Análise de Sistemas de Potência II
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Análise de Sistemas de Potência II
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Sumrio
CAPTULO 1 FLUXO DE POTNCIA ................................................................ 4
1. INTRODUO ................................................................................................... 4
2. MODELOS DOS ELEMENTOS COMPONENTES DOS SISTEMAS DE
POTNCIA ................................................................................................................ 5
2.1 Linhas de Tranmisso ................................................................................. 5
2.2 Transformadores em Fase .......................................................................... 6
2.3 Transformador Defasador ........................................................................... 9
2.4 Geradores e Compensadores ................................................................... 10
2.5 Cargas ...................................................................................................... 11
2.6 Capacitores e Indutores em Derivao ..................................................... 11
3. REPRESENTAO MATRICIAL ..................................................................... 11
4. FLUXO DE POTNCIA LINEARIZADO ............................................................ 13
4.1 Aspectos Gerais ........................................................................................ 13
4.2 Linearizao .............................................................................................. 14
4.3 Formulao Matricial ................................................................................. 16
4.4 Representao das Perdas no Modelo de Fluxo DC ................................. 18
5. FORMULAO BSICA DO PROBLEMA DE FLUXO DE POTNCIA NO
LINEAR ................................................................................................................... 23
5.1 Aspectos Gerais ........................................................................................ 23
5.2 Formulao Bsica ................................................................................... 25
5.3 Resoluo de Sistemas Algbricos pelo Mtodo de Newton ..................... 27
5.4 Fluxo de Potncia pelo Mtodo de Newton ............................................... 31
5.5 Mtodo de Newton Desacoplado .............................................................. 38
5.6 Mtodo de Newton Desacoplado Rpido .................................................. 42
6. REFERNCIAS ................................................................................................ 47
CAPTULO 2 CURTO-CIRCUITO ..................................................................... 48
1. INTRODUO ................................................................................................. 48
-
2. MQUINA SNCRONA ..................................................................................... 48
2.1 Aspectos Gerais ........................................................................................ 48
2.2 Modelo Matemtico ................................................................................... 51
2.3 Reatncia Sncrona ................................................................................... 57
2.4 Modelo de Dois Eixos da Mquina Sncrona ............................................. 58
2.5 Equaes para a Mquina de Polos Salientes .......................................... 61
2.6 Efeitos Transitrios e Subtransitrios ........................................................ 63
2.7 Corrente de Curto-Circuito ........................................................................ 67
3. Curto-Circuito Trifsico Equilibrado .................................................................. 69
4. Curto-Circuito Desequilibrado .......................................................................... 72
4.1 Componentes Simtricos .......................................................................... 72
4.2 Sequncias de Circuitos das Impedncias em Y e ................................. 76
4.3 Sequncias de Circuitos de Linhas de Transmisso Simtricas ................ 80
4.4 Sequncia de Circuitos das Mquinas Sncronas ...................................... 82
4.5 Sequncia de Circuitos dos Transformadores ........................................... 85
4.6 Falta entre Fase e Terra em Um Gerador em Vazio .................................. 91
4.7 Falta Fase-Fase em Um Gerador em Vazio .............................................. 95
4.8 Falta entre Duas Fases e Terra em Um Gerador em Vazio ....................... 98
4.9 Faltas Assimtricas em Um Sistema de Potncia ................................... 101
4.10 Falta Fase-Terra em Um Sistema de Potncia ........................................ 102
4.11 Falta Fase-Fase em Um Sistema de Potncia ........................................ 103
4.12 Falta entre Duas Fases e Terra em Um Sistema de Potncia ................. 103
5. REFERNCIAS .............................................................................................. 107
-
4
CAPTULO 1 FLUXO DE
POTNCIA
1. INTRODUO
A anlise de fluxo de cargas em redes eltricas consiste basicamente na determinao
do estado da rede (i.e. magnitude das tenses nodais e os ngulos de fase), da
distribuio dos fluxos e das injenes de potncias ativa e reativa nas barras, dentre
outras grandezas de interesse. Nesse tipo de anlise, a modelagem do sistema
esttica e a rede representada por um conjunto de equaes e inequaes
algbricas. Tais modelos se justificam pelo fato da anlise se referir a situaes em
que as variaes das grandezas no tempo so suficientemente lentas, de modo que o
efeito transitrio pode ser desconsiderado.
Nos sistemas de potncia, os componentes podem ser ligados de duas formas
distintas: entre os ns (barras do sistema), como o caso das linhas de transmisso e
transformadores, e entre o n de referncia e um n qualquer, como o caso das
cargas, dos geradores, compensadores sncronos, etc. Os geradores e as cargas do
sistema so tratados como parte externa do sistema. Sendo assim, so modelados
como injees constantes de potncia nos ns da rede. A parte interna da rede,
formada pelos demais componentes (i.e. linhas de transmisso, transformadores, etc)
tratada como um conjunto de circuitos passivos e modelada por meio da matriz de
admitncia de barra. Impondo-se a conservao das potncias ativa e reativa em cada
n da rede possvel obter as equaes bsicas que regem o comportamento dos
fluxos de potnica nas redes eltricas. Em outras palavras, em cada n da rede, a
potncia lquida injetada deve igual soma das potncias que fluem para os ns
adjacentes.
Nas sees seguintes so apresentados os modelos dos principais componentes do
sistemas de potncia utilizados nas anlise de fluxo de potncia, para, em seguida, ser
apresentada a formulao bsica do problema.
-
5
2. MODELOS DOS ELEMENTOS COMPONENTES DOS
SISTEMAS DE POTNCIA
Nesta seo so apresentados os modelos dos elementos de um sistema de potncia,
geralmente representados nos estudos de fluxo de potnica.
2.1 Linhas de Tranmisso
O modelo equivalente das linhas de transmisso frequentemente utilizado nos
estudos de fluxo de potncia. Como se observa na Figura 1.1, esse modelo descrito
por meio de trs parmetros: resistncia srie , reatncia sria ; e a
susceptncia em derivao (shunt) .
z = r + jxkm km km
jbkm jbkm
k m
ImkIkm
sh sh
Figura 1.1: Modelo -equivalente da linha de transmisso.
Sejam = e = as tenses fasorias das barras e ,
respectivamente. A corrente que flui da barra para a barra , pode ser dada por:
=1
( ) +
(1.1)
ou,
= ( ) + (1.2)
Logo, a potncia complexa que flui de para pode ser obtida por:
= (1.3)
Substituindo o valor de dado em (1.2) em (1.3) chega-se a:
-
6
= [( + ) ( ) + ]
(1.4) = [( ) ( ) ]
= 2
2 + 2
em que = .
Aplicando a frmula de Euler, dada em (1.5), em (1.4) e separando-se os termos
reais e imaginrios, chega-se as expresses (1.6) e (1.7), as quais regem os fluxos
de potncia ativa e reativa, respectivamente, numa linha de transmisso.
= = ( + ) (1.5)
= 2 (1.6)
= 2( +
) + (1.7)
2.2 Transformadores em Fase
De modo semelhante s linhas de transmisso, os transformadores em fase so
representados por uma admitncia em srie e um auto-transformador ideal com
relao de transformao 1: , conforme mostrado na Figura 1.2.
ykm
k m
ImkIkm
1:t
p
Figura 1.2: Modelo de transformadores.
No modelo da Figura 1.2, se = , em que um nmero real, o transformador
est em fase, sendo que apenas a magnitude da tenso alterada. Por outro lado,
se = , o transformador um defasador, pois alm de mudar a magnitude da
tenso, pode tambm mudar o ngulo de defasagem.
Considere inicialmente um transformador em fase. Sejam = , = e
= as tenses fasoriais nos pontos , e , respectivamente.
Como = um nmero real, o ngulo da tenso no ponto mesmo da
tenso no ponto , logo:
-
7
==
(1.8)
Considerando-se que transformador do modelo apresentado na Figura 1.2 seja
ideal, presume-se que as potncias na entrada e na sada sero as mesmas, pois
no h perdas. Logo:
+
= 0 (1.9)
Das relaes (1.8) e (1.9), obtm-se:
= (1.10)
Nota-se que as correntes e esto defasadas de 180 e suas magnitudes
esto na razo de : 1.
Suponha agora que o mesmo transformador em fase apresentado anteriormente
possa tambm ser representado por um circuito -equivalente, como o mostrado na
Figura 1.3.
k m
ImkIkm A
B C
Figura 1.3: Circuito -equivalente para o transformador.
O que se deseja determinar os parmetros , e para que as correntes e
sejam as mesmas para os modelos das Figuras 1.2 e 1.3. Para tanto, considere
primeiro, a corrente do modelo apresentado na Figura 1.2.
= ( ) = () + (1.11)
Levando-se o valor na relao (1.10), chega-se a:
-
8
= = (2 ) + () (1.12)
Sejam agoras as expresses (1.13) e (1.14) as correntes e com base no
modelo apresentado pela Figura 1.3.
= ( ) + = ( + ) (1.13)
= ( ) + = + ( + ) (1.14)
Finalmente, igualando os termos que multiplicam as tenses e nas
Equaoes (1.11) a (1.14), obtm-se o seguinte sistema de equaes lineares.
+ = 2
(1.15) =
+ =
Resolvendo o sistema anterior para , e , chega-se a:
=
(1.16) = ( 1)
= (1 )
As equaes em (1.16) permitem a anlise do efeito da relao de transformao
1: sobre as magnitudes das tenso e . Considere inicialmente = 1. Neste
caso as admitncias e so nulas, e o circuito -equivalente da Figura 1.3 se
reduz a uma admitncia srie, com = . Para valores de < 1, adimitncia
ser negativa (efeito capacitivo) ao passo que ser positiva (efeito indutivo).
Desse modo, a magnitude da tenso tende aumentar, enquanto que a magnitude
da tenso tende a diminuir. Por outro lado, quando assume valores maiores
que 1 (i.e., > 1), a admitncia ser positiva (efeito indutivo), enquanto que
ser negativo (efeito capacitivo). Neste caso, a magnitude da tenso tende a
diminuir, enquanto a magnitude da tenso tende aumentar.
Para a obteno das equaes de fluxo no transformador em fase, basta multiplicar
a tenso pelo conjugado da corrente dada em (1.12).
= ()2 ()cos ()sen (1.17)
-
9
= ()2 + ()cos ()sen (1.18)
2.3 Transformador Defasador
O transformador defasador permite controlar o fluxo de potncia ativa no ramo no
qual ele est inserido. Como o prprio nome sugere, o defasador afeta o fluxo de
potncia ativa introduzindo uma defasgem entre os ns e do modelo da Figura
1.2, sendo que agora = .
Para entender o princpio de funcionamento do defasador, considere uma situao
hipottica, na qual o sistema opera sem a presena do defasor com o fluxo de
potncia no sentido , ou seja ( > ). Seja > 0, o ngulo introduzido pelo
defasador, i.e., = + . Se o ramo for radial, o fluxo ficar inalterado,
passando a nova abertura angular do ramo a ser dada por = 0 + , ou seja,
a abertura angular sobre a adimitncia srie ficar inalterada ( = 0 ), pois
os ns e sofrero a mesma variao angular ( = 0 + =
0 + ). Se o
ramo no for radial, situao que realmente tem interesse prtico, o restante
do sistema tender a impedir que a abertura angular varie livremente, e a
variao introduzida pelo defasador ser tanto menor, quanto mais forte for o
sistema de transmisso (ou quanto maior for a magnitude da susceptncia total
equivalente entre os ns e , em relao susceptncia do defasador). Neste
caso, a abertura angular sobre a admitncia passar a ser > 0 , o que
implica um acrscimo no fluxo de potncia ativa no ramo . Raciocnio anlogo
se aplica para caso de < 0. Nesta situao, o fluxo no ramo diminuir aps
a introduo do defasador.
Uma situao extrema ocorre em sistemas infinitamente fortes, para os quais os
ngulos e so rgidos, isto , no variam com o ngulo introduzido pelo
defasador. Neste caso, tem-se = = 0 =
0 , ou seja, a abertura
angular sobre a admitncia , aps a introduo do defasor, = 0 + .
Isso significa que todo o ngulo do defasador somado abertura angular
existente inicialmente entre os pontos e (se for possitivo, o fluxo de potncia
ativa aumentar, e vice-versa).
Existem, portanto, duas situaes extremas: (i) o ramo radial, caso em que
= 0 , significando que o fluxo independe de ; (ii) o ramo no
radial e a rede infinitamente forte entre o n e , caso em que = 0 + ,
significando mxima influncia de sobre .
No caso do defasador puro (quando somente as fases das tenso e so
afetadas) tem-se:
= (1.19)
-
10
o que equivale a dizer
= + (1.20)
Novamente, aplicando o princpio da conservao das potncias, porm utilizando
agora a relao dada em (1.19), obtm-se:
= (1.21)
De modo anlogo ao que foi feito para o transformador em fase, as correntes e
podem ser escritas em funo das tenses.
= ( ) = () + (1.22)
= = + (
) (1.23)
Observe agora que no mais possvel determinar os parmetros , e do
circuito -equivalente, pois o termo que multiplica na Equao (1.22) ()
diferente do termo que multiplica na Equao (1.23) ().
No caso do transformador defasador, as equaes que regem os fluxos de
potncias ativa e reativa so, respectivamente:
= 2 cos( + ) ( + ) (1.24)
= 2 + cos( +) ( + ) (1.25)
2.4 Geradores e Compensadores
Nos estudos de fluxo de potcia os geradores/compensadores so modelados como elementos externos rede. Na formulao bsica do problema de fluxo de potncia, a qual ser vista mais adiante, os geradores so representados pelas injees de potncias ativa e reativa. A Figura 1.4 ilustra a representao de um gerador. No caso de um compensador sncrono, a potncia ativa injeta nula.
Figura 1.4: Representao dos geradores.
G
P
Q
-
11
2.5 Cargas
De modo semelhante aos geradores, as cargas so tambm representadas externamente rede, como injees de potncias ativa e reativa. Embora modelos mais elaborados da carga, nos quais a potncia consumida uma funo da tenso, possam ser utilizados, eles so sero abordados neste documento. O modelo bsico da carga utilizado nos clculos de fluxo de potncia em redes eltricas apresentado na Figura 1.5.
Figura 1.5: Representao das cargas.
2.6 Capacitores e Indutores em Derivao
Normalmente, os programas de clculo de fluxo de potncia consideram os bancos de capacitores ou indutores em derivao como sendo parte da rede interna. Logo esses elementos so representados dentro da matriz de admitncia de barra. Normalmente, os bancos de capacitores ou indutores em derivao so especificados em termos de sua potncia para a tenso nominal. Sendo assim, a
admitncia a ser adicionada ao elemento da matriz de admitncia nodal,
pode ser obtida por:
=
()
2 (1.26)
em que a potncia nominal em VA, do elemento em derivao ligado barra
e a tenso nominal de operao do banco de capacitor/indutor ligado barra .
Geralmente, nos programas de clculo de fluxo de potncia, o campo destinado potncia dos bancos de capacitores ou indutores em derivao refere-se a potncia lquida injetada por esses elementos no ponto onde esto conectados. Sendo assim, convencionou-se entrar com uma potncia positiva para o banco de capacitores e uma negativa para o banco de indutores.
3. REPRESENTAO MATRICIAL
Nesta seo ser apresentada a formulao das equaes dos fluxos de potncias
ativa e reativa nos elementos do sistema de potncia utilizando a representao
matricial. Para tal considere uma barra k de um sistema hipottico, a qual est
ligada a outras barras, conforme se mostra na Figura 1.6.
PQ
-
12
Figura 1.6: Barra k ligada vizinhaa.
A injeo lquida de potncia na barra pode ser obtida aplicando-se a primeira lei
de Kirchoff na Figura 1.6, porm, ao invs de utilizar as correntes, sero utilizadas
as potncias que fluem do n .
= + =
=1
(1.27)
Supondo inicialmente que a barra est ligada s barras adjacentes por meio de
linhas de transmisso, cujo o modelo aquele apresentado na Figura 1.1, tem-se
para as potncias lquidas ativa e reativa injetadas na barra as seguintes
equaes:
= 2( + ++ ) + (cos + sen)
(1.28)
= 2(
+ +
++ + + ++ )
+ ( cos )
(1.29)
Observe que os termos que multiplicam a tenso correspondem ao elemento
da matriz de admitncia de barra, ao passo que os termos que multimplicam a
tenso equivalem aos termos da matriz de admitncia de barra. Os
elementos da matriz de admitncia de barra so dados por:
= ( + ) = + [ + ( +
)]
=1
(1.30)
= ( + ) = ( + ) (1.31)
Do ponto de vista computacional, as equaes (1.28) e (1.30) no so as formas
mais eficiente de se expressar as injees lquidas de potncias ativa e reativa.
Primeiro, porque elas esto em funo da admitncia dos elementos da rede e no
k
l
m
n
-
13
dos elementos da matriz de admitncia de barra. Segundo, porque o termo
somatrio envolve apenas as barras adjacentes barra k (o que implica que em um
algoritmo seria necessrio uma verificao para testar ). As equaes (1.28) e
(1.29) podem ser reescritas conforme mostra-se em (1.32) e (1.33), utilizando os
termos da matriz de admitncia de barra.
= 2 + ( + )
(1.32)
= 2 + ( )
(1.33)
Finalmente, para tornar as equaes ainda mais eficientes do ponto de vista
computacional, elas podem ser reescritas como mostrado em (1.34) e (1.35).
= (cos + sen)
=1
(1.34)
= (sen cos)
=1
(1.35)
Vale lembrar que as equaes (1.28) e (1.29) poderiam ser escritas para os fluxos nos transformadores em fase e defasadores, resultando tambm nas equaes (1.34) e (1.35), uma vez que relao de transformao e/ou o defasamento esto representados na matriz de admitncia de barra [1].
4. FLUXO DE POTNCIA LINEARIZADO
4.1 Aspectos Gerais
Antes de dar incio formulao do problema de fluxo de potncia no linear,
pertinente apresentar o fluxo de potncia linearizado ou DC. O fluxo de potncia DC
uma ferramenta de anlise de sistemas de potncia bastante empregada nos
estudos de planejamento de longo prazo. Uma das principais caracterstica dessa
ferramenta que a mesma no apresenta problemas de convergncia, o que a
torna muito propcia para estudos de longo prazo, quando no se tem um
conhecimento detalhado do perfil de tenso do sistema, nem dos suportes de
reativo.
O fluxo de potncia ativa em uma linha de transmisso, como se ver mais a frente,
aproximadamente proporcional abertura angular na linha e se desloca no sentido
de ngulos maiores para ngulos menores. A relao entre os fluxos de potncia
ativa e as aberturas angulares do mesmo tipo da existente entre os fluxo de
corrente e as quedas de tenses em um circuito de corrente contnua. Da surge o
-
14
nome fluxo de potncia DC.
O fluxo de potncia DC baseado no acoplamento entre as variveis e
(potncia ativa e ngulo) e apresenta resultados tanto melhores quanto mais
elevado o nvel de tenso. Alm disso, o mesmo tipo de relao vlida para linhas
de transmisso pode ser estendido tambm para transformadores em fase e
defasadores. Entretanto, esse modelo linearizado no aplicvel sistemas de
distribuio em baixa tenso, nos quais os fluxos de potncia ativa dependem
tambm, de maneira significativa, das quedas de tenso.
Embora o modelo de fluxo de potncia DC no leve em considerao as magnitudes
das tenses nodais, as potncias reativas e os taps dos transformadores, ele de
grande utilidade em fases preliminares de estudos que exigem a nalise de um
grande nmero de casos, o que dificilmente poderia ser feito utilizando-se os
mtodos convencionais.
4.2 Linearizao
Considere o fluxo de potncia em uma linha de transmisso, dado pela
Equao (1.6), que, por questes de convenincia, repetida em (1.36).
= 2 cos sen (1.36)
O fluxo no sentido oposto da linha
= 2 cos + sen (1.37)
Para a obteno das perdas ativas na linha de transmisso basta somar os fluxos
e .
+ = (2 +
2 2cos) (1.38)
Nota-se na Equao (1.38) que a perda ativa na linha de transmisso est
associada condutncia da linha, ao quadrado das tenses terminais e ao dobro do
produto das tenses terminais pelo cosseno da abertura angular entre os terminais
da linha.
Retirando-se das equaes (1.36) e (1.37) os termos correspondentes s perdas na
linha, chega-se a:
= = sen (1.39)
Adicionalmente, as seguintes aproximaes podem ainda ser introduzidas em (1.39)
1 pu (1.40)
-
15
1
Dessa forma, o fluxo pode ser aproximado por:
= ( ) =
(1.41)
Note que a Equao (1.41) tem a mesma forma que a lei de Ohm aplicada a um
resistor percorrido por corrente contnua, sendo anlogo intensidade de
corrente, e anlogos s tenses terminais e anlogo resistncia.
Considere agora o fluxo de potncia ativa em um transformador em fase, dado
pela Equao (1.42).
= (2) ()cos ()sen (1.42)
Novamente, desprezando-se os termos correspondentes perdas e introduzindo as
aproximaes apresentadas em (1.40), chega-se a:
= ()( ) = ( )
(1.43)
No caso de um transformador defasador, para o qual a equao de fluxo de
potncia ativa repetida em (1.44), procedendo-se de forma anloga ao que foi feito
para a linha de transmisso e transformador em fase, chega-se a (1.45) que a
equao linearizada do fluxo de potncia ativa num transformador defasador.
= 2 cos( +) ( + ) (1.44)
= ( +) = +
(1.45)
Note que o fluxo pela Equao (1.45) tem duas componentes: uma que
depende do estados dos terminais (1) e, outra, que depende do ngulo do
transformador defasador (1). Considerando que seja constante (no caso
de variar automaticamente, pode-se tomar o valor bsico), a Equao (1.45)
pode ser representada pelo modelo linearizado proposto na Figura 1.7, no qual a
componente invariante do fluxo () aparece como uma carga adicional na barra
e uma gerao adicional na barra (ou vice-versa, para negativo).
-
16
Figura 1.7: Modelo linearizado de um defasador puro.
4.3 Formulao Matricial
O modelo de fluxo de potncia linearizado ou DC desenvolvido anteriormente pode
ser expresso por meio de uma equao matricial. Considere inicialmente que uma
determinada barra do sistema esteja conectada s barras adjacentes somente por
linhas de transmisso. Ento, aplicando a lei de Kirchoff das correntes, tem-se:
= ( )
(1.46)
em que representa o conjunto das barras vizinhas barra . A Equao (1.46)
pode ser posta na forma matricial como em (1.47).
= (1.47)
em que o vetor das injees lquidas de potncia ativa, a matriz de
susceptncia de barra e o vetor de ngulos das tenses nodais. A matriz
composta da seguinte forma:
1
(1.48)
1
(1.49)
Note que a matriz de susceptncia nodal que aparece em (1.47) singular. Como
as perdas foram desprezadas, a soma dos componentes de nula, ou seja a
injeo lquida de potncia em uma barra qualquer pode ser obtida pela soma
algbrica das demais. Para contornar esse problema, elimina-se uma das equaes
do sistema (1.47) e adota-se a barra correspondente como referncia angular ( =
0). Dessa forma, esse sistema passa a ser no singular com dimenso ( 1) e
os ngulos das 1 barras restantes podem ser obtidos pelas injees de
potncia especificadas nas 1 barras (supe-se que a rede seja conexa). Vale
destacar que a construo da matriz segue as mesmas regras para os trs tipos
xkm
k m
Imk-bkm kmf
-bkm kmq
bkm kmq
-
17
de elementos (linha de transmisso, transformador em fase e transformador
defasador). Com relao ao vetor , deve-se levar em conta em sua formao a
existncia das injees equivalentes utilizadas na representao dos
transformadores defasadores, conforme indicado na Figura 1.7.
Exemplo 4.1:
Considere um sistema de potncia com trs barras cujo diagrama unifilar
apresentado na Figura 1.8. Deseja-se determinar os ngulos das tenses nodais
desse sistema, bem como os fluxos nos circuitos.
Figura 1.8: Sistema com quatro barras.
Os dados do sistema so apresentados a seguir.
Tabela 1.1: Dados das barras
Barra Gerao (pu) Carga (pu)
1 3,5 -
2 1,5 -
3 - 2,2
4 - 2,8
Tabela 1.2: Dados das linhas
De Para X (pu)
1 3 0,15
1 4 0,20
2 3 0,30
2 4 0,25
3 4 0,40
Soluo:
O primeiro passo construir a matriz de susceptncia de barra:
1 4
23
-
18
= [
11,6667 0,0000 6,6667 5,00000,0 7,3333 3,3333 4,0000
6,6667 3,3333 12,5000 2,50005,0000 4,0000 2,5000 11,5000
]
Em seguida elimina-se uma linha e uma coluna correspondentes barra de
referncia. Neste caso, considerando-se a barra 1 como referncia, tem-se:
= [7,3333 3,3333 4,00003,3333 12,5000 2,50004,0000 2,5000 11,5000
]
Depois constri-se o vetor das injees de potncia nas 1 barras.
= [1,5 2,2 2,8]
Finalmente, determina-se o vetor dos ngulos:
= 1
= [0,0000 5,9188 15,5399 19,3872]
4.4 Representao das Perdas no Modelo de Fluxo DC
Uma forma de melhorar os resultados do fluxo de potncia linearizado, para que os
resultados se aproximem mais daqueles obtidos pelo modelo no linear, incluir a
representao das perdas ativas. Para tanto, as perdas so modelas como cargas
adicionais distribudas por todas as barras do sistema. Como foi visto anteriormente,
a gerao da barra de referncia que fecha o balano entre gerao e carga,
deste modo, ao incluir as cargas adicionais para modelar as perdas, as mesmas
sero atendidas pela gerao da barra de referncia. Nesta subseo
apresentada uma maneira eficiente e barata, do ponto de vista computacional, para
representar as perdas na transmisso.
Considere novamente a equao da potncia ativa .
= (cos + sen)
=1
(1.50)
Considerando que a magnitude das tenses nodais e so aproximadamente
iguais a 1 e rearranjando os termos da Equao (1.50) chega-se a :
= + (cos + sen)
(1.50)
em que representa o conjunto das barras vizinhas da barra , exlcuindo-se a
prpria barra .
-
19
Substituindo na Equao (1.50) os termos , e conforme indicado em
(1.51), obtm-se a Equao (1.52)
=
(1.51) =
1
= (1 )
+ 1
(1.52)
Aproximando-se
1 2
2
(1.53)
Obtm-se, finalmente:
1
2
2
= 1
(1.54)
Observe que o termo 2 representa as perdas na linha de transmisso. Para
comprovar, bata fazer = = 1 e 1 2
2 na Equao (1.38), que por
convenincia repetida em (1.55).
+ = (2 +
2 2) (1.55)
Fazendo-se as substituies indicadas anteriormente, chega-se a:
= + = 2 (1.56)
Portanto, o lado esquerdo da Equao (1.54) dado pela injeo lquida de potncia
ativa na barra menos a metade das perdas ativas de todas linhas adjacentes a esta
barra. Ou seja, o efeito das perdas pode ser representado aproximadamente como
cargas adicionais obtidas dividindo-se as perdas de cada linha do sistema entre suas
barras terminais (metade para cada lado). Dessa forma, o modelo de fluxo DC passa a
assumir a forma:
-
20
+ = (1.57)
ou seja, o novo modelo obtido a partir do modelo original ( = ), adicionando-se
o vetor aos vetor das injees nodais de potncia ativa.
Um procedimento que pode ser adotado na resoluo do sistema (1.57) apresentado
a seguir.
i) Resolva o sistema = (i.e., sem considerar as perdas);
ii) Utilizando os ngulos encontrados no passo (i) calcule as perdas em cada
linha e construa o vetor de perdas ();
iii) Adicione o vetor de perdas ao vetor de potncias lquidas injetadas e resolva
o novo sistema + = );
iv) Determine |()
()
| e compare com uma
tolerncia () desejada. Se o resultado for maior que a tolerncia prossiga
para o passo (v), seno encerre o processo.
v) Utilizando o vetor de ngulos atual, determine as perdas nas linhas de
transmisso e retorne ao passo (iii).
Vale salientar que durante todo o processo, a mesma matriz de susceptncia
utilizada. Portanto, uma vez obtida a inversa de no primeiro passo, a mesma
deve ser guardada para ser utilizada nos passos posteriores.
Exemplo 4.2:
Considere novamente o sistema do exemplo 4.1, supondo agora que as linhas de
transmisso apresentem os seguintes valores de resistncia.
Tabela 1.3: Resistncias das linhas do exemplo 4.1
De Para R (pu)
1 3 0,02
1 4 0,02
2 3 0,03
2 4 0,03
3 4 0,04
Faa uma anlise de fluxo de potncia DC para o sistema, cosiderando as perdas na
transmisso.
Soluo:
-
21
O primeiro passo resolver o sistema = , como foi feito no exemplo 4.1, do
qual obteve-se os seguintes ngulos em radianos:
[0,0000 0,1033 0,2712 0,3384]
Em seguida, calculam-se as perdas nas linhas.
13 = 13(1 3)2 = 0,8743 [0,0 (0,2712)]2 = 0,0643 pu
14 = 14(1 4)2 = 0,4950 [0,0 (0,3384)]2 = 0,0567 pu
23 = 23(2 3)2 = 0,3300 [0,1033 (0,2712)]2 = 0,0093 pu
24 = 24(2 4)2 = 0,4732 [0,1033 (0,3384)]2 = 0,0262 pu
34 = 34(3 4)2 = 0,2475 [0,2712 (0,3384)]2 = 0,0011 pu
Para montar o vetor das perdas, deve-se somar metade das perdas das linhas em
cada uma das barra, na qual a linha est conectada. Como a barra 1 foi adotada como
referncia (1 = 0), despreza-se essa barra. Logo:
= 1/2 [23 + 24
13 + 23 + 3414 + 24 + 34
] = [0,01780,03740,0420
]
Uma vez obtido o vetor das perdas, o mesmo somado s carga do sistema. E em
seguida, obtm-se o novo vetor das potncias injetadas.
+ = ( + ) [1,50,00,0] [
0,0 + 0,01782,2 + 0,03742,8 + 0,0420
] = [1,48222,23742,8420
]
O prximo passo obter o novo vetor de ngulos, resolvendo o sistema:
= () ( + )
o que resulta no novo vetor de ngulos
[0,0000 0,1142 0,2790 0,3475]
O maior desvio entre o valor atual das perdas e o valor passado : 0,0420, ou seja:
|[0,01780,03740,0420
] [0,00,00,0]| = 0,0420
Assumindo uma tolerncia de 10-3, nota-se que mximo desvio superior tolerncia
desejada. Sendo assim, deve-se calcular as perdas utilizando os ngulos mais
recentes. Os valores das perdas so:
13 = 0,0681 pu
14 = 0,0598 pu
23 = 0,0090 pu
-
22
24 = 0,0258 pu
34 = 0,0012 pu
O novo vetor de perdas :
= [0,01740,03920,0434
]
Somando-se o vetor de perdas ao vetor das potncias lquidas, tem-se:
+ = [1,50,00,0] [
0 + 0,01742,2 + 0,03922,8 + 0,0434
] = [1,48262,23922,8434
]
E o novo vetor de ngulos :
[0,0000 0,1144 0,2792 0,3477]
E o maior desvio entre o valor atual das perdas e o valor anterior :
|[0,01740,03920,0434
] [0,01780,03740,0420
]| = 0,0018
Como o maior desvio maior que a tolerncia, calculam-se os novos valores de
perdas
13 = 0,0682 pu
14 = 0,0598 pu
23 = 0,0090 pu
24 = 0,0258 pu
34 = 0,0012 pu
O novo vetor de perdas :
= [0,01740,03920,0434
]
Somando-se o vetor de perdas as potncias lquidas injetadas, tem-se
+ = [1,50,00,0] [
0 + 0,01742,2 + 0,03922,8 + 0,0434
] = [1,48262,23922,8434
]
O novo vetor de ngulos :
[0,0000 0,1144 0,2792 0,3477]
E maior desvio entre o valor atual das perdas e o anterior :
-
23
|[0,01740,03920,0434
] [0,01740,03920,0434
]| = 1,0 104
Portanto, a soluo do problema :
[0,0000 0,1144 0,2792 0,3477]
5. FORMULAO BSICA DO PROBLEMA DE FLUXO DE
POTNCIA NO LINEAR
5.1 Aspectos Gerais
Na formulao bsica do problema de fluxo de potncia, a cada barra da rede so
associadas quatro variveis, sendo que duas delas so incgnitas e as outras duas
como dados de entrada. As variveis em questo so:
magnitude da tenso nodal;
ngulo da tenso nodal;
injeo lquida de potncia ativa (gerao menos a carga);
injeo lquida de potncia reativa.
Dependendo de quais variveis nodais entram como dados e quais so consideradas
como incgnitas, definem-se trs tipos bsicos de barras:
PQ so a barras para as quais so fornecidas as potncias ativa () e
reativa (), e calculados a magnitude de tenso () e ngulo ();
PV so as barras para as quais so fornecidas a magnitude da tenso () e
a potncia ativa (), e calculados a potncia reativa () e nguo ().
Vq (ou referncia) barra para a qual so fornecidos o ngulo () e a
magnitude da tenso (), e calculadas a potncia ativa () e a potncia
reativa ().
As barras dos tipos PQ e PV so utilizadas para representar, respectivamente, barras
de carga e de gerao (incluindo-se os condensadores sncronos). A barra de
referncia (Vq) tem a funo de servir como referncia angular para o sistema e fechar
o balano de potncia, levando em conta as perdas da transmisso, as quais no so
conhecidas antes de ter a soluo final do problema (da a necessidade de se dispor
de uma barra do sistema na qual no especificada a potncia ativa).
Esses trs tipos de barras que aparecem na formulao bsica so os mais frequentes
e mais importantes. Entretanto, existem algumas situaes particulares, como por
exemplo, o controle de intercmbio de uma rea e o controle da magnitude de tenso
de uma barra, nas quais aparecem outros tipos de barras, tais como: PQV, P e V [2].
-
24
O conjunto de equaes do problema de fluxo de potncia composto por duas
equaes para cada barra, cada uma delas representando o fato de as potncias ativa
e reativa injetadas em um barra serem iguais a soma dos fluxos correspondentes que
deixam a barra atravs de linhas de transmisso, transformadores etc. Isso
corresponde imposio da primeira lei de Kirchoff e pode ser expresso
matematicamente conforme mostra em (1.58)
= (, , , )
(1.58)
+ () = (, , , )
em que
conjunto das barras vizinhas da barra ;
, magnitudes das tenses das barras terminais do ramo ;
, ngulos das tenses das barras terminais do ramo ;
fluxo de potncia ativa no ramo ;
fluxo de potncia reativa no ramo ;
- componente da injeo de potncia reativa devido ao elemento shunt da barra .
Como j foi visto anteriormente, nas equaes das injees de potncias ativa e
reativa os ngulos e aparecem sempre na forma de , significando que
uma mesma distribuio de fluxos na rede pode ser obtida se for somada uma
constante arbitrria a todos os ngulos nodais, ou seja, o problema de fluxo de
potncia indeterminado nas variveis , o que torna necessria a adoo de uma
referncia angular. Vale tambm ressaltar que as equaes apresentadas em (1.58)
foram montadas considerando-se a seguinte conveno de sinais: as injees lquidas
de potncia so positivas quando entram na barra (gerao) e negativas quando saem
da barra (carga); os fluxos de potncia so positivos quando saem da barra e
negativos quando entram; para os elementos em derivao (shunt) adotada a
mesma conveno que para as injees.
Alm do conjunto de equaes em (1.58), h tambm o conjunto de inequaes que
representa as restries nas magnitudes das tenses nodais das barras PQ e os
limites de injeo de potncia reativa das barras PV, conforme se mostra em (1.59).
(1.59)
-
25
5.2 Formulao Bsica
As equaes bsicas do fluxo de potncia, as quais j foram deduzidas anteriormente,
so:
= (cos + sen)
=1
(1.60)
= (sen cos)
=1
(1.61)
para = 1, , sendo NB o nmero de barras da rede. Os mtodos computacionais
para o clculo do fluxo de potncia so constitudos de duas partes: a primeira,
tambm chamada de algoritmo bsico, trata da resoluo por mtodos iterativos de
um sistema de equaes algbricas do tipo (1.60) e (1.61); a segunda parte, considera
a atuao dos dispositivos de controle e da representao dos limites de operao do
sistema. As duas partes podem ser resolvidas alternadamente, intercalando-se a
soluo das equaes bsicas com a representao dos controles e limites de
operao. Outra possibilidade consiste em introduzir alteraes nas equaes (1.60) e
(1.61) para incluir a representao dos dispositivos de controle neste caso, as duas
partes so resolvidas simultaneamente [2].
Considere incialmente um problema no qual so dados e , para as barras PQ;
e para as barras PV; e e para a barra Vq (referncia angular). O objetivo
determinar e nas barras PQ; nas barras PV; e e na barra Vq. Uma vez
resolvido esse problema, ser conhecido o estado ( , ) para todas as barras da
rede, o que torna possvel o clculo de outras variveis de interesse, como por
exemplo, os fluxos de potncia nas linhas e transformadores.
Sejam e o nmero de barras tipo PQ e PV, respectivamente. O problema
formulado anteriormente pode ser decompostos em dois subsistemas de equaes
algbricas, conforme se mostra a seguir:
Subsistema 1 (dimenso +)
Neste subproblema so dados e nas barras PQ e e nas barras PV;
pretende-se calcular e nas barras PQ, e nas barras PV. Logo, deve-se
resolver um sistema com 2 + equaes algbricas no lineares com o
mesmo nmero de incgnitas. Matematicamente isso pode ser representado por:
(cos + sen)
=1
= 0
(1.62)
-
26
(sen cos)
=1
= 0
(1.63)
Subsistema 2 (dimenso: + )
Aps resolvido o subsistema 1 e, portanto, j sendo conhecidos e para todas as
barras, deseja-se calcular e na barra de referncia, e nas barras PV. Trata-se
de um sistema com + 2 equaes algbricas no lineares com o mesmo nmero
de incgnitas, no qual todas incgnitas aparacem de forma explcita, o que torna trivial
o processo de resoluo. Em outras palavras, basta que os valores de e sejam
aplicados s equaes (1.64) e (1.65) para determinar as grandezas de e .
= (cos + sen)
=1
(1.64)
= (sen cos)
=1
(1.65)
No processo de resoluo apresentado anteriormente no foram consideradas as
restries de operao e a atuao de dispositivos de controle que correspondem a
um conjunto adicional de inequaes/equaes.
As incgnitas do subsistema 1 podem ser agrupadas no vetor , conforme se mostra a
seguir.
= []{ + {
(1.66)
em que o vetor dos ngulos das tenses das barras PQ e PV, e o vetor das
magnitudes das tenses das barras PQ. As equaes (1.62) e (1.63), que forma o
susbsistema 1, podem ser reescritas da seguinte forma:
= (, ) = 0
(1.67)
= (, ) = 0
(1.68)
-
27
As funes (1.67) e (1.68) podem ser colocadas na forma vetorial, ou seja:
= (, ) (1.69)
= (, ) (1.70)
sendo o vetor das injees de potncia ativa nas barras PQ e PV, o vetor das
injees de potncia reativa nas barras PQ.
Seja agora () funo vetorial dada por (1.71)
() = []{ + {
(1.71)
Por meio dessa funo, o subsistema 1, dado pelas equaes (1.67) e (1.68), pode ser
colocado na forma:
() = 0 (1.72)
Esse sistema de equaes no lineares pode ser resolvido por um nmero muito
grande de mtodos, sendo que os mais eficientes so os mtodos de Newton e o
desacoplado rpido. Porm, antes de dar incio ao mtodo de Newton aplicado
resoluo do problema expresso em (1.72), na subseo seguinte faz-se uma breve
reviso do processo de soluo de equaes algbricas pelo mtodo de Newton.
5.3 Resoluo de Sistemas Algbricos pelo Mtodo de Newton
Considere inicialmente um sistema unidimensional do tipo
() = 0 (1.73)
em que () e so escalares. Pretende-se determinar o valor de para o qual a
funo () se anula. Em termos geomtricos, como mostra a Figura 1.9, a soluo da
Equao (1.73) corresponde ao ponto em que a curva corta o eixo .
-
28
x0x1x2
f(x )0
f(x )1f(x )2
X
f(x)
Figura 1.9: Interpretao grfica do mtodo de Newton.
A resoluo do problema proposto em (1.73) pelo mtodo de Newton segue os
seguintes passos:
i) Fazer = 0 e escolher uma soluo inicial = = 0;
ii) Calcular o valor da funo () no ponto = ;
iii) Comparar o valor calculado () com a tolerncia especificada e; se |()| ;
ento = ser a soluo procurada dentro da faixa de tolerncia ; seno
prossiga para o prximo passo;
iv) Linearizar a funo () em torno do ponto [, ()] por intermdio da srie de
Taylor:
( + ) = () + () (1.74)
sendo que () =
.
v) Resolver o problema linearizado, ou seja encontrar tal que:
() + () = 0 (1.75)
Isso significa que a nova estimativa de passa a ser:
+1 = + (1.76)
sendo
-
29
=()
() (1.77)
vi) Fazer = + 1 e voltar passo (ii).
A variante do mtodo de Newton ilustrada na Figura 1.10 obtida considerando-se a
derivada constante, isto , no passo (iv) do algoritmo faz-se () = (0). Nessa
verso, o nmero de iteraes, para uma dada tolerncia de convergncia, em geral
maior que no mtodo original, mas cada uma das iteraes se torna mais rpida, pois
a derivada no precisa ser calculada a cada passo.
x0x1x2
f(x )0
f(x )1f(x )2
X
f(x)
x3
Figura 1.10: Variante do mtodo de Newton.
Exemplo 5.1:
Considere a funo () = 23 42 + 3 4, pretende-se encontrar uma das razes
dessa funo utilizando o mtodo de Newton. Considere uma tolerncia de 103 e que
0 = 2,0.
Soluo:
Primeira iterao: = 0, = 2,0.
(0) = 2,0
Com |(0)| = 2,0 maior que a 10-3, deve-se calcular a nova estimativa de
0 = (0)
(0)= 0,1818
1 = 0 + 0 = 1,8182
Segunda iterao:
(1) = 0,2526
-
30
Como |(1)| maior que a tolerncia, calcula-se a nova estimativa de :
1 = (1)
(1)= 0,0305
2 = 1 + 1 = 1,7877
Terceira iterao:
(2) = 0,0061
Como |(2)| maior que a tolerncia, calcula-se a nova estimativa de :
2 = (2)
(2)= 7,7894 104
3 = 2 + 2 = 1,7869
Quarta iterao:
(3) = 1,6155 104
Como |(3)| menor que a tolerncia = 1,7869 a soluo do problema.
Exerccio 5.1:
Resolva o exemplo 4.1 considerando que a derivada de () ser constante e igual
derivada no ponto 0, i.e., (0), ser utilizada durante todo o processo iterativo. A
soluo final do problema a mesma? O nmero de iteraes maior?
Considere agora a resoluo de um sistema composto por equaes algbricas,
matematicamente descrito por (1.78)
() = 0 (1.78)
sendo () uma funo vetorial com dimenso 1 e o vetor das incgnitas,
tambm com dimenso 1.
() = [1() 2() ()]
= [1 2 ]
A resoluo da Equao (1.78) segue, basicamente, os mesmos passos do algoritmo
apresentado anteriormente para o caso unidimensional. A principal diferena est no
passo (iv), no qual, agora, aparece a matriz jacobiana. A linearizao da funo
vetorial () para = dada pelo dois primeiros termos da srie de Taylor
( + ) () + () (1.79)
sendo a matriz jacobiana dada por
-
31
=
=
[ 1
1
12
1
21
22
2
2
]
(1.80)
O vetor de correo calculado impondo-se que
() + () = 0 (1.81)
O algoritmo para resoluo do sistema de equaes do tipo () = 0 pelo mtodo de
Newton apresentado a seguir.
i) Fazer = 0 e escolher uma soluo inicial = = 0 ;
ii) Calcular ();
iii) Testar a convergncia: se |()| ; o processo convergiu para a soluo
; caso contrrio, prosseguir para o prximo passo;
iv) Calcular a matriz jacobiana ();
v) Determinar nova soluo +1:
+1 = +
= [()]1()
vi) Fazer = + 1 e retornar para o passo (ii).
Exerccio 5.2:
Utilize o mtodo de Newton para resolver o sistema de equaes a seguir:
{ + 2 = 0 + 3 = 0
Considere uma tolerncia de 10-3 e que a 0 = 2 e 0 = 1
5.4 Fluxo de Potncia pelo Mtodo de Newton
Nesta subseo o mtodo de Newton ser aplicado na resoluo do sistema de
equaes que forma o subsistema 1. A ideia central do processo de resoluo do
sistema linearizado, consiste em determinar o vetor de correes , tal que:
() = () (1.82)
-
32
No caso do subsistema 1, tem-se:
() = [
] (1.83)
= [
] (1.84)
() = [
] (1.85)
Considerando-se as equaes de e dadas em (1.69) e (1.70), e lembrando que
e so constantes, a matriz jacobiana pode ser reescrita da seguinte forma:
() = [
] (1.86)
As submatrizes que compem a matriz jacobiana , dada em (1.86), so geralmente
representadas por:
=
=
(1.89)
=
=
As componentes das submatrizes , , e so dadas por:
{
=
= (sen cos)
=
=
2 (sen cos)
=1
(1.90)
{
=
= (cos + sen)
=
= + (cos + sen)
=1
(1.91)
{
=
= (cos + sen)
=
=
2 + (cos + sen)
=1
(1.92)
-
33
{
=
= (sen cos)
=
= + (sen cos)
=1
(1.93)
Com base nas equaes (1.90) a (1.93) pode-se concluir que, se o elemento =
+ for nulo, ento os elementos , , e tambm sero nulos.
Isso implica que as matrizes , , e tm as memas caractersticas de
esparsidade que a matriz .
O mtodo de Newton aplicado resoluo do subsistema 1 resumido nos passos a
seguir:
i) Fazer i = 0 e escolher os valores iniciais dos ngulos das tenses das barras PQ
e PV ( = 0), e as magnitudes das tenses das barras PQ ( = 0);
ii) Calcular (, ) para as barras PQ e PV, e (
, ) para as barras PQ, e
determinar os resduos e
;
iii) Testar a convergncia: se max {| |} e max{|
|} , o processo
iterativo convergiu para a soluo (, ); caso contrrio, prosseguir no passo
(iv);
iv) Calcular a matriz jacobiana
(, ) = [(, ) (, )
(, ) (, )]
v) Determinar a nova soluo (+1, +1)
+1 = +
+1 = +
Sendo e determinados por:
[
] = {[
(, ) (, )
(, ) (, )]} [
(, )
(, )] (1.94)
vi) Fazer i = i + 1 e voltar para o passo (ii).
Exemplo 5.2:
Considere um sistema de potncia hipottico composto por duas barras, cujos dados
so apresentados a seguir
Tabela 1.4: Dados das barras
Barra Tipo V (pu) q (Graus) PG(pu) QG (pu) PL(pu) QL(pu)
-
34
1 Vq 1,0 0,0 - - 0,0 0,0
2 PV 1,0 - 0,20 - 0,60 0,0
Tabela 1.5: Dados da linha
Linha r (pu) x (pu) bsh (pu)
1 - 2 0,2 1,0 0,02
Faa uma anlise de fluxo de potncia para o sistema em questo. Considere a
tolerncia para convergncia igual a 0,003 pu ( = 0,003.).
Soluo:
A impedncia srie da linha vale 12 = 0,2 + 1,0, logo a admitncia da linha 12 =
0,1923 0,9615.
A linha apresenta uma admitncia shunt de 12 = 0,020.
A matriz de admitncia nodal :
= + = [0,1923 9415 0,1923 + 0,9615
0,1923 + 0,9615 0,1923 0,9415]
Sendo as matrizes e :
= [0,1923 0,19230,1923 0,1923
] e = [0,9415 0,96150,9615 0,9415
]
Com h somente uma barra do tipo PV, o subsistema 1 formado pela seguinte
equao:
2 = 2 2
sendo que 2 = 2 2 = 0,2 0,60 = 0,40
A equao para a injeo de potncia na barra 2 dada por:
2 = 2 [2(2 ) + 2(2 )]
2
=1
Desevolvendo o somatrio da equao anterior e lembrando que a barra 1 a
referncia angular do sistema, tem-se:
2 = 21(212 + 212) + 2222
Substituindo os valores e rearranjando os termos, tem-se:
2 = 0,1923(1 cos2) + 0,9615sen2
Logo, a equao de 2 :
2 = 0,40 0,1923(1 cos2) 0,9615sen2
-
35
1 iterao:
= 0; 0 = 0,0
2 = 0,40 0,1923(1 20) 0,96152
0 = 0,40
|2| = 0,40 > 0,003
(20) =
22 = 0,19232
0 0,961520 = 0,9615
20 = (2
0)12 =(0,40)
(0,9615)= 0,4160
21 = 2
0 + 0 = 0 + (0,4160) = 0,4160
2 Iterao:
2(21) = 0,40 0,1923(1 cos2
1) 0,9615sen21 = 0,0279
|2| = 0,0279 > 0,003
(21) = 0,1923sen2
1 0,9615cos21 = 0,8018
21 = (2
1)12 =0,0279
(0,8018)= 0,0347
22 = 2
1 + 21 = 0,4160 + (0,0347) = 0,4507
3 Iterao
2(22) = 0,40 0,1923(1 cos2
2) 0,9615sen22 = 3,7731 104
|2| = 3,7731 104 < 0,003
Ento, 2 = 0,4507 rad a soluo do problema.
Uma vez solucionado o subsistema 1, deve-se calcular a injeo de potncia ativa e
reativa na barra V, e a injeo de potncia reativa na barra PV.
Para a barra de referncia ou V, tem-se
1 = 1 (11 + 11)
2
=1
1 = 1 (11 11)
2
=1
Desenvolvendo o somatrio da equaes anteriores e substituindo os valores, obtm-
se:
1 = 0,1923(1 cos2) 0,9615sen2
-
36
Ento, para 2 = 0,4507 radianos, tem-se
1 = 0,4380 pu
1 = 0,0078 pu
Para a barra PV, tem-se:
2 = 2 (22 22)
2
=1
Desenvolvendo o somatrio da equao anterior e substituindo os valores, obtm-se:
2 = 0,9415 0,19232 0,96152
Ento, para 2 = 0,4507 radianos, tem-se:
2 = 0,1598 pu
Exemplo 5.3:
Considere novamente um sistema de potncia hipottico composto por duas
barras, cujos dados so apresentados a seguir
Tabela 1.6: Dados das barras
Barra Tipo V (pu) q (Graus) PG(pu) QG (pu) PL(pu) QL(pu)
1 Vq 1,0 0,0 - - 0,0 0,0
2 PQ - - 0,0 0,0 0,30 -0,07
Tabela 1.7: Dados da linha
Linha r (pu) x (pu) bsh (pu)
1 - 2 0,2 1,0 0,02
Faa uma anlise de fluxo de potncia para o sistema em questo. Considere
os seguintes valores para a convergncia do processo: = = 0,003 pu.
Soluo:
Verifica-se que os parmetros da linha de transmisso possui os mesmos valores que
do Exemplo 5.2, logo as matrizes e sero as mesmas, ou seja:
= [0,1923 0,19230,1923 0,1923
] e = [0,9415 0,96150,9615 0,9415
]
Como neste caso a barra 2 uma barra PQ, existem duas equaes: uma para a
injeo de potncia ativa (2) e outra para a injeo de potncia reativa (2).
-
37
2 = 2 2
= 0,30 2 [2 cos(2 ) + 2(2 )]
2
=1
= 0
2 = 2 2
= 0,07 2 [2(2 ) 2 cos(2 )]
2
=1
= 0
Substituindo os valores e rearranjando os termos das equaes anteriores, chega-se
a:
2 = 0,30 0,19232(2 cos2) 0,96152sen2 = 0
2 = 0,07 0,941522 + 0,19232sen2 + 0,96152cos2 = 0
1 Iterao:
= 0; 2 = 1,0 2
= 0;
2(2, 2
) = 0,30
2(2, 2
) = 0,09
|2| = 0,30 > 0,003 e |2| = 0,09 > 0,003
22 =2
2 = 0,19232sen2 0,9615cos2
22 =2
2 = 0,38462 + 0,1923cos2 0,9615sen2
22 =2
2 = 0,19232cos2 0,96152sen2
22 =2
2 = 1,88302 + 0,1923sen2 + 0,9615cos2
(2, 2
) = [0,9615 0,19230,1923 0,9215
]
[2
2] = [(2
, 2)]
1[2(2
, 2)
2(2, 2
)] = [
0,31830,0313
]
[2+1
2+1] = [
2
2] + [
2
2] = [
0,31831,0313
]
2 Iterao:
= 1
[2(2
, 2 )
2(2, 2
)] = [
0,00580,0516
]
|2| = 0,0058 > 0,003 e |2| = 0,0516 > 0,003
-
38
(2, 2
) = [0,8511 0,08690,4987 1,0889
]
[2
2] = [(2
, 2)]
1[2(2
, 2)
2(2, 2
)] = [
0,01230,0530
]
[2+1
2+1] = [
2
2] + [
2
2] = [
0,33060,9783
]
3 Iterao:
= 2
[2(2
, 2)
2(2, 2
)] = [
0,00080,0025
]
|2| = 0,0008 < 0,003 e |2| = 0,0025 < 0,003
Neste caso tanto |2| quanto |2| so menores que a tolerncia. Portanto, a soluo
do problema :
[22] = [
0,33060,9783
]
Uma vez resolvido o subsistema 1, determinam-se os valores de potncia ativa e
reativa na barra de referncia.
1 = 1 (11 + 11)
2
=1
1 = 1 (11 11)
2
=1
Substituindo os valores, chega-se a:
1 = 0,3197 pu1 = 0,0093 pu
5.5 Mtodo de Newton Desacoplado
O mtodo de Newton desacoplado, como o prprio nome sugere, baseia-se no
desacoplamento das Pq - QV, ou seja, a matriz jacobiana obtida considerando-se
que as sensibilidades e
so mais intensas que as sensibilidades
e
-
39
. Esse tipo de relao , em geral, verificado para sistemas de transmisso em
extra-alta tenso (tenses maiores que 230 kV) e ultra-alta tenso (tenses maiores
que 750 kV).
O desacoplamento possibilita a adoo de um esquema de resoluo alternado dos
subproblemas Pq e QV. Na resoluo do subproblema Pq so utilizados os valores
atualizados de V; enquanto que na resoluo do subproblema QV so utilizados os
valores atualizados de q.
Nesta subseo apresentado o mtodo de Newton desacoplado, no qual as
submatrizes e so feitas iguais a zero. vlido salientar que a aproximao
feita somente na matriz jacobiana, sendo que os vetores e continuam sendo
calculados da mesma forma. Portanto, a aproximao feita na matriz jacobiana altera
o processo de convergncia, isto , o caminho percorrido entre o ponto inicial e a
soluo, mas no altera a soluo final, pois o problema resolvido continua o mesmo
[(, ) = 0 e (, ) = 0].
Considere as equaes do subproblema 1, postas na forma mostrada em (1.95)
[(, )
(, )] = [
(, ) (, )
(, ) (, )] [
]
(1.95) (, ) = (, ) +(, )
(, ) = (, ) + (, )
+1 = +
+1 = +
A deduo do mtodo de Newton desacoplado feita em duas etapas:
desacoplamento e aplicao do esquema alternado de resoluo. Pelo
desacoplamento Pq - QV os termos N e M da Equao (1.95) so ignorados, o que
torna possvel colocar o algoritmo de Newton na seguinte forma:
(, ) = (, )
+1 = + (1.96)
(, ) = (, )
+1 = + (1.97)
Observe que as equaes (1.96) e (1.97) permitem que o problema seja resolvido
alternadamente. Em outras palavras, as variveis e so atualizadas a cada meia
iterao do algoritmo: meia iterao para obter a varivel , utilizando os valores mais
recentes de ; e meia iterao para obter a varivel V, utilizando os valores mais
recentes de .
-
40
possvel que em alguns casos os subproblema Pq e QV tenham velocidades de
convergncia diferentes: o subproblema Pq, por exemplo, pode convergir antes que o
subproblema QV. Em situaes como essa possvel obter alguma vantangem, do
ponto de vista computacional, iterando-se apenas com o subproblema ainda no
convergido.
A seguir, so apresentados os passos necessrio para resolver o problema de fluxo de
carga no linear via o mtodo de Newton Desacoplado.
i) Fazer = 1 (varivel de controle do subproblema Pq), = 1 (varivel de
controle do subproblema QV), = 0 (contador de iteraes do subproblema
Pq), = 0 (contador de iteraes do subproblema QV), = 1,0 e = 0;
ii) Calcular ( , );
iii) Testar a convergncia do subprobelma Pq: se |( , ) |, ir para o passo
(viii); seno continuar no para o passo (iv);
iv) Resolver o subproblema ( , ) = ( , );
v) Atualizar o vetor de ngulos: +1 = + ;
vi) Incrementar o contador de iteraes do subproblema Pq: = + 1;
vii) Fazer = 1;
viii) Fazer = 0,
ix) Se = 0, soluo do problema foi encontrada, seno, ir para passo (x);
x) Calcular ( , );
xi) Testar a convergncia do subproblema QV: se |( , ) |, ir para o
passo (xvi), seno continuar no passo (xii);
xii) Resolver o subproble ( , ) = ( , );
xiii) Atulizar o vetor das magnitudes das tenses: +1 = + ;
xiv) Incrementar o contador de iteraes do subproblema QV: = + 1;
xv) Fazer = 1 e voltar para o passo (ii);
xvi) Fazer = 0;
xvii) Se = 0, a soluo do problema foi encontrada, seno, voltar para o passo (ii).
Exemplo 5.4:
Resolver o sistema apresentado no Exemplo 5.3 utilizando o mtodo de Newton
Desacoplado.
Soluo:
As eques dos desvios de potncias ativa e reativa, j foram determinadas no
exemplo anterior e so repetidas aqui por convenincia.
-
41
2 = 0,30 0,19232(2 cos2) 0,96152sen2 = 0
2 = 0,07 0,941522 + 0,19232sen2 + 0,96152cos2 = 0
= 1, = 1, = = 0, 2 = 1,0 2
= 0,0
1 Iterao Pq:
2( , ) = 0,30
|( , )| = 0,30 > 0,003
Como |( , )| > 0,003 , resolve-se o subproblema ( , ) = ( , )
= (, )
(, )=
(0,30)
(0,9615)= 0,3120
2+1 = 2
+ 2 = 0,0 + (0,3120) = 0,3120
= + 1 = 1
= 1; = 0
1 Iterao QV:
2( , ) = 0,0154
|(, ) = 0,0154 > 0,003|
Como |( , )| > 0,003 , resolve-se o subproblema ( , ) = ( , )
= ( , )
( , )=
(0,0154)
(1,0269)= 0,0150
+1 = + = 1,0 + (0,0150) = 0,9850
= + 1 = 1
= 1
2 Iterao Pq:
2( , ) = 0,0156
|2( , )| = 0,0156 > 0,003
2 =
2( , )
( , )=
(0,0156)
(0,8569)= 0,0182
2+1 = 2
+ 2 = 0,3120 + (0,0182) = 0,3302
-
42
= + 1 = 2
= 1; = 0
2 Iterao QV:
2( , ) = 0,0090
|2( , )| = 0,0090 > 0,003
2 =
2( , )
( , )=
(0,009)
(1,0075)= 0,0089
2+1 = 2
+ 2 = 0,9850 + (0,0089) = 0,9761
= + 1 = 2
= 1
3 Iterao Pq:
2( , ) = 0,0014
|2( , )| = 0,0014 < 0,003
Logo, o subproblema Pq convergiu. Segue-se para o passo (viii) do algoritmo
= 0
Como ainda igual a 1, deve-se calcular 2
2( , ) = 7,4830 105
|2( , )| = 7,4830 105 < 0,003
Como |2| < 0,003, prossegue-se para o passo (xvi).
= 0
E como = 0, ambos os subproblemas esto convergidos. Sendo assim, a soluo
:
[22] = [
0,33020,9761
]
5.6 Mtodo de Newton Desacoplado Rpido
O mtodo de Newton desacoplado apresentado anteriormente pode ser levemente
modificado para dar origem ao mtodo denominado desacoplado rpido. Nessa
verso, dependendo das caractersticas do sistema, possvel que a convergncia do
-
43
processo iterativo ocorra de forma um pouco mais rpida que na verso anteriormente
apresentada.
Seja a matriz diagonal cujos os elementos no nulos so as magnitudes das tenses
nas barras PQ do sistema. Com a ajuda da matriz , as submatrizes e podem ser
postas na forma
= (1.98)
= (1.99)
em que as componentes das submatrizes e so dadas por:
= ( ) (1.100)
=
(1.101)
= (1.102)
=
2 (1.103)
O mtodo desacoplado rpido tem o mesmo algoritmo bsico que o mtodo de
Newton desacoplado. A diferena fundamental entre os dois mtodos desacoplados
que no mtodos desacoplado rpido so utilizadas as equaes = e
= , nas quais aparecem as matrizes constantes e , respectivamente.
Nas equaes (1.100) a (1.103) podem ser introduzidas as seguintes aproximaes:
a) muito prximo de 1;
b) , em magnitude, muito maior que ;
c) 2 , em magnitude, muito maior que .
As aproximaes a e b so, em geral, vlidas para sistemas de transmisso, em
particular para extra alta tenso (EAT) e ultra alta tenso (UAT). Para linhas de
transmisso acima de 230 kV, a relao
tem magnitude maior que 5,
podendo ser da ordem de 20 em linhas de 500 kV. A aproximao c , em geral,
tambm vlida pois se baseia no fato de as reatncias shunt (cargas, reatores,
capacitores, shunts de linhas etc.) de uma rede de tranmisso serem muito maiores
que as resistncias srie (linhas e transformadores).
Introduzindo-se as aproximaes a, b e c nas equaes (1.100) a (1.103), obtm-se:
-
44
(1.104)
(1.105)
(1.106)
= (1.107)
Considerando-se ainda que e so aproximadamente unitrias, podem-se
aproximar as submatrizes jacobianas e por:
(1.108)
(1.109)
em que as matrizes e s dependem dos parmetros da rede. Essas duas
matrizes so semelhantes matriz de susceptncias , com a diferena que em
no aparecem as linhas e colunas referente barra Vq, e em no aparecem as
linhas e colunas referentes s barras PV e barra Vq. Nota-se que as submatrizes
e mantm as estruturas das submatrizes jacobianas e .
Finalmente, as equaes do mtodo de Newton desacoplado rpido podem ser postas
na forma:
= (1.110)
= (1.111)
As equaes (1.110) e (1.111) entram nos passos (iv) e (xii) do algoritmo apresentado
na Seo 5.5 no lugar as equaes = e = .
Algumas melhorias no desempenho do mtodos desacoplado rpido foram
observadas quando, na formao da matrizes , desprezam-se as resistncias srie,
aproximando por 1 . Dessa forma, os elementos das matrizes e so
dados por:
=
1
(1.112)
= 1
=1
(1.113)
-
45
= (1.114)
= (1.115)
em que e so os elementos da matriz de susceptncia e a reatncia
srie de uma linha ou transformador.
Exemplo 5.5:
Considere novamente o sistema apresentado no Exemplo 5.3. Resolva o problema de
fluxo de potncia no linear pelo mtodos de Newton desacoplado rpido.
Soluo:
Os passos a serem seguidos so os mesmo do algoritmo do mtodos de Newton
desacoplado. A diferena fundamental a utilizao das matrizes constantes e ,
as quais so dadas por:
=1
12= 1,0
= 22 = 0,9415
Ento, seguindo-se os passos do algoritmo apresentado na Seo 5.5:
1 Iterao Pq:
= = 1, = = 0, 2 = 1,0 2
= 0,0
2( , ) = 0,30
|2( , )| = 0,30 > 0,003
2 =
2( , )/2
=
(0,30)/1,0
1,0= 0,30
2+1 = 2
+ 2 = 0,0 + (0,30) = 0,30
= + 1 = 1
= 1; = 0
1 Iterao QV:
2( , ) = 0,0098
|2(, )| = 0,0098 > 0,003
=2(
, )/2
22 =
0,0098/1,0
0,9415= 0,0104
-
46
2+1 = 2
+ 2 = 1,0 + (0,0104) = 0,9896
= + 1 = 1
= 1
2 Iterao Pq:
2( , ) = 0,0253
|2( , )| = 0,0253 > 0,003
2 =
2( , )/2
=0,0253/0,9896
1,0= 0,0256
2+1 = 2
+ 2 = 0,30 + (0,0256) = 0,3256
= + 1 = 2
= 1; = 0
2 Iterao QV:
2( , ) = 0,0114
|2(, )| = 0,0114 > 0,03
2 =
2( , )/2
22 =
0,0114/0,9896
0,9415= 0,0122
2+1 = 2
+ 2 = 0,9896 + (0,0122) = 0,9774
= + 1
= 1
3 Iterao Pq:
2( , ) = 0,0050
|2(, )| = 0,0050 > 0,003
2 =
2( , )/2
=0,0050/0,9774
1,0= 0,0051
2+1 = 2
+ 2 = 0,3256 + (0,0051) = 0,3307
= + 1 = 3
= 1; = 0
-
47
3 Iterao QV:
2( , ) = 0,0016
|2( , )| = 0,0016 < 0,003
Como |2| < 0,003, prossegue-se para o passo (xvi).
= 0
Como = 1, retorna-se ao passo (ii).
2(, ) = 7,8826 104
|2(, )| = 7,8826 104 < 0,003
Como |2| < 0,003, prossegue-se para passo (viii).
= 0
Como = 0, ento, o problema est convergido. A soluo final :
[22] = [
0,33070,9774
]
Nota-se que dentro da tolerncia especificada = = 0,003, os resultados obtidos
nos Exemplos 5.3 (mtodo de Newton), 5.4 (mtodo desacoplado) e 5.5 (mtodos
desacoplado rpido) so os mesmos.
6. REFERNCIAS
[1] Grainger, J. J.; Stevenson, J. W., Power System Analysis, New York: McGraw-Hill,
1994.
[2] Monticelli, A. J., Fluxo de Carga em Redes de Energia Eltrica, So Paulo: Edgard
Blucher, 1983.
-
48
CAPTULO 2 CURTO-CIRCUITO
1. INTRODUO
Os sistemas de proteo dos sistemas eltricos de potncia so ajustados para operar
o mais rpido possvel, porm a atuao coordenada de rels de proteo e
disjuntores pode levar permanncia de um curto-circuito por alguns ciclos.
Adicionalmente, os sistemas de proteo esto sujeitos falha. Sendo assim, os
equipamentos que compem a rede eltrica devem ser dimensionados para suportar
essas correntes elevadas, resultantes de um curto-circuito, at que algum dispositivo
de proteo atue para eliminar o defeito.
Para um operao segura do sistema de potncia, todos os equipamentos que
compem a rede eltrica (incluindo os componentes do sistema de proteo) devem
ser especificados com base nos nveis de correntes de curto-circuito e suas duraes
correspondentes.
As correntes de curto-circuito que circulam pela rede so determinadas pelas foras
eletromotrizes internas das mquinas presentes no sistema, por suas impedncias e
pelas impedncias existentes no sistema entre as mquinas e o ponto onde ocorre o
curto-circuito. A corrente que circula numa mquina sncrona imediatamente aps a
ocorrncia de um curto-circuito, o valor aps alguns ciclos e valor sustentado em
estado permanente da corrente de curto-circuito diferem consideravelmente por causa
do efeito da corrente de armadura sobre o fluxo que gera a tenso na mquina
sncrona. A corrente varia relativamente de modo lento desde seu valor inicial at seu
valor em estado permanente.
2. MQUINA SNCRONA
2.1 Aspectos Gerais
Antes de dar incio anlise de curto-circuito vlido fazer uma breve reviso sobre o
funcionamento de uma mquina sncrona, a qual ser um elemento de grande
influncia nas correntes de curto-circuito nos sistemas de potncia.
Uma mquina sncrona pode funcionar tanto como gerador quanto motor. No primeiro
caso, a mquina sncrona converte a energia mecnica, proveniente de uma turbina,
em energia eltrica. Como motor, a mquina sncrona converte a energia eltrica em
mecnica. O foco dos modelos desenvolvidos nesta subseo a mquina sncrona
funcionando como gerador, entretanto, salienta-se que sem grandes complicaes
esses modelos podem ser estendidos mquina sncrona operando como motor.
Os enrolamentos das mquinas sncronas polifsicas constituem um grupo de circuitos
eltricos indutivos magneticamente acoplados, sendo que alguns esto girando em
relao aos outros, de tal modo que as indutncias mtuas so variveis. As equaes
-
49
desenvolvidas para os fluxos concatenados dos vrios enrolamentos so aplicadas
tanto para a anlise em estado permanente quanto para a anlise transitria. Nesta
subseo somente os circuitos magnticos lineares so considerados, despresando-
se os efeitos da saturao.
As duas principais partes de uma mquina sncrona so: estator ou armadura e o
rotor. A armadura possui ranhuras longitudianais nas quais encontram-se os
enrolamentos de armadura. Pelos enrolamentos de campo circulam correntes
alternadas que alimentam uma carga, quando a mquina sncrona funcionando como
gerador, ou correntes provenientes de um fonte ac, quando a mquina funciona como
motor. O rotor estrutura da mquina sncrona montada sobre o eixo da mesma e que
gira dentro do estator. Os enrolamentos do rotor, tambm chamados de enolamentos
de campo, so alimentados por uma fonte de tenso contnua. A fora magnetromotriz
(fmm) produzida pela corrente que passa pelo rotor combina com a fmm produzida
pela corrente que circula pela armadura, dando origem a um fluxo resultante atravs
do gap entre o estator e rotor, o qual, por sua vez, induz tenses nos enrolamentos
da armadura e produz um torque eletromagntico entre o estator e o rotor. A Figura
2.1 ilustra as duas principais partes de uma mquina sncrona.
Figura 2.1: Principais partes de uma mquina sncrona - (a) rotor, (b) estator.
A Figura 2.2 mostra um gerador trifsico elementar. O enrolamento de campo, d
origem aos plos norte (N) e sul (S), conforme indicado na figura. O eixo orientado no
sentido do campo magntico formado pelo enrolamento de campo chamado de eixo
direto ou simplesmente eixo d, enquanto que o eixo perpendicular ao exido d,
chamado de eixo em quadratura, ou simplesmente eixo d.
Nas mquinas de dois polos, a cada volta completa do rotor, completa-se um ciclo da
forma de onda da tenso. No caso de uma mquina de quatro polo, a cada volta
completa do rotor, a forma de onda da tenso completa dois ciclos. Como o nmero de
ciclos da forma de onda da tenso por volta completa do eixo da mquina igual ao
nmero de par de polos, a frequncia da tenso dada por:
(a) (b)
-
50
=
2
60=
2 [Hz] (2.1)
Figura 2.2: Esquema elementar de uma mquina sncrona (a) polos lisos, (b) polos salientes.
Sendo:
Eixo q
FMM do enrolamento
de campo
Rotor
Enrolamento
de campo
N
S
Eixo d
Gap Estatorq
d
Eixo dEnrolamento de campo
Eixo q
Estator
Rotor
(a)
(b)
-
51
frequncia em Hz;
nmero de polos;
velocidade do rotor em rotaes por minuto (rpm);
- frequncia de rotao mecnica em Hz.
Como um ciclo completo da forma de onda da tenso gerado a cada vez que um par
de polos passa pelos enrolamentos do estador, deve-se distinguir graus eltricos
(utilizado para as tenses e correntes) de graus mecnicos (utilizados para medir a
posio do rotor). Em uma mquina de dois polos os graus eltricos e mecnicos so
idnticos. Para uma mquina sncrona de quatro polos ou mais, os graus eltricos so
iguais a p/2 vezes os graus mecnicos, conforme se observa na Equao (2.1),
multiplicando ambos os lados da equao por 2.
Deste ponto em diante, todas as medidas de ngulos sero referentes a graus
eltricos e o eixo em quadratura estar defasado em 90 eltricos do eixo direto, no
sentido horrio, independentemente do nmero de polos da mquina sncrona.
2.2 Modelo Matemtico
Para dar incio ao desenvolvimento dos circuitos equivalentes das mquinas
sncronas, considere a Figura 2.3, a qual mostra os trs enrolamentos do estador (a, b
e c) e o enrolamento de campo ou do rotor. O trs enrolamentos da armadura so
estticos, idnticos e tem um dos terminais ligados em ponto comum (0) aos trs
enrolamentos. Os outros trs terminais so identificados como sendo as fases a, b, e
c. Os eixos do enrolamentos a,b e c esto posicionado em = 0, = 120 e
= 240. Considere ainda que os enrolamentos tm as seguintes indutncias:
Indutncia prpria:
= = = (2.2)
Indutncia mtua entre os enrolamentos do estator (armadura):
= = = (2.3)
Indutncia mtua entre os enrolamentos do estador e o enrolamento de campo:
= (2.4)
= ( 120) (2.5)
-
52
= ( 240) (2.6)
As equaes (2.4) a (2.5) indicam que as indutncias mtuas entre o enrolamento de
campo e os enrolamentos do estador variam com a posio do rotor, de forma
cossenoildal, com o mximo valor dador por .
Figura 2.3: Enrolamentos da mquina sncrona.
O enrolamento de campo tambm apresenta uma indutncia prpria, a qual
representada por .
Os fluxos concatenados nos enrolamentos do estador e o enrolamento do rotor so
devidos a corrente que circulam neles mesmos e s correntes que circulam nos
demais. Portanto, as equaes de fluxo podem ser escritas como se mostra a seguir
Armadura:
= + + + = ( + ) + (2.7)
eixo a
eixo beixo c
Campo girante
Rotao
Eixo direto Eixo em quadratura
-
53
= + + + = ( + ) +
= + + + = ( + ) +
Rotor:
= + + + (2.8)
Considerando que as correntes trifsicas , e so balanceadas, ento:
+ + = 0 (2.9)
Fazendo = ( + ), = ( + ) e = ( + ), chega-se a:
= ( +) +
(2.10) = ( +) +
= ( +) +
Como o interesse da anlise a mquina operando em regime permanente,
assumuse-se que a corrente constante e igual a . Adicionalmente, o campo
gerado pelo rotor gira a uma velocidade angular constante . Sendo assim, para uma
mquina sncrona de dois polos tem-se:
= e = + 0 (2.11)
A posio inicial do enrolamento de campo da pelo ngulo , o qual pode ser
arbitrariamente escolhido em = 0. Substituindo por + na Equao (2.10) e
considerando = , chega-se a:
= ( +) +( + 0)
(2.12) = ( +) +( + 0 120)
= ( +) +( + 0 240)
A Equao (2.12) mostra que os fluxos em cada enrolamento do estador tm dois
componentes: um devido corrente de campo () e outro devido corrente de
armadura (, e ), a qual flui para fora da mquina, quando a mesma opera como
-
54
gerador. Se os enrolamentos possuem resistncias = = = , ento, a
queda de teno ao longo desses enoralamentos so dadas por:
=
= ( +)+ ( + 0)
(2.13) =
= ( +)+ ( + 0 120)
=
= ( +)+ ( + 0 240)
Os termos mais a direita da Equao (2.13) representam as tenses internas em cada
fase da mqiuna, as quais so designadas por , e e so dadas por:
= 2||( + 0)
(2.14) = 2||( + 0 120)
= 2||( + 0 240)
sendo || o valor eficaz da tenso interna e dado por:
|| =
2 (2.15)
A a corrente de campo induz as tenses , , quando as correntes de armandura
(, e ) so nulas, fato pelo qual essas tenses so chamadas de tenses a vazio
tenses em circuito aberto ou tenses internas. O ngulo indica a posio do
enrolamento de campo ou do eixo direto, relativo fase a, no instante = 0. Logo,
= 0 90 indica a posio do eixo em quadratura, o qual est 90 graus defasados
em relao ao eixo direto. Note que o ngulo 0 pode ser expresso em termos do
ngulo , conforme mostra a Equao (2.16).
= + 0 = + + 90 (2.16)
Substituindo (2.16) em (2.14) e lembrando que ( + 90) = , obtm-se:
= 2||( + )
= 2||( + 120) (2.17)
-
55
= 2||( + 240)
E levando a Equao (2.17) em (2.13), chega-se a:
= ( +)+ 2||( + )
(2.18) = ( +)+ 2||( + 120)
= ( +)+ 2||( + 240)
Para cada uma das fases possvel desenvolver o circuito equivalente, conforme se
mostra na Figura 2.4.
Figura 2.4: Circuito equivalente.
As tenses , e daro origem s correntes , e , conforme a Equao
(2.19).
= 2||( + )
(2.19) = 2||( + 120)
= 2||( + 240)
em que ||, por exemplo, o valor eficaz da corrente que circuila pela fase a e o
ngulo de defasagem do corrente na fase a em relao a tenso interna .
Ea
+
-
R
L + Ms s
va
Ia
-
56
Substituindo os termos , e pelos correspondentes valores dados pelas
equaes (2.4), (2.5) e (2.6) na Equao (2.8), chega-se a:
= +[ + ( 120) + ( 240)] (2.20)
Os termos da Equao (2.18) envolvendo as correntes , e podem ser reescritos
utilizando-se as equaes (2.16) e (2.17), conforme se mostra a seguir.
= 2||( + )( + + 90)
(2.21) ( 120) = 2||( + 120)( + + 90 120)
( 240) = 2||( + 240)( + + 90 240)
Aplicando-se a identidade trigonomtrica 2 = ( ) + ( + ) a
Equao (2.21), tem-se:
=||
2{ (2 + 2 )}
(2.22) ( 120) =||
2{ (2 + 2 120)}
( 240) =||
2{ (2 + 2 240)}
Os termos envolvendo 2 nas equaes em (2.22) so harmnicos de segunda
ordem balanceados, tal que a soma dos desses termos igual a zero a cada instante
de tempo. Logo, adicionado-se esses termos, chega-se a:
+ ( 120) + ( 240) =3||
2 (2.23)
Sendo assim, a equo para fluxo do enrolamento de campo torna-se:
= 3||
2 =
3
2 (2.24)
sendo = 2
3[ + ( 120) + ( 240)] ou
-
57
= 3|| (2.25)
uma corrente contnua que mais adiante ser explorada.
Nota-se pela Equao (2.25) que o fluxo concatenado com o enrolamento de campo
devido combinao das correntes , e invariante no tempo. Isso permite
estabelecer que esse fluxo originado de uma corrente contnua () que circula por
um circuito fictcio coincidente com o eixo direto e estacionrio em relao ao
enrolamento de campo. Os dois circuitos giram juntos em velocidade sncrona a
apresentam uma indutncia mtua dada por (3 2 ). O enrolamente de campo ao
ser percorrido por uma corrente de campo apresenta uma tenso terminal dada
por:
= +
(2.26)
em que a resistncia do enrolamento de campo.
Como o fluxo no varia no tempo, em regime permanente, a tenso terminal do
enrolamento de campo () torn-se = e pode ser representada por uma fonte
de contnua.
A Equao (2.23) mostra que o valor dependente da magnitude da corrente de
armadura || e do ngulo de defasamento () em relao tenso interna . Para
um fator de potncia indutivo, positivo e consequentemente negativo,
significando que o efeito combinado das correntes de armadura , e
desmagnetizante, i.e., opem ao fluxo magnetizante devido corrente do enrolamento
de campo . Para contornar esse efeito desmagnetizante, a corrente deve ser
aumentada.
2.3 Reatncia Sncrona
Suponha uma mquina sncrona operando em regime permanente velocidade
sncrona . Sob essas condies cada uma das fases da mquina pode ser
representada pelo circuito equivalente mostrado na Figura 2.4. Como na prtica
impossvel medir a tenso interna da mquina quando a mesma est suprindo uma
carga, adota-se a tenso terminal da mquina como referncia e o ngulo da corrente
de armadura , ento, medido com relao tenso terminal. Sendo assim, definem-
se as seguintes grandezas:
= 2||() = 2||( + ) = 2||( ) (2.27)
ou na forma fasorial
-
58
= ||0 = || = || (2.28)
Retornado ao circuito equivalente mostrado na Figura 2.4, pode-se escrever
=
(2.29)
Uma vez que as os enrolamentos da mquina so simtricos e equilibrados, a
Equao (2.29) pode ser escrita para as demais fases, levando-se em conta apenas
as defasegen de -120 e -240. A combinao das reatncias prpria e mtua da
mquina ( +) comumente chamada de reatncia sncrona e designada por
. Logo, a impedncia sncrona de uma mquina definida como sendo:
= + = + ( +) (2.30)
A Equao (2.29) pode ser reescrita como:
= = (2.31)
No caso de motor sncrono, o circuito equivalente da Figura 2.4 tambm vlido,
entretanto, o sentido da corrente de armadura invertido, o que resulta na Equao
(2.32)
= + = + + (2.32)
2.4 Modelo de Dois Eixos da Mquina Sncrona
As equaes (2.31) e (2.32) fornecem bons resultados para as anlises das mquinas
sncronas em regime permanente. Entretanto, para uma anlise de transitrios
necessrio considerar um modelo mais elaborado. Neste subseo desenvolve-se o
chamado modelo de dois eixos para uma mquina sncrona de polos salientes, na qual
o gap muito mais estreito na direo do eixo direto do que na direo do eixo em
quadratura.
No caso de uma mquina sncrona de polos salientes, as indutncias prprias dos
enrolamentos de armadura e as mtuas no so constantes, mas variam de acordo
com a posio do rotor, dada por . Semelhantemente mquina de polos lisos, os
fluxo concatendados das fases , e ,so expressos por:
= + + + (2.33)
= + + +
-
59
= + + +
Essas equaes paracem-se similares quelas mostradas em (2.7) para uma mquina
de polos lisos, porm todos os coeficientes variam com a posio do rotor, conforme
se mostra a seguir.
Tabela 2.1: Expresses das indutncias da mquina sncrona de polos salientes.
Estador
Indutncias prprias ( > > 0)
= + 2
= + 2( 2/3)
= + 2( + 2/3)
Indutncias mtuas ( > > 0)
= = 2( + /6)
= = 2(2 /2)
= 2( + 5/6)
Rotor
Indutncias prprias
Enrolamento de campo:
Enrolamento de amortecimento do eixo d:
Enrolamento de amortecimento do eixo q:
Indutncias mtuas
Enrolamento de campo e enrolamento de
amortecimento do eixo d:
Enrolamento de campo e enrolamento de amortecimento do eixo q: 0
Amortecimento do eixo d e amortecimento do eixo q: 0
Estator e Rotor
Mtuas entre a Armadura e o Amortecimento do eixo d
= =
= = ( 2/3)
= = ( 4/3)
Mtuas entre a Armadura e o Amortecimento do eixo q
= =
= = ( 2/3)
= = ( 4/3)
Percebe-se que as equaes para os fluxos , e para uma mquina de polos
salientes so bem mais complexas que aquelas apresentadas anteriormente para a
mquina de polos lisos. Entretanto, as equaes de fluxo para a mquina de polos
salientes podem ser expressas de uma maneira mais simples pela transformao das
variveis nas coordenadas , e do estador num conjunto de novas variveis
correspondentes, nas coordenadas chamadas de , , e 0 (eixo direto, eixo em
quadratura e sequncia zero, respectivemante). Por exemplo, as trs correntes no
estador , e podem ser transformadas em trs correntes equivalentes
denominadas corrente de eixo direto (), corrente de eixo em quadratura () e
corrente de sequncia zero (0). A transformao feita pela matriz , denominada
transformada de Park e definida como:
= 2
3[
( 120) ( 240)
( 120) ( 240)12 1
2 1
2
] (2.34)
-
60
A matriz uma matriz ortogonal, isto , a inversa de igual transposta de .
Essa propriedade importante pois ela assegura que as potncias nas coordenadas
, e no so alteradas pela matriz [2]. Sendo assim, as correntes, tenses e os
fluxos das fases , e so transformados pela matriz nas coordendas , e 0,
como se segue:
[
0
] = [
] [
0] = [
] [
0
] = [
] (2.35)
A transformada de Park define um conjunto de corretens, tenses e fluxos para trs
enrolamentos fictcios, sendo que um deles estacionrio o enralmento refente
sequncia zero. Os outros dois enrolamentos, i.e., do eixo direto (d) e o eixo em
quadratura (q), giram com velocidade sncrona junto com o rotor. Os enrolamentos do
eixo d e q apresentam fluxos concatenados constantes com o enrolamento de campo
e quaisquer outros enrolamentos que possam existir no rotor. Para maiores detalhes
sobre o processo de transformao das correntes, tenses e fluxos das coordenadas
para 0 consulte as referncias [2]-[3]. O fluxo resultante nos eixo d, q e 0 so
dados por:
= +3
2
(2.36)
=
0 = 00
em que a corrente do enrolamento de campo e as indutncias , e 0 so
dadas por:
= + +3
2
(2.37) = +
3
2
0 = 2
Os parmetros e tm o mesmo significado que antes (equaes para a mquina
sncrona de polos lisos) e um nmero positivo. Os parmetros e so,
respectivamente, as indutncias de eixo direto e de eixo em quadratura e 0
conhecida como indutncia de sequncia zero.
O fluxo concatenado do enrolamento de campo ainda continua sendo dado pela
Equao (2.24). Note que as equaes (2.37) so bem mais fceis de serem
-
61
trabalhadas que se os termos ainda estivem expressos nas coordenadas . Essas
equaes podem ser fisicamente interpretadas da forma como se segue. A indutncia
