UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE

CENTRO DE TECNOLOGIA

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA ELÉTRICA

P L A N O D E C U R S O

DISCIPLINA: ELE0330 - Análise de Sistemas de Potência CRÉDITOS:04 PRÉ-REQUISITOS: ELE313 - Introdução à Análise de Sistemas de Potência (IASP) PROFESSOR: Prof. Dr. Marcos A. Dias de Almeida

O B J E T I V O S G E R A I S

Propiciar ao aluno conhecimentos fundamentais para que, no final do curso, seja capaz de fazer análises em sistemas de energia elétrica e desenvolver programas em computador digital para utilização em sistemas de grande porte.

O B J E T I V O S E S P E C Í F I C O S

Fornecer os conhecimentos básicos para o aluno no final do curso, calcular os parâmetros de uma linha de Transmissão. Calcular correntes de curto-circuito de sistemas elétricos de pequeno porte. Desenvolver programas de computador digital para análise de fluxo e análise de contingências em sistemas de grande porte utilizando os métodos matemáticos apresentados.

E M E N T A

Cálculo de parâmetros transversais e longitudinais de linhas. Modelagem de linhas. Formação das Matrizes impedância e admitância. Redução de redes. Fluxo de carga: método de Gauss, Gauss-Seidel, Newton-Raphson e Newton-Raphson desacoplado rápido. Cálculo das correntes de curto-circuito e sua importância. Tipos de sistemas quanto ao aterramento. Métodos matriciais para a solução de faltas transversais e defeitos longitudinais. Análise de contingências. Estabilidade de sistemas de potência.

P R O G R A M A

UNIDADE I 1. Cálculo de parâmetros transversais, longitudinais e

modelagem de linhas (Curta, Média e Longa) 2. Formação das matrizes de impedância e de admitância

nodal; redução de redes. UNIDADE II 1. Tipos de sistemas quanto ao aterramento 2. Cálculo das correntes de curto-circuito em sistemas

radiais (a) Fase-Terra (b) Fase-Fase-Terra (c) Fase-Fase (d) Trifásica

3. Método matricial para a solução de faltas transversais e

defeitos longitudinais. UNIDADE III 2. Fluxo de carga 1. Análise de contingências 2. Estabilidade de sistemas de potência

M E T O D O L O G I A

a) De ensino: Quadro-negro Aula prática Retroprojetor; Microcomputador; Projetor de Slide b) De avaliação:

Programas de computador Provas escritas

D A T A S D A S A V A L I A Ç Õ E S

1a Av. – 31/03 (sexta-feira) ; 2a Av. – 16/05 (terça-feira) ; 3a Av. – 23/06 (sexta-feira) ; 4a Av. – 30/06 (sexta-feira).

B I B L I O G R A F I A

1. Hadi Saadat. Power System Analysis. McGraw-Hill, Iinc. 1999. Boston , USA. 2. William D. Stevenson Jr. Elements of Power System Analysis. Fourth Edition. Mc Graw Hill. 3. Geraldo Kindermann. Curto-circuito. Aranda Editora Técnica e Cultural Ltda, 3ª Edição, 2003. 4. Sérgio Haffner. Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente. Pontifícia Universidade Católica do

Rio G.do Sul, 2003. http://diana.ee.pucrs.br/~haffner. 5. Homer E. Brown. Grandes Sistemas Elétricos Métodos Matriciais. Livros Técnicos e Científicos. Editora Escola Federal

de Engenharia de Itajubá, Edição 1975. 6. Alcir Monticelli. Fluxo de Carga em Redes de Energia Elétrica. Cepel -Eletrobrás. Editora Edgard Blucher LTDA, 1983. 7. Edward Wilson Kimbarrk, Sc.D. Power System Stability. Vol. I. John Wiley, New York. 8. Siemens AG. Correntes de Curto-Circuito em Redes Trifásicas. Editora Edgard Blucher LTDA. Tradução 5ª Edição

Alemã. Set/1975. 9. Dorel Soares Ramos, Eduardo Mário Dias. Sistemas Elétricos de Potência. Vol. 1 e 2. Guanabara Dois. 10. Olle I. Elgerd. Introdução à Teoria de Sistemas de Energia Elétrica. Editora Mc Graw-Hill do Brasil LTDA. 11. Paul M. Anderson. Analysis of Faulted Power Systems. The Iowa State University Press/Ames-1973. 12. José Tavares de Oliveira. Fundamentos de Análise de Sistemas de Potência. Apostila. 13. Marcos A. Dias de Almeida. Análises de Sistemas de Potência. DEE/UFRN. Notas de Aula.

Natal, 21 de fevereiro de 2006

_______________________________________ Prof. Dr. Marcos A. Dias de Almeida

1

Linhas de Transmissão Aéreas - Generalidades A Fig. 1 ilustra estruturas de uma linha de transmissão aérea (overhead transmission line). Figura 1 - Estruturas típicas (torres) para linha de transmissão de 345 kV: (a) Circuito simples com três condutores por fase; (b) Circuito duplo com dois condutores por fase. Cabos de L.T. aéreas O tipo mais comum de cabo de L.T. aéreas é constituído por fios colocados em coroas superpostas, encordoadas em sentidos opostos. Isso evita que o cabo se desenrole e faz com que o raio externo de uma coroa coincida com o raio interno da seguinte.

(b) (a)

2

Formação de cabos de L.T. aéreas O número total de fios em cabos concêntricos, nos quais todo espaço é preenchido por fios de diâmetro uniforme é 7, 19, 37, 61, 91 ou mais. Esse número é dado pela expressão

Número de fios = 3x2 – 3x +1 onde x é o número de coroas incluído a central, constituída por um único condutor. A Fig. 2 mostra um cabo 24/7 CAA (ou ACSR- Aluminum Cable Stell Reinforced ), com quatro coroas. Circular Mil As áreas (seções transversais) dos cabos de bitolas maiores geralmente são dadas em Circular Mil (CM). Um “circular mil” é área de um círculo cujo diâmetro é um “mil”, isto é, um milésimo de polegada: 1 CM = 5,067 x 10 -4 mm2.

Figura 2 – Vista frontal de um cabo 24/7 CAA (ACSR), com quatro coroas

3 coroas 19 fios

1 MCM = 1000 x 1 CM

1

Distância Média Geométrica (DMG) 1) Distância Média Geométrica entre Pontos Por definição a DMG entre um ponto e um grupo de pontos, é a média geométrica das distâncias daquele ponto aos outros. Considerando, por exemplo, a Figura 1, tem-se:

nnDDDDDMG L321= (1)

2) Distância Média Geométrica entre Dois Cabos (DMG ou Dm) Considere os cabos genéricos x e y mostrados na Figura 2. De acordo com (1), a DMG entre esses dois cabos é

nmxmnmmmnn DDDDDDDDDDDDDMG )())(( 65422625241161514 LLLL= (2)

onde Dmn é a distância entre os centros dos condutores m e n.

P •

• P3

• P1

• P2

• Pn

M

D2

D3

Dn

D1

Figura 1 – Um ponto P distante de n pontos

2

m 1

4 5

6 n

Cabo y Cabo x

Figura 2 – Linha de transmissão com dois cabos

2

3) Raio Médio Geométrico de um Condutor (RMG)

a) Condutor de Seção Circular Cheia Define-se o RMG ou DMG própria (Ds) de uma área como sendo o limite ao qual

tende a média geométrica das distâncias entre todos os pares de elementos dessa área, quando o número de elementos cresce indefinidamente.

De acordo com essa definição, demonstra-se que o RMG de uma área circular cheia,

como a mostrada na Figura 3, é dada por

rerRMG 7788,041

==−

ou rr 7788,0=′ (3) Portanto, o RMG de um condutor circular de seção cheia é dado por (3).

b) Condutor do Tipo Cabo Considere o cabo genérico mostrado na Figura 4 O RMG próprio desse condutor é

2 )())(( 32122322211131211n

nnnnnnn DDDDDDDDDDDDRMG LLLL= (4) onde n é o número de condutores e

nnnn rerRMGD 7788,041

===−

1 2

3 n

Cabo

Figura 4 – Cabo com n condutores de seção circular

Figura 3 – Área circular cheia de raio r

•r

3

Exercício: De acordo com a Figura 5, pede-se calcular a DMG entre os cabos e o RMG de cada

cabo. Considere r =2,54 cm.

Resposta: RMG1 = 4,06 cm; RMG2 = 3,17 cm; DMG = 24,92 cm.

•r

•r

•r

•r

•r

D =10 r

Cabo 1 Cabo 2

Figura 5 – Desenho de uma linha monofásica

1

Capítulo 1 - CÀCULO DE PARÂMETROS LONGITUDINAIS E TRANSVERSAIS DE LINHA DE TRANSMISSÃO 1.1 Introdução Uma linha de transmissão de energia elétrica possui quatro parâmetros que influem decisivamente no transporte da energia elétrica. • Resistência É um parâmetro inerente ao tipo e à bitola do condutor, experimentando pequenas variações com a temperatura do condutor e a freqüência do sistema. Para 60 Hz, Rac é cerca de 2% maior do que Rcc. • Indutância Depende exclusivamente da geometria da linha e do meio no qual se encontram os condutores. Pode-se dizer que é o parâmetro mais importante da linha, uma vez que é sempre levado em conta em estudo de linhas, obviamente, em CA. • Capacitância Assume importância no estudo de desempenho de linhas quando se verificam tensões superiores a 34,5 kV e comprimentos superiores a 80 km. Pode-se desprezar este parâmetro para linhas com níveis de tensões e comprimentos inferiores. • Condutância Só merece consideração quando os níveis de tensão são elevados, em virtude das perdas por ela provocada serem insignificantes.

2

1.2 Indutância de um condutor devido ao fluxo interno Admitindo-se a seção transversal de um condutor cilíndrico, de comprimento infinito e suficientemente distante de quaisquer outros condutores e do solo, para não afetar o campo magnético do condutor considerado, uma corrente I percorrendo este condutor produzirá linhas de fluxo magnético que serão concêntricas ao condutor.

Figura 1.1: Fluxo no interior de um Condutor

A intensidade do campo magnético Hx, ao longo do círculo de raio x, é constante e tangente ao círculo. A lei de Ampére relaciona Hx à corrente Ix (corrente envolvida), isto é

x

x

x IdlH =∫π2

0 ou

Densidade de corrente:

dxFluxo

x

r

Ix

IElemento tubular de 1 m de comprimento

φ

3

Considerando uma área infinitesimal da seção do elemento tubular, isto é, dA = dx x 1, onde 1 é o comprimento em metro do elemento tubular, resulta:

O fluxo concatenado interno, ψ, num elemento tubular é o fluxo φ no elemento multiplicado pela relação entre a corrente envolvida

por ele e a corrente total do condutor, ,2

2

rx

II x = então

ou , 2

2

rx

II x =

H/m 1021 7int

int−×=

Ψ=

IL

x

4

1.3 Fluxo envolvido por dois pontos externos de condutor isolado Considerando-se um condutor percorrido por uma corrente I que produzirá linhas de fluxo concêntricas e externas, fluxo este que se estende, com intensidade decrescente, desde a sua superfície, até assumir valor nulo no infinito.

Figura 1.2 - Fluxo envolvido entre dois pontos externos de um condutor isolado

dx x

D1

I

D2

P1

P2

r

Intens. de c. mag., Hx, ao redor do elemento de raio x:

xHIN

dlHNI

x

xx

π=⇒=

= ∫π

21

2

0

ϕ=Ψ×=

=ϕ

dddxdAdABd x

12

1

, mas então

5

1.4 Indutância de uma linha a dois fios Considere-se, agora, uma linha monofásica a dois fios, separados por uma distância D(m) e com raios r1 e r2.

Fig 1.3: Linha monofásica a dois fios

webers.espiras/metro

D

r1 r2

I1 X I2

IIIII

==

−=

21

21

6

Fazendo

Para o caso de r1 = r2 = r, resulta:

7

1.5 Fluxo concatenado com um condutor de um grupo de condutores Considere agora um caso mais geral, em que um condutor pertence a um grupo de condutores, no qual a soma fasorial das correntes é nula. Fluxo concatenado com o condutor 1, devido I1, entre P e o condutor 1:

Fluxo concatenado com o condutor 1, devido I2, entre P e o condutor 1:

P 3

2

1 n

D3P

D1P

D2P

DnP

Fig. 1.4: Grupo de n condutores isolados

0321 =+++ nIIII L

8

Fluxo concatenado com o condutor 1, devido a própria corrente e às correntes nos demais condutores do grupo:

×++×+×+××=Ψ −

n

nPn

PPPP D

DI

DD

IDD

Ir

DI

113

33

12

22,

1

11

71 lnlnlnln102 L

Expandindo os termos logaritmos e reagrupando-os, resulta em

)lnlnlnln

1ln1ln1ln1ln(102

332211

1133

122,

11

71

nPnPPP

nnP

DIDIDIDID

ID

ID

Ir

I

×++×+×+×

+×++×+×+×××=Ψ −

L

L

Sendo nula a soma fasorial das correntes, isto é,

)III(II IIII nnn 1321321 0 −+++−=⇒=++++ LL Substituindo o valor de In, têm-se:

×++×+×+×××

+

×++×+×+×××=Ψ

−−

−

−

nP

Pnn

nP

P

nP

P

nP

P

nnP

DD

IDDI

DDI

DDI

DI

DI

DI

rI

)1()1(

33

22

11

7

1133

122,

11

71

lnlnlnln102

1ln1ln1ln1ln102

L

L

Fazendo P mover-se para bem longe, então

1)1(321 ≅≅≅≅≅ −

nP

Pn

nP

P

nP

P

nP

P

DD

DD

DD

DD

L , resultando em

×++×+×+×××=Ψ −

nn D

ID

ID

Ir

I113

312

2,1

17

11ln1ln1ln1ln102 L Wb.e/m

9

1.6 Indutância de uma linha de cabos O número de fios (idênticos) que compõem um cabo é dado por

N = 3x2-3x +1 onde, x é o número de coroas, incluindo a central (constituída por um único fio). Considere a uma a linha monofásica constituída por cabos de múltiplos condutores por fase, conforme o esquema mostrado na Figura 1.5. Fig. 1.5: Linha monofásica constituída por dois cabos compostos por vários condutores • O cabo X é composto por n condutores, paralelos e idênticos,

cada um conduzindo a corrente I/n • O cabo Y, retorno para a corrente em X, é constituído por m

condutores, também idênticos, cada qual conduzindo -I/m Para o condutor a do cabo X, o fluxo concatenado com ele é

++++×××

−

++++×××=Ψ

′′′

−

−

amcabaaa

anacabaa

DDDDmI

DDDrnI

1ln1ln1ln1ln102

1ln1ln1ln1ln102

7

,7

L

L

b'a'

c' m

b a

c n

X Y

10

De onde se obtém Dividindo a expressão por I/n, resulta na indutância do condutor a do cabo X, ou seja, Analogamente a indutância do condutor b é

A indutância média de cada condutor do cabo X, é

××××′

×××××××=

Ψ=

′′′−

n anacaba

m amcabaaaaa DDDr

DDDDn

nIL

L

Lln102

/7

H/m

××××′

×××××××=Ψ

′′′−

n anacaba

m amcabaaaa DDDr

DDDDI

L

Lln102 7

Wb.e/m

××××′

×××××××=

Ψ=

′′′−

n bnbcbab

m bmcbbbabbb DDDr

DDDDn

nIL

L

Lln102

/7

H/m

11

O cabo X é composto por n condutores em paralelo. Se todos tivessem a mesma indutância, a indutância do cabo seria 1/n vezes a indutância de um condutor. Como estas indutâncias são diferentes, então, a indutância de todos eles em paralelo é 1/n vezes a indutância média (indutância equivalente). Logo, a indutância do cabo x é

assim,

Dm=DMG (Distância Média Geométrica Mútua)

2

2

)(

)()(

n nnncnbna

n bnbcbbbaanacabaas

DDDD

DDDDDDDDD

××××

××××××××××=

L

KLL

DS=RMG (Raio Médio Geométrico ou DMG própria) A indutância do condutor Y (LY) é determinada de maneira análoga. Então, a indutância total da linha é dada por

nm nmcnbnan

nm bmcbbbabamcabaaam

DDDD

DDDDDDDDD

× ′′′

× ′′′′′′

××××

××××××××××=

)(

)()(

L

KLL

12

1.7 Indutância de uma linha trifásica com espaçamento assimétrico Considere uma linha cujos condutores estão espaçados, de forma assimétrica, de acordo com o esquema dado na Figura 1.6.

Ib

Ia

Ic

1

2

3

D12

D13

D23

Fig. 1.6: Linha trifásica com espaçamento assimétrico

13

De forma matricial, escreve-se

ou, de forma compacta

14

1.8 Indutância de uma linha com espaçamento equilateral

Admitindo que não exista o neutro, ou as correntes fasoriais são equilibradas, isto é, Ia + Ib + Ic = 0, então,

Ia = - (Ib + Ic) logo,

D

D

D

2 Ib

3 Ic

1 Ia

15

Fazendo o mesmo para as fases b e c, obtêm-se:

16

1.9 Indutância de uma linha com espaçamento assimétrico com transposição Quando os espaçamentos de uma linha trifásica não forem iguais, a determinação da indutância torna-se mais complicada. Neste caso, o fluxo concatenado e a indutância correspondente a cada fase não são os mesmos. Uma indutância diferente em cada fase faz com que o circuito seja desequilibrado. Essas características indesejáveis podem ser superadas pela troca de posições entre os condutores em intervalos regulares ao longo da linha, de tal modo que cada condutor ocupe a posição original de cada um, em distâncias iguais. Tal troca de posições é chamada de transposição. A Figura 1.7 mostra um ciclo completo de transposição.

Fig 1.7: Linha trifásica assimétrica com transposição

17

Transposição no sentido anti-horário. O fluxo concatenado com os condutores é dado na forma matricial por

Ib

Ia

Ic

1

2 3

D12 D13

D23

Fig. 1.8: Linha trifásica assimétrica com transposição (pos. 1)

Pos. 1

18

Ia

Ic

Ib

1

2 3

D12 D13

D23

Fig. 1.9: Linha trifásica assimétrica com transposição (pos. 2)

Pos. 2

19

O fluxo médio concatenado com os condutores ao longo da linha é, por fase é:

3

3

3

321

321

321

cccc

bbbb

aaaa

Ψ+Ψ+Ψ=Ψ

Ψ+Ψ+Ψ=Ψ

Ψ+Ψ+Ψ=Ψ

Ic

Ib

Ia

1

2 3

D12 D13

D23

Fig. 1.10: Linha trifásica assimétrica com transposição (pos. 3)

Pos. 3

20

Substituindo as expressões dos fluxos e trabalhando as expressões dentro da matriz, resultam

onde 3

132312 DDDDeq ××= A matriz de indutância é dada por

Na condição de Ia + Ib + Ic =0, que não exista o condutor neutro, tem-se

rDeq

′×==== − ln102LLLL 7

cba

1

Indutâncias próprias e mútuas

1. Introdução A indutância mútua é importante quando se considera a influência das linhas de transmissão nas linhas telefônicas e também quando se considera o acoplamento entre elas próprias, como no caso daquelas que utilizam a mesma faixa de servidão. 2. Indutâncias próprias e mútuas de uma linha monofásica A indutância série por fase de uma linha monofásica, a dois condutores, pode ser representada em termos das suas indutâncias próprias e mútuas, conforme mostrado na Fig. 1. Considera-se um metro de linha e µ= 4πx10-7 H/m (permeabiliade magnética). Os fluxos concatenados 1Ψ e 2Ψ são dados por

esp/m Wb.esp/m Wb.

221212

2121111

ILILILIL&&&

&&&

+=Ψ

+=Ψ

Desde que I2= -I1 , têm-se

esp/m Wb.)(

esp/m Wb.)(

221222

112111

ILLILL&&

&&

×−=Ψ

×−=Ψ

A indutância de cada condutor é

H/m -

H/m -

21222

22

12111

11

LLI

L

LLI

L

=Ψ

=

=Ψ

=

&

&

&

&

Considere uma linha monofásica constituída por dois condutores sólidos (fase e retorno), de seção circular (raios r1 e r2), que está transportando uma corrente (I2 = -I1) conforme está esquematizado na Fig. 2.

Figura 1 – Linha monofásica representada por duas bobinas acopladas magneticamente

L12= L21

L11

L22

I1

I2

(1)

2

O fluxo concatenado com o condutor 1 é

H/m 1ln1021ln102 )1

ln1(ln102

)1

ln1(ln102

)1

1ln(102)(ln102

)ln(102)ln41(102

Wb.esp/m )ln1021021(

7

1

7

1

7

1

11

1

711

1

714/1

1

711

1

4/171

1

711

1

77111int1

DrD

rIL

Dr

I

Dr

IerDI

rDeI

rDI

rDIext

−−−

−

−−

−

−−

−−

×−′

×=+′

××=Ψ

=

+′

×××=Ψ

+′

××=×

×××=Ψ

+×××=+×××=Ψ

×+××=Ψ+Ψ=Ψ

&

&

&&

&&&

&&&

&&&&

onde 1r′ é o raio médio geométrico (RMG) do condutor 1, dado por

1r′=4/1

1−×er =0,7788 x r1

A parte negativa da indutância em (2), é devido ao efeito do fluxo concatenado mútuo entre os indutores. Por analogia, a indutância do condutor 2 é

H/m 1ln1021ln102 )1

ln1(ln102 7

2

7

2

7

2

22 Dr

DrI

L −−− ×−′

×=+′

××=Ψ

=&

&

Comparando (2) e (3) com (1) concluí-se que as expressões são equivalentes para as indutâncias próprias e mútuas

H/m 1ln102L

H/m 1ln102

H/m 1ln102

72112

2

722

1

711

DL

rL

rL

−

−

−

×==

′×=

′×=

(2)

(3)

I1

r1

D

Figura 2 – Rede monofásica a dois condutores

I2 r2

3

3. Indutâncias próprias e mútuas de um grupo de n condutores O conceito de auto-indutância e indutância mútua pode ser estendido para um grupo de n condutores conduzindo os fasores de corrente

021 =+++++ ni IIII &L&L&& Generalizando

ij 1

≠+=ψ ∑=

j

n

jijiiii ILIL &&&

ou

ij )1ln1ln(1021

7 ≠+′

×=ψ ∑=

−

ij

n

jj

iii D

Ir

I &&&

ou ainda, na forma matricial

×

′

′

′

×=

ψ

ψψ

−

n

nnn

n

n

n I

II

rDD

DrD

DDr

&M

&

&

L

MLMM

L

L

&

M

&

&

2

1

21

2221

1121

72

1

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

102 Wb.esp/m (4)

4. Tensão induzida em um conjunto de n condutores

De acordo com a lei de Faraday, tem-se

dttdtv )()( ψ

=

mas, jwdtd= (passando do domínio do tempo para o domínio da freqüência), então

Ψ= && jwV (5)

Substituindo (4) em (5), obtêm-se os vetores das tensões nos condutores devido às indutâncias próprias e mútuas.

4

×

′

′

′

××=

−

n

nnn

n

n

n I

II

rDD

DrD

DDr

jw

V

VV

&M

&

&

L

MLMM

L

L

&M

&

&

2

1

21

2221

1121

72

1

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

102 V/m (6)

Em (1.33), os termos ij

j DIjw 1ln102 7 &×× − fornecem os fasores queda de tensão (ou tensão

induzida), ,iV&∆ nos condutores devido às indutâncias mútuas.

ijji D

IjwV 1ln102 7 && −×=∆ V/m (7)

Exemplo de Tabela de Cabos

CONDUTOR S (mm2)

Diam. (mm)

Peso (kg/km) Ds (m)

Imáx. (A)

R1 (Ohm/km)

X1 (Ohm/Km)

Ro (Ohm/km)

Xo (Ohm/km)

QT Trifásic

QT Monof.

4 CA - 7 fios 21,5 5,89 58,35 0,002134 134 1,5289 0,4702 1,7066 2,4275 0,1072 0,64291/0 CA - 7 fios 53,4 9,35 147,42 0,003392 242 0,6047 0,4352 0,7824 2,3925 0,0515 0,30882/0 CA - 7 fios 67,4 10,52 185,75 0,003813 282 0,4792 0,4264 0,6568 2,3837 0,0438 0,26264/0 CA - 7 fios 107,2 13,26 295,68 0,004807 380 0,3021 0,4090 0,4797 2,3662 0,0327 0,1962266,8 CA - 7 fios 135,2 14,88 372,63 0,005398 441 0,2399 0,4002 0,4176 2,3575 0,0287 0,1723336,4 CA - 19 fios 170,5 16,92 469,87 0,006401 514 0,1908 0,3874 0,3685 2,3446 0,0254 0,15224 CAA - 6x1 fios 24,6 6,35 85,69 0,001332 140 1,5973 0,5057 1,7749 2,4630 0,1125 0,67481/0 CAA - 6x1 fios 62,3 10,11 216,75 0,001359 230 0,6961 0,5042 0,8737 2,4615 0,0594 0,35622/0 CAA - 6x1 fios 78,6 11,35 273,41 0,001554 270 0,5562 0,4941 0,7339 2,4514 0,0508 0,30464/0 CAA - 6x1 fios 125,1 14,30 434,64 0,002481 340 0,3679 0,4588 0,5456 2,4161 0,0384 0,2304266,8 CAA - 26x7 f 157,2 16,31 545,69 0,006614 460 0,2393 0,3849 0,4169 2,3422 0,0281 0,1688336,4 CAA - 26x7 f 198,3 18,31 688,31 0,007437 530 0,1902 0,3761 0,3678 2,3333 0,0249 0,1495Base para cálculo:

R1: Tabela T = 50 ºCR0 = R1 + 0,002961*f ohm/km f = 60 HzX1 = 0,17361*Log(Dm/Ds) ohm/km ρ = 500 ohm.m

O Dm = 1,0903 é a distância média geométrica considerando uma cruzeta de 2000mm com espassamentos: 1800; 1200 e 600

Dmf

fDs

o log17361,02)2160log(008682,01log17361,0X ∗⋅∗−

∗∗∗+∗=

ρ

1

Capítulo 2 – CAPACITÂNCIA DAS LINHAS DE TRANSMISSÃO 2.1 Introdução A d.d.p. entre os condutores de uma L. T. faz com que se carreguem da mesma maneira que as placas de um capacitor. A capacitância entre condutores paralelos é constante, dependendo da seção e da distância entre eles. Para linhas de até 80 km, o efeito da capacitância é desprezível; esse efeito passa a ter grande importância em linhas mais extensas e de alta tensão. A aplicação de uma tensão alternada a uma linha faz com que, em qualquer ponto dos condutores, a carga aumente e diminua, com o aumento e diminuição do valor instantâneo da tensão entre esses condutores, no ponto considerado. O fluxo da carga é uma corrente, chamada de corrente capacitiva. Essa corrente existe até mesmo quando a linha está em vazio. 2.2 Campo elétrico de um condutor longo e reto Da mesma maneira que o campo magnético é importante no estudo da indutância, o campo elétrico o e para o estudo da capacitância. As linhas de fluxo elétrico originam-se nas cargas positivas de um condutor e terminam nas cargas negativas do outro. O fluxo elétrico total que emana de um condutor é numericamente igual a carga em coulombs do condutor. A densidade de fluxo elétrico é o fluxo por metro quadrado (coulombs/metro quadrado).

2

Se um condutor longo, reto, e cilíndrico possuir uma carga elétrica q, uniforme ao longo de seu comprimento, e estiver isolado de outras cargas, de modo que sua carga esteja uniformemente distribuído em sua periferia, o fluxo será radial. Todos os pontos eqüidistantes desse condutor pertencem a uma mesma equipotencial e tem a mesma densidade de fluxo

xqDπ

=2

coulombs/metro quadrado

Considere um condutor cilíndrico isolado como o da Figura 2.1 então, a intensidade de campo elétrico, a uma distância x do centro do condutor, ao ponto considerado é igual à densidade do fluxo dividida pela permissividade do meio

)(ε , ou seja,

Fig. 2.1: Linhas de fluxo elétrico que emanam de um condutor carregado com cargas positivas, uniformemente distribuídas na superfície de um condutor cilíndrico isolado

X q+

Superfície equipotencial

3

Sendo q a carga no condutor em coulombs por metro de comprimento e ε a permissividade do meio, que no ar é dada por:

2.3 Diferença de potencial entre dois pontos devido a uma carga O modo mais simples de calcular a queda de tensão entre os pontos (P1 e P2), Figura 1.17, é calcular a tensão entre as superfícies equipotenciais que passam por eles, fazendo a integração sobre uma linha radial entre essas superfícies Assim, a diferença de potencial entre P1 e P2 é

D1

q+

D2

P1

P2

•

Fig. 2.2: Linha uniforme de integração entre dois pontos exteriores a um condutor cilíndrico com uma distribuição de carga positiva e uniforme

Linha de integração

4

2.3 Capacitância de uma linha a dois condutores Considere uma L. T. a dois condutores como está esquematizada na Figura 2.3. A capacitância entre dois condutores de uma linha é definida como a carga dos condutores por unidade de diferença de potencial entre eles, ou seja,

vqCvCq =⇒×= F/m

onde q é a carga da linha em coulombs por metro e V a diferença de potencial entre os condutores em volts. A tensão Vab entre os condutores da linha mostrada na Figura 2.3, pode ser determinada achando-se a queda de tensão devida à carga qa no condutor a e, em seguida, a queda de tensão devida à carga qb no condutor b. Pelo princípio da superposicão, q.d.t do condutor a ao condutor b, devida às cargas em ambos os condutores, é a soma das quedas provocadas por cada uma das cargas consideradas isoladamente. Assim sendo, a tensão entre os condutores é

D

ra rb

a b

Fig. 2.3: Linha de transmissão a dois condutores paralelos

5

Sendo para a linha a dois condutores, qa = - qb, logo

A capacitância entre os dos condutores é

6

Se ra = rb = r , então

Essa equação dá a capacitância entre os condutores da linha. Se entre esses condutores houver um ponto neutro (n) entre eles (por exemplo, transformador com tap central aterrado), conforme Figura 2.4, a d.d.p entre cada condutor e n é Van=Vbn=Vab/2, então, a capacitância para o neutro é o dobro.

a b Cab

n

b

•Cbn=2CabCan=2Cab

Fig. 2.4: Representação da capacitância entre duas fases (a) e entre fases e neutro (b)

(a)

(b)

a

7

2.4 Capacitância de uma linha trifásica com espaçamento eqüilateral Considere uma linha cujos condutores estão espaçados, de forma eqüilateral, de acordo com o esquema dado na Figura 2.5. Mas, )(0 cbacba qqqqqq +−=⇒=++

Fig. 2.5:Linha trifásica com espaçamento eqüilateral

qb

qa qc

D D

D

×+×+××

πε=

DDq

Drq

rDqV cbaab lnlnln

21

volts

×+×+××

πε=

Drq

DDq

rDqV cbaac lnlnln

21

volts

×++××

πε=+

Drqq

rDqVV cbaacab ln)(ln2

21

volts

rDq

VV aacab ln

23

×πε

=+ volts

8

Fig. 2.6: Tensões de linha do circuito trifásico equilibrado Observar que a capacitância de uma linha trifásica é dada por fase. Corrente capacitiva por fase (ckt trif. equilib.):

n

anncap

jwCb

VjwCI

=

=

F/m )/ln(

23

)5,0866,0(3

)5,0866,0(3

rDVqC

VVVjVVV

jVV

an

an

anacab

ancaac

anab

πε==

=+−=−=

+=

Van Vab Vbc

Vca

(Susceptância capacitiva para o neutro)

9

2.5 Diferença de potencial entre dois condutores de um grupo de condutores carregados Considere a Figura 2.7 onde se observa um grupo de condutores paralelos e carregados. A fórmula,

pode ser usada para se calcular a diferença de potencial entre dois condutores pertencentes a um grupo de condutores. A diferença de potencial entre os condutores 1 e 2 é obtida adicionando-se os efeitos das cargas q1, q2, q3,..., qn, ou seja,

qb

qa

qc

1

2

3

D12

D13D23

Fig. 2.7: Grupos de condutores paralelos e carregados

n

D3n

D1n

D2n qn

10

2.6 Efeito da terra na capacitância de uma L. T. Diferentemente do que acontece no caso da indutância, a perturbação causada pela presença dos condutores próximos da terra é bastante acentuada, portanto, é indispensável a consideração desse fenômeno no cálculo da capacitância. Na determinação das capacitância a terra é tomada como um condutor ideal (ρ = 0), por conseguinte, pode-se usar o método das imagens. Para isso, considere o sistema multicondutor dado na Figura 2.8, onde aparecem as imagens dos condutores em relação ao plano de terra (ground).

1

2

3

n

1’

2’

3’

n'

Fig. 2.8: Linha com n condutores e sua imagem

Terra (ground)

11

A diferença de potencial do condutor 1 em relação à terra é ou ainda, Expressões similares a essa, para o condutor 1, podem ser obtidas para os demais, as quais podem ser combinadas na forma matricial, isto é,

ou na forma compacta

12

A matriz [P] é chamada matriz de coeficientes de potencial, cujos elementos são dados, genericamente, por

onde: Dij = Distância entre o condutor i e o condutor j Dij’= Distância entre o condutor i e a imagem do condutor j Quando i = j, tem-se Dii = rii (raio do condutor i). A matriz de capacitância, [C], é determinada pela inversão da matriz [P], ou seja,

que na forma matricial é

_

13

Os elementos de [C] tem a interpretação dada na Figura 2.9. As capacitâncias para a terra são dadas por

1

2

3

n

Fig. 2.9: Circuito equivalente da matriz capacitância

C12

C2g

C13

C23

C3g

C2n

C3n

Cng C1g

Terra (ground)

14

No cálculo das capacitâncias utiliza-se o valor do raio externo dos condutores, contrariamente ao que é feito no caso da indutância onde se usa o RMG, pois as cargas se localizam na superfície dos condutores. No caso de condutores compostos (ou múltiplos), as distâncias entre os condutores podem ser substituídas pela DMG, quando for conveniente. Para uma linha operando em regime estacionário senoidal a equação,

pode ser reescrita em termos de corrente

de onde se obtém a matriz admitância das capacitâncias em paralelo (shunt), que é constituída pelas susceptâncias, ou seja,

onde fw x2 π×= .

1

Capítulo 3 – RELAÇÕES ENTRE TENSÃO E CORRENTE EM UMA L. T. 3.1 Introdução As expressões que serão deduzidas são importantes, pois

• permitem calcular a tensão, a corrente e o fator de potência em qualquer ponto de uma L. T.;

• indicam o efeito dos diversos parâmetros da linha

sobre as q.d.t de tensão ao longo da mesma, para várias cargas;

• são úteis também no cálculo do rendimento da

transmissão, bem como no cálculo da potência que flui por uma linha.

3.2 Representação das linhas A Figura 3.1 representa um gerador ligado em Y, alimentando uma carga equilibrada também ligada em Y. A corrente de neutro é nula. Portanto, os pontos "0" e "n" estão no mesmo potencial, não passando corrente pelo condutor neutro.

Gerador Carga

R L

ZL ZL

R L

R L

ZL

0 n

Fig 3.1: Rede equilibrada composta por gerador, linha e carga

2

Para resolver o circuito, supõe-se que exista o condutor neutro, mesmo que a carga esteja ligada em ∆ (nesse caso é transformada em Y), e considera-se que por ele circule a soma das três correntes de fase; aplica-se a lei de Kirchhoff das tensões na malha que contém uma fase e o neutro, conforme Figura 3.2.

Fig. 3.2: Circuito equivalente monofásico da rede equilibrada 3.3 Classificação das L. T. segundo suas extensões

• Curta (linhas aéreas de 60 Hz, com menos de 80 km)

Desprezam-se as susceptâncias capacivas (b=jwC), isto é, desprezam-se o as capacitâncias em paralelo (shunt), os demais parâmetros R e L são considerados concentrados.

• Média (linhas aéreas de 60 Hz, entre 80 km e 240 km)

Os parâmetros R, L e C são considerados concentrados, porém este último é divido ao meio (C/2) e representado em cada um dos extremos da linha (circuito П).

• Longa (linhas aéreas de 60 Hz, acima de 80 km)

Os parâmetros R, L e C estão uniformemente distribuidos ao longo da linha e isso deve ser observado no cálculo rigoroso das linhas longas.

Do exposto, concluí-se que essa classificação baseia-se nas aproximações admitidas no uso dos seus parâmetros.

ZL

R L

VS VR

+ +

3

3.3.1 Linha de transmissão de comprimento curto O circuito equivalente de uma L. T. curta é mostrado na Figura 3.3. Antes de passar ao estudo dessa linha e das demais, é importante que se faça alguns esclarecimentos de notação, e convenções, ou seja,

lzZ ×= : impedância total em série, por fase; lyY ×= : admitância total em paralelo, entre linha e neutro

l : comprimento da linha; z : impedância em série, por unidade de comprimento, por fase y : admitância em paralelo, por unidade de comprimento, entre linha e neutro; IS e IR : correntes, respectivamente, no gerador e na carga VS e VR : tensões entre linha e neutro, respectivamente, no gerador e na carga;

• Quando a corrente instantânea flui no sentido indicado pela flexa ela é considerada positiva; meio ciclo depois quando inverte o sentido da corrente, ela é negativa;

• O valor instântaneo da tensão é considerado positivo quando

o terminal (+) estiver em um potencial maior do que o terminal (-), caso contràrio é negativo.

De acordo com o circuito, têm-se:

IS = IR

Vs = VR + IRZ

IR IS

VS VR Carga G

+ +

Fig. 3.3: circuito equivalente de uma L.T. curta

Z=R+jwL

4

A figura abaixo mostra o efeito da variação do fator de potência da carga na regulação de uma L.T. A regulação de tensão é definida assim,

Regução em % = 100×−

FL

FLNLV

VV

onde:

NLV : módulo da tensão nos terminais da carga, em vazio

NFV : módulo da tensão nos terminais da carga, em plena carga Observações:

• Ângulo de fp em atraso (carga indutiva) ⇒ maior regulação • Ângulo de fp adiantado (carga cap.) ⇒ regulação min. ou

negativa

Para o caso de uma L.T. curta, consideram-se

SNL VV =

RFL VV =

VI

IRXIRR

VS

VR

I IRX

IRR

VS

VI

IRX

IRR

(a) Corrente atrasada da tensão (carga indutiva)

(b) Corrente em fase com a tensão (carga 100 % resistiva)

(c) Corrente adiantada da tensão (carga capacitiva)

Fig. 3.4: Diagramas fasoriais de V e I em uma linha curta

5

3.3.2 Linha de transmissão de comprimento médio O circuito nominal П é o mais indicado para uma L.T. de comprimento médio (Figura 3.5). Fig. 3.5: Circuito П nominal para uma L. T. de comprimento médio

Substituindo Vs nessa última equação, resulta

Z

Y/2Y/2 VS VR

IS IR

6

3.3.3 Linha de transmissão de comprimento longo Lembrando que os parâmentros (R, L e C) desse tipo de linha são distribuídos, então será tomado um elemento infinitesimal (dX), conforme mostrado na figura abaixo, para a partir dele, estudá-la. Para o elemento infitesimal dx, escrevem-se

Derivando em relação a x, obtêm-se

V+dV

IR

VS VR Carga

IS

G

I+dI I

V

XdX

Fig. 3.6: Linha de transmissão com parâmetros distribuídos

7

Substituindo os valores de dxdI

e dxdV

, nessas equações

resultam em

As soluções dessas equações para V e I, respectivamente, serão expressções cujas derivadas segundas em relação a x são iguais às expresõeas originais multipicadas pela constante yz. Isso sugere uma solução do tipo exponencial. Por exemplo, supondo que a solução da equação diferencial de para V seja do tipo

por conseguinte,

mas IzdxdV

= , então,

8

Explicitando I, resulta

Trabalhando essa expressão obtém-se

Na extremidade da linha (terminal da carga), ou seja, para x=0 têm-se

Fazendo,

e tirando o valor de A1 e A2 virá

onde ZC é chamada de Impedância Característica e γ de Constante de Propagação (ambas são grandezas complexas).

9

Agora substituindo os valores nas soluções de V e I, obtêm-se

Essas equações fornecem os valores eficazes de V e I, bem como suas fases em qualquer ponto da linha, em função das distâncias x, medidas a partir dos terminais da carga, supondo-se conhecidas VR, IR e os parâmetros da linha. 3.3.4 Interpretação das equações de uma L. T. longa Escrevendo a constante de propagação γ na forma complexa

onde α é a Constante de Atenuação (nepers/km) e β é a Constante de Fase (rd/km) Substituindo γ, na forma complexa, nas equações de V e I, resulta

10

Os termos xeα e xje β explicam a variação da corrente e da tensão em qualquer instante, em função da distância ao longo da linha. O primeiro termo muda os valores dos módulos, enquanto o segundo, que é igual a

xjsenxcose xj β+β=β , cujo módulo é 1, produz uma defasagem de β radianos por unidade de comprimento da linha. Consideraçãoes:

• O termo

xjxee]2/)[( βα×+ CRR ZIV (tensão incidente: V+) cresce em módulo e adianta-se em fase com o aumento da distância aos terminais da carga; acontece o contrário quando se avança dos terminais do gerador para a carga (onda progressiva); • O termo

xjxee]2/)[( β−α−×+ CRR ZIV (tensão refletida: V-)

tem um comportamento contrário ao termo da tensão incidente; • Em qualquer ponto da linha tem-se: V= V+ + V- ;

• A corrente também é uma onda progressiva que tem

uma componente incidente e outra refletida; • Quando VR=IRZC, não existe onda refletida de

tensão ou corrente (ver equações); • Ω≅ ZC 400 e fase de 0o a -15º;

11

• Muitas vezes ZC é chamada de Impedância de Surto,

sendo dada por: CLZS /= (linha sem perdas, onde R e G são desprezadas). Considera-se linhas sem perdas quando se lida com altas freqüencias ou tensões de raio (as tensões de raios têm freqüências elevadas, da ordem de kHz).

O comprimento de Onda λ é definido como a distância, ao longo da linha, entre dois pontos de uma onda cujas fases diferem de 360º ou 2π radianos. Se β for a defasagem em rd/km, o comprimento de onda em quilômetros, será

e a velocidade

Para f=60 Hz, o comprimento de onda é aproximadamente

4800 km, ou seja, km5000ciclos/s60

km/s10300 3

fv

≅×

≅=λ .

Estudo: 1) Analisar o comportamento das ondas incidendes de V e I, quando IR=0 nos terminais da carga (x=0). 2) Observar as equações de V e I na forma hiperbólica. 3) Verificar o circuito equivalente de uma linha longa. 4) Constantes generalizadas de um circuito (representação de uma L.T. como um quadripolo).

km/s (f em Hz)

12

3.3.5 Constantes generalizadas de uma L. T. Uma L.T. pode ser representada através de suas constantes generalizadas ABCD, na forma de um quadripólo (circuito reduzido a dois pares de terminais: 2 de entrada e 2 de saída), conorme mostrado na Figura 3.6. a) Linhas médias

Na forma de um quadripólo, essas equações são expressas por

Comparando essas equações com as anteriores, resulta em

ABCD

IRIS

VRVS

+

-

+

-

Fig. 3.7: Diagrama simbólico representativo de um circuito com dois pares de terminais (quadripólo)

13

b) Linhas longas (forma hiperbólica das equações)

A partir dessas equações têm-se que as constantes generalizadas longa são

Estudo: Considerando IR=0 e VR=0, pede-se interpretar as constantes ABCD nas expressões

Circuito nominal π para uma LT longa

ll

γγZZ )(senh

=′

Y’/ 2Y’/ 2 VS VR

IS IR

Fig. 3.8: Circuito П nominal para uma LT de comprimento longo

2/)2/(tanh

22 ll

γγYY

=′

Z’ lzZ =

lyY =

1

Curto- Circuito 1. Objetivos

• Conhecer a dimensão do seu valor • Dimensionar a L.T. em relação ao seu limite térmico

quando estiver em curto-circuito • Definir a capacidade de interrupção de disjuntores • Dimensionar TCs quanto à saturação • Definir o ajuste de relés de proteção • Analisar sobre e subtensões devido ao curto-circuito • Conhecer o tempo de atuação de relés • Estudo de estabilidade dinâmica do sistema elétrico

2. Natureza da corrente de curto-circuito

Quanto ao ângulo de fase: atrasada da tensão (carga indutiva) Quanto à simetria

• Assimétrica (componente c.c.), nos primeiros ciclos (3 ciclos, aproximadamente)

• Simétrica (em regime) Quanto ao número de fases envolvidas (sistema trifásico e aterrado)

• Trifásico • Bifásico • Bifásico-terra • Fase-terra • Fase-terra mínimo

3. Potência de curto-circuito (nível de curto-circuito)

Para um curto trifásico, a potência aparente desenvolvida em cada fase (entre fase e terra) é dada por:

2

posfaltaprefalta

posfataprefaltacc I

VIVS ×=×=φ 31,

posfaltaprefalta

cccccc IVSSS ××=×=≡ φφ 33 1,3,

basebasebase IVS ××= 3

)()()( puIpuVpuS posfaltaprefaltaecc ×=

pu 1≡prefaltaV )()( puIpuS posfalta

cc ≅

4. Ordem de grandeza das impedâncias de elementos (componentes) do sistema.

Do gerador

15,100,1 −→X p.u. (em regime, reatância síncrona)

15,030,0' −→X p.u. (período transitório)

10,020,0" −→X p.u. (período subtransitório)

Da linha

MVA) 100 kV, (69 pu/km 01,0→LX MVA) 100 kV, (230 pu/km 001,0→LX MVA) 100 kV, (13,8 pu/km 26,0→LX

Transformador de Potência: ∼ 5% a 10% (na base do transformador) Transformador de distribuição: ~ 3% a 5% (na base do transformador)

3

5. Natureza das correntes de curto-circuito É semelhante à corrente de chaveamento de um circuito RL

)()( α+ω= tsenEte m Para i(0)=0,

)]()()( θ−α×−θ−α+ω×= τ−

senetsenItit

m , sendo,

ZE

I mm =

22 XRZ +=

LX ω=

RL=τ

=θ −

RX

tg 1

A corrente i(t) pode ainda ser escrita na forma

ccca iiti +=)(

4

Sendo icc a componente contínua, cujo valor depende do instante do chaveamento, isto é, do ângulo α. Para a) 0=θ−α ou 0=cci

b) 2

π±=θ−α máxcccaefmmcc IIIi ,,, 2 ⋅==

caefmmcc IIII ,2 , ⋅== Como

2,

2caefccef IiI +=

Tem-se

caefmáxassim II ,, 3= O valor instantâneo da corrente i(t), para um valor qualquer de α. É mostrado no gráfico abaixo:

5

Considerando que o circuito apresentado acima corresponde a uma das fases de um gerador síncrono, têm-se para as outras duas fases

6

Se o curto-circuito acontece no instante em que o fluxo total concatenado com uma das fases do estator é nulo, nenhuma componente c.c. de corrente é exigida para manutenção do valor inicial de fluxo e, portanto, a onda de corrente para essa fase é simétrica, como mostra o gráfico abaixo

IE

X ; I

EX ;

I

EX '

'''

'' ===

onde

E: valor eficaz da tensão F-N nos terminais do gerador;

I’’, I’ e I são os valores eficazes ( 2/maxI ) das correntes, respectivamente, nos períodos subtransitório, transitório e regime. Para estudo de curto-circuito os elementos importantes a considerar em um sistema elétrico são, além da configuração da rede (número de fases, tipos de ligação dos componentes, aterramento, etc), as impedâncias dos

• geradores; • transformadores; • condutores.

7

Considerando que a maioria dos curtos são desequilibrados é necessário modelar esses componentes através das componentes de seqüência POSITIVA, NEGATIVA e ZERO (circuitos de seqüências). Exemplo de cálculo de curto-circuito em um circuito radial A Figura abaixo mostra o diagrama unifilar de um sistema de distribuição trifásico (138000/380-220V). Pede-se calcular os curtos- circuitos TRIFÁSICO (ICC,3F), BIFÁSICO (ICC,2F) e FASE-TERRA (ICC,FT) na barra de saída da SE-Concessioária, no ponto de entrega (barra de AT da SE-Consumidor e na barra de BT da SE-Consumidor. Para isso considere

Impedâncias de Thévenin

(valores equivalentes vista à montante da barra da SE-COSERN):

Z1 = 0,1373 + j 1,3285 p.u. Z0 = 0,04200 + j 0,79630 p.u. Vbase = 13,8 kV Sbase = 100 MVA

Dados do transformador:

S=1,5 MVA 13800/380-220 V; -YT Perdas em vazio (ferro): 3900 W Perdas totais: 28900 W Corrente de excitação: 1,5% Impedância a 75o: 5% (na base do transformador)

Dados do cabo 1/0 CAA:

z1=z2= 0,1981+j0,2362 p.u./km z0=0,2914+j1,0046 p.u./km Vbase = 13,8 kV Sbase = 100 MVA

D

13,8 kV

SE Concessionária

Ponto de entrega

3# 1/0 CAA

3000 m

SE Consumidor

AT BT T

Carga

1

1 - Curto-circuito - Abordagem não-matricial 1.1 Introdução

Neste capítulo será feita uma análise dos curtos-circuitos nos terminais de um gerador síncrono, trifásico, comumente ligado em estrela aterrada, em vazio, como mostra a Figura 1.1.

Essa análise é muito importante, pois serve de base para o entendimento do fenômeno em qualquer outra parte do sistema.

Sendo o sistema trifásico ligado em estrela aterrada, há a possibilidade de quatro tipos

de curtos-circuitos, aqui também chamados de falta ou defeito.

• Trifásico • Bifásico ou dupla-fase • Bifásicos à terra ou dupla-fase à terra • Monofásicos à terra ou fase-terra

Desses, apenas o curto-circuito trifásico é equilibrado, contém somente componentes de

seqüência positiva. Os demais são desequilibrados, possuindo componentes das três seqüências (positiva, negativa e zero). Portanto, na determinação das correntes de curtos-circuitos em regime permanente, empregam-se geralmente os equivalentes, por fase, de seqüência positiva, negativa e zero. 1.2 Resumo das componentes simétricas dos fasores tensão e corrente O teorema de Fortescue estabelece que um sistema de n fasores desequilibrados pode ser decomposto em n sistemas de fasores equilibrados, denominados componentes simétricas dos fasores originais. Então um circuito trifásico desequilibrado pode ser transformado em três sistemas equilibrados (seqüências positiva, negativa e zero).

a

Figura 1.1 – Representação de um gerador síncrono

b

c

ZT ~ Ec

Ea

~ Eb

~ · N

2

a) Componentes de seqüências das tensões

2

1

0

2

2

11

111

a

a

a

c

b

a

VVV

aaaa

VVV

×= (1.1)

onde o1201∠=a e oo 240112012 ∠=−∠=a . Na forma compacta, (1.1) é escrita como

2,1,0,, aaacba VTV =

onde T é a matriz de transformação

2

2

11

111

aaaaT = (1.2)

Explicitando o vetor das componentes simétricas em (1.1), obtém-se

c

b

a

a

a

a

V

V

V

aa

aa

V

V

V

××=2

2

2

1

0

1

1

111

31

(1.3)

b) Componentes de seqüências das correntes

2

1

0

2

2

11

111

a

a

a

c

b

a

III

aaaa

III

×= (1.4)

Na forma compacta

2,1,0,, aaacba ITI =

Em (1.4), explicitando o vetor das componentes tem-se

c

b

a

a

a

a

III

aaaa

III

××=2

2

2

1

0

11

111

31

(1.5)

3

1.3 Circuitos de seqüências de um gerador síncrono

Usando a teoria das componentes simétricas, montam-se os circuitos unifilares de seqüência positiva, negativa e zero, do gerador mostrado na Figura 1.1. Comumente, emprega-se a fase a. Como o gerador é aterrado, a tensão é tomada em relação ao potencial de terra. No caso, a tensão fase-neutro é diferente, obviamente, da tensão fase-terra, pois o gerador é aterrado através de uma impedância. É importante salientar que foi omitido o índice T (Terra) dos fasores que representam a tensão à terra. a) Circuito de seqüência positiva (Figura 1.2)

De acordo com o circuito tem-se

1111 aaaa IZVE −= (1.6)

onde Ea1 é a tensão de seqüência positiva interna ao gerador, Va1 é a tensão de seqüência positiva nos seus terminais, Ia1 é a corrente de seqüência positiva na fase a e Za1 representa a impedância de seqüência positiva do enrolamento da fase a. b) Circuito de seqüência negativa (Figura 1.3) A equação que descreve esse circuito é

222 aaa IZV ×−= (1.7)

Ea1

Za1 Ia1

Va1 ~

Figura 1.2 – Circuito de seqüência positiva

Za2 Ia2

Va2

Figura 1.3 – Circuito de seqüência negativa

4

sendo Va2 a tensão de seqüência positiva nos terminais do gerador, Ia2 a corrente de seqüência negativa na fase a e Za2 a impedância de seqüência negativa do enrolamento da fase a. c) Circuito de seqüência zero (Figura 1.5) Comumente, os geradores síncronos são aterrados através de uma impedância de terra, ZT (ou neutro, ZN), como mostra a Figura 1.1, com o objetivo de limitar a corrente de curto-circuito fase-terra em seus terminais. Em concordância com a teoria das componentes simétricas, as correntes de seqüência zero nas três fases do gerador são iguais, isto é, 000 cba III == . Isso faz circular uma corrente

0I na impedância de terra, ZT (Figura 1.4), que é dada pela soma das correntes de seqüência zero nas três fases, ou seja,

00000 3 acba IIIII =++= (1.8)

A tensão de seqüência zero na fase a para a terra, Vao, é

0000 IZIZV Taaa −−= (1.9) A substituição de (1.8) em (1.9), resulta

000000 )3(3 aTaaTaaa IZZIZIZV +−=−−= (1.10) Então, de acordo com (1.10) constrói-se o circuito de seqüência zero, mostrado na Figura 1.5.

Ib0

Ic0 ZT Vc0

I0

Ia0 Va0

Vb0

Figura 1.4 – Circuito trifilar de seqüência zero do gerador

•

Zb0 Za0

Zc0

N

VN 0

5

1.4 Curto-circuito trifásico

O gerador síncrono gera tensões perfeitamente equilibradas, de modo que um curto-

circuito trifásico em seus terminais origina somente componentes de seqüência positiva. A Figura 1.6 mostra uma falta trifásica nos terminais do gerador e os fasores de tensões, que têm como referência o potencial de terra.

Uma falta trifásica nos terminais do gerador síncrono à vazio, leva as tensões no ponto da falta ao potencial zero.

Va = Vb = Vc = 0 (1.11) De acordo com a (1.3), tem-se

Za0 Ia0

Va0 3ZT

Figura 1.5 – Circuito de seqüência zero

b

c ZT

~ Ec

Ea

~ Eb

~

a

Va

Vb

Vc

Figura 1.6 – Curto-circuito trifásico nos terminais do gerador síncrono

• N

VNT

6

000

11

111

31

2

2

2

1

0

××=aa

aaVVV

a

a

a

(1.12)

Resolvendo (1.12) obtém-se Va0 = Va1= Va2 = 0.

Das equações (1.6), (1.7) e (1.10) têm-se Ia0= 0, Ia2=0 e

11

11

a

a

a

aa Z

EZE

I == (1.13)

onde Ea1 = Ea, pois as tensões são equilibradas.

Observa-se que nesse tipo de falta somente o circuito de seqüência positiva é ativo. Então, é representada apenas pelo circuito de seqüência positiva como mostra a Figura 1.7.

De (1.4) tem-se

0

0

1

1

111

1

2

2a

c

b

a

I

aa

aa

I

I

I

×= (1.14)

A solução dessa equação resulta nas correntes de curto-circuito trifásico em cada fase.

11

1

21

2

11

a

aac

a

aab

a

aaa

ZE

aaII

ZE

aIaI

ZE

II

==

==

==

(1.15)

Ea1

Za1 Ia1

~

Figura 1.7 – Circuito de seqüência positiva para falta trifásica

7

1.4.1 Curto-circuito trifásico através de uma impedância Comumente, o curto-circuito trifásico ocorre através de impedância de falta, ZF, como modelada na Figura 1.8. Essa impedância representa é a resistência de arco que surge entre as fases no momento da falta. Em linhas de transmissão de 132 kV a 400 kV a resistência de arco assume valores típicos da ordem de 2 ohms. Nesse caso, o circuito unifilar de seqüência positiva está mostrado na Figura 1.9. Conforme o circuito, a corrente Ia1 é dada por

Fa

aa ZZ

EI

+=

1

11 (1.16)

Já a tensão de seqüência positiva, no ponto da falta, Va1F , não é mais zero e assume o valor

11 aFFa IZV = (1.17) Conseqüentemente, as tensões nas fases, no ponto da falta, são

FacF

FabF

FaaF

a

a

1

12

1

VVVV

VV

==

=

(1.18)

Ea1

Za1 Ia1

~

Figura 1.9 – Circuito de seqüência positiva para falta trifásica através de uma impedância

ZF Va1F

ZF ZF ZF

a

b c

Figura 1.8 – Falta trifásica através de impedância

8

1.5 Curto-circuito monofásico à terra Na Figura 1.6, curto-circuitando a fase a à terra têm-se as seguintes restrições

0 e 0 === cba IIV . Em (1.5), a substituição de Ib e Ic por zero resulta

aaaa IIII31

210 === (1.19)

Por componentes simétricas o fasor Va é dado por

210 aaaa VVVV ++= (1.20)

Substituindo (1.6), (1.7), (1.10) e (1.19) em (1.20) e igualando-a a zero (restrição),

obtém-se

12101 )3( aTaaaa IZZZZE +++= (1.21) Explicitando Ia1 nessa equação tem-se

Taaa

aa ZZZZ

EI

32101 +++

= (1.22)

De (1.19), Ia = 3Ia1, então

Taaa

aa ZZZZ

EI

33

210 +++= (1.23)

Se Za1=Za2, obtém-se

Taa

aa ZZZ

EI

323

01 ++=

Para que (1.19) e (1.21) sejam satisfeitas, os circuitos de seqüências devem ser ligados em série, como mostra a Figura 1.10.

Ea1

Za1 Ia1

Va1 ~

Figura 1.10 – Ligação dos circuitos de seqüências positiva, negativa e zero para cálculo de falta fase-terra

Za2 Ia2

Va2

Za0 Ia0

Va0 3ZT

9

Aplicando (1.19) e (1.22) em (1.7), (1.8) e (1.10) obtêm-se Va0, Va1 e Va2 em relação ao potencial de terra (Figura 1.6), conseqüentemente, as tensões nas fases são calculadas relação à terra, ou seja

2

1

0

2

2

1

1

111

a

a

a

cT

bT

aT

V

V

V

aa

aa

V

V

V

×= (1.24)

Por sua vez, as tensões nas fases, tomando como referência o ponto neutro (N), são

2

1

0

2

2

1

1

111

a

a

aN

cN

bN

aN

V

V

V

aa

aa

V

V

V

×= (1.25)

em que

000 aaaN IZV −= (1.26)

De acordo com o circuito da Figura 1.6, tem-se

cNNTcT

bNNTbT

aNNTaT

VVVVVVVVV

+=+=+=

(1.27)

onde

00 3 aTTNT IZIZV −=−= (1.28) 1.6 Curto-circuito bifásico Um curto-circuito entre as fases b e c (Figura 1.6) implica nas seguintes restrições

cbcba VVIII =−== e ,0 . Aplicando essas restrições em (1.5) e em (1.3) obtêm-se as correntes e tensões nas fases, no memento da falta. De (1.5) tem-se

b

b

a

a

a

II

aaaa

III

−××=

0

11

111

31

2

2

2

1

0

(1.29)

A solução dessa equação resulta

10

33

3)(

33

3)(

0

22

21

0

bba

bba

a

j

j

IIaaI

IIaaI

I

−=+−=

=−=

=

(1.30)

Em (1.30), observa-se que

21 aa II −= (1.31) Em (1.3), substituindo Vc por Vb escreve-se

b

b

a

a

a

a

VVV

aaaa

VVV

××=2

2

2

1

0

1

1

111

31

Desenvolvendo essa equação obtêm-se

)2(31

0 baa VVV += (1.32)

)]([31 2

1 aaVVV ++= baa (1.33)

)]([31 2

2 aaVVV ++= baa (1.34)

Observa-se que (1.33) e (1.34) são iguais, implicando em

21 aa VV = (1.35)

Sendo Ia0 = 0 em (1.10), então

Va0 = 0 (1.36) Portanto, nesse tipo de falta, o circuito de seqüência zero é inativo.

Para satisfazer as condições obtidas em (1.31) e (1.35), os circuitos de seqüência

positiva e negativa devem ser ligados como na Figura 1.11.

Figura 1.11 – Ligação dos circuitos de seqüências positiva e negativa para cálculo de falta bifásica

Ea1

Za1 Ia1

Va1 ~

Za2 Ia2

Va2

•

11

Do circuito mostrado na Figura 1.11, tem-se

2112

aa

aaa ZZ

EII

+=−= (1.37)

As correntes nas fases são calculadas pela equação

1

12

2

0

11

111

a

a

c

b

a

II

aaaa

III

−×= (1.38)

A solução dessa equação resulta em

12

1

12

1

3)(

3)(

0

aac

aab

a

j

j

IaaII

IaaII

I

=−=

−=−=

=

(1.39)

Substituindo esses valores em (1.37), obtém-se

21

21

3

3

aa

ac

aa

ab

j

j

ZZE

I

ZZE

I

+=

+−=

(1.40)

As tensões nas fases são determinadas substituindo-se (1.35) e (1.36) em (1.1), isto é,

1

12

2

0

11

111

a

a

c

b

a

VV

aaaa

VVV

×= (1.41)

O desenvolvimento dessa equação conduz a

112

112

1

)(

)(

2

aac

aab

aa

VVaaV

VVaaV

VV

−=+=

−=+=

=

(1.42)

Da Figura 1.11, escreve-se

21

12221

aa

aaaaa ZZ

EZIZV

+=−= (1.43)

12

Substituindo (1.43) em (1.42) obtêm-se as tensões

2

221

12

abc

aa

aaa

VVV

ZZE

ZV

−==

+=

(1.44)

1.6.1 Curto-circuito bifásico através de uma impedância Geralmente, o curto-circuito bifásico se desenvolve através de uma impedância de falta ZF, que se apresenta entre as duas fases defeituosas. É modelada como mostrado na Figura 1.12.

De acordo com a figura, tem-se

FFbcF

cbF IZVV

ZVV

I −=−

=

As componentes simétricas das tensões são

FFb

b

a

a

a

a

IZVVV

aaaa

VVV

−××=

2

2

2

1

0

1

1

111

31

Extraindo Va1 dessa equação, tem-se

)]([31 2

1 FFbbaa aa IZVVVV −++= (1.45)

Sendo Va0 = 0, de (1.1) obtêm-se

Va = Va1 + Va2

Vb = a2Va1 + aVa2

FZ

a

b c

Figura 1.12 – Falta bifásica através de impedância

IF

13

A substituição desses valores em (1.45), resulta

)]()()[(31

22

12

212

211 FFaaaaaaa aaaaaa IZVVVVVVV −+++++= (1.46)

De (1.39), sabe-se que

)( 21 aaIII −== abF

Substituindo IF em (1.46), obtém-se

)]([)()(31 2

122

12

212

211 aaaaaaaa aFaaaaaaa −−+++++= IZVVVVVVV (1.47)

O desenvolvimento de (1.47) resulta em

121 aFaa IZVV += (1.48)

Então, o circuito de seqüências que atende a essa equação é

Nesse caso, (1.40) e (1.44) são re-escritas como

Faa

abc

jZZZ

EII

++=−=

21

3 (1.49)

Faa

aFaa ZZZ

EZZV

+++=

21

12 )(2 (1.50)

1.7 Curto-circuito bifásico à terra Esse tipo de falta ocorre quando uma falta bifásica entra em contato com um ponto aterrado. Por exemplo, um curto-circuito entre as fases b e c e a terra na Figura 1.6. Nesse caso 0 e 0 === cba VVI . Substituindo o valor dessas tensões em (1.3), determinam-se as tensões das seqüências.

Figura 1.13 – Ligação dos circuitos de seqüências positiva e negativa para cálculo de falta bifásica através de uma impedância

Ea1

Za1 Ia1

Va1 ~

Za2 Ia2

Va2

• • ZF

14

0

0

1

1

111

31

2

2

2

1

0 a

a

a

a V

aa

aa

V

V

V

××= (1.51)

A solução dessa equação conduz a

3210a

aaa

VVVV === (1.52)

Sendo Ia = 0, então

0210 =++ aaa III (1.53)

Para satisfazer simultaneamente às equações (1.52) e (1.53), os circuitos de seqüências devem ser ligados como mostrado na Figura 1.14. Do circuito, obtém-se

Taa

Taaa

aa

ZZZZZZ

Z

EI

3)3(

02

021

1

+++

+= (1.54)

Do circuito da Figura 1.14, Va0 = Va1 =Va2 = Ea – Za1 Ia1, então

2

112

a

aaaa Z

IZEI

−−= (1.55)

Por sua vez Iao é dada por

Ta

aaaa ZZ

IZEI

30

110 +

−−= (1.56)

Ea1

Za1 Ia1

Va1 ~

Figura 1.14 – Ligação dos circuitos de seqüências positiva, negativa e zero para cálculo de bifásica à terra

Za2 Ia2

Va2

Za0 Ia0

Va0 3ZT

15

Em termos de componentes simétricas, as correntes nas fases defeituosas b e c, no momento da falta, são

212

0 aaab aIIaII ++= (1.57)

22

10 aaac IaaIII ++= (1.58)

Finalmente, a corrente na falta é dada por

03 acbF IIII =+= (1.59) Como Va0 = Va1 =Va2 = Ea – Za1 Ia1, por componentes simétricas, determinam-se as tensões no ponto da falta, em relação à terra, ou seja

2

1

0

2

2

1

1

111

a

a

a

cT

bT

aT

V

V

V

aa

aa

V

V

V

×=

Por exemplo, desenvolvendo a primeira linha da matriz e substituindo o valor de Ia1, dado em (1.50), obtém-se a tensão na fase a (fase sã) em relação à terra (VaT).

2

1

0

11

3

a

aa

aaT

ZZ

ZZ

EV

++= (1.60)

em que Z0 = Za0 + 3ZT. 1.8 Relação entre as correntes de curto-circuito bifásico e trifásico Desprezando a impedância de falta ZF, as correntes das faltas trifásica e bifásica são dadas por (1.15) e (1.40), respectivamente. Considerando a fase b, a razão entre a corrente de falta bifásica (ICC,2F) e a trifásica (ICC,3F) é

)(

33

212

1

1

221

3,

2,

aa

a

a

a

aa

a

FCC

FCC jj

ZZaZ

ZEa

ZZE

II

+−=

+−

= (1.61)

Se Za1= Za2, resulta

oo

FCC

FCC j330866,0

2402903

232

3,

2, −∠=∠

−∠=−=aI

I (1.62)

16

Em módulo, tem-se FCCFCC II 3,2, 866,0 ×= (1.63)

Não esquecer que essa relação só é válida se ZF =0 e Za1= Za2.

1

Análise de faltas balanceadas e não-balanceadas utilizando Zbar 1. Análise de falta balanceada usando a matriz de impedância de barra (Zbar) Aqui será feita uma análise de cálculo de curto-circuito trifásico (falta balanceada), utilizando a matriz Zbar. Será visto que o emprego dos elementos de Zbar facilita o cálculo da corrente de falta, bem como das tensões nodais durante a falta. Para isso, assume-se que:

• O sistema é balanceado e, portanto, pode ser modelado por fase; • Cada máquina (gerador ou motor) é representada por uma fonte de tensão constante

atrás de uma impedância; • Cada transformador é modelado por sua impedância do ramo série (obtida do ensaio

de curto-circuito); • As linhas de transmissão são representadas por seu modelo π equivalente, desprezando

as capacitâncias “shunt”; • A falta dar-se-á através de uma impedância de falta Zf (pode ser uma resistência de

arco); • Os parâmetros (z e y) e as grandezas (V e I ) são fornecidos em p.u.

Considere o sistema de potência composto por três barras mostrado na Figura 1. Na barra 3 está simulada uma falta trifásica através de uma impedância de falta Zf .

O vetor das tensões nodais pré-falta do circuito é

=

)0()0()0(

)0(

3

2

1

VVV

Vbar

onde a notação (0) denota a condição pré-falta.

G1 jxG1

jxT1

Y

Y Y

G2jxG2

jxT2

Y

Y∆

1 2

3

jx12

jx13 jx23

Figura 1 – Diagrama de impedâncias de um sistema de potência

Zf

2

As mudanças causadas pela falta são equivalentes àquelas causadas pela adição da tensão )0(3V& (tensão pré-falta aplicada á barra 3) com as outras fontes curto-circuitadas, portanto aplica-se o teorema de Thévenin. Representando todos os componentes e cargas por suas admitâncias, obtém-se o circuito de Thévenin mostrado na Figura 2. Empregando o princípio da superposição ao circuito, as tensões nas barras durante a falta (Vbar (F)) são obtidas pela adição das tensões pré-falta (Vbar(0)) com as suas variações durante a falta (∆Vbar)

Vbar (F) = Vbar (0) + ∆Vbar (1) em que a notação (F) ressalta a condição de falta. No circuito de Thévenin da Figura 2, a corrente entrando em todos os nós é zero, exceto na barra da falta. Desde que a corrente nessa barra está saindo, então, ela é tomada com o sinal negativo. Portanto, a equação nodal aplicada ao circuito é

)(

00

3

2

1

333231

232221

131211

3

∆∆∆

×

=

− VVV

YYYYYYYYY

I F

sendo 1−= barbar YZ , resulta

−×

=

∆∆∆

)(00

3333231

232221

131211

3

2

1

FIZZZZZZZZZ

VVV

ou

-jy10 -jy20

1 2

3

-jy12

-jy13 -jy23

Figura 2 - Circuito de Thévenin

00

I3 (F) Zf

_ + )0(VV 3=th

3

)(Fbarbarbar IZ∆V ×= (2)

Substituindo (2) em (1), obtém-se o vetor das tensões nas barras durante a falta

Vbar (F) = Vbar (0) + ZbarIbar(F) (3) Escrevendo (3) em termos de seus elementos, tem-se

−×

+

=

)(00

)0()0()0(

)()()(

3333231

232221

131211

3

2

1

3

2

1

FFFF

IZZZZZZZZZ

VVV

VVV

Em (3) há somente um elemento não-zero no vetor corrente (corrente de falta), então

as tensões nodais durante a falta são dadas por

)()0()( 31311 FF IZVV −=

)()0()( 32322 FF IZVV −= (4)

)()0()( 33333 FF IZVV −= onde )(3 FV é a tensão na barra da falta e as demais são as tensões nas outras barras, originadas pela corrente de falta.

Do circuito de Thévenin (Figura 2), a tensão na barra da falta também pode ser calculada multiplicando-se a impedância de falta pela corrente de falta. Para o caso de uma falta franca ( 0=fZ ), então )(3 FV =0.

)()( 33 FF f IZV = (5) Substituindo (5) em )(3 FV de (4), resulta

fF

ZZV

I+

=33

33

)0()( (6)

de onde se conclui que 33Z é a própria impedância de Thévenin vista da barra 3, ou seja,

333 )( ZZ =th . As correntes nas linhas durante a falta são

12

2112

)()()(z

VVI FFF −=

4

13

3113

)()()(

zVV

IFF

F−

= (7)

23

3223

)()()(

zVV

IFF

F−

=

onde 12z , 13z e 23z são as impedâncias-série de seqüência positiva das linhas 1-2, 1-3 e 2-3. Generalizando para um sistema com n barras obtêm-se as equações (4) e (7) para a i-ésima barra.

1) Tensão na barra i-ésima para uma falta na barra k

)()0()( FF kikii IZVV −=

onde

fkk

kk F

ZZV

I+

=)0(

)(

2) Corrente na linha i-j (de i para j) devido a uma falta na barra k

ij

jiij

FFF

zVV

I)()(

)(−

=

2. Análise de faltas desbalanceadas usando a matriz de impedância de barra (Zbar) Foi visto que para uma falta na barra k, o elemento Zkk da matriz Zbar é a impedância de Thévenin vista do ponto de falta. Para se obter a solução para faltas desbalanceadas, a matriz de impedância de barra para cada seqüência é montada separadamente, então as impedâncias de seqüência )0(

kkZ , )1(kkZ e )2(

kkZ (impedâncias de Thévenin para as seqüências) são conectadas convenientemente, conforme já se estudou, a fim de se calcular as correntes das faltas fase-terra, bifásica e bifásica-terra. Os sobre-escritos (0), (1) e (2) denotam as seqüências zero, positiva e negativa. 2.1. Falta fase-terra

Considere uma falta da fase a (da barra k) à terra através de uma impedância de falta Zf, conforme mostrado na Figura 3. Nesse caso, Zf pode ser a própria resistência de terra.

5

A falta fase-terra requer os circuitos de seqüência positiva, negativa e zero, ligados em série, como já foi visto. Assim, de forma geral, para uma falta na barra k as componentes simétricas para a corrente de falta são

fkkkkkk

kkkk ZZZZ

VIII

3)0(

)0()2()1()2()1()0(

+++===

onde )1(

kkZ , )2(kkZ e )0(

kkZ são os elementos kk das diagonais das matrizes )1(barZ , )2(

barZ e )0(barZ ,

respectivamente. Em outras palavras, são as impedâncias de Thévenin de cada seqüência, vistas da barra k. )0(kV é a tensão pré-falta (de seqüência positiva) na barra k. As correntes de falta nas fases são

012k

abck ITI ×= (8)

em que T é a matriz de transformação

=

2

2

11

111

aaaaT

2.2. Falta bifásica Considere uma falta entre as fases b e c através de uma impedância Zf (pode ser uma resistência de arco) como mostrado na Figura 4.

Esse tipo de falta requer somente os circuitos de seqüências positiva e negativa. De

acordo com o que já se estudou, esses circuitos são conectados em oposição. As componentes simétricas da corrente de falta são

a b c

Figura 3 – Falta fase a da barra k à terra, através de Zf

Zf

a b c

Figura 4 – Falta bifásica envolvendo as fases b e c da barra k, através Zf

Zf

6

0)0( =kI

fkkkk

kk ZZZ

VI

++= )2()1(

)1( )0(

)1()2(

kk II −=

As correntes de falta nas fases são calculadas por (8). 2.3. Falta bifásica à terra

Considere uma falta entre as fases b e c à terra através de uma impedância Zf como mostrado na Figura 5. A impedância de falta pode ser a própria resistência de terra.

Esse tipo de falta requer os três circuitos de seqüência, os quais são conectados em paralelo como já foi visto. As correntes de seqüência são

fkkkk

fkkkkkk

kk

ZZZ

ZZZZ

VI

3

)3()0(

)0()2(

)0()2()1(

)1(

++

++

=

)2(

)1()1()2( )0(

kk

kkkkk Z

IZVI

−−=

fkk

kkkkk

IZZ

ZVI

3)0()0(

)1()1()0(

+

−−=

&

As correntes de falta nas fases são calculadas empregando-se (8). A corrente na falta é

dada pela soma

ck

bkk F III +=)(

a b c

Figura 5 - Falta bifásica envolvendo as fases b e c da barra k e a terra, através Zf

Zf

7

2.4. Tensões nas barras e correntes nas linhas durante a falta As componentes simétricas da tensão na i-ésima barra durante a falta são obtidas por

)1()1()1()1( )0()( kikii F IZVV −=

)2()2()2( 0)( kiki F IZV −= (9)

)0()0(0 0)( kiki F IZV −= onde )0()1(

iV = )0(iV é a tensão de fase pré-falta na barra i. As tensões nas fases durante a falta são

012i

abci VTV ×=

As equações (9) podem ser representadas pelos três circuitos equivalentes de

seqüências mostrados na Figura 6. As componentes simétricas da corrente de falta em uma linha i-j (de i para j) são

)1(

)1()1()1( )()(

)(ij

jiij

FFF

z

VVI

−=

)2(

)2()2()2( )()(

)(ij

jiij

FFF

z

VVI

−=

)0(

)0()0()0( )()(

)(ij

jiij

FFF

z

VVI

−=

onde )1(

ijz , )1(ijz e )1(

ijz são as componentes de seqüência positiva, negativa e zero da impedância-série da linha i-j. Tendo sido obtidas as componentes simétricas da corrente na linha, a corrente por fase é

012ij

abcij ITI ×=

)1(I k )(V )1( Fi )0(V )1(

i +

)1(Z ik

)2(Ik )(V )2( Fi

)2(Z ik

)0(Ik )(V )0( Fi

)0(Z ik

Figura 6 – Circuitos de seqüência positiva, negativa e zero

8

Exercício 1 O diagrama unifilar de um sistema de potência está mostrado na Figura 1. O neutro de cada gerador está aterrado através de um reator limitador de corente cuja reatância é 0.0833 p.u. na base de 100 MVA. Os dados do sistema estão expressos em p.u. em uma base comum de 100 MVA, como tabelados abaixo. Os geradores estão funcionando em vazio com seus valores nominais de frequência e tensão. Pede-se determinar: (a) a corrente de falta; (b) as tensões nas barras durante a falta; (c) as correntes de falta nas linhas. Isso deve ser feito para as seguintes faltas:

1) Uma falta balanceada (falta trifásica) na barra 3 2) Uma falta da fase a à terra na barra 3; 3) Uma falta bifásica envolvento as fases b e c na barra 3; 4) Uma falta bifásica-terra envolvendo as fases b, c e a terra na barra 3.

Todas as faltas ocorrem através de uma impedância de falta Zf = j0,1 p.u.

Tabela de dados para o sistema Item Base

(MVA) Tensão (kV)

X1 (p.u)

X2 (p.u)

X0 (p.u)

G1 100 20 0,15 0,15 0,05 G2 100 20 0,15 0,15 0,05 T1 100 20/220 0,10 0,10 0,10 T2 100 20/220 0,10 0,10 0,10 L12 100 220 0,125 0,125 0,30 L13 100 220 0,15 0,15 0,35 L23 100 220 0,25 0,25 0,7125

Resolver o exercercício através de um programa computacional para estudo de curto-circuito, usando a matriz Zbar. O programa deve ser geral, de modo que possa ser empregado para um sistema de potência com qualquer número de barras. A fim de balizar os resultados fornecem-se abaixo as matrizes )1(

barZ , )2(barZ e )0(

barZ .

=

2200,01200,01450,01300,01050,01450,0

)1(

jjjjjj

barZ

)2(

barZ = )1(barZ

=

3500,00650,00864,01400,00545,01820,0

)0(

jjjjjj

barZ

1

Fontes equivalentes

A substituição de uma fonte de tensão em série com uma impedância, por uma fonte de corrente em paralelo com uma admitância, é bastante útil em muitos problemas de análise de circuitos elétricos, particularmente, em sistemas de potência. Tome-se como exemplo os dois circuitos mostrados na Figura 1.

No circuito da Figura 1.a, GZ representa uma impedância em série com a fonte de

tensão GE . Já na Figura 1.b, a admitância PY está ligada em paralelo com a fonte de corrente

SI . Em ambos os circuitos, LZ é a impedância de carga, LV e LI são a tensão e a corrente na carga. Escrevendo as equações para os circuitos (a) e (b) obtêm-se

LGGL IZEV −= (1)

P

L

P

SLLLPS Y

IYIVIVYI −=⇒+= (2)

Em (2), fazendo P

P ZY 1

= resulta

LPSPL IZIZV −= (3)

Comparando (1) e (3), conclui-se que

SPG IZE = (4) e

PG ZZ = (5)

Desde que (4) e (5) sejam verdadeiras, então, a fonte de tensão e a impedância em série, representadas no circuito da Figura 1.a, podem ser substituídas por uma fonte de corrente constante em paralelo com a admitância YP, como mostra a Figura 1.b.

EG

VL + _

IS

IS YP

ZG

Figura 1 – Fontes equivalentes: (a) - Fonte de tensão; (b) - Fonte de corrente

ZL

IL

ZL

IL

VL

(a) (b)

2

Exemplo: Considere o diagrama unifilar de um sistema de potência mostrado na Figura 1. A Tabela 1 fornece as impedâncias de seqüência positiva. Desprezaram-se os parâmetros shunt (capacitâncias) e as resistências em série. As fontes de tensão são o

21 01,1 ∠== GG EE p.u.

Tabela 1- Dados do sitema Item X1 (p.u)

G1 e G2 0,150 T1 e T2 0,100

L12 0,125 L13 0,150 L23 0,250

Pede-se construir a) O diagrama de impedâncias. b) O diagrama de admitâncias. Solução: a) Diagrama de impedâncias

j0,25 j0,25

1 2

3

j0,125

j0,15 j0,25

Figura 3 - Diagrama de impedâncias

0

o01,1 ∠+_

o01,1 ∠+_

0

Figura 2 – Diagrama unifilar de um sistema de potência

G1 Y

Y Y

G1 Y

Y∆

1 2

3

T1 T2

L12

L23 L13

3

Nesse diagrama as linhas são representadas por suas impedâncias e as fontes de tensão por suas tensões em série com as impedâncias próprias, somadas às impedâncias dos transformadores. b) Diagrama de admitâncias Nesse diagrama, as fontes de tensão são substituídas por fontes de corrente equivalentes e as impedâncias pelas admitâncias correspondentes.

o1 904,4 −∠=I& -j4 o

2 904,4 −∠=I& -j4

1 2

3

-j8

-j6,7 -j4

Figura 4 - Diagrama de admitâncias

00

1

Matrizes Ybar e Zbar 1. Matriz admitância de barra (Ybar)

Considere o sistema de potência representado na Figura 1.

Transformando as fontes de tensão em fontes de corrente e as impedâncias em condutâncias, obtém-se o circuito mostrado na Figura 2.

Aplicando a lei de Kirchhoff à barra 1 (nó 1), resulta:

)()()( 3113211201101312101 VVyVVyVVyIIII −+−+−=++=

Na equação acima, fazendo 00 =V (tensão na referência) e arrumando-a, obtém-se

G1 jxG1

jxT1

Y

Y Y

G1jxG2

jxT2

Y

Y∆

1 2

3

jx12

jx13 jx23

Figura 1 – Diagrama de impedâncias

I1

I10

-jy10

I12

I20

I2 -jy20

1 2

3

-jy12

-jy13 -jy23

Figura 2 - Diagrama de admitâncias

I13 I23

00

I3=0

2

31321211312101 )( VyVVyyyI ×−×−×++= y&

De modo semelhante, para os outros nós têm-se

32322321201212 )( VyVyyyVyI ×−×+++×−=

33231232131 )(0 VyyVyVy ×++×−×−=

Na forma matricial, torna-se

×

+−−−++−−−++

=

3

2

1

32313231

2323212021

1312131210

2

1

0 VVV

yyyyyyyyyyyyyy

II

Fazendo

13121011 yyyY ++= ; 1212 yY −= ; 1313 yY −=

2121 yY −= ; 23212022 yyyY ++= ; 2323 yY −=

3131 yY −= ; 3232 yY −= ; 323133 yyY +=

a equação nodal se reduz a

0 3

2

1

333231

232221

131211

2

1

×

=

VVV

YYYYYYYYY

II

Expandindo a equação nodal acima para um sistema com n barras ou nós (exceto a

barra de referência), resulta

2

1

21

21

222221

111211

2

1

×

=

n

i

nnninn

iniiii

ni

ni

n

i

V

V

VV

YYYY

YYYY

YYYYYYYY

I

I

II

M

M

LL

MMMM

LL

MMMM

LL

LL

M

M (1)

ou

barbarbar VYI ×= (2) onde Ibar é o vetor das correntes injetadas. A corrente é positiva quando está entrando na barra, e negativa quando está saindo. Vbar é o vetor das tensões nas barras (tendsões nodais), medidas em relação ao nó de referência. Ybar é conhecida como matriz de admitância nodal.

3

Cada elemento da diagonal, chamado de indutância própria, corresponde a um nó. É calculado pela soma das admitâncias conectadas ao respectivo nó, isto é,

ijn

jjiii ≠= ∑

=

0yY , ni ,...,1=

Cada elemento fora da diagonal é igual ao negativo da admitância entre os nós. É

conhecido como admitância mútua ou de transferência, isto é,

jiijji yYY −== A matriz de admitância de barra é não-singular (tem inversa). A sua inversa é chamada

de matriz de impedância de barra Zbar. Quando as correntes são conhecidas, (2) pode ser resolvida para se obter as n tensões complexas nodais.

barbarbar IYV ×= −1 (3) ou

barbarbar IZV ×= (4) A inspeção das matrizes Ybar e Zbar revela que são simétricas em relação à diagonal principal, portanto, é preciso conhecer somente a sua triangular superior. Em um sistema de potência típico, cada barra está conectada somente em algumas barras próximas. Conseqüentemente, muitos elementos fora da diagonal da matriz Ybar são zero (como no caso de sistemas radiais). Uma matriz que possui essa característica é conhecida como esparsa. Eficientes técnicas numéricas podem ser aplicadas para calcular a sua inversa. No entanto, Zbar, que é requerida para análise de curto-circuito, pode ser obtida diretamente através de técnicas de montagem sem precisar inverter Ybar. Essas técnicas serão discutidas neste curso. Exercício 1: Escrever as equações matriciais Ibar=YbarVbar e Vbar=ZbarIbar, para o sistema de potência, cujo diagrama de admitâncias está mostrado na Figura 3.

A equação matricial Ibar = YbarVbar, do sistema é

4,4I1 j−= -j4 4,4I2 j−= -j4

1 2

3

-j8

-j6,7 -j4

Figura 3 - Diagrama de admitâncias

00

0I3 =

4

×

−−

−=

−−

3

2

1

7,1047,641687,687,18

04,44,4

VVV

jjjjjj

jjjjj

(5)

onde

−−

=0

4,44,4

jj

barI

e

−−

−=

7,1047,641687,687,18

jjjjjj

jjj

barY

Escrevendo (5) em função de Zbar, obtém-se

−−

×

=

04,44,4

2200,01200,01300,01200,01450,01050,01300,01050,01450,0

3

2

1

jj

jjjjjjjjj

VVV

(6)

em que

=

2200,01200,01300,01200,01450,01050,01300,01050,01450,0

jjjjjjjjj

barZ

Resolvendo (5), obtêm-se as tensões nas barras

=

1,1000 1,1000

1,1000

barV

Por que essas tensões são todas iguais? Exercício 2: Agora, na barra 3 está ligada uma carga cuja corrente é 14,061,0arg jac −=I p.u, pede-se calcular as novas tensões nas barras. Considerando que a corrente de carga sai da barra, então, 14,061,0arg3 jac +−=−= II p.u. Substituindo o novo valor de 3I em (6), obtém-se

5

+−−−

×

=

14,061,04,44,4

2200,01200,01300,01200,01450,01050,01300,01050,01450,0

3

2

1

jjj

jjjjjjjjj

VVV

A solução dessa equação resulta em um novo Vbar, ou seja,

j0,1340 - 1,0692j0,0732 - 1,0832j0,0793 - 1,0818

=barV

Equações de Fluxos de Carga (forma polar) 1. Equações de fluxo de carga em linha de transmissão

Considere o circuito equivalente π de uma linha de transmissão mostrado na Figura 1.

As tensões nos nós k e m são kj

kk eVE θ=&

mjkm eVE θ=&

De acordo com a primeira lei de Kirchhoff, no k êm-se

shkmkmkm III &&& −′= (1)

)( mkkmkm EEyI &&&& −=′ (2)

onde

kmkmkm jbgy +=& : Admitância série da linha

22kmkm

kmkm xr

rg

+= : Condutância série

22kmkm

kmkm xr

xb

+−

= : Susceptância série

k

shkm

shkm EyI &&& −= : Corrente através da capacitância “shunt” da linha

shkm

shkm jby =& : Admitância do ramo “shunt”, dada por

2

shshkm

cwb =

A potência complexa que flui de k para m é

kmkmkmkmkmkm jQPSjQPS −=⇒+= *&&

shkmy sh

kmy

kmykmI ′kmI

mk

shkmI

Figura 1 – Circuito equivalente π de uma linha de transmissão

kkE θ∠ mmE θ∠

mkI

ou, em função da tensão nodal e da corrente na linha

kmkkmkmkkm IESIES &&&&&& *** =⇒=

Escrevendo kmI& em termos da potência complexa conjugada

kmkkmkmk

kmkm

k

kmkm IEjQP

EjQP

ESI &&

&&

&& *

**

*

=−⇒−

== (3)

Substituindo (1) em (2) e o resultado em (3), chega-se à equação

2*2 )( kshkmkmkkmkmkm EyEEEyjQP &&&& +−=− (4)

Agora, substituindo os valores de kmy& , kE& , mE& e sh

kmy& em (4), resulta

22 ))(( kshkm

jmkkkmkmkmkm VjbeVVVjbgjQP mk +−+=− θ (5)

onde

kmmk θθθ −=

Fazendo mkmkj jsene mk θθθ += cos em (5) e resolvendo-a, obtêm-se os fluxos de

potência na linha de transmissão de k para m

kmkmmkkmkmmkkmkkm senbVVgVVgVP θθ −−= cos2

kmkmmkkmkmmkshkmkmkkm sengVVbVVbbVQ θθ −++−= cos)(2

Os fluxos de potência de m para k, Pmk e Qmk são obtidos analogamente

kmkmmkkmkmmkkm

mkmk senbVVgVVgVP θθ +−= cos2

kmkmmkkmkmmk

shkmkmmmk sengVVbVVbbVQ θθ +++−= cos)(2

As perdas de potência ativa e reativa (perdas técnicas) na linha k-m são dadas,

respectivamente, pelas somas ( mkkm PP + ) e ( mkkm QQ + )

222 )cos2( mkkmkmmkmkkmmkkm EEgVVVVgPP && −=−+=+ θ

2222222 )()cos2()( mkkmmkshkmkmmkmkkmmk

shkmmkkm EEbVVbVVVVbVVbQQ && −−+−=−+−+−=+ θ

2. Equações de fluxo de carga em transformador

As equações de fluxos de potência em transformador são obtidas a partir do modelo adotado para o transformador, que, comumente, é dividido em dois: transformador em fase e fora de fase ou defasador. 2.1. Transformador em fase

O modelo de um transformador em fase consiste de uma admitância kmy& em série com um autotransformador ideal de relação 1:a, conforme mostrado na Figura 2.

Considerando o fato das tensões pE& e kE& estarem em fase ( kp θθ = ), a relação do transformador ideal (sem perdas ativa e reativa), a, é um escalar

aEE

p

k 1=

&

&

ou

aII

pm

km =&

&

Escrevendo as correntes nos dois lados do transformador em função das tensões

resulta

)()( mkkmmpkmpm EEayEEyI &&&&&&& −=−=

mkmkkmmkkmpmkm EyaEyaEEayaIaI &&&&&&&&& −=−== 2)( (6) Por sua vez,

mkmkkmmkkmpmmk EyEyaEEayII &&&&&&&&& +−=−−=−= )( (7)

Em concordância com (6) e (7), um transformador em fase pode ser representado

por um circuito equivalente do tipo π como está mostrado na Figura 3.

Figura 2 – Modelo de um transformador em fase

a:1

mkIkmykmI

mkkkE θ∠ mmE θ∠

·p

ppE θ∠

pmI

Do circuito da Figura 3, retiram-se as equações

mkkm EAEBAI &&& )()( −++= (8)

mkmk ECAEAI &&& )()( ++−= (9)

Comparando (8) com (6) e (9) com (7), resulta

kmyaA &=

kmyaaB &)1( −=

kmyaC &)1( −= onde

kmkmkm jbgy +=& : Admitância série, obtida do ensaio de curto-circuito do transformador. Em que

22kmkm

kmkm xr

rg

+=

22kmkm

kmkm xr

xb

+−

=

Deve-se observar que o valor assumido por a determina a natureza (capacitiva

ou indutiva) e os valores dos elementos A, B e C do circuito π representativo do transformador, conforme está resumido na Tabela 1.

B C

AkmI

mk

Figura 3 – Circuito equivalente π de um transformador em fase

kkE θ∠ mmE θ∠

mkI

Tabela 1 – Valores e natureza de A, B e C em função de a B C a A

Valor Natureza Valor Natureza 1 kmy& 0 ---- 0 -----

<1 a kmy& <0 Capacitivo >0 Indutivo

>1 a kmy& >0 Indutivo <0 Capacitivo

O fluxo de potência complexa conjugada através de transformador é

)( 2***mkmkkmkkmkmkmkkm EyaEyaEjQPIES &&&&&&&& −=−⇒= .

A solução dessa equação conduz às equações de fluxos de potência ativa e

reativa no transformador em fase.

kmkmmkkmkmmkkmkkm senbVaVgVaVgaVP θθ )(cos)()( 2 −−=

kmkmmkkmkmmkkmkkm sengVaVbVaVbaVQ θθ )(cos)()( 2 −+−= 2.2. Transformador defasador

O circuito ilustrado na Figura 4 representa o modelo de um transformador defasador. A relação de transformação é o número complexo ϕjae . Diz-se que o transformador é um defasador puro quando a assume o valor unitário.

A relação das tensões nos lados k e p de um transformador defasador puro (a =1) é

)(1 ϕθϕϕ +∠==⇒= pkk

jpj

p

k EEeEeE

E &&&

&

Por sua vez, as potências complexas em ambos os lados são

kmkkmkmkkm IESIES &&&&&& *** =⇒=

pmppmkmppm IESIES &&&&&& *** =⇒=

ϕjae:1

mkIkmykmI

mk kkE θ∠ mmE θ∠

·p

ppE θ∠

pmI

Figura 4 – Modelo de um transformador defasador

que no caso de um transformador ideal, são iguais

pmj

kmj

k

p

pm

kmpmkm IeIe

EE

II

SS &&&

&

&

&&& ϕϕ −− =⇒=

=⇒=

*

**

A partir dos fasores das tensões obtêm-se as correntes pmI& e kmI&

)()( mk

jkmmpkmpm EEeyEEyI &&&&&&& −=−= ϕ

mkm

jkkmmk

jkm

jpm

jkm EyeEyEEeyeIeI &&&&&&&&& )()( ϕϕϕϕ −−− −+=−== (10)

mkmkkm

jmk

jkmmpkmpmmk EyEyeEEeyEEyII &&&&&&&&&& +−=−−=−−=−= )()()( ϕϕ (11)

Observando essas equações concluí-se que é impossível a determinação dos

parâmetros A, B e C do circuito π equivalente, tendo em vista que o coeficiente de mE& em (10) é diferente do coeficiente de kE& em (11). Assim, o transformador defasador não pode ser representado por um circuito equivalente do tipo π.

A potência complexa conjugada *kmS& no transformador é

)(***

mkmj

kkmkkmkmkmkkm EyeEyEjQPIES &&&&&&&& ϕ−−=−⇒= Resolvendo essa equação obtêm-se os fluxos de potência através de um transformador defasador puro

)()cos(2ϕθϕθ +−+−= kmkmmkkmkmmkkmkkm senbVVgVVgVP

)()cos(2

ϕθϕθ +−++−= kmkmmkkmkmmkkmkkm sengVVbVVbVQ 3. Expressões gerais de fluxos de potência em linha e transformador

As equações gerais de fluxos de potência em linhas de transmissão, transformadores em fase e defasadores (puro ou não) são expressas como

)()()cos()()( 2 ϕθϕθ +−+−= kmkmmkkmkmmkkmkkm senbVaVgVaVgaVP

)()()cos()()()( 2 ϕθϕθ +−+++−= kmkmmkkmkmmkshkmkmkkm sengVaVbVaVbbaVQ

A Tabela 2 fornece os valores particulares assumidos pelos parâmetros a, ϕ e

shkmb para os casos de linhas de transmissão e transformadores.

Tabela 2- Valores assumidos por a, ϕ e shkmb nas

equações gerais de fluxos de carga Dispositivo a ϕ sh

kmb Linha de transmissão 1 0 ---

Transformador em fase --- 0 0

Transformador defasador puro 1 --- 0

Transformador defasador --- --- 0

4. Formulação matricial (análise nodal)

Considere o sistema de potência reduzido mostrado na Figura 5, onde se observam a corrente injetada na barra 1, os fluxos de corrente nas linhas e seus parâmetros. O parâmetro shy1 representa a potência reativa injetada na barra 1, através de um banco de capacitores, por exemplo.

Aplicando a primeira lei de Kirchhoff ao nó 1, obtém-se

shshshsh IIIIIIII 14141313121211&&&&&&&& −+−+−+−= ,

ou, em função das tensões nodais

114411411331131122112111 )()()( EyEEyEyEEyEyEEyEyI shshshsh &&&&&&&&&&&&&&&&&& +−++−++−+= Organizando essa equação, escreve-se

414313212114141313121211 )( EyEyEyEyyyyyyyI shshshsh &&&&&&&&&&&&&&& −−−++++++= ou ainda

1 12y

14y

12I

13y

Figura 5 – Injeção de corrente na barra 1 e fluxos de corrente nas linhas

13I1I

14I

shy12

shI12

shy13

shI13

shy1

shI1 shy14

shI14

2

3

4

4143132121111 EYEYEYEYI &&&&& +++= (12) onde

1414

1313

1212

141413131212111

yY

yY

yY

yyyyyyyY shshshsh

&

&

&&

&&&&&&&&

−=

−=

−=

++++++=

Esses elementos constituem a primeira linha da matriz Ybar do sistema mostrado na Figura 5.

Escrevendo a corrente 1I& em função da potência complexa conjugada

*1

111 E

jQPI&

& −= (13)

Substituindo (12) em (13)

414313212111*1

11 EYEYEYEYE

jQP &&&&&

+++=− (14)

em que

kmkmkm jBGY +=& , k =1 e m =1,..., 4 (15)

kjkk eVE θ=& , k =1,...,4 (16)

Substituindo (15) e (16) em (17) e resolvendo a equação, obtêm-se

)cos()cos()cos( 141414144113131313311212121221

21111 θθθθθθ senBGVVsenBGVVsenBGVVVGP ++++++=

)cos()cos()cos( 141414144113131313311212121221

21111 θθθθθθ BsenGVVBsenGVVBsenGVVVBQ −+−+−+=

Generalizando, as injeções líquidas de potências ativa e reativa em uma barra k

podem ser escritas na forma compacta

)cos(K

kmkmkmkmm

mkk senBGVVP θθ += ∑∈

)cos(

Kkmkmkmkm

mmkk BsenGVVQ θθ −= ∑

∈

onde K é o conjunto formado pela barra k mais todas as barras ligadas a ela.

1

Solução de Fluxo de Carga Não-Linear: Algoritmo Básico 1. Revisão do método de Newton

O problema de fluxo carga é constituído de um sistema equações não-lineares. Portanto, a sua solução requer a aplicação de métodos adequados à solução de equações não-lineares. O método de Newton (também conhecido como método de Newton-Raphson) é bastante utilizado na resolução de equações dessa natureza. Nesta seção será feita uma breve revisão do método de Newton com o intuito de empregá-lo no estudo de fluxo de carga.

Considere inicialmente um sistema de uma única equação, )(xf , a uma única incógnita, x, de onde se deseja obter o valor de x, tal que satisfaça a condição

0)( =xf (1) Em termos geométricos, como mostra a Figura 1, a solução corresponde ao ponto em que a curva corta o eixo x. A fórmula de recorrência do método de Newton pode ser determinada aplicando a definição: “A derivada de uma função )(xfy = num ponto )(,( )0()0( xfx ) é igual ao coeficiente angular da tangente (método das tangentes) à curva descrita por essa função no ponto considerado”. Matematicamente, escreve-se

)()()()()tan()( )0(

)0()0()1(

)1()0(

)0()0()0(

xfxfxx

xxxfxfxf

′−=⇒

−=′⇒=′ α

Fazendo

=∆⇒−=∆ )0()0()1()0( xxxx)()(

)0(

)0(

xfxf′

− (2)

Então )0()0()1( xxx ∆+= (3)

Solução

)(xfy =

x

y

x(2) x(1) x(0)

f(x(0) )

f(x(1) )

f(x(2) ) α

Figura 1 – Interpretação geométrica do método de Newton

2

Generalizando (3), tem-se a fórmula geral de recorrência do método de Newton:

)()()1( υυυ xxx ∆+=+ em que o sobrescrito (υ ) representa o número da iteração.

Outra maneira de se obter (2) consiste em expandir )(xf em séries de Taylor, em torno do ponto )(,( )()( υυ xfx ), e truncá-las a partir do termo de segunda ordem.

A solução de (1) pelo método de Newton, segue os seguintes passos:

1º ) Escolher um valor inicial para )(υx : )0()(0 xx =⇒=υ υ . 2º ) Calcular )( )(υxf . 3º ) Comparar o valor calculado )( )(υxf como o especificado, determinando o erro )(ε :

)(0)()( )()()( υυυ −=−=ε xfxfxf

Se tol≤ε υ)( , então )(υ= xx é a solução procurada, onde tol é a tolerância pré-

estabelecida; Se tol>ε υ)( , o algoritmo prosseguirá.

4º ) Linearizar a função )(xf em torno do ponto ))(,( )()( υυ xfx por meio da série de Taylor

)()()()()(

)()()( )()()()())(( υυυυυ

υυυ ∆′+=∆+≅∆+ xxfxfxdxxdfxfxxf (4)

de onde consideram-se somente os dois primeiros termos.

5º ) Solucionar o problema linearizado, isto é, encontrar )(υ∆x em (3) de modo que:

)()(0)()( )(

)()()()()(

υ

υυυυυ

′−=∆⇒=∆′+

xfxfxxxfxf (5)

De acordo com (2) )1()(

)(

)(

)()( +υυ

υ

υ

−=′

xxxfxf (6)

Substituindo (6) em (5), obtém-se a nova estimativa:

)()()1( υυ+υ ∆+= xxx (7) 6º ) Fazer υυ →+1 e retornar ao segundo passo.

3

Considere agora o sistema com n equações e n variáveis

nnn

n

n

cxxxf

cxxxf

cxxxf

=

=

=

),,,(

),,,(

),,,(

21

2212

1211

L

MM

L

L

(8)

Expandindo os lados esquerdos das equações (8) em séries de Taylor, e truncando-as a

partir do termo de segunda ordem, obtêm-se as expressões

1)(

)(

1)(2

)(

2

1)(1

)(

1

1)(1 )( cx

xfx

xfx

xff n

n

≅∆

∂∂

++∆

∂∂

+∆

∂∂

+ υυ

υυ

υυ

υ L

nnn

nnnn

nn

cxxfx

xfx

xff

cxxfx

xfx

xff

≅∆

∂∂

++∆

∂∂

+∆

∂∂

+

≅∆

∂∂

++∆

∂∂

+∆

∂∂

+

)()(

)(2

)(

2

)(1

)(

1

)(

2)(

)(

2)(2

)(

2

2)(1

)(

1

2)(2

)(

)(

υυ

υυ

υυ

υ

υυ

υυ

υυ

υ

L

MM

L

ou na forma matricial

)(

2

1

)(

1

21

2

2

2

1

2

1

2

1

1

1)(

22

11υ

υ

υ

∆

∆∆

×

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

−

−−

n

n

nnn

n

n

nn x

xx

xf

xf

xf

xf

xf

xf

xf

xf

xf

fc

fcfc

M

L

MOMM

M

L

M (9)

Na forma compacta (9) pode ser escrita como

)(1)()()()()( ][)) υυυυυυ ∆CJX∆XJC ×=∆⇒×=∆ − onde J é a matriz jacobiana ou jacobiano. e o algoritmo de Newton-Raphson para o caso n-dimensional torna-se

)()()1( ) υυυ XXX ∆+=+ Sendo

4

)(

2

1

)(

υ

υ

∆

∆∆

=

nx

xx

M∆X

)(

22

11

)(

υ

υ

−

−−

=

nn fc

fcfc

M∆C

)(

1

21

2

2

2

1

2

1

2

1

1

1

)(

υ

υ

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

n

nnn

n

n

xf

xf

xf

xf

xf

xf

xf

xf

xf

L

MOMM

M

L

J

Enfim, o algoritmo de Newton-Raphson para solução de um sistema n-dimensional pode ser resumido nos seguintes passos: 1º ) Escolher um valor inicial para )(υX : )0()(0 XX =⇒= υυ . 2º ) Calcular )(υ∆C . 3º ) Comparar o maior elemento do vetor )(υ∆C , em valor absoluto, com a tolerância (tol)

pré-estabelecida:

Se tolc ≤∆max

)(υ , então o vetor )(υXX = é a solução procurada;

Se tolc >∆max

)(υ , o algoritmo prosseguirá.

4º ) Calcular a matriz jacobiana )(υJ . 5º ) Determinar a nova solução )1( +υX , ou seja,

)()()1( υυυ ∆XXX +=+

em que )(1)()( ][ υυυ ∆CJ∆X −=

6º ) Fazer υυ →+1 e retornar ao segundo passo.

5

2. Aplicação do método de Newton na solução do problema de fluxo: Modelo não-linear Demonstrou-se que as equações da potência ativa e da reativa, líquidas, injetadas em uma barra de um sistema de potência são:

)sencos()sencos( 2

Kkmkmkmkm

mmkkkkkmkmkmkm

mmkk BGVVGVBGVVP

k

θ+θ+=θ+θ= ∑∑Ω∈∈

(10) )cossen()cossen( 2

Kkmkmkmkm

mmkkkkkmkmkmkm

mmkk BGVVBVBGVVQ

k

θ−θ+−=θ−θ= ∑∑Ω∈∈

para k =1,...,NB (em que NB é o número de barras do sistema de potência); K: Conjunto formado pelas barras ligadas a k inclusive a própria. Ωk: Conjunto formado pelas barras ligadas a k (menos a própria).

No equacionamento do problema definem-se duas equações, iguais às apresentadas em (10), para cada barra. Então, um sistema com NB barras terá um conjunto de 2xNB equações, que são funções das variáveis independentes tensões nodais (Vi), em p.u, e ângulos de fase (θi) dessas tensões, em radianos.

Expandindo as equações (10) em séries de Taylor e truncando os termos de mais alta ordem (a partir da segunda ordem), com se fez para o sistema de equações dadas em (8), resulta no seguinte conjunto de equações lineares:

)(

1

1

)(

21

1

2

11

1

1

21

1

2

11

1

1)(

1

)1

υυ

υ

θ

θ

θθ

θθ

θθ

θθ

∆

∆

∆

∆

×

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

∆

∆

∆

∆

n

n

n

nn

n

nn

nn

n

nn

n

nn

nn

n

n

V

V

VQ

VQQQ

VQ

VQQQ

VP

VPPP

VP

VPPP

Q

Q

P

P

M

M

LL

MOMOM

LL

LL

MOMOM

LL

M

M

(11)

sendo n é igual a NB. Na forma compacta (11) pode ser escrita como

)()(

43

21)( υυυ

×

=

∆V∆θ

JJJJ

∆Q∆P

6

em que J1, J2, J3 e J4 são submatrizes da matriz jacobiana J. ou

)()()( υυυ

×

=

∆V∆θ

LMNH

∆Q∆P

A matriz jacobiana fornece a relação linear entre os desvios dos ângulos )(υθ i∆ e das

tensões )(υiV∆ com os resíduos das potências ativa e reativa )(υ

iP∆ e )(υiQ∆ . Estes são

calculados subtraindo-se as injeções de potências ativa e reativa, calculadas a cada iteração (em p.u), )()( υcal

kP e )()( υcalkQ , dos valores correspondentes valores especificados (em p.u),

espkP e esp

kQ , ou seja,

)sencos( )()(

K

)()()( υυ

∈

υυυ θ+θ−=∆ ∑ kmkmkmkmm

mkesp

kk BGVVPP

)cossen( )()(

K

)()()( υυ

∈

υυυ θ−θ−=∆ ∑ kmkmkmkmm

mkespkk BGVVQQ

sendo )()()( υυυ θθθ mkkm −=

Os elementos da matriz jacobiana são as derivadas parciais das equações (10),

atualizadas a cada iteração, em relação às tensões e aos ângulos nodais. As expressões dadas abaixo descrevem esses elementos. É importante observar que se omitiu o sobrescrito (υ ) para não sobrecarregá-las.

a) Submatriz H

)cossen( kmkmkmkmmkm

kkm BGVV

PH θ−θ=

θ∂∂

=

∑Ω∈

θ−θ−=θ∂∂

=Km

kmkmkmkmmkk

kkk BGVVPH )cossen(

De (10), obtêm-se

kkkcalkkk BVQH 2−−=

b) Submatriz N

)sencos( kmkmkmkmkm

kkm BGV

VP

N θ+θ=∂∂

=

)()( υcalkP

)()( υcalkQ

7

∑Ω∈

θ+θ+=∂∂

=km

kmkmkmkmmkkkk

kkk BGVGV

VPN )sencos(2

A aplicação de (10), resulta

)( 21

kkkcal

kkkk GVPVN += −

c) Submatriz M

)sencos( kmkmkmkmmkm

kkm BGVV

QM θ+θ−=

θ∂∂

=

∑Ω∈

θ+θ=θ∂

∂=

Kmkmkmkmkmmk

k

kkk BGVVQM )sencos(

Aplicando (10), tem-se

kkkcal

kkk GVPM 2−=

d) Submatriz L

)cossen( kmkmkmkmkm

kkm BGV

VQ

L θ−θ=∂∂

=

∑Ω∈

θ−θ+−=∂∂

=Km

kmkmkmkmmkkkk

kkk BGVBV

VQL )cossen(2

A substituição de (10), resulta

)( 21kkk

calkkkk BVQVL −= −

O problema de fluxo de carga é dividido em três subproblemas, que são modelados pelos três subsistemas de equações descritos a seguir.

1) Subsistema I Calcula-se Vk nas barras PQ (barra de carga) e θk nas barras PQ e PV (tensão

controlada), através das expressões

)sencos(K

kmkmkmkmm

mkesp

k BGVVP θ+θ= ∑∈

k∈barras PQ e PV

)cossen(

Kkmkmkmkm

mmk

espk BGVVQ θ−θ= ∑

∈ k∈barras PQ,

onde esp

kP e espkQ são as injeções líquidas de potências ativa e reativa especificadas, dadas por:

C

kG

kesp

k PPP −=

8

Ck

Gk

espk QQQ −= .

Os sobrescritos G e C identificam as potências geradas e consumidas, respectivamente, na barra k.

A Tabela 1 resume as características do Subsistema I, onde NPQ e NPV são o número

de barras PQ e PV, respectivamente.

Tabela 1 – Características do Subsistema I Variáveis Dimensão

Especificadas Calculadas

NPVNPQ +×2 esp

kP e espkQ , k∈barras PQ

espjP e esp

jV , j∈barras PV esp

iV e espiθ , k∈barra Vθ

kP e kQ , k∈barras PQ θj , j∈barras PV

2) Subsistema II

Calculam-se Pk e Qk na barra Vθ (referência, balanço ou “slack”) e Qk nas barras PV.

Sua resolução é imediata através das equações

)cos(K

kmkmkmkmm

mkk senBGVVP θ+θ= ∑∈

k∈barra Vθ

)cos(

Kkmkmkmkm

mmkk BsenGVVQ θθ −= ∑

∈

k∈barras PV e Vθ,

após resolvido o Subsistema I, pois, são conhecidos Vk e θk. A Tabela 2 resume as características desse subsistema.

Tabela 2 – Características do Subsistema II Variáveis Dimensão

Especificadas Calculadas

NPV +2

espkV e esp

kθ , k = 1,...,NB iP e iQ , i∈barra Vθ Qj , j∈barras PV

3) Subsistema III

Neste subsistema obtêm-se os fluxos de potência. Uma vez resolvido o Subsistema I,

conhecem-se as tensões e os respectivos ângulos de fase em todas as barras. Por conseguinte, calculam-se os fluxos de potência no sistema através das expressões gerais

)()()cos()()( 2 ϕθϕθ +−+−= kmkmmkkmkmmkkmkkm senbVaVgVaVgaVP

)()()cos()()()( 2 ϕθϕθ +−+++−= kmkmmkkmkmmk

shkmkmkkm sengVaVbVaVbbaVQ

9

Além dos fluxos de potências, podem-se calcular as perdas técnicas (perdas ativa e reativa)

mkkmper

km PPP +=

mkkmperkm QQQ +=

e os módulos dos fluxos de corrente (em p.u) nas linhas.

k

kmkmkm V

QPI

22 +=

A chave da solução do problema de fluxo de carga está em resolver o Subsistema I. A

solução desse subsistema, pelo método de Newton-Raphson, segue os seguintes passos: 1º ) Fazer υ =0. Especificar a tensão e o ângulo da barra Vθ (referência) esp

ii VV = e espii θθ = ,

geralmente, 1=espiV p.u e 0=esp

iθ , i∈barras Vθ . Escolher os valores iniciais das tensões e dos ângulos das barras PQ. Comumente, considera-se Vk = 1 p.u e θk = 0, k∈barras PQ. Ao se definir uma barra como PV, escolher também os valores iniciais para seus ângulos: θj = 0 (geralmente), e especificar as suas tensões: esp

jj VV = , j∈barras PV.

2º ) Calcular )(υ

kP para as barras PQ e PV (se houver), e )(υkQ para as barras PQ, e

determinar os resíduos )(υkP∆ e )(υ

kQ∆ . 3º ) Testar a convergência do processo iterativo: se Pk tolP ≤∆

max

)(υ e Qk tolQ ≤∆max

)(υ , o

processo convergiu para a solução )(υ

Vθ

caso contrário passar para o passo seguinte.

4º ) Calcular a matriz jacobiana

)()(

υυ

= LM

NHJ

5º ) Calcular a nova solução

)()()1( υυυ

+

=

+

∆V∆θ

Vθ

Vθ

em que )(υ

∆V∆θ

é determinado resolvendo-se o sistema linear

10

)()()( υυυ

×

=

∆V∆θ

LMNH

∆Q∆P

6º ) Fazer υυ →+1 e voltar ao segundo passo.

A dimensão do sistema de equações do Subsistema I a ser resolvido, depende do número de barras tomadas como Vθ (comumente só uma) e PV. Por exemplo, considere o diagrama unifilar do sistema de potência com três barras, mostrado na Figura 2.

De acordo com (11), o sistema de equações lineares a ser resolvido para solucionar o problema de fluxo de carga da rede mostrada na Figura 2 é

)(

3

2

1

3

2

1

)(

3

3

2

3

1

3

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

3

1

2

1

1

1

3

3

2

3

1

3

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

3

1

2

1

1

1)(

3

2

1

3

2

1

υυ

υ

θ

θ

θ

θθθ

θθθ

θθθ

θθθ

θθθ

θθθ

∆

∆

∆

∆

∆

∆

×

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

∆

∆

∆

∆

∆

∆

V

V

V

VQ

VQ

VQQQQ

VQ

VQ

VQQQQ

VQ

VQ

VQQQQ

VP

VP

VPPPP

VP

VP

VPPPP

VP

VP

VPPPP

Q

Q

Q

P

P

P

(12)

Mas, a tensão e o ângulo de fase de barra do tipo Vθ são conhecidos, então suprimem-se as linhas e as colunas da equação matricial, correspondentes à tensão e ao ângulo desse tipo de barra. Por exemplo, considerando a barra 1 como referência no sistema da Figura 2, (12) reduz-se a

Carga G

1 2

3

Figura 2 – Diagrama unifilar de um sistema de potência

Carga

11

)(

3

2

3

2

)(

3

3

2

3

3

3

2

3

3

2

2

2

3

2

2

2

3

3

2

3

3

3

2

3

3

2

2

2

3

2

2

2)(

3

2

3

2

υυ

υ

θ

θ

θθ

θθ

θθ

θθ

∆

∆

∆

∆

×

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

∆

∆

∆

∆

V

V

VQ

VQQQ

VQ

VQQQ

VP

VPPP

VP

VPPP

Q

Q

P

P

(13)

Quando uma barra é do tipo PV, especifica-se o módulo da tensão (valor constante) na barra. Então, nesse caso, eliminam-se a linha e a coluna da equação matricial, correspondentes à tensão na barra. Então, tomando a barra 2 do exemplo como PV , resulta

)(

3

3

2

)(

3

3

3

3

2

3

3

3

3

3

2

3

3

2

3

2

2

2)(

3

3

2

υυ

υ

θ

θ

θθ

θθ

θθ

∆

∆

∆

×

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

∆

∆

∆

VVQQQVPPPVPPP

Q

P

P

(14)

Enfim, a solução do Subsistema I para o exemplo dado, consiste em resolver (13) quando não há barra PV, ou (14), quando a barra 2 é considerada como PV. A Figura 3 mostra o fluxograma do algoritmo de Newton-Raphoson para solução de fluxo de carga básica, modelo não-linear.

12

tolPk ≤∆max

)(υ tolQk ≤∆max

)(υ

Entrada de dados

Formação de Ybar

Dados de inicialização: υ =0; tol = 10-4; maxυ =20

Calcular os resíduos: )()( )( υυ cal

kesp

kk PPP −=∆ )()( )( υυ cal

kespkk QQQ −=∆

Imprimir os resultados

Calcular: )(υθ k∆ e )(υθ k∆

Sim

Não

Calcular P e Q na slack Calcular Q e θ na PV (se houver)Calcular os fluxos nas linhas

Figura 3 – Fluxograma do algoritmo do fluxo de carga não-linear

Início

Fim

Sim

Não

Sim

Formação do jacobiano

Atualizar Vk e θk: )()()1( υυυ θθθ kkk ∆+=+

)()()1( υυυkkk VVV ∆+=+

1+=υυ

maxυυ >

Pare

Calcular: )()( e υυ

kk QP

Não

13

A solução de fluxo de carga pelo método de Newton-Raphson é demonstrada a partir do exemplo: A Figura 4 mostra o diagrama unifilar de um sistema de potência com três barras. A barra 1 é tomada como barra de balanço (slack), 1,05 p.u. A barra 2 é uma barra de carga cujo valor da potência aparente está especificado no diagrama. A barra 3 tem a tensão controlada no valor fixo de 1,04 p.u (valor eficaz) com uma geração de potência ativa de 200 MW. As impedâncias das linhas, dadas ta Tabela 3, estão em p.u. na base de 100 MVA e as susceptâncias são desprezadas (perdas “shunt”).

Tabela 3 – Impedâncias das linhas Linha r (p.u) x (p.u) L12 0,020 j0,040 L13 0,010 j0,030 L23 0,0125 j0,025

Pede-se obter a solução do fluxo de carga do sistema pelo método de Newton-Raphson. Solução:

a) Subsistema I

De acordo com(14), tem-se

)(

2

3

2

)(

2

2

3

2

2

2

2

3

3

3

2

3

2

2

3

2

2

2

)(

2

3

2

υ

υ

υ

θθ

θθ

θθ

θθ

∆∆∆

×

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

∆∆∆

V

VQQQVPPPVPPP

QPP

As impedâncias das linhas convertidas em admitâncias são

y12 = 10 – j20 p.u ; y13 = 10 –j30 p.u ; y23 = 16 – j32 p.u que resultam na matriz Ybar = G + jB

−+−+−+−−+−+−+−−

=622632163010321652262010301020105020

jjjjjjjjj

barY p.u

por conseguinte, G e B são

GS2=400+j250 MVA

2 1

3

L12

L23 L13

G P3 = 200 MW

Figura 4 – Sistema de potência para o exemplo

−−−−−−

=261610162610101020

G

−−

−=

623230325220302050

B

14

De acordo com as expressões (10), as potências líquidas ativa e reativa injetadas nas barras 2 e 3 são )cos()cos( 2323232332212121211222

222 θ+θ+θ+θ+= senBGVVsenBGVVGVP

)cos()cos( 23232323322121212112222

22 θ−θ+θ−θ+−= BsenGVVBsenGVVBVQ (15)

)cos()cos( 32323232233131313113332

33 θ+θ+θ+θ+= senBGVVsenBGVVGVP

Os elementos da matriz jacobiana são obtidos através das derivadas parciais de (15) em relação a θ2, θ3 e V2. Lembrando que mkkm θθθ −= , obtêm-se:

)cos()cos( 232323233221212121122

211 θθθθ

θBsenGVVBsenGVVPJ −−−−=

∂∂

=

)cos( 23232323323

212 θθ

θBsenGVVPJ −=

∂∂

=

)cos()cos(2 2323232332121212112222

213 θ+θ+θ+θ+=

∂∂

= senBGVsenBGVGVVPJ

)cos( 32323232232

321 θ−θ=

θ∂∂

= BsenGVVP

J

)cos()cos( 323232322331313131133

322 θθθθ

θBsenGVVBsenGVVPJ −−−−=

∂∂

=

)cos( 3232323232

323 θθ senBGV

VP

J +=∂∂

=

)cos()cos( 232323233221212121122

231 θθθθ

θsenBGVVsenBGVVQJ +++=

∂∂

=

)cos( 23232323323

232 θθ

θsenBGVVQJ +−=

∂∂

=

)cos()cos(2 2323232332121212112222

233 θθθθ BsenGVBsenGVBV

VQJ −+−+−=∂∂

=

As potências de carga e gerada, em p.u, são

5,20,4100

2504002 jjS +=

+= p.u ; 0,2

100200

3 ==P p.u

0,40,40222 −=−=−= CGesp PPP p.u

5,25,20222 −=−=−= CGesp QQQ p.u

0,200,2333 =−=−= CGesp PPP p.u

15

Especificando a tensão na barra 1 (referência) como sendo o005,11 ∠=V p.u e na barra 3 (tensão controlada) V3 = 1,04 p.u (módulo), e partindo com uma estimativa inicial 1)0(

2 =V , 0)0(

2 =θ e 0)0(3 =θ , os resíduos de potências são

)0(

22)0(

2 )( calesp PPP −=∆ = – 4,0 – (–1,14) = – 2,8600

)0(33

)0(3 )( calesp PPP −=∆ = 2,0 – (0,5616) = 1,4384

)0(22

)0(2 )( calesp QQQ −=∆ = – 2,5 – (–2,28) = – 0,2200

onde calP2 , calP3 e calQ2 são calculadas através de (15).

Calculando os elementos da matriz com os valores numéricos conhecidos, o conjunto de equações lineares para a primeira iteração torna-se

)0(

2

3

2)0()0(

72000,4964000,1614000,2764000,1604000,6628000,33

86000,2428000,3328000,54

2200,04384,1 8600,2

∆θ∆θ∆

×

−−−

−=

−

−

V

Obtendo a solução dessa equação matricial, os desvios em ângulo (radianos) e em tensão (p.u) nas barras, na primeira iteração são

−−−

=

∆∆∆

026548,0007718,0045263,0

)0(

2

3

2

Vθθ

Atualizando os ângulos e a tensão, resulta

973450,0)026548,0(1 007718,0)007718,0(0 045263,0)045263,0(0

)1(2

)1(3

)1(2

=−+=−=−+=θ−=−+=θ

V

Para a segunda iteração, têm-se

)1(

2

3

2)1()1(

103589,48402838,17538577,28379086,15656383,65981642,32

302567,21765618,31724675,51

050914,0021715,0 099218,0

∆θ∆θ∆

×

−−−

−=

−

−

V

16

e

971684,0)001767,0(973451,0 008700,0)000985,0(007718,0 047060,0)001795,0(045263,0

001767,0000985,0001795,0

)2(2

)2(3

)2(2

)1(

2

3

2

=−+=−=−+−=θ−=−+−=θ

⇒

−−−

=

∆θ∆θ∆

VV

Para a terceira iteração, têm-se

)2(

2

3

2)2()2(

954870,47396932,17548205,28351628,15597585,65933865,32

147447,21693866,31596701,51

000143,0000038,0000216,0

∆∆∆

×

−−−

−=

−

−

Vθθ

e

971680,0)0000044,0(971684,0 008705,0)0000024,0(008703,0 047060,0)0000038,0(047058,0

0000044,00000024,00000038,0

)3(2

)3(3

)3(2

)2(

2

3

2

=−+=−=−+−=θ−=−+−=θ

⇒

−−−

=

∆θ∆θ∆

VV

A solução converge em 3 iterações com um erro máximo de 2,5x10-4 em potência, resultando em o

3o

2 4988,0 e 696,297168,0 −=θ−∠=V .

b) Subsistema II

As injeções de potências ativa e reativa nas barras 1 e 3 são

)cos()cos( 1313131331121212122111

211 θθθθ senBGVVsenBGVVGVP ++++=

)cos()cos( 13131313311212121221112

11 θ−θ+θ−θ+−= BsenGVVBsenGVVBVQ

)cos()cos( 32323232233131313113332

33 θ−θ+θ−θ+−= BsenGVVBsenGVVBVQ

Substituindo os valores numéricos conhecidos, obtêm-se

1842,21 =P p.u

4085,11 =Q p.u

4617,13 =Q p.u

c) Subsistema III Desprezando as perdas “shunt”, os fluxos de potência nas linhas são:

Linha 12 (da barra 1 para 2):

121221121221122

112 cos θθ senbVVgVVgVP −−=

17

121221121221122

112 cos θθ sengVVbVVbVQ −+−= Linha 13 (da barra 1 para 3):

131331131331132

113 cos θθ senbVVgVVgVP −−=

131331131331132

113 cos θθ sengVVbVVbVQ −+−= Linha 32 (da barra 3 para 2):

323223323223322

332 cos θθ senbVVgVVgVP −−=

323223323223322

332 cos θθ sengVVbVVbVQ −+−= Substituindo os valores numéricos conhecidos, resulta

P12 = 1,79362 p.u Q12 = 1,18734 p.u

P13 = 0,39061 p.u Q13 = 0,22118 p.u

P32 = 2,38878 p.u Q32 = 1,67746 p.u

1

Redução de Redes 1. Introdução

A redução de nós ou barras é muito importante em análise de sistemas de potência. Consiste em eliminar, convenientemente, linhas e colunas das matrizes de admitância ou impedância nodal (Ybar ou Zbar). A matriz modificada pode ser considerada como uma redução de circuito de Kron, ou, simplesmente redução de Kron, como é conhecida em estudos de sistemas de potência. 2. Redução de Kron

A eliminação de um ou mais nós de um circuito elétrico dar-se-á através de operações numéricas, realizadas nas linhas e colunas das equações matriciais Ybar e Zbar.

Sejam as equações nodais

I = Ybar V e

V = Zbar I Onde, a matriz Zbar é o inverso de Ybar e vice-versa.

Expandindo a equação V = Zbar I, obtém-se

×

=

2

1

43

21

2

1

I

I

ZZ

ZZ

V

V (1)

Os elementos V1, V2 podem ser subvetores e Z1, Z2, Z3 e Z4 submatrizes.

Desenvolvendo (1), obtém-se

22111 IZIZV += (2)

24132 IZIZV += (3)

Explicitando I2 em (3), obtém-se

131

421

42 IZZVZI −− −= (4)

A substituição de (4) em (2) e a reunião dos termos, resulta

21

421131

421 )( VZZVIZZZZ −− −=− (5)

Fazendo V2 = 0 em (5), obtém-se

131

4211 )( IZZZZV −−= (6)

2

O coeficiente de I1 em (6) é o resultado de uma redução de Kron. A equação (6) na forma compacta é

11 IZV nova

bar= (7) Onde

31

421 ZZZZZ −−=novabar (8)

Sendo Zbar uma matriz simétrica, a equação (8) pode ser escrita como

T1LLMKZ −−=nova

bar (9) Onde, 3

T421 e ; ; ZLZMZLZK ==== (o sobrescrito T significa o transposto).

Para aplicar a redução de Kron procede-se da seguinte maneira:

1º) Os vetores devem ser organizados de forma que os elementos associados aos nós a

serem eliminados estejam colocados nas linhas inferiores.

2º) Particiona-se a matriz Zbar ou Ybar em quatro submatrizes: K, L, LT e M.

3º) Aplica-se a equação (9) na matriz particionada. Por exemplo, considere que se deseja eliminar os nós 3 e 4 da seguinte equação matricial:

×

=

4

3

2

1

1

1

1

11111

4

3

2

1

IIII

ZZZZZZZZZZZZZZZZ

VVVV

4443424

3433323

2423222

432

(10)

A partição da matriz, resulta

=

4443424

3433323

2423222

432

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

Z

1

1

1

11111

bar (11)

Aplicando (9) em (11), obtém-se

×

×

−

=

−

4241

32311

4443

3433

2423

1413

2221

1211

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

Z novabar (12)

K L

LT M

3

Exercício: Considere o diagrama de impedâncias mostrado na Figura 1.

As tensões geradas nas barras, em p.u, são

j0,1340 - 1,0692j0,0732 - 1,0832j0,0793 - 1,0818

3

2

1

=

G

G

G

EEE

Se o gerador 3 (G3) for retirado do sistema, a matriz de impedâncias de barra é

=

2200,01200,01300,01200,01450,01050,01300,01050,01450,0

jjjjjjjjj

barZ

Nesse caso, pede-se: (a) eliminar a barra 3; (b) determinar os circuitos equivalentes e construir os circuitos equivalentes de admitâncias e impedâncias. Resolução: a) Eliminação da barra 3 A equação matricial do circuito é

×

=

3

2

1

3

2

1

2200,01200,01300,01200,01450,01050,01300,01050,01450,0

III

VVV

jjjjjjjjj

A aplicação de (12), em Zbar com o objetivo de eliminar a barra 3, resulta

Figura 1 – Diagrama de impedâncias

1

3

j0,125

j0,15 j0,25

G1

2

G2

G3

4

[ ]1200,01300,02200,01

1200,0

1300,0

1450,01050,0

1050,01450,0jj

jj

j

jj

jjnovabar ××

−

=Z

ou

=

0,07950,0341

0,03410,0682

jj

jjnovabarZ

A inversão de nova

barZ , resullta

−

−=

16,00008,0000

8,000018,7000

jj

jjnovabarY

b) Construção dos circuitos equivalentes A partir da matriz nova

barY , constrói-se os circuitos equivalentes mostrados na Figura 2.

É prática corrente utilizar o método de Kron para eliminar um nó de cada vez. Neste caso, a submatriz M é formada por um único elemento. Isso é vantajoso sob o ponto de vista de cálculo numérico, pois, a inversão de uma matriz é sempre um processo trabalhoso.

A técnica de eliminação de um nó por vez permite a criação de um algoritmo que pode ser facilmente implementado em um computador. O nó a ser eliminado deve ser o de maior numeração. Em seguida, é feita uma renumeração dos nós restantes. O processo continua, até que todos os nós desejados tenham sido eliminados. Por exemplo, deseja-se reduzir a matriz

1 2-j 8,0

I1 = -0,8485 - j11,5753 I2 = -0,5856 - j8,6656

0

-j10,7 -j 8,0

0(a)

Figura 2 – Circuitos equivalentes sem a barra 3: (a) De admitâncias; (b) De impedâncias

1 2j 0,125

EG1 =1,0818 - j0,0793 EG2 =1,0832 - j0,0732

0

j0,0935 j0,1250

0 (b)

G1 G2

5

Zbar dada abaixo, de ordem 3x3, para outra de ordem 2x2, eliminando a última linha e a última coluna.

=

33323

23222

32

ZZZZZZZZZ

Z

1

1

1111

bar (13)

A aplicação de Kron em (13), resulta

[ ]32313323

13

2221

1211 1 ZZZZ

ZZZZZ

Z ××

−

=nova

bar (14)

Resolvendo (14), obtém-se

−−

−−

=

33

322322

33

312321

33

321312

33

311311

ZZZ

ZZ

ZZZ

ZZZ

ZZ

ZZZ

Znovabar (15)

A generalização de (15) para uma matriz de ordem n x n, resulta:

originalnn

originaljn

originalnkoriginal

jknovo

jk Z

ZZZZ −= (16)

em que em k e j variam de 1 até (n-1).

Empregando (16) constrói-se com facilidade uma rotina computacional para eliminação de barras de um sistema de potência. Isso é muito importante, principalmente, para o caso de sistemas com muitas barras, como acontece na prática.

1

Matriz de Impedâncias de Barra (Zbar) 1. Montagem de Zbar

A matriz de impedâncias de barra pode ser construída partindo com um simples elemento. O processo continua até que todos os elementos são incluídos. Considere a rede parcial mostrada na Figura 1.

É importante ressaltar que todas as variáveis e parâmetros que aparecem nas equações a seguir são grandezas vetoriais.

Assumindo que Zbar é a matriz da rede parcial, que contém m barras e uma barra de referência 0, a correspondente equação matricial é

×

=

m

p

mmmpmm

pmpppp

mp

mp

m

p

I

I

II

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZZZZZ

V

V

VV

M

M

LL

MMMMMM

LL

MMMMMM

LL

LL

M

M2

1

21

21

222221

111211

2

1

(1)

ou

Vbar = Zbar Ibar

A ordem da matriz Zbar é m x m. Será adicionado um elemento de cada vez para a porção

restante do circuito, até que todos os elementos sejam incluídos. O elemento adicionado pode ser:

• Uma linha radial que liga uma barra existente a uma nova barra. • Uma linha que liga duas barras existentes (linha de fechamento de laço).

1.1. Adição de uma linha radial que liga uma barra existente a uma nova barra

Seja a adição de uma linha, com impedância zpq, de uma barra p existente para uma nova barra q como mostrado na Figura 2.

Circuito parcial Zbar

M

M

1

2

i

m

0

Figura 1- Circuito parcial

Referência

2

A corrente Iq, injetada na barra q, altera a corrente original em p para Ip+ iqp, e,

conseqüentemente, a tensão em p. Sendo iqp=Iq, a equação (1) passa a ser escrita como

+×

=

m

qp

mmmpmm

pmpppp

mp

mp

m

novap

I

II

II

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZZZZZ

V

V

VV

M

M

LL

MMMMMM

LL

MMMMMM

LL

LL

M

M2

1

21

21

222221

111211

2

1

Dessa equação, a nova tensão em p é dada por

mpmqpppppnovap IZIIZIZIZV ++++++= LL )(2211

ou

qppmpmpppppnovap IZIZIZIZIZV ++++++= LL2211 (2)

Da Figura 2, tem-se

qppqnovapqqppqq

novap izVVizVV +=⇒−=

Mas iqp = Ip, então

qpqnovapq IzVV += (3)

A substituição de (2) em (3) resulta

qpqqppmpmpppppq IzIZIZIZIZIZV +++++++= LL2211 ou

qpqppmpmpppppq IzZIZIZIZIZV )(2211 +++++++= LL (4) onde

Circuito parcial Zbar

M

M

1

2

p

m

0

Figura 2 – Adição da linha p-q

Referência

q

Iq

iqp

Ip

3

[ )( 21 pqpppmpppp zZZZZZ +LL ]

é a nova linha a ser acrescida a original

barZ para encontrar Vq. Como Zbar é quadrada e simétrica, deve-se colocar uma coluna igual à transposta da nova linha. A matriz Zbar passa a ter ordem (m+1) x (m+1), isto é,

×

=

q

m

p

qqqmqpqq

mqmmmpmm

pqpmpppp

qmp

qmp

q

m

p

II

I

II

ZZZZZZZZZZ

ZZZZZ

ZZZZZZZZZZ

VV

V

VV

M

M

LL

LL

MMMMMMM

LL

MMMMMMM

LL

LL

M

M2

1

21

21

21

2222221

1111211

2

1

(5)

onde, de acordo com (4), têm-se

Zqi = Zpi e Ziq = Zip qimi ≠= ,,1L (6) e

Zqq = Zpp + zpq (7)

Agora, considere a linha ligada à referência como mostra a Figura 3. Nesse caso a tensão Vp é igual a zero (Vp= 0), implicando em

qimiqipi ≠==⇒= ,1, 0 0 LZZ (8) e

qqq 0zZ = (9)

q

Circuito parcial Zbar

M

M

1

2

p

m

0

Figura 3 – Adição da linha 0-q

Referência

4

1.2. Adição de uma linha de fechamento de laço Quando o elemento adicionado é uma linha entre as barras p e q, uma nova barra não é introduzida. Porém, surge uma pseudobarra, cuja tensão é nula, que aumenta a ordem de Zbar para (m+1) x (m+1) ( aumentada

barZ ). Considerando o fato da tensão ser nula, a pseudobarra será eliminada.

Considere a adição de uma linha com impedância zpq entre duas barras existentes p e q como mostra a Figura 4. Se a corrente Il na linha tem a direção mostrada na Figura 4, então,

qplpq VViz −= (10) ou

0=+− lpqpq izVV (11)

A linha de fechamento de laço modifica as correntes originais Ip e Iq para (Ip-il) e (Iq+il), como se pode concluir através da Figura 4. Então, a equação do circuito torna-se

M

LL

)()( 1111111 mmlqqlpp IZiIZiIZIZV ++++−++=

mpmlqpqlppppp IZiIZiIZIZV ++++−++= LL )()(11 (12)

M

LL

)()(11 mqmlqqqlpqpqq IZiIZiIZIZV ++++−++=

mmmlqmqlpmpmm IZiIZiIZIZV ++++−++= LL )()(11 Substituindo Vp e Vq de (12) em (11) resulta em

0)2(

)()()()( 111

=−++

+−++−++−++−

lpqqqpppq

mpmqmqpqqqpppqppq

iZZZz

IZZIZZIZZIZZ LLL

(13)

Figura 4 – Adição de uma linha de fechamento de laço p-q

Circuito parcial Zbar

M

M

1

2

p

m

0Referência

M qil

5

As equações (12) e (13) formam um sistema com (m +1) equações simultâneas, que escrita na forma matricial é

×

=

l

m

q

p

lllmlqlpl

mlmmmqmpm

qlqmqqqpq

plpmpqppp

lmqp

m

q

p

iI

II

I

ZZZZZZZZZZ

ZZZZZZZZZZ

ZZZZZ

V

VV

V

M

M

LL

LL

MMMMMMM

LL

LL

MMMMMMM

LL

M

M

1

1

1

1

1

1111111

0

(14)

onde

ipiqliil ZZZZ −== ,1, mi L= (15) e

pqqqppqpll ZZZzZ 2−++= (16)

Agora, considere q como sendo a barra de referência conforme mostrado na Figura 5. Nesse caso, Vq=0 o que implica 0== iqqi ZZ para i = 1, ..., m. Portanto, as equações (15) e (16) tornam-se

ipliil ZZZ −== ,1, mi L= (17)

ppqpll ZzZ += (18)

Conforme se chamou atenção acima, a adição de uma linha de fechamento de laço não introduz uma nova barra. Portanto, a equação matricial obtida em (14) terá de ser reduzida para a dimensão da matriz original. Isto é feito através do método de redução de Kron. 1.2.3. Eliminação da pseudobarra da linha de fechamento de laço Particionando (14) com o objetivo de eliminar a pseudobarra da linha de fechamento de laço, obtém-se

Circuito parcial Zbar

M

M

1

2

p

m

0Referência

M

i

Figura 5 – Adição de uma linha de fechamento de laço p-0

il

6

×

=

l

m

q

p

lllmlqlpl

mlmmmqmpm

qlqmqqqpq

plpmpqppp

lmqp

m

q

p

iI

II

I

ZZZZZZZZZZ

ZZZZZZZZZZ

ZZZZZ

V

VV

V

M

M

LL

LL

MMMMMMM

LL

LL

MMMMMMM

LL

M

M

1

1

1

1

1

1111111

0

(19)

ou

×

=

l

bar

ll

originalbarbar

iI

Z∆Z∆ZZ

0V

T (20)

onde

[ ]T1 mlqlpll ZZZZ∆Z LL= (21)

Expandindo (20), obtêm-se

lbaroriginalbarbar i∆ZIZV += (22)

lllbar iZI∆Z0 T += (23) ou

barll

l IZ∆Zi

T−= (24)

A substituição de (24) em (22), resulta na redução de Kron, isto é,

barll

originalbarbar Z

I∆Z∆ZZV ×

−=

T

(25)

ou

barnovabarbar IZV ×= ][ (26)

onde

ll

originalbar

novabar Z

∆Z∆ZZZT

−= (27)

7

1.3. Algoritmo de montagem de Zbar Foi visto que uma forma de se obter Zbar é fazer a inversão de Ybar. Entretanto, a formação de Zbar diretamente, sob o ponto de vista computacional, é mais simples do que inverter Ybar, principalmente para grandes redes elétricas. Para montagem de Zbar é necessário possuir uma lista designando as barras nas quais as impedâncias estão conectadas. Por exemplo, a Tabela 2 fornece essa lista para o sistema mostrado na Figura 6.

Tabela 2 – Lista de impedâncias

Linha Inicio Fim Impedância (p.u) 1 0 1 j 0,250 2 0 2 j 0,250 3 1 2 j 0,125 4 1 3 j 0,150 5 2 3 j 0,250

O procedimento de montagem, passo-a-passo, da matriz impedância de barra está resumido abaixo. Para maior esclarecimento, montar-se-á a matriz de impedâncias de barra do sistema dado na Figura 6. 1º ) Organizar uma lista das impedâncias, mostrando as barras nas quais estão conectadas. De preferência, as impedâncias ligadas à barra de referência deverão encabeçar a lista conforme a Tabela 1. 2º ) Adicionar as linhas ligadas ao nó de referência.

=

rr

bar

Z

ZZ

L

MOM

L

0

011)1(

Essa matriz é do tipo diagonal. De acordo com (9), Zrr = z0q, em que r =1,...,nlr, sendo nlr = quantidade de barras ligadas à referência, e q o número ou índice da barra ligada à referência. Para o caso do exemplo, somente as linhas 1 e 2 estão ligadas à referência, então,

=

25,00

025,0)1(

j

jbarZ

Figura 6 – Diagrama de impedâncias

0

1 2

3

0j 0,25 j 0,25

j 0,125

j 0,15 j 0,25

Figura 7 – Linhas ligadas à referência

0

1 2

j 0,25 j 0,25

8

2º ) Adicionar as linhas radiais ou de fechamento de laço (uma de cada vez).

Percorrendo a tabela de cima para baixo, a primeira linha que se encontra, após a linha 2, é a 3 (linha de fechamento do laço 1-2-0-1), que liga a barra 1 (p=1) à barra 2 (q=2). De acordo com (14), (15) e (16), obtém-se a matriz aumentada

−

−

=

625,025,025,0

25,025,00

25,0025,0)2(

jjj

jj

jjaumentada

barZ

Sem levar em conta a referência, o circuito da Figura 8 possui somente duas barras, então, é necessário eliminar a pseudobarra criada pela introdução da linha 2. Aplicando (27), obtém-se

[ ]25,025,0625,01

25,0

25,0

25,00

025,0)2( jj

jj

j

j

jbar −××

−−

=Z

ou

=

0,15000,1000

0,10000,1500)2(

jj

jjbarZ

Continuando a percorrer a tabela, a próxima linha encontrada é a 4 (linha radial), que liga a barra 1 (p=1) à 3 (q=3). A aplicação de (6) e (7), resulta

=

0,30000,10000,1500

0,10000,15000,1000

0,15000,10000,1500)3(

jjj

jjj

jjj

barZ

0

Figura 9 – Linha radial

1 2 j 0,125

j 0,25 j 0,25

j 0,15

3

0

Figura 8 – Linha de fechamento de laço

1 2 j 0,125

j 0,25 j 0,25

Il

9

Por último, encontra-se a linha 5 (linha de fechamento do laço 2-3-1-2), que liga a barra 2 à 3 ( p=2 e q=3). Novamente, a aplicação de (14), (15) e (16) leva à matriz aumentada

−

−=

5000,02000,00500,00500,0

2000,00,30000,10000,1500

0500,00,10000,15000,1000

0500,00,15000,10000,1500

)4(

jjjj

jjjj

jjjj

jjjj

aumentadabarZ

Tendo em vista que 5 é uma linha de fechamento de laço, então a pseudobarra criada em virtude da sua introdução precisa ser eliminada da matriz aumentada. De acordo com (27), obtém-se

[ ]2000,00500,00500,05000,01

2000,0

0500,0

0500,0

0,30000,10000,1500

0,10000,15000,1000

0,15000,10000,1500)4( jjj

jj

j

j

jjj

jjj

jjj

bar −××

−−

=Z

ou

=

0,22000,12000,1300

0,12000,14500,1050

0,13000,10500,1450)4(

jjj

jjj

jjj

barZ

Como não há mais linha a ser introduzida, então )4(

barZ é matriz de impedâncias de barra do sistema de potência mostrado na Figura 6, ou seja,

=

2200,01200,01300,01200,01450,01050,01300,01050,01450,0

jjjjjjjjj

barZ

De acordo com o que foi apresentado, observa-se que é muito trabalhoso a montar-se

manualmente a matriz de impedâncias de barras de um sistema potência com muitos nós. Portanto, é recomendável o desenvolvimento de uma rotina computacional que execute esse trabalho.

3

j 0,25

Figura 10 – Linha de fechamento de laço

1 2j 0,125

j 0,25 j 0,25

j 0,15

Il

0

1

Estudo de Estabilidade Transitória 1. Introdução

A oscilação eletromecânica de um gerador de eletricidade, originada por perturbações de grandes proporções (por exemplo, curtos-circuitos), é um fenômeno transitório lento, porém, de enorme importância no estudo de estabilidade de sistemas elétricos de potência. Pode-se ter uma visão do problema, através do equivalente mecânico mostrado na Figura 1.

As várias massas, suspensas por uma rede de cordões elásticos, representam geradores

elétricos e linhas de transmissão, respectivamente. O sistema está em regime permanente estático, com cada cordão carregado abaixo do seu ponto de ruptura (o que corresponde cada linha de transmissão estar funcionando abaixo do seu limite de estabilidade).

Em um dado instante, um dos cordões é subitamente cortado (o que corresponde a uma perda súbita de uma linha de transmissão). Como resultado, as massas experimentarão movimentos acoplados e as forças nos cordões variarão. A perturbação súbita pode causar um dos dois efeitos:

1. O sistema atingirá um novo estado de equilíbrio, caracterizado por um novo conjunto de forças nos cordões (isto é, linhas de transmissão no caso de sistemas elétricos).

2. Devido às forças transitórias, um outro cordão romper-se-á, provocando o

enfraquecimento da rede e resultando no rompimento em cadeia de cordões e o eventual colapso total do sistema.

Se o sistema tem o poder inerente de sobreviver à perturbação e atinge um novo

regime permanente, diz-se que ele possui estabilidade transitória para a falta em questão. Caso contrário, diz-se que o sistema perdeu a estabilidade. O sistema pode ser estável para o transitório que segue a perda de uma linha em particular ou instável para a perda de outra ou outras linhas.

Dependendo da natureza e duração da falta, os transitórios mecânicos de rotor que a ela seguem, podem terminar em um segundo, ou podem continuar e tornarem-se mais graves nos instantes seguintes, culminando, eventualmente, em um colapso total, ou na recuperação

Figura 1 – Equivalente mecânico para análise de estabilidade transitória de sistemas de potência

2

do sistema. Para analisar o problema, é comum dividir o período transitório em três intervalos de tempo:

1. Intervalo inicial: Estende-se aproximadamente pelo primeiro segundo após a ocorrência da falta. Esse intervalo inclui o começo e possível remoção da falta inicial. A dinâmica do rotor nesse intervalo é completamente descontrolada no sentido em que o comportamento dos geradores está, essencialmente, além da influência dos controladores Pf e QV. O único controle que se tem é o que está associado com operações de chaveamento, incluindo a seção da linha onde está a falta, a colocação de capacitores, os desligamentos de geradores com falta, entre outros.

2. Intervalo intermediário: Dura por aproximadamente, 5 s. Aqui já se fazem sentir os

efeitos dos controladores Pf e QV.

3. Intervalo final: Pode durar vários minutos após o início da falta. Nesse período sofrem os efeitos de “longo prazo”, incluindo as constantes de tempo térmicas de sistemas a vapor e nucleares, a perda permanente nos equipamentos de geração, o desligamento de cargas, dentre outros.

Os acontecimentos durante os dois primeiros intervalos são de muita importância, uma

vez que determinam se o sistema “sobreviverá” ou não ao “choque” inicial, isto é, se o sistema terá ou não sua integridade preservada.

Se o sistema “sobreviver”, o perigo não acabou. Devido à perda permanente nos

equipamentos, pode estar perdendo freqüência numa taxa lenta ou rápida, e então se deve recorrer ao controle com a finalidade de recuperar freqüência. Nesse momento, a força de controle principal é o desligamento de cargas. Desligando-se cargas de baixa prioridade pode-se inverter a tendência decrescente da freqüência. Neste capítulo será dedicada particular atenção aos acontecimentos do intervalo inicial, a fim de verificar se o sistema não irá perder a sua estabilidade após a ocorrência de uma falta. 2. Modelos de Transitórios de Sistema Ao se investigar um sistema quanto à sua estabilidade em transitório, deve-se proceder como segue.

1. Determinar o estado inicial pré-falta. 2. Iniciar a falta. 3. Calcular o movimento transitório pós-falta das massas e as forças resultantes nos

cordões. 4. Se as forças não excederem os pontos de ruptura dos cordões, o sistema será

considerado estável para a falta em questão.

Um estudo de estabilidade em transitório de um sistema de energia elétrica segue um roteiro análogo. Após a perturbação, as posições angulares dos rotores sofrerão desvios transitórios. Se puder ser determinado pela análise de estabilidade que todos os ângulos individuais dos rotores fixar-se-ão em novos valores de regime pós-falta, correspondendo a

3

um novo estado de equilíbrio síncrono, então se conclui que o sistema é, na realidade, estável sob o transitório. 3. Equação de Oscilação de Máquina Síncrona Antes de se apresentar equação de oscilação da máquina síncrona, é importante revisar alguns conceitos básicos. Para isso, considere o gerador síncrono elementar de dois pólos (pólos salientes), esquematizado na Figura 2.

A Figura 3 mostra o diagrama vetorial das ondas de fmm do rotor (Fr), do estator (Fs) e a resultante (Fsr). A fmm, Fsr (campo girante), produz o fluxo resultante sr , o qual circula através do entreferro da máquina. Na figura, r = m desde que m seja dado em grau ou radiano elétrico.

No funcionamento em regime permanente, as ondas de fmm Fs e Fsr se deslocam à velocidade angular fws π2= rad/s (velocidade síncrona) ao longo do estator da máquina. A freqüência (f) é a freqüência da tensão gerada (gerador) ou aplicada (motor) no enrolamento de estator da máquina.

Eixo magnético do campo do rotor

Eixo fixo no estator (tomou-se o eixo magnético da bobina da fase A )

ws

wm

m +

• •

•

+ + A

A’

B

B’

C

C’

• •

+ + Eixo da fmm resultante no stator, campo girante (Fsr)

m

Figura 2 - Gerador síncrona elementar de 2 pólos

r = m

Fr

Fs

Fsr

Figura 3 - Diagrama vetorial das ondas de fmm

sr

4

A relação entre ângulo elétrico e ângulo mecânico, em uma máquina síncrona de p pólos, é

m

p θθ ×=2

rad (1)

A onda fmm do rotor, Fr, gira à velocidade mecânica do rotor (wm), a qual é dada por

sm wp

w ×= 2 rad/s (2)

ou

pf

n×= 120

rpm (3)

A equação de movimento do rotor de uma máquina síncrona se baseia no princípio da dinâmica, o qual estabelece que o torque de aceleração é igual ao momento de inércia do rotor multiplicado por sua aceleração angular.

emam TTT

dtd

J −==× 2

2θ N.m (4)

Onde J: Momento de inércia total da massa rotativa (kg.m2) m: Deslocamento angular (ângulo mecânico) do rotor com relação a um eixo estacionário (referência), em radiano mecânico (Figura 2) t: Tempo em segundos Ta: Torque de aceleração (N.m) Tm: Torque mecânico (N.m) Te: Torque eletromagnético, dado por

rrsre senFp

T δπ ×Φ

×=2

22 (5)

e

fNVt

sr ××=Φ

44,4

Onde, Vt é a tensão nos terminais da máquina, f é a freqüência de Vt e N é o número de espiras por fase.

Em condições normais de operação, Tm e Te são iguais e com isso o Ta é nulo. Neste caso, não há aceleração ou desaceleração das massas girantes do rotor, sendo a velocidade resultante constante e igual à velocidade síncrona. Portanto, as massas rotativas do rotor e da máquina de acionamento são ditas estarem em sincronismo com as outras máquinas, operando na velocidade síncrona do sistema. O ângulo m é medido com respeito a um eixo estacionário no estator, conforme mostrado na Figura 2. Ele cresce com o tempo e com a velocidade síncrona. Assim, é interessante a posição angular do rotor em relação a um eixo referência que gire à velocidade síncrona (eixo da fmm resultante no estator). Dessa forma, define-se

5

msm tw δθ +×= (6) Onde, m é o deslocamento angular do rotor em relação ao eixo girante, em radiano mecânico. Derivando (6) em relação a t, obtêm-se

dtd

wwdt

dw

dtd m

smm

sm δ

+=δ

+=θ

(7)

e

2

2

2

2

dtd

dtd mm δθ

= (8)

A equação (7) mostra que a velocidade mecânica do rotor dt

dw m

m

θ= é constante e

igual e à velocidade síncrona, quando 0=dt

d mδ. A equação (8) representa a aceleração

angular do rotor. A substituição de (8) em (4), resulta em

emam TTT

dtd

J −==× 2

2δ N.m (9)

Multiplicando (9) por wm, obtêm-se as potências de aceleração (Pa), mecânica no eixo

da máquina (Pm) e elétrica (Pe).

emmmamm

m TwTwTwdt

dwJ ×−×=×=×× 2

2δ W (10)

ou

emam

m PPPdt

dwJ −==×× 2

2δ W (11)

O coeficiente mwJ × é o momento angular do rotor (kg.m2/s). Na velocidade síncrona, é chamado de “constante” de inércia da máquina, sendo simbolizado por M. Em algumas condições de operação, M não é constante, tendo em vista que wm não é igual à ws. Porém, na prática, wm não difere significativamente de ws quando a máquina é estável. Re-escrevendo (11) em termos de M, tem-se

emam PPP

dtd

M −==× 2

2δ W (12)

Nos dados de máquina para estudo de estabilidade, outra constante relacionada à inércia, comumente fornecida pelos fabricantes, é a constante H. É definida como

em MVAa máquina,rifásica dPotência tules em megajo síncrona,velocidadenética na Energia ci

H =

6

ou

maq

s

maq

s

S

wM

S

wJH

×=

×= 2

121 2

MJ/MVA (13)

Explicitando M em (13) e substituindo em (12), obtém-se

maq

em

maq

am

s SPP

SP

dtd

wH −

==× 2

22 δ (14)

Tomando como potência base a potência da própria máquina, tem-se (14) em p.u na

base da máquina.

emam

s

PPPdt

dwH −==× 2

22 δ p.u (15)

A equação (15) é chamada de equação de oscilação da máquina, a qual governa a

dinâmica rotacional das máquinas síncronas nos estudos de estabilidade.

Escrevendo (15) em termos de f (Hz) e fazendo m = (radiano elétrico), tem-se

ema PPPdtd

fH −==×× 2

2δπ

p.u (16)

Para o caso do ângulo ser dado em grau elétrico, resulta

ema PPPdtd

fH −==×

× 2

2

180δ

p.u (17)

A equação (15) pode ser re-escrita como

emam

s

PPPdt

ddtd

wH −==

×δ2

p.u (18)

De (7), tem-se

smm ww

dtd

−=δ

rad/s (19)

Essa equação fornece a velocidade angular do rotor relativa à velocidade síncrona do campo girante.

Como a velocidade síncrona não varia com o tempo, então, a substituição de (19) em (18), resulta

emm

s

PPdt

dwwH −=×2

p.u (20)

7

Sob o ponto de vista de aplicação prática, é importante que se façam algumas

considerações sobre a equação de oscilação.

1. Em um estudo de estabilidade com várias máquinas síncronas, apenas uma potência é tomada como base (comumente, 100 MVA). Assim, o segundo membro da equação de oscilação (15) de cada máquina deve ser expresso em p.u na base comum. Por sua vez, a constante H, no primeiro membro, deve ser consistente com a base do sistema. Isto deve ser feito convertendo a constante H de cada máquina (dada na própria potência), a um valor determinado pela base do sistema. Na equação (12), multiplicando cada lado pela relação (Smaq /Ssistema), obtém-se

sistema

s

maqsistema

maq

sistema

maq

maq

s

maqsistema

maq

S

wMH

S

S

S

S

S

wMH

S

S ×=××

×=× 2

1

21

Mas,

sistemasistema

s

HS

wM=

×21

Então,

sistema

maqmaqsistema S

SHH ×=

2. A constante de inércia M raramente é usada, sendo mais comum o emprego de H na

equação de oscilação. Isto se deve ao fato de M variar bastante com o tamanho e o tipo de máquina. A constante H também varia, porém numa faixa menor. Os fabricantes de máquinas costumam usar a grandeza 2WR (peso em libra, multiplicado pelo quadrado do raio de giração, em pés) para especificar o momento de inércia das partes rotativas de uma unidade de geração (incluindo a máquina motriz). A grandeza WR2 /32,2 é o momento de inércia em slug-pé quadrado.

Exemplo 1: Desenvolver uma expressão para calcular a constante H do gerador de uma usina nuclear com potência 1,333 MVA, 1800 rpm e WR2 = 5,82x106 lb.ft2. Resolução: A energia cinética de rotação em lb.ft, na velocidade síncrona, é

22

60)(2

3221

×π××= rpmWRKE lb.ft

ou 2

21

swIKE ××=

Onde, I é o momento de inércia dado por 2,32

2WRI =

8

Sabe-se que 1 ft.lb = 746/550 joules. Convertendo esse valor para MJ e dividindo pela potência da máquina em MVA, obtém-se

maqmaq SrpmWR

S

rpmWR

H2210

226

)(1031,260)(2

2,3221

10550746

×××=

×π×××

×=

−−

333,118001082,51031,2 2610 ××××=

−H

Convertendo H para a base do sistema (no caso, 100 MVA), tem-se

56,43100333,1

27,3 =×=H MJ/MVA

3. Em estudo de estabilidade de um grande sistema com várias máquinas, é necessária a

minimização das equações de oscilação a serem resolvidas. Isto pode ser feito se a falta na linha de transmissão do sistema for de tal forma que os rotores das máquinas de uma mesma usina ou planta oscilem juntamente. Em tal caso, as máquinas, que funcionam dessa forma, podem ser combinadas em uma máquina equivalente, como se seus rotores fossem mecanicamente acoplados, conseqüentemente, apenas uma única equação de oscilação será utilizada. As máquinas que atendem a esses pré-requisitos são chamadas de máquinas coerentes. Considere um sistema com dois geradores conectados a uma mesma barra. Considere também, que a barra está eletricamente distante do distúrbio. As equações de oscilação na base do sistema são:

• Para o gerador 1: 1121

212

ems

PPdt

dwH −=δ× p.u (21)

• Para o gerador 2: 2222

222

ems

PPdt

dwH −=δ× p.u (22)

Somando essas duas equações e fazendo 1 = 2 = , pois considera-se que os dois rotores oscilam juntamente (máquinas coerentes), tem-se

)()(2

22eqeeqm

s

eq PPdt

dw

H−=δ×

Onde,

Heq = H1 + H2

Pm(eq) = Pm1 + Pm2

Pe(eq) =Pe1 + Pe2

9

Essa equação, que toma a forma de (14), pode ser resolvida para representar a dinâmica da planta.

Exemplo 2: Duas unidades geradoras, que operam em paralelo, têm as características dadas abaixo. Calcular a constante equivalente H par as duas unidades na base de 100 MVA.

• Unidade 1: 500 MVA, fp1= 0,85, 20 kV, 3500 rpm, H1= 4,80 MJ/MVA • Unidade 2: 1,333 MVA, fp2 = 0,90, 22 kV, 1800 rpm, H2 =3,27 MJ/MVA.

Resolução: A energia cinética de rotação das máquinas é dada por:

6759333,127,35008,4 =×+×=KE MJ

59,671006759 ==H MJ/MVA

Sabendo-se que as máquinas oscilam juntamente, esse valor pode ser usado numa equação de oscilação, pois se considera que os rotores estão em passo, em cada instante de tempo.

4. Para o caso de duas máquinas não coerentes, as equações de oscilação são iguais às

equações (21) e (22). Dividindo cada equação por sus respectiva constante, e subtraindo os resultados, obtém-se

−−

−×=

δ−

δ

2

22

1

112

22

21

2

2 HPP

HPPw

dt

d

dt

d emems

Multiplicando os dois lados por 21

21

HHHH

+×

e fazendo algumas manipulações

algébricas, determina-se que

21

1221

21

12212

212

21

21 )(2HH

HPHPHH

HPHPdt

dHHHH

weemm

s +×−×

−+

×−×=

−

+×

×δδ

(23)

Escrevendo essa equação na forma básica, tem-se

1212212

2122

ems

PPdt

dwH −=δ×

Onde

12 = 1- 2

21

2112 HH

HHH

+×

=

10

21

122112 HH

HPHPP mm

m +×−×

=

21

122112 HH

HPHPP ee

e +×−×

=

Uma aplicação que pode ser feita com essas equações diz respeito a um sistema composto por um gerador e um motor síncrono, conectados por uma linha de transmissão puramente reativa. Se ocorrer uma mudança na potência de saída do gerador, ela será absolvida pelo motor. Assim, pode-se escrever

mmm PPP =−= 21

eee PPP =−= 21 Nessas condições, mm PP =12 e ee PP =12 e a equação (23) fica reduzida a

ems

PPdt

dwH −=δ×

212

2122

4. Equação do Ângulo de Potência Na equação de oscilação do gerador, a potência de entrada da máquina (Pm) será considerada constante. Sendo Pm constante, a potência Pe determina se o rotor acelera, desacelera ou permanece na velocidade síncrona. Quando Pe=Pm, a máquina funciona em regime permanente, na velocidade síncrona. Quando se afasta desse valor, a velocidade do rotor afasta-se da velocidade síncrona. As mudanças em Pe são determinadas pelas condições dos circuitos de transmissão e distribuição ou das cargas supridas pelo gerador. Distúrbios nos sistemas como mudanças de cargas, faltas ou aberturas de disjuntores, podem causar mudanças em Pe, conseqüentemente, transitórios eletromagnéticos. Fundamentalmente, a tensão no gerador é suposta constante, de forma que a mudança em Pe é determinada pela equação de fluxo de carga, aplicada ao circuito, e pelo modelo escolhido para representar o comportamento elétrico da máquina. Para o estudo de estabilidade transitória, cada máquina é representada por sua tensão interna, E’, em série com sua reatância transitória X’d, como mostra a Figura 4. Onde, Vt é a tensão terminal e é o ângulo de E’ em relação ao o eixo girante ( = m, ver figuras 2 e 3). Esse modelo corresponde á representação da máquina em regime permanente, em que a reatância síncrona Xd está em série com a tensão interna E.

+

_ E’

jX’d I

Vt

Referência

Vt

I×′dXj

I

E’

= m

Figura 4 – Circuito equivalente de um gerador síncrono em regime transitório e seu diagrama fasorial

G

11

Considere o caso de dois geradores suprindo cargas com impedâncias constantes em um circuito como esquematizado na Figura 5. As reatâncias dos geradores estão incluídas no circuito. Os elementos da matriz admitância de barra para o circuito, reduzido às barras 1 e 2, é

=

2221

1211

YY

YYYbar (24)

Do estudo de fluxo de carga, sabe-se que a injeção de potência complexa ( ∗

kS ), numa barra genérica k, é

n

N

nknkkk jQP VYV ××=−

=

∗

1 (25)

Sendo k =1 e N =2 e fazendo V igual a E’ em (25), obtém-se a potência líquida

injetada na barra 1 do sistema.

∗∗ ′×′+′××′=+ )()( 2121111111 EYEEYEjQP (26) Onde

;

;

121212111111

222111

θ

δδ

∠=−=

∠=′∠=′

YjBG

EE

YY

EE

Substituindo esses valores em (26), obtém-se

)](sen[)cos( 12211221112

112211221112

111 θδδθδδ −−××−×+−−××+×=+ YEEBEjYEEGEjQP Conseqüentemente, ∗

1S é dada por

)](sen[)cos( 12211221112

112211221112111 θδδθδδ −−××−×−−−××+×=− YEEBEjYEEGEjQP

Assim,

)cos( 12211221112

11 θδδ −−×′×′+×′= YEEGEP (27)

G1 G2

Circuito de transmissão

E1’

E2’

+ _

+ _

I2 I1

Figura 5 – Sistema de potência com dois geradores suprindo cargas através de um circuito de transmissão

1 2

12

e )(sen 1221122111

211 θδδ −−×′×′+×′−= YEEBEQ (28)

Trocando os subscritos, obtêm-se equações semelhantes para a barra 2.

Em (27) e (28), fazendo 2

e 1221

πγθδδδ +=−= , têm-se

)(sen122111

211 γ−δ×′×′+×′= YEEGEP (29)

)(cos122111

211 γδ −×′×′−×′−= YEEBEQ (30)

A equação (29) pode ser escrita numa forma mais compacta

)-sen(max γδPPP ce += (31) Onde

1221max112

11 ; ; YEEPGEPPP ce ×′×′=×′== (32)

A equação (31), que fornece a potência elétrica de saída do gerador, Pe, comumente é chamada de equação do ângulo de potência. Seu gráfico, que é traçado em função de , é conhecido como curva do ângulo de potência.

No caso de um circuito puramente reativo, tem-se G11= 0 (Pc = 0) e 12 = /2. Então, de (27) obtém-se

δsen max ×= PPe (33) Em que, 1221max YEEP ×′×′= e Y12 é o módulo do elemento Y12. Exemplo 3: A Figura 6 mostra um gerador conectado através de duas linhas de transmissão a um grande sistema metropolitano, que é considerado como barra infinita ( p.u01 o∠=V e freqüência constante). A máquina está fornecendo 1 p.u de potência ao sistema. A tensão terminal da máquina é α∠1 p.u. Os números no diagrama indicam as reatâncias numa mesma base. Pede-se: (a) A equação do ângulo de potência para essa condição de operação; (b) A equação de oscilação da máquina. Resolução:

Primeiramente, constrói-se o diagrama de impedâncias como na Figura 7.

j0,1

2,0jd =′X

G ∞

j0,4

j0,4

Figura 6 – Sistema de potência onde se vê um gerador alimentando uma barra infinita

13

O módulo da reatância série entre a tensão terminal e a barra infinita é: X24 = 0,3 p.u

A potência fornecida pelo gerador ao sistema (1 p.u) é dada pela equação do ângulo de

potência.

ot

XVV

46,171sen3,011

1sen24

=α=α××=α×

×

Em que é o ângulo de Vt com relação V (barra infinita tomada como referência).

Assim,

ot 46,171∠=V =0,954+j0,3 p.u

Por sua vez, determina-se a corrente I

ooo

t jjx

73,8012,11535,013,0

0146,171

24

∠=+=∠−∠=−

=VV

I p.u

A tensão transitória E’ é dada por

ooo

dt j 44,2805,173,8012,12,046,171 ∠=∠×+∠=×′+=′ IXVE p.u

Escrevendo a equação do ângulo de potência relativa ao gerador à barra infinita, tem-se

δδ sen5,0

105,1sen

14

××=××′=x

VEPe

δsen 01,2=eP

Onde é o ângulo mecânico do rotor com relação à barra infinita, dado em radiano ou grau elétrico. O gráfico de Pe x (curva do ângulo de potência) está mostrado na Figura 8.

j0,2 I

α∠= 1tV +

_ E’ G

j0,1

+ _

j0,4

j0,4

o01∠=V

2

3

4

Figura 7 – Diagrama de impedâncias do sistema

1

14

Observa-se que a potência mecânica de entrada, Pm, é constante (considerada 1 p.u) e

intercepta a curva do ângulo de potência no ponto de ângulo 28,44º (ângulo de operação). Essa posição angular inicial do rotor corresponde à condição de operação de 1 p.u. De (17), tem-se a equação de oscilação da máquina

δ×−=δ××

sen1,21180 2

2

dt

df

H p.u

Onde, H é dada em MJ/MVA, f em Hz e em graus elétricos. Exemplo 4: O sistema do Exemplo 3 está operando nas condições mencionadas quando ocorre uma falta trifásica na metade de uma das linhas. Pede-se a equação do ângulo de potência para o sistema na condição de falta e a equação de oscilação correspondente. Considerar H = 5 MJ/MVA. Resolução: Na Figura 9 é mostrado o diagrama de impedâncias transformado em diagrama de admitâncias.

2,1

90 28,44 151,56 (graus)

Pe (p.u)

Figura 8 – Gráfico do ângulo de potência

δsen1,2 ×=eP

Pm

15

Na Figura 10, redesenha-se o diagrama de admitâncias com o objetivo de mostrar o efeito da falta. Baseado no conceito de que o enlace de fluxo na máquina não varia instantaneamente, então, a tensão transitória interna do gerador permanece constante e igual a

o44,2805,1 ∠=′E p.u, conforme calculada no exemplo anterior. Para a nova configuração mostrada na Figura 10, a matriz de admitâncias de barra é A barra 3, sem fonte, será removida da matriz Ybar, usando o método de redução de Kron, isto é,

nn

njknoriginalkj

novokj Y

YYYY

×−= )()(

Onde, n é o número de elementos da matriz )(original

barY .

3

4 1

-j5

δ∠05,1 +

_ G

-j3,333

+ _

-j5

-j2,5

o01∠

Figura 9 – Diagrama de admitâncias do sistema

F

3

4 1

-j5

δ∠05,1 +

_ G

-j3,333

+ _

-j5

-j2,5

o01∠

Figura 10 – Diagrama esquemático de mostrando o efeito da falta

1 4 3

−

−

−

×=

833,105,2333,3

5,25,70

333,30333,3

jbarY

1 4 3

16

A aplicação desse procedimento, resulta

−−

×=

=

923,6769,0769,0308,2

)(22

)0(21

)(12

)(11)( jnovonov

novonovonova

bar YYYY

Y

O módulo da admitância de transferência entre o gerador e a barra infinita é

769,0)(12 =novoY p.u. Portanto,

808,0769,0105,1)(

12max =××=××′= novoYVEP p.u

A equação do ângulo de potência na condição da falta no sistema é

δsen808,0 ×=eP p.u A correspondente equação de oscilação é

δ×−=δ××

sen808,01180

52

2

dt

df

p.u

Devido à inércia, o ângulo do rotor não pode mudar instantaneamente no momento da falta. Por conseguinte, inicialmente, permanece com o valor 28,44º, e a potência de saída é

385,0)sen(28,44808,0 o =×=eP p.u Assim, a potência de aceleração inicial é

615,0385,01 =−=aP p.u Por sua vez, a aceleração angular inicial do rotor é positiva e seu valor é dado por

ff

dt

d ×=××=δ14,22615,0

5180

2

2

grau / s2

Exemplo 5: A falta no sistema do Exemplo 4 é limpa pela abertura simultânea das proteções nos dois terminais da linha afetada. Pede-se a equação do ângulo de potência e equação de oscilação para o período pós-falta. Resolução: Verificando a Figura 6, após a remoção da linha com falta, a admitância série entre o gerador e a barra infinita é

429,1)4,01,02,0(

114 j

j−=

++=y p.u

17

Na matriz Ybar, o elemento Y14 = -y14, então Y14 = j1,429 p.u. Assim, a equação do ângulo de potência é dada por

δsen5,1sen429,1105,1 ×=×××= Pe p.u Por sua vez, a equação de oscilação é

dt

df

sen5,11180

52

2

×−=δ××

p.u

A aceleração, no momento da abertura da falta, depende da posição angular do rotor naquele instante de tempo. As curvas dos ângulos de potência dos exemplos acima são mostradas na Figura 11. 5. Coeficientes de Potência Sincronizante No gráfico do ângulo de potência do Exemplo 3 (Figura 8), o ponto de operação é determinado para o ângulo de operação 0 = 28,44º, onde a potência mecânica de entrada Pm é igual à potência elétrica de saída Pe. Na mesma figura, observa-se que Pe = Pm para o caso de = 151,56º, o que pode parecer um ponto aceitável de operação. O que não é, como será mostrado a seguir.

(graus)

Pe (p.u)

90º

Pm

28,44

151,56

2,1

δsen1,2 ×=eP

δsen5,1 ×=eP

δsen808,0 ×=eP

Figura 11 – Curvas dos ângulos de potência dos exemplos apresentados

18

Um ponto de operação aceitável é aquele que o gerador não perde o sincronismo quando ocorrer pequenas mudanças na potência elétrica de saída. Para este exame, considere uma potência mecânica (Pm) fixa e uma mudança incremental no ponto de operação, isto é,

∆∆ +=δ+δ=δ eee PPP 00 e (34) Onde os índices zero e identificam, respectivamente, o ponto de operação em regime permanente e a variação incremental a partir desse valor. Substituindo (34) em (33), obtém-se a equação do ângulo de potência para o sistema de duas máquinas.

)sencoscossen()sen( 00max0max0 ∆∆∆∆ ×+×=+×=+ δδδδδδ PPPP ee (35) Sendo um pequeno deslocamento incremental de 0, então

∆∆∆ == δδδ sen e 1cos (36) Assim, (35) torna-se

)cos(sen 0max0max0 δδδ PPPP ee ∆∆ +=+ (37) No ponto de operação inicial (0), tem-se Pm = Pe 0, então,

0maxsenδPPm = (38)

A partir de (37) e (38), tem-se

0max0 cos)( δ×δ−=+− ∆∆ PPPP eem (39) A substituição das variáveis incrementais de (34) em (15), resulta

)()(2

020

2

∆∆ +−=

+× eem

s

PPPdt

dwH δδ

p.u (40)

Trocando o lado direito dessa equação por (39) e permutando os termos, obtém-se

(41)

0)cos(2

)cos(2

0max2

2

0max2

2

20

2

=+×

−=

+×

∆∆

∆∆

δδδ

δδδδ

Pdt

dwH

Pdt

ddt

d

wH

s

s

0

19

Derivando (33) em relação a e fazendo = 0, obtém-se

0max cos|0

δδ δδ P

ddP

S ep == = p.u (42)

Onde, Sp é a inclinação da curva do ângulo de potência no ponto de operação de 0. É conhecida como coeficiente de potência sincronizante. Quando Sp é usado em (41), a equação de oscilação, para variações incrementais ângulo-rotor, pode ser posta na forma

022

2

=××

+ ∆∆ δδ

H

Sw

dtd ps (43)

Em (43), tem-se uma equação diferencial linear de segunda ordem cuja solução

depende do sinal de Sp. Quando Sp for negativo, a solução (t) cresce exponencialmente sem limite. Quando Sp for positivo, a solução (t) corresponde a um movimento harmônico simples. O movimento é representado pela oscilação de um pêndulo sem amortecimento. A equação de um movimento harmônico simples é

022

2

=×+ xwdt

xdn (44)

Comparando (43) com (44), para o caso Sp positivo, obtém-se a freqüência angular de oscilação, sem amortecimento, ou seja,

H

Sww ps

n 2

×= rad/s (45)

ou

npn

n wH

Swf ×=

××=

ππ 21

221

Hz (46)

Na Figura 8, o ponto de operação = 28,44º é um ponto de equilíbrio estável. Nesse

sentido, o ângulo do rotor oscila após uma pequena perturbação. Na prática, o amortecimento restabelece o ângulo do rotor para 28,44º, após a perturbação temporária. Pelo outro lado, o ponto = 151,56º é um ponto de equilíbrio instável pelo fato de Sp ser negativo. Esse ponto não é válido como ponto de operação. Exemplo 4: A máquina do Exemplo 3 está operando com um ângulo =28,44º, quando ocorre uma pequena perturbação no sistema. Pede-se a freqüência e o período de oscilação do rotor, considerando que a máquina é removida antes da máquina motriz. Fazer H=5 MJ/MVA. Resolução: De (42), o coeficiente de potência sincronizante é

20

8466,1)44,28cos(1,2 == opS p.u

De (43), a freqüência angular de oscilação assume o valor

343,8528466,1377

2=

××=

×=

H

Sww ps

n rad/s

ou, em termos de freqüência elétrica

33,1343,821 =×=πnf Hz

O período é dado pelo inverso de fn, então

753,033,111 ===

nfT s

Esse exemplo é importante sob o ponto de vista prático, pois indica a ordem de grandeza da freqüência que pode ser imposta à freqüência nominal (60 Hz) de um sistema com várias máquinas interconectadas. Para o exemplo, 33,160 +=f Hz. 6. Análise de Estabilidade: Critério das Áreas Iguais A equação de oscilação é não linear, assim sendo, a sua solução formal não pode ser explicitada. No caso da oscilação de uma única máquina, com relação a uma barra infinita, é muito difícil de se obter a solução formal literal. Para isso, métodos computacionais são utilizados. Para verificar a estabilidade de um sistema de duas máquinas, sem resolver a equação de oscilação, emprega-se o critério das áreas iguais, que é um método aproximado. Considere o sistema mostrado na Figura 6, ao qual é acrescentada uma pequena linha de transmissão, como mostrado na Figura 12.

Inicialmente, o disjuntor A está fechado e o B está aberto, portanto, a condição de operação inicial do Exemplo 3 pode ser considerada sem alteração. No ponto F, ocorre uma falta trifásica, que é limpa pelo disjuntor A depois de um curto intervalo de tempo. A falta é

~

Figura 12 – Sistema de potência com uma falta trifásica no ponto F da linha AB

∞~

A B

F

21

praticamente na barra de saída do transformador, por conseguinte, a potência elétrica de saída é zero (Pe=0), até a falta ser limpa. A condição física antes, durante e depois da falta pode ser entendida analisando a curva do ângulo de potência na Figura 13 (a), (b) e (c).

180º 0 max

Pm a b

δsenmaxP

(a)

180º 0 max

Pm a

δsenmaxP

(b)

A2

A1

d e

c x

b c

22

Antes da falta ocorrer, o gerador está operando na velocidade síncrona com o ângulo do rotor igual a 0, e a potência mecânica de entrada, Pm, é igual à potência elétrica de saída, Pe, como no ponto a da Figura 13 (a). Quando ocorre a falta, no instante t = 0, Pe vai a zero e Pm permanece inalterada, como mostra a Figura 13 (b). Essa mudança acarreta o crescimento da velocidade do rotor, a partir do aumento da potência de aceleração, que se iguala à Pm, ou seja, Pa= Pm. Sendo tc o tempo de abertura da falta, então, para um tempo t < tc, a aceleração é constante e, de acordo com (15), é dada por

msm P

Hw

dtd

×=22

2δ rad/s2 (47)

Enquanto permanece a falta, a velocidade do rotor cresce acima da velocidade síncrona e pode ser obtida pela integração de (47).

××=××=t

ms

ms tP

Hw

dtPH

wdtd

0 22δ

rad/s (48)

Essa equação fornece a velocidade do rotor, relativa à velocidade síncrona. Integrando-a novamente em relação ao tempo, obtém-se a posição angular do rotor.

02

4δδ +×

×= t

HPw ms rad (49)

180º 0 max

Pm a

δsenmaxP

(c)

A3

A4

d e

c x y

Figura 13 – Diagramas da curva do ângulo de potência, apresentando as condições físicas do sistema, antes (a) durante (b) e depois (c) da falta

b c

f

23

As equações (48) e (49) mostram, respectivamente, que a velocidade relativa do rotor cresce linearmente com o tempo, enquanto o ângulo do rotor avança de 0 até o ângulo c, na abertura da falta. Isto é, o ângulo vai de b até c na Figura 13 (b). No instante de abertura da falta, t = tc, o crescimento da velocidade do rotor e do ângulo, entre o gerador e a barra infinita, são, respectivamente

cms

tt tH

Pwdtd

c×

×== 2

|δ

rad/s (50)

e

02

4|)( δδ +×

×== c

mstt t

HPw

tc

rad (51)

Quando a falta é limpa no ângulo c, a potência elétrica (Pe) cresce abruptamente ao valor correspondente ao ponto d, na curva do ângulo de potência. Em d, Pe excede a potência mecânica (Pm). A partir daí, a potência de aceleração (Pa) fica negativa (Pa = Pm - Pe). Conseqüentemente, diminui a velocidade, quando Pe vai de d a e na Figura 13 (c). Em e, a velocidade do rotor atinge a velocidade síncrona, embora o ângulo do rotor tenha avançado até x. A velocidade do rotor (wm) não pode permanecer na velocidade síncrona (ws), precisa continuar decrescendo. Nesse caso, de acordo com (19), a velocidade relativa é negativa, e o ângulo do rotor se desloca para trás, a partir de x. De acordo com a curva da Figura 13 (c), isso acontece a partir do ponto e até a, onde wm < ws. De a até o ponto f, tem-se Pm >Pe. Em f, a velocidade do rotor atinge a velocidade síncrona outra vez. Na ausência de amortecimento, o rotor continuará oscilando indefinidamente na seqüência f-a-e e e-a-f, com a velocidade síncrona ocorrendo em e e f. De acordo com (19), a velocidade angular do rotor (wr), relativa à velocidade síncrona, é dada por

smr wwdtd

w −== δ (52)

De (20), tem-se

emr

s

PPdt

dwwH −=×2

(53)

Multiplicando os dois lados da equação por dtd

wr

δ= , obtém-se

dtd

PPdt

dww

wH

emr

rs

δ×−=×× )(2 (54)

Mas rr w

dtwd

2)( 2

= , então (54) pode ser re-escrita como

dtd

PPdtwd

wH

emr

s

δ×−=× )()( 2

(55)

24

Multiplicando por dt e integrando o resultado, obtém-se

−=−× 2

1

)()( 21

22

δ

δδdPPww

wH

emrrs

(56)

A velocidade wr1 do rotor corresponde a 1 e wr2 corresponde a 2. Se o rotor está na velocidade síncrona, então, wr1= wr2= 0. Nessas condições, (56) torna-se

0)(2

1

=−δ

δδdPP em (57)

Aplicando essa equação em dois ângulos, 1 e 2, do diagrama do ângulo de potência, determinam-se os pontos em que a velocidade do rotor atinge a velocidade síncrona. Na Figura 13 (b), os tais pontos são a e e, que correspondem aos ângulos 0 e x. Fazendo a integração em dois passos, escreve-se

0)()(0

=−+− x

c

cdPPdPP emem

δ

δ

δ

δδδ (58)

ou

−=− x

c

cdPPdPP meem

δ

δ

δ

δδδ )()(

0

(59)

O primeiro membro corresponde ao período que o sistema permanece com a falta, e o

segundo ao período pós-falta. Na Figura 13 (b), Pe é zero durante a falta (intervalo de a-d). A área hachurada A1 é dada pelo primeiro membro de (59), e a área A2 pelo segundo membro. As duas áreas são iguais, ou seja,

−= x

c

x

c

cdPdPdP mem

δ

δ

δ

δ

δ

δδδδ

0

Mas, δδ dPPe senmax ×= , então,

−×= x

c

x

c

cdPdPdP mm

δ

δ

δ

δ

δ

δδδδδ senmax

0

)()cos(cos)( max0 cxmxccm PPP δ−δ×−δ−δ×=δ−δ× (60)

Na Figura 13 (c), o rotor assume a velocidade síncrona em x e y, então, pela mesma

razão, A3 e A4 são iguais. A área A1 depende do tempo de abertura da falta. Se esse tempo crescer, o ângulo c também crescerá, implicando em um aumento da área A1. Pelo critério das áreas iguais, A2 também irá crescer, até o ângulo x. Se o tempo de abertura for prolongado, até que o ângulo do rotor oscile além do ângulo máximo max, a velocidade do rotor vai estar acima da velocidade síncrona, quando a potência de aceleração for atingida novamente. Na condição de aceleração positiva, o ângulo crescerá sem limite, levando a um resultado instável.

25

Entretanto, existe um ângulo crítico que garante a estabilidade do sistema. Esse ângulo, que conhecido como ângulo crítico de abertura, pode ser determinado pelo critério das áreas iguais, como será visto a seguir. O tempo para remover a falta, que correspondente ao ângulo crítico, é chamado de tempo crítico de abertura, tcr. Aplicando (60), no caso particular da Figura 14, tem-se

)()cos(cos)( maxmaxmax021 crmcrcrm PPPAA δ−δ×−δ−δ×=δ−δ×= (61)

A manipulação dessa equação, resulta

max0maxmax

cos)(cos δδδδ +−×

=

PPm

cr (62)

Da Figura 14, tem-se

0max δπδ −= (63) e

0max senδ×= PPm (64) Substituindo max e Pm em (62), simplificando o resultado e resolvendo-a para cr, obtém-se

]cossen)2[(cos 0001 δδδπδ −×−= −

cr rad (65)

A substituição de (65) em (51), resulta em outra expressão que também pode ser usada na determinação do ângulo crítico de abertura, isto é,

(rad) 0 max

Pm

δsenmaxPPe =

Figura 14 – Diagrama do ângulo de potência que mostra o ângulo crítico de abertura

A2

A1

P (p.u)

cr

26

02

4δδ +×

×= cr

mscr t

HPw

rad (66)

Por conseguinte, o tempo crítico de abertura é dado por

ms

crcr Pw

Ht

×−×

=)(4 0δδ

s (67)

É importante observar que, no cálculo de tcr e cr, os ângulos devem ser dados em radiano. Exemplo 7: Calcular o ângulo e o tempo crítico de abertura para o sistema da Figura 12, submetido à falta trifásica no ponto F da linha de transmissão curta. As condições iniciais são as mesmas do Exemplo 3 e H = 5 MJ/MVA. Resolução: Do Exemplo 3, tem-se:

• Equação do ângulo de potência: δδ sen1,2senmax ×=×= PPe p.u • Ângulo inicial do rotor: 0 = 28,44º = 0,496 rad • Potência mecânica de entrada: Pm = 1 p.u

De acordo com (66), o ângulo crítico é:

426,1697,81]28,44cossen28,44)496,02[(cos oo1 ==−××−π=δ − ocr rad

A aplicação de (67), resulta no tempo crítico:

222,01377

)496,0426,1(54 =×

−××=crt s

Esse exemplo serve para estabelecer o conceito de tempo crítico de abertura, o qual é fundamental ao projetista de proteção para o esquema de abertura de falta. Nos casos mais gerais, o tempo crítico de abertura não pode ser explicitado sem resolver a equação de oscilação por simulação em computador digital. 7. Aplicações Adicionais do Critério das Áreas Iguais Embora o critério das áreas iguais seja aplicado apenas para o caso de duas máquinas ou uma máquina e uma barra infinita, é bastante útil para se observar o que acontece quando ocorre uma falta no sistema. Quando um gerador está suprindo potência a uma barra infinita por duas linhas de transmissão paralelas, como no Exemplo 3, a abertura de uma delas pode causar a perda de sincronismo do gerador, apesar da carga está sendo suprida pela outra linha em condições de regime permanente. Se um curto-circuito trifásico ocorrer na barra que as linhas estão conectadas (barra de saída das linhas), nenhuma potência será transmitida por ambas. É o caso

27

do exemplo anterior. No entanto, se a falta ocorrer na extremidade de uma delas, a abertura dos disjuntores nos extremos, isolará a falta e permitirá o fluxo de potência através da outra linha. Quando ocorre transmissão de potência durante uma falta, o critério das áreas iguais pode ser aplicado. Porém, é necessário que se tracem três curvas do ângulo de potência, para as seguintes condições:

• Antes da falta (pré-falta); • Durante a falta; • Após a falta (pós-falta).

A Figura 15, que é similar à Figura 11, mostra o diagrama do ângulo de potência para

essas três condições. Ou seja, as curvas 1, 2 e 3 descrevem as condições pré-falta, durante a falta e pós-falta, respectivamente.

Examinando a Figura 15, conclui-se que as áreas A1 e A2 são as regiões de interesse para se determinar o ângulo crítico. Usando os passos do item anterior, escrevem-se

)cos(cos)(dsen 0max10max1100

crcrmm PrPPrdPAxcr δδδδδδδ

δ

δ

δ

δ−×−−=×−=

e

)()cos(cosddsen maxmaxmax2max22maxmax

crmcrm PPrPPrAcrcr

δδδδδδδδ

δ

δ

δ−−−×=−×=

Figura 15 – Diagrama do ângulo de potência antes, durante e depois da falta

A1

A2

0

Pm

P (p.u)

cr maxr

180º

δ× senmax1 Pr

δ× senmax2 Pr δsenmaxP

0 (pos)

PF

1

2

3

28

Em que, r1 e r2 são fatores de transferência de potência, dados pelas relações:

PALTA-PRÉ max,

FALTAA DURANTE , max1 P

Pr =

PALTA-PRÉ max,

FALTA PÓS- , max2 P

Pr =

Igualando A1 e A2 e fazendo as devidas manipulações algébricas, obtém-se o ângulo

crítico.

12

01max20maxmax

coscos)(

cosrr

rrPPm

cr −

×−×+−×

=δδδδ

δ (68)

Para o cálculo de cr, deve-se calcular, primeiramente, 0 e max, ou seja,

=δδ=

max

1-00max sensen

PP

PP mm (69)

×−=δδ×=

max2

1-maxmaxmax2 sen180sen

PrP

PrP mom (70)

No Exemplo 7, não há transmissão de potência durante a falta, o que implica r1= 0 e

r2 =1, conseqüentemente, a equação (68) reduz-se à equação (62). Pequenos valores de r1 correspondem a pequenas quantidades de potência transmitidas durante a falta. Isso pode causar grandes distúrbios ao sistema. Nessa situação, observa-se que A1 é grande. Os curtos-circuitos desbalanceados são representados por uma impedância, conectada entre o ponto de falta e a barra de referência, no diagrama de seqüência positiva. Portanto, independentemente de suas localizações, essas faltas permitem a transmissão de alguma potência ativa. Do que foi exposto, chega-se à conclusão que o curto-circuito trifásico é o mais severo, pois, dependendo de sua localização, não permite a transmissão de potência ativa através das linhas de transmissão (r1= 0). Sob o ponto de vista de severidade, as faltas são classificadas na seguinte ordem decrescente:

1. Trifásica 2. Dupla fase-terra 3. Fase-Fase 4. Fase-terra.

29

A falta entre uma linha e a terra é a mais freqüente, sendo a trifásica a mais rara. Porém, para uma maior segurança, os sistemas devem ser projetados para a estabilidade em regime transitório, com faltas trifásicas nas piores localizações. Exemplo 8: Determinar o ângulo crítico e tempo crítico de abertura para a falta trifásica descrita nos exemplos 4 e 5. Considere a configuração inicial do sistema e as condições dadas no Exemplo 3. Resolução: a) Determinação do ângulo crítico As equações do ângulo de potência para as condições de antes, durante e depois da falta, são:

• Antes: δδ sen1,2senmax =P • Durante: δδ sen808,0senmax1 =× Pr

• Depois: δδ sen5,1senmax2 =× Pr Assim,

714,01,25,1

385,01,2

808,0

2

1

==

==

r

r

Na condição pré-falta (Exemplo 3), tem-se

496,044,280 == oδ rad

Sendo Pm = 1 p.u, então, de acordo com (70), tem-se

412,219,13881,411801

sen180max2

1-max ==−=

×−=δ oooo

Pr rad

A substituição dos valores de 0 e max em (68), resulta

127,085,0714,0

44,28cos385,019,138cos714,0)496,0412,2(1,2

1

cos =−

−+−×=

oo

crδ

Logo,

ocr 726,82)127,0(cos 1 ==δ − = 1,444 rad

b) Determinação do tempo crítico

30

A expressão (7), para determinação do tempo crítico, foi demonstrada a partir de (47) e (48), onde Pe = 0, após a falta. Neste caso, Pa = Pm (aceleração constante). Para o caso do problema, a potência elétrica transmitida no período pós-falta (Pe (pos)) não é zero. É dada por

δ×= senmax1)( PrP pose (71) Então, (47) passa a ser escrita como

−=δ

msm P

Hw

dt

d(

22

2

δ× senmax1 Pr ) (72)

Devido a não-linearidade dessa equação, uma solução analítica para determinação do

tempo crítico não é possível. Portanto, requer uma solução numérica. Diversas técnicas de integração numérica, encontradas na literatura, podem ser aplicadas para se obter a solução aproximada de equações diferencial não-lineares como (72).