0)2

= J(0)

x(0)1

x(0)2

Par consequent, en calculant linverse de la Jacobienne, nous pouvons determiner les valeurs

de x(0)1 et x

(0)2 . Comme nous avons limite le developpement de la serie de Taylor a` lordre 1,

laddition de ces valeurs aux valeurs initiales x(0)1 et x

(0)2 ne donne pas les solutions exactes des deux

equations a` deux inconnues. Il est necessaire de reiterer la methode en utilisant deux nouvelles

solutions intermediaires x(1)1 et x

(1)2 a` partir des equations :

x(1)1 = x

(0)1 + x

(0)1

x(1)2 = x

(0)2 + x

(0)2

Les solutions finales sont obtenues lorsque les variables x(I)1 et x

(I)2 sont inferieures a` une

limite (appelee aussi erreur) definie prealablement (I represente le nombre diteration necessairepour atteindre cette limite).

4.4 Application a` la resolution du Load Flow

4.4.1 Ecriture du syste`me

Les puissances echangees au noeud k, en prenant en compte la puissance injectee par legenerateur Pgk (ou Qgk) connecte au noeud k, la puissance consommee par la charge Pck (ouQck) placee au noeud k et la puissance transitees Ptk (ou Qtk) secrivent :

Pk = Pgk + Pck + PtkQk = Qgk +Qck +Qtk

En posant :

Pk = Pk,spec Pk,calc (8)Qk = Qk,spec Qk,calc (9)

ou`, pour un noeud k, Pk,spec et Qk,spec doivent obligatoirement etre egales a` 0 (la somme despuissances a` chaque noeud du reseau doit etre egale a` zero en tout temps). Le terme Pk,calcrepresente la puissance active au noeud k calculee avec les valeurs estimees des tensions V

(0)k et

des angles (0)k (idem pour Qk,calc). Par consequent, les equations 8 et 9 peuvent secrire :

Pk = Pk,calcQk = Qk,calc

Finalement, le syste`me matriciel a` resoudre secrit :Pk

Qk

=[J

] V

16

ou` [J ] represente la matrice Jacobienne.Lensemble du syste`me matriciel peut donc se mettre sous la forme :

P1

P2

Q1

Q2

=

P11

P12

... P1|V1|P1|V2|

P21

P22

... P2|V1|P2|V2|

Q11

Q12

... Q1|V1|Q1|V2|

Q21

Q22

... Q2|V1|Q2|V2|

1

2

V1

V2

avec

Pkn

= |VkVnYkn| sin(k n kn)

Pkk

= Nn=1n 6=k

|VkVnYkn| sin(k n kn)

PkVn

= |VkYkn| cos(k n kn)

PkVk

= 2|VkYkk| cos(kk) +Nn=1n 6=k

|VnYkn| cos(k n kn)

Qkn

= |VkVnYkn| cos(k n kn)

Qkk

=Nn=1n 6=k

|VkVnYkn| cos(k n kn)

QkVn

= |VkYkn| sin(k n kn)

QkVk

= 2|VkYkk| sin(kk) +Nn=1n 6=k

|VnYkn| sin(k n kn)

17

4.4.2 Resolution par iteration

Les grandeurs V(i+1)k et

(i+1)k au noeud k se calcul en determinant les valeurs de V

(i)k et

(i)k

pour chaque iteration i en utilisant le syste`me matricielle suivant :

(i)k

V(i)k

=[J (i)

]1 P(i)k

Q(i)k

=[J (i)

]1 P(i)k,calc

Q(i)k,calc

(i)k

V(i)k

= -[J (i)

]1 P(i)k,calc

Q(i)k,calc

Connaissant V

(i)k et

(i)k , il est aise de determiner V

(i+1)k et

(i+1)k par les relations :

V(i+1)k = V

(i)k + V

(i)k

(i+1)k =

(i)k +

(i)k

Les solutions finales V(I)k et

(I)k , permettant de calculer les flux de puissance a` chaque noeud k, sont

obtenues lorsque V(i)k et/ou

(i)k sont inferieures a` lerreur prealablement fixee (I representant

toujours le nombre diteration necessaire pour obtenir cette limite). Les etapes de resolutions dusyste`me sont presentees a` la figure 11.

18

OUI

NON

Choix des variables :

V(0)k

(0)k

Calcul des puissanceset

Calcul des lments de la Jacobienne

[J (j)]

Calcul du vecteur

Calcul des valeurs V j+1k = V

jk +V

jk

j+1k = jk +

jk

et / ou V jk < ErreurV

j=j+1

Calcul des puissancespour chaque noeud avec

j=0

P jk,calc Qjk,calc

jkV jk

=

hJ (j)

i1 " P jk,calcQjk,calc

#

jk < Erreur

V j+1k = VJk

j+1k = Jk

ErreurV Erreur

Figure 11 Methode de resolution du Load Flow par NR.

19

5 Etude dun reseau 5 noeuds

5.1 Description du reseau

On se propose detudier le reseau presente a` la figure 12. Les generateurs sont connectes auxnoeuds 1 et 3. Chaque noeud du reseau presente comporte une charge. Les valeurs de base pour lesyste`me pu sont 100 MVA, 138 kV (valeurs prises au niveau des lignes haute tension). Le tableau2 donne les impedances des six lignes representees par les noeuds auxquelles elles sont connectees.Le tableau 3 liste la valeur des puissances P et Q ainsi que la valeur de la tension V pour chaquenoeud. Il est precise dans ce tableau si le noeud considere est Swing Bus, PQ ou encore PV.

G

G

2

1 3

4

5

Figure 12 Diagramme unifilaire (one-line) du reseau 5 noeuds.

Table 2 Lignes de transmission du reseau 5 noeuds (Syste`me pu : 100 MVA - 138 kV)

Ligne Longueur (km) R() X() R(pu) X(pu)

1-3 80,5 10 40 0,053 0,210

1-4 96,5 12 48 0,063 0 ,252

1-5 48,3 6 24 0,031 0,126

2-3 48,3 6 24 0,031 0,126

2-5 64,4 8 32 0,042 0,168

3-4 128,7 16 64 0,084 0,336

5.2 Mise en equation du Load Flow

La determination du Load Flow de ce reseau commence par la recherche du nombre dincon-nues en terme de tension et dangle associe. Ce nombre dinconnue fixera le rang de la matrice

20

Table 3 Valeur des puissances, de la tension et du dephasage a` chaque noeud.

Generation Production Tension

Noeud P (MW) Q (MVar) P (MW) Q (MVar) V (pu) Remarques

1 0 0 85 40 |V1|1 Noeud PQ (inductive)


3 180 Q3 70 40 1, 023 Noeud PV


5 P5 Q5 65 30 1, 040 Swing Bus

Jacobienne. Dans ce cas de figure, nous pouvons nous apercevoir que le nombre dinconnue est de7 (1, 2, 3, 4, V1, V2 et V4) ce qui nous donne une matrice Jacobienne [J ] de rang 7x7.

P

Q

=[J

] V

P1

P2

P3

P4

Q1

Q2

Q4

=

P11

P12

P13

P14

P1|V1|

P1|V2|

P1|V4|

P21

P22

P23

P24

P2|V1|

P2|V2|

P2|V4|

P31

P32

P33

P34

P3|V1|

P3|V2|

P3|V4|

P41

P42

P43

P44

P4|V1|

P4|V2|

P4|V4|

Q11

Q12

Q13

Q14

Q1|V1|

Q1|V2|

Q1|V4|

Q21

Q22

Q23

Q24

Q2|V1|

Q2|V2|

P2|V4|

Q41

Q42

Q43

Q44

Q4|V1|

Q4|V2|

Q4|V4|

1

2

3

4

V1

V2

V4

Pour permettre de remplir convenablement la matrice Jacobienne, il faut au prealable determinerla matrice admittance [Y ] du reseau. En prenant en compte les caracteristiques des lignes du reseau(cf Tableau 2), la matrice admittance [Y ] peut se mettre sous la forme suivante :

21

[I] = [Y ][V ]

I1

I2

I3

I4

I5

=[Y]

V1

V2

V3

V4

V5

avec

[Y ]=

Y13 + Y14 + Y15 0 Y13 Y14 Y15

0 Y23 + Y25 Y23 0 Y25

Y31 Y32 Y31 + Y32 + Y34 Y34 0

Y41 0 Y43 Y41 + Y43 0

Y51 Y52 0 0 Y51 + Y52

ou` les differents termes valent :

Y13 = Y31 =1

R13 + X13= 4, 617 1, 324

Y14 = Y41 =1

R14 + X14= 3, 850 1, 326

Y15 = Y51 =1

R15 + X15= 7, 707 1, 330

Y23 = Y32 =1

R23 + X23= 7, 707 1, 330

Y25 = Y52 =1

R25 + X25= 5, 775 1, 326

Y34 = Y43 =1

R34 + X34= 2, 887 1, 326

La valeur 0 dans la matrice admittance signifie quil nexiste aucune liaison physique (aucuneligne de transmission) entre les noeuds consideres. La resolution du syste`me dequations (via lamethode de Newton-Raphson) permet dobtenir les tensions en module et en angle a` tous lesnoeuds. Ces resultats sont repertories dans le tableau 4.

5.3 Analyse des resultats

A partir des tensions donnees au tableau 4, il est possible de determiner les courants circulantsdans les lignes de transmission ainsi que les puissances fournies ou recues par les differents noeuds

22

Table 4 Resultats obtenus pour le reseau 5 noeuds (pu).

|V1|1 0, 9603 0, 1068

|V2|2 0, 9588 0, 1105

|V3|3 1, 02 0, 0658

|V4|4 0, 9051 0, 1897

|V5|5 1, 040

ainsi que les puissances transportees par les lignes. Si nous prenons le noeud n 2 comme exemple,le calcul des puissances venant des noeuds 1 et 3 seffectue de la manie`re suivante :

Le courant circulant du noeud 1 vers le noeud 2 donne :

I52 =V5 V2Z25

= 0, 7911 0, 4441

Le courant circulant du noeud 3 vers le noeud 2 donne :

I32 =V3 V2Z23

= 0, 5821 0, 7923

La puissance apparente arrivant au noeud 2 par la ligne 5-2 donne :

S52 = V2(I52)

S52 = P52 + Q52 = 0, 75840, 3335 = 0, 7166 + 0, 2483P52 = 0, 7166 pu

Q52 = 0, 2483 pu

La puissance apparente arrivant au noeud 3 par la ligne 3-2 donne :

S32 = V2(I32)

S32 = P32 + Q32 = 0, 55810, 6817 = 0, 4334 + 0, 3517P32 = 0, 4334 pu

Q32 = 0, 3517 pu

La puissance active au noeud 2 issue de la ligne 5-2 (ou 2-5) est egale a` 0,7166 pu, ce quirepresente, dans une base pu egale a` 100 MVa, une puissance active de 71,66 MW. Cette puissanceest positive ce qui signifie quelle est recue par le noeud 2 (a` linverse, les puissances negativessont fournies par le noeud considere). La puissance reactive quant a` elle est egale a` 24,83 MVar,positive, donc recue par le noeud 2 via la ligne 5-2 (ou 2-5).

Lanalyse des puissances au noeud 2 issue de la ligne 3-2 (ou 2-3) donne 43,34 MW pour lapuissance active et 35,17 MVar pour la puissante reactive. Ces puissances sont donc recues parle noeud 2 via la ligne 2-3. Les puissances etant positives lorsquelles sont recues au noeud, etnegatives lorsquelles sont fournies par le noeud, la puissance S2 fournie a` la charge connectee aunoeud 2 donne :

S2 + S52 + S32 = 0

S2 = S52 S32 = 1, 150 0, 600

23

235

71,66

24,83

43,34

35,17

115 6

0

MW

MVar

Charge

Figure 13 Transit de puissance au noeud 2.

qui peut etre verifier en utilisant la relation suivante :

S2 = V2(I2)

S2 = P2 + Q2 = 1, 150 0, 600P2 = 1, 150 puQ2 = 0, 600 pu

Le noeud 2 fourni donc 115 MW et 60 MVar a` la charge. Ces donnees correspondent bien auxpuissances demandees par la charge, c.a.d 115 MW et 60 MVar (cf Tableau 3). Pour plus de clarte,nous presentons a` la figure 13 la valeur des differentes puissances echangees au noeud 2.

Lensemble des puissances fournies par les generateurs du reseau places aux noeud 3 (puissancereactive) et 5 (puissances actives et reactives) se calculent de la manie`re suivante :

S3 = P3 + Q3

S3 = V3(I3)

S3 = 1, 100 + 0, 894

Au niveau du noeud 3, les puissances active et reactive injectees au reseau sont respectivementegale a` 110 MW et a` 89.4 MVar. En sachant que la charge connectee au noeud 3 demande unepuissance active egale a` 70 MW et reactive egale a` 40 MVar, le generateur place a` ce meme noeudfournit donc une puissance active egale a` 180 MW (110 + 70) et une puissance reactive egale a`129,4 MVar (89,4 + 40).Concernant le noeud 5, le calcul de la puissance apparente donne :

S5 = P5 + Q5

S5 = V5(I5)

S5 = 1, 703 + 0, 821

Les puissances active et reactive injectees au reseau 5 sont respectivement egale a` 170,3 MW et a`82,1 MVar. En sachant que la charge connectee au noeud 5 demande une puissance active egalea` 65 MW et reactive egale a` 30 MVar, le generateur place a` ce meme noeud fournit donc unepuissance active egale a` 230.3 MW (170,3 + 65) et une puissance reactive egale a` 112,1 MVar(82,1 + 30).

Une information importante peut etre determinee par le calcul du Load Flow dun reseau. Cetteinformation est la valeur des pertes joules dissipee dans les lignes de transport. Pour permettrede determiner ces pertes, il est necessaire de calculer le courant circulant dans chaque ligne detransport. Connaissant la resistance de chacune delle, nous pourrons en deduire les pertes Joules

24

dissipees dans le reseau. Lexpression des pertes Joules du reseau etudie est :

pjT = pj13 + pj14 + pj15 + pj23 + pj25 + pj34

pjT = Z13I213 + Z14I

214 + Z15I

215 + Z23I

223 + Z25I

225 + Z34I

234

pjT = 0.103pu

Ce resultat peut etre verifie en soustrayant la puissance active fournie aux differentes chargesa` la puissance fournie au reseau.

pjT = PgT PlT

pjT =Nn=1

cours reseau

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