CAP2_Faltas_simétricas

42

CAPÍTULO 2

CÁLCULO DE FALTAS SIMÉTRICAS

Uma das mais importantes informações quando do planejamento de um sistema, é o

valôr da corrente de curto-circuito que circula nos diversos pontos de uma rede elétrica. Essas

correntes são utilizadas, dentre outros aspectos, para:

a) O dimensionamento dos transformadores de corrente que alimentarão os diversos tipos de

relés;

b) Para calibração dos relés de sobrecorrentes, diferenciais, etc;

c) Dimensionamento de disjuntores.

Para efetuar os cálculos das corrente de curto-circuito, será necessário a determinação

do circuito equivalente de Thevenin, visto a partir do ponto da falta.

2.1 - Obtenção do Circuito Equivalente de Thevenin

a) Determina-se impedância total entre o ponto de defeito e os geradores, com estes em

repouso (as fontes de tensão são curto-circuitadas): impedância de Thevenin (ZT )

b)Calcula-se a Tensão de Thevenin (ET ) que é a tensão em circuito aberto, no ponto

de defeito, antes da ocorrência do mesmo

O processo descrito é um pouco trabalhoso. No entanto, para estudos de curtos, as seguintes

simplificações podem ser feitas, sem grandes prejuízos à qualidade dos resultados:

1) Todos os geradores geram a mesma f.e.m., tanto em magnitude como em fase.

Isso fará com que, em todas as barras, a tensão seja sempre a mesma.

2) O sistema é considerado sem carga, ou seja, a impedância de Thevenin não

considera as impedâncias das cargas.

A figura 2.1 esquematiza os procedimentos descritos.

43

sistema com osgeradores substituídos

por um curtoZT

circuito abertono ponto de falta

ET

ZTET

Rcircuito

equivalente

RET

ZT I T

( d )

( b )( a )

( c )

Figura 2.1 - Obtenção do diagrama equivalente de Thevenin para curtos.

2.2 - Cálculo da corrente de curto-circuito:

Pelo circuito da figura 2.1.d tira-se para corrente de falta Ifalta :

Ifalta = E

Z

Vn

Z

T

T T

=/ 3

(2.1)

Onde:

Vn = tensão nominal, entre linhas.

O valôr da corrente total de curto(Ifalta = Icc), em uma barra, usualmente é

denominado de nível de curto, ou nível de defeito daquela barra. Em geral, prefere-se

mencionar a potência associada à corrente de curto (ao invés da própria corrente de curto).

Para tal, basta usar a seguinte equação:

Potência de Curto: SF = 3 . Vn . Ifalta = V

Zn

T

2

(2.2)

OBS: A unidade usual da potência de curto é [MVA].

Em valores pu, se a tensão base é a tensão nominal do sistema, a equação (2.2) torna-se:

SF = 12

Zpu

T p u( . .)

(2.3)

Sendo “m” a Potência Base, em [MVA]:

SZ pu

x mF

T

=1

( ) =

m

Z puMVA

T ( )( ) (2.4)

∴Logo, a potência de curto-circuito pode ser calculada simplesmente dividindo a Potência

Base (MVA) pela Impedância de Thevenin (pu).

44

2.2.1 - Sequência de Cálculo

a) Estabelecer um diagrama unifilar do sistema, com todas as impedâncias em uma base

convenientemente escolhida.

b) Reduzir toda a rede à uma impedância simples, entre o ponto de falta e o neutro do sistema.

c) Cálculo do nível de curto-circuito ou corrente de curto-circuito no ponto de defeito.

d) Se outras informações são requeridas sobre a circulação de corrente em partes individuais

do circuito, as diversas partes da rede devem ser montadas e os fluxos de corrente calculados.

2.3 - Escolha de disjuntores:

A corrente de falta determinada pela equação 2.1 é a corrente simétrica e não inclue a

componente contínua. Assim, na determinação da corrente que um disjuntor deve suportar

imediatamente após a ocorrência da falta (chamada corrente instantânea do disjuntor),

recomenda-se multiplicar a corrente simétrica obtida pela eq. 2.1 pelos seguintes fatôres de

multiplicação:

a) Para tensões acima de 5 KV: 1,6

b) Para tensões iguais ou inferiores a 5 KV: 1,5

No cálculo da corrente que passa pela câmara de extinção do disjuntor, durante a

abertura do mesmo, a qual é denominada de corrente nominal de interrupção, os fatôres de

multiplicação sugeridos para que a componente contínua seja considerada, dependerão da

velocidade do disjuntor. Em geral, adotam-se os seguintes valôres:

Disjuntor cujo tempo de abertura é 8 ciclos (ou mais lentos): multiplicar por 1,0

Idem, idem, 3 ciclos: 1,2

Idem, idem, 2 ciclos: 1,4

IMPORTANTE:

Para a obtenção da corrente instantânea do disjuntor, as reatâncias a serem consideradas para

as máquinas síncronas presentes no diagrama de impedância serão as reatâncias

subtransitórias.

Por outro lado, para o cálculo da corrente nominal de interrupção, as reatâncias das

máquinas deverão ser aquelas compatíveis com o tempo de abertura do disjuntor. Assim, para

um disjuntor cujo tempo de abertura é de 8 ciclos, as reatâncias das máquinas poderá ser a

permanente.

45

No entanto, para um disjuntor de tempo de abertura entre 2 e 5 ciclos, as máquinas

deverão ser representadas por suas reatâncias transitórias.

2.4 - Exemplos práticos

1) Na figura a seguir, tem-se uma parte de um sistema de potência. Os valores das

impedâncias mostradas estão todas na base de 16 KV e a potência base é a nominal do

equipamento. Pede-se:

F ~

~ ~ ~ ~

L

L

5

25 MVAj 0,12

15 MVAj 0,05

LINHA AÉREAj O,75 / fase

30 MVAj 0,15

4350 MVA

j 0,18

j 0,025

2115 MVA

j 0,10

15 MVA

j 0,05

20 MVA

j 0,06

20 MVAj 0,12

A

j x

BDISJUNTOR

Figura 2.2 -

a) Calcular a falta no ponto “F” com o disjuntor fechado, isto é, com o reator curto-

circuitado.

b) Calcular o reator para que o disjuntor possa ter apenas 250 MVA de capacidade de curto-

circuito.

c) Para o caso “b”, calcular as contribuições dos geradores.

Solução

Escolhendo como bases

M MVA

U KV lado da AT

base

base

=

=

10

16 ( )

Gerador de 20 MVA: Zb = Za Ua

Ub

Mb

Maj Zb j pu

= = =

2

0 1210

2006. , ,

Gerador de 15 MVA: Zb = j0,10 . 10/15 = j0,067


46



Linha aérea:

Zbase = 33

10108 9

2

= ,

Z(pu) = j0,75/108,9 = j0,0069

Trafo de 20 MVA: Zb = j0,06 10/20 = j0,03

Trafo de 15 MVA: Zb = j0,05 10/15 = j0,033

1 2 3 4 5

LL

L

L L

L

L

L

L

L

L

L

A

X

B

j 0 , 0 6

j 0 , 0 3

j 0 , 0 6 6 7

j 0 , 0 3 3

j 0 , 0 2 5

j 0 , 0 3 6 j 0 , 0 5

j 0 , 0 0 6 9

j 0 , 0 3 3j 0 , 0 3 3

j 0 , 0 4 8

Figura 2.3 -

1 2 3 4 5

L

L

L

LLL

A

j 0 , 0 9 j 0 , 1 0

j 0 , 0 2 5

j 0 , 0 3 6 j 0 , 0 5

j 0 , 0 0 6 9

Lj 0 , 0 1 6 5

Lj 0 , 0 4 8

1 2 3 4 5

L

L

LLL j 0 , 0 9

j 0 , 0 2 5

j 0 , 0 3 6 j 0 , 0 5

N

N

j 0 , 1 0 L j 0 , 0 7 1 5

Figura 2.4 -

Redução de toda a rede a uma impedância simples, entre o ponto de falta

e o neutro do sistema:

47

L

LLL

A

j 0,09

j 0,025

j 0,0162j 0,10

N

L j 0,0221

N

A( Z )T

Figura 2.5 –

a) Nível de Curto-Circuito:

SF = 1 1

0 022145 25

Zpu

jj

T

( ),

,= = −

Potência de Curto-Circuito:

SF = U m

Z puMVA MVA

T

2 10

0 0221452 5

( ) ,,= =

b) Limitação do curto-circuito em 250 MVA:

L j 0,021

N

AL j x

F

I c c ( pu )

Figura 2.6 -

Scc(pu) = S

puj pucc pu( )

125= − Icc(pu) =

S

puj pucc pu( )

125= −

Sendo a tensão entre N e F igual a 1,0pu:

Pela Lei de Ohm:

Icc = 1 0

0 22125 0 0179

,

( , ),

j Xj X pu

+= − → =

Sendo Zbase = 108,9Ω, a reatância “X”, em (Ω) será: X = j0,0179 . 108,9 = j1,95(Ω)

48

c) Para determinar a contribuição de cada um dos geradores, para o curto no

ponto “F” após colocação do reator, o circuito deverá ser reconstruído a partir

da reatância final

L j 0,021

N

AL j x

F

LLL j 0,09 j 0,0162 + j 0,025 = j 0,412j 0,10

A

L j 0,0179

F

N

I 3I 2I 1

- j 25- j 25 ( pu )

Figura 2.7 -

Aplicando a equação: VNA =1-Z.Icc entre os terminais N e A:

VNA =1-j0,021 . (-j25) = 1 -0,525

Reaplicando a mesma equação : VNA =1-Z.Icc, agora para os ramos de I1 I1

I1 = (1-VNA)/j0,09 = [1 - (1- 0,525)]/j0,09 = -j6,1388 (pu)

I2 = (1-VNA)/j0,10 =[1 - (1- 0,5525)]/j0,10 = -j5,525 pu

I3 =(1-VNA)/j(0,0162 + 0,025) = [1 - (1- 0,5525)]/ j(0,0162 + 0,025) = -j13,410 pu

OBS: I1 + I2 + I3 -j 25pu

I1 = contribuição do gerador “1”

I2 = contribuição do gerador “2”

I3 = soma das contribuições dos geradores “3”, “4” e “5”:

LL

L

LL

L

L

L

L

A

F

j 0,06

j 0,03

j 0,0667

j 0,033

j 0,025

j 0,036 j 0,05

j0,4120,041262

N

I 6I 5

I cc

I 4I 21

j 0,0179- j 25 N

j 0,0714

Figura 2.8 -

VNN = 1- I3 . j0,01612 = 1-j,13,410 x j0,0162 = 1- 0,2172 pu

49

I4 = (1 - VNN’)/j0,036 = -j6,345 p.u. (gerador 3)

I5 = (1 - VNN,)/j0,05 = -j4,4484 p.u. (gerador 4)

I6 = (1 - VNN, )/j0,0714 = j3,02605 p.u. (gerador 5)

2º Exemplo:

Um barramento de 11,8 KV, é alimentado por 3 geradores síncronos cujos

valores nominais e reatâncias são:

1: 20 MVA; X’ = 0,08 pu; 2: 60 MVA; X’ = 0,10 pu 3: 30 MVA; X’ = 0,09 pu

Calcular a corrente e os MVA de defeito quando ocorre um curto trifásico no

barramento. Admitir UB = 11,8 KV e MB = 60 MVA.

Solução:

1

LLL

2 3

11,8 KV

N

FF

LLL

N

Fj 0,24 j 0,1 j 0,18

Figura 2.9 -

X’(1)b = j0,08 11 8

11 8

60

200 24

2,

,. ,

= j pu

X’(2)b = j0,10 60

600 10

= j pu,

X’(3)b = j0,09 60

300 18

= j pu,

A reatância equivalente, entre N e F é:

X’eq = 1

1 0 24 1 0 10 1 0 180 054

/ , / , / ,,

+ += j pu

Os “MVA de defeito” serão:

SF = m

Z pu

MVAMVA

T ( ) ,= =

60

0 0541111

50

E a corrente de defeito:

IF = SF

UA

n3

1111 10

3 11 8 1054300

6

3= =

.

. , .( )

3o Exemplo:

Na figura a seguir, ocorre um curto trifásico em “F”. Os valores por unidade

das reatâncias estão referidos a 100 MVA.. Calcule a corrente de defeito (e a potência).

1

3

3 1 4

L

L

LL j 0,3

j 0,3

j 0,10 j 0,10

Lj 0,5

L

L

L

LL

L

j 0,3

j 0,1 j 0,1

N

N

j 0,1

L Z = 0,07

2

4

L j 0,3

Lj 0,5

L2

L j 0,10 L j 0,10

j 0,3

Lj 0,5

Lj 0,5

L L

F

~ T

j 0,5 j 0,3

~ j 0,1

j 0,5

x '= j 0,1 x '= j 0,1

x '= j 0,1 x '= j 0,1

( a ) ( b )

( c ) ( d )

F

Figura 2.11 -

Potência de defeito: SF = m

Z puMVA

T ( ):=

100

0 071430

,= MVA

Neste exemplo, adotando-se para se considerar o efeito da componente

contínua, o fator de multiplicação 1,4, o nível de defeito passa a 2000 MVA.

4o Exemplo:

No sistema da figura, o nível de curto-circuito na barra de 132 KV é de 1000

MVA, quando os disjuntores A e B estão abertos. Calcular o curto, para um curto-circuito

sólido no lado de 11 KV do transformador de 33/11 KV mostrado.

Para esta falta, calcular a corrente que flui no gerador de 45 MVA e em cada

trafo de 60 MVA, 132/33 KV, no lado de 132 KV.

51

~ ~ ~

1 2 3

4

G1 G2 G3 45 MVA x '= 0,15

30 MVA

x '= 0,12 33 KV

j 6 / fase

33 KV FALTA

T 4 T 5 132 / 33 KV x '= 0,12

132 / 33 KV 64 MVA x '= 0,12

ALIMENTAÇÃO DO SISTEMA DE 132 KV NÍVEL DE FALTA : 1000 MVA

T 6

33 / 11 KV 10 MVA x '= 0,10

ohm

j 8 / fase ohm j 5 / fase ohm j 5 / fase ohm

Figura 2.12 -

Solução:

Será tomado:

UB = 33 KV e NB = 30 MVA, no lado de 33 kV do sistema.

XG2 = XG1 = 0,12 pu; XG3 = 0,15 30

450 10= , pu

XL1 = XL2 = 5/(33)2/30 = 5/36,3 = 0,138 pu

XL3 = 6/36,3 = 0,165 pu; XL4 = 8/36,3 = 0,22 pu

Determinação da reatância do sistema de 132 KV:

Zbase = 132

30580 8

2

= , Ω

Zsistema = 1322 /1000 = 17,42 Ω ∴ Xsist(pu) = 17,42/580,8 = 0,030 pu

XT4 = XT5 = 0,12 30

600 06= , pu ; XT6 = 0,10 .

30

100 30= , pu

Com as reatâncias nas mesmas bases:

52

L

L

L

L

N

L L X == 0,10

L L L

L L

~

FALTA

I falta

I A

I A 3I A 2I A 1

I B

G3X == 0,12

G2X == 0,12

G1

I B

X == 0,03

sist.

G 3G 2G 1

G sist.

X ==0,06

T 4 X ==0,06

T 5BI2

BI2

1

2 3

X == 0,165

L3X == 0,138

L2X == 0,138

L1

X == 0,22

L4 X == 0,30

T6

Figura 2.13 -

Simplificações:

XT4 // XT5 = 0,06 . 0,06/0,12 = 0,03 (a)

(XT4 // XT5) + Xsist = 0,03 + 0,03 = 0,06 (b)

(XL1//XL2) = (0,1380)2/2 . 0,138 = 0,069 (c )

(XG1//XG2)//XG3 = ( , )

. ,/ /0,

, . ,

,,

0 12

2 0 1210

0 06 0 10

0 160 0375

2

= = (d)

O circuito equivalente ficará:

L

L

L LFALTA

I falta

3

X = 0,165L3

X == 0,30

T6

L

L

X = 0,22L4

1

2

N

I B

I A

0,06

0,0375

0,069

Figura 2.14 -

Convertendo o “delta” formado pelas barras 1, 2 e 3 em um “Y”:

53

L

L

LFALTA

I falta

3 0,30L

1

2

N

I B

I A

0,06

0,0375

L0,08

L4

0,0251

0,033

Figura 2.15 -

LFALTA

I falta

L

L

0,38

0,0626

0,093

I A

I B

Figura 2.16 -

L

FALTA

I falta Z = j 0,417

Figura 2.17 -

Potência de curto: SF = m

Z

MVAMVA

T

= =30

0 41772

,

Corrente de falta: Ifalta = 1 1

0 4172 40

Z jj pu

T

= = −,

,

em ampéres: Ifalta = S

Vn

MVA

KVAF

3

72

3 113779 13= =

.,

Cálculo das correntes em G3, T4, T5

54

Pela figura 2.13, as correntes em T4 e T5 serão: IB/2. Assim, para a

determinação dessas correntes, deve ser calculada a corrente IB

L

I - j 2,4falta

L

L

0,38

0,0626

0,093

I A

I B

Figura 2.18 -

Na figura 2.18:

I j I

I I

A B

A B

= − −

− = −

2 4

1 0 0626 1 0 093

,

, . ,

Resolvendo o sistema acima: IA = -j1,436 pu; IB = -j0,964 pu

∴Logo, as correntes nos trafos T4 e T5 serão: IB/2 = 0,964/2 = -j0,482 pu

Pelas figuras 2.13 e 2.14 poderemos obter a corrente em G3 (IA3):

Fig.2.14: VN1 = 1-IA . j0,0375 = 1-(-j1,436 . j0,0375) =1 - 0,05385

Fig. 2.13: IA3 = 1 1 1 0 05385

0 100 53851

3

−=

− −= −

V

X jj pu

N

G

( , )

,,

5o Exemplo:

Um gerador de 25 MVA, 13,8 KV, X”d = 15% é ligado, por meio de transformadores,

a uma barra que alimenta 4 motores idênticos. Cada motor tem X”d = 20% e X’d = 30%

numa base de 5 MVA, 6,9 KV. Os valores nominais do trago são 25 MVA, 13,8/6,9 KV, com

reatância de dispersão de 10%. A tensão na barra dos motores é 6,9 KV, quando ocorre a

falta no ponto “P”. Para a falta especificada, determine:

1. A corrente subtransitória na falta.

2. A corrente subtransitória no disjuntor “A”.

3. A corrente instantânea no disjuntor “A”.

4. A corrente que deve ser interrompida pelo disjuntor, em 5 ciclos.

55

GERADOR

Lj 1,0

L

L

L

LL

j 1,0

j 1,0

j 1,0

j 0,10j 0,15

MO

TO

RE

S

A P

13,8 / 6,9 KV

Figura 2.19 -

Solução:

Para uma base de Mb = 25 MVA e Ub = 13,8 KV: Ibase = 25

3 6 9

MVA

KV. ,=2090 A

X trafos = j0,10; X geradores → X”d = j0,15

X motores → X”d = j0,20 25

51 0= j ,

X’d = j0,30 25

515= j ,

Resposta 1: falta em P:

LL j 1,0 j 1,0

N

L j 1,0 L j 1,0L j 0,25

F

I GL Z " = j 0,125TH

N

P

T "I M3I M2I M1 I M4

Figura 2.20 -

I” = 1 1

0 1258 0

Z jj pu

TH,, ,

,= = −

∴Em amperes: I” = 8 x 2090 = 16720 A

Resposta 2: Corrente subtransitória no disjuntor “A”:

Através do disjuntor “A” passa a contribuição do gerador e de 3 dos 4 motores:

Contribuição do gerador: IG = 1/j0,25 = -j4,0 pu

56

Contribuição dos motores: IM1 = IM2 = IM3 = 1

1 01 0

jj pu

,,−

Assim a corrente total subtransitória no disjuntor “A”é:

-j7 x 2090 A = 14630 A

Resposta 3: Corrente instantânea do disjuntor “A”:

1,6 x 14630 A = 23450 A

Resposta 4: Corrente a ser interrompida em 5 ciclos, pelo disjuntor “A”:

Substituindo-se a reatância subtransitória dos motores pela reatância transitória (X’d), ter-

se-á o seguinte circuito:

LL j 1,5 j 1,5

N

L j 1,5 L j 1,5L j 0,25

P

I GL Z = j 0,15T

N

P

I M3I M2I M1

Figura 2.21 -

A corrente de curto, em 5 ciclos é:

1

0 15j ,x 1,1 x 2090 A = 15326,67 A

Pelo disjuntor A, no entanto passará uma corrente menor:

IG = 1

0 25j ,x 1,1 x 2090 = 9196 A

IM1 = IM2 = IM3 = 1

1 5j , x 1,1 x 2090 = 1532,67

Idisj”A” = IG + 3(IM1) = 13794 A

6o Exemplo:

Um gerador de 625 KVA; 2,4 KV, com X”d = 0,08 pu é ligado a uma barra através de um

disjuntor, como mostra a figura 2.22. Ligados através de disjuntores à mesma barra estão três

motores síncronos de valores nominais 250 HP, 2,4 KV, fator de potência 1,6, rendimento 90%, com

57

X”d = 0,20 pu. Os motores estão funcionando a plena carga, fator de potência unitário e tensão

nominal, com a carga igualmente distribuída entre as máquinas.

a) Faça o diagrama de impedâncias com as impedâncias marcadas em pu numa base de 625 KVA,

2,4 KV.

b) Determine a corrente inicial eficaz simétrica em pu na falta e nos disjuntores A e B, para uma

falta trifásica no ponto P. Simplifique os cálculos desprezando a corrente anterior à falta.

c) Repita o ítem (b) para uma falta trifásica no ponto Q.

d) Repita o ítem (b) para uma falta trifásica no ponto R.

e) Determine o valor de corrente instantânea que pode ser esperado, para qualquer falta trifásica,

nos disjuntores A e B.

GR

A

Q

B P

M1

M2

M3

Figura 2.22 -

Gerador: 625 KVA, 2,4 KV, X”d = 0,08 pu

M1 = M2 = M3: 250 HP; 2,4 KV, fp = 1,0; n = 90%; X”d = 0,20

a) Diagrama de Impedâncias:

M KVA

U KV

B

B

=

=

625

2 4,

Reatâncias:

Gerador → X”d = 0,08 pu

Potencia dos Motores → M = 250 746

0 9 1 0207 222

HP x

xKVA

, ,,= ;

Passando a reatância X”d dos motores para a base de 625 KVA:

X”d novo= 0,20 x 1

1

625

207 2220 6032

2 =.

,, pu

58

L1j 0,6032

L

L

2

3

LGj 0,08

R

Q

P

A

B

j 0,6032

j 0,6032

Figura 2.23 -

Lj 0,6032

L

L

Lj 0,08

A

B

j 0,6032

j 0,6032

I M1

I M2

I M3

I G

I F

P

Figura 2.24 -

1 3

0 6032

1

0 0817 47

Zpu

PN

= + =, ,

,

ZPN = 0,0572 pu

∴ IF = 1

17 47Z

j puPN

= − ,

Idisj.A = 1

0 0812 5

jj pu

,,= −

Idisj.B = 1

0 08

2

0 603215 82

j jj pu

, ,,+ = −

c) IdisjA = 1

0 0812 5

jj pu

,,=

IdisjB = 1

0 60321 6583j

I j puM,,= = −

59

Lj 0,6032

L

L

Lj 0,08

A

B

j 0,6032

j 0,6032

I M3

I G

Q

Figura 2.25 -

d) IdisjA = IM1 + IM2 + IM3 = 3

0 6032j ,= -j4,973 pu IdisjB = IM3 = -j1,658 pu

Lj 0,6032

L

L

Lj 0,08

A

B

j 0,6032

j 0,6032

I M1

I M2

IM3

I G

I F

P

R

Figura 2.26 -

e) As maiores Icc, para o disjuntor “A”ocorrem para faltas após o disjuntor: toda contribuição

do gerador passará por ali (-j12,5 pu).

Para o disjuntor “B” a pior condição é um curto no ponto “P” (ou qualquer outro ponto

entre o disjuntor “B” e M3):

IM1 + IM2 + IG = -j15,82 pu.

7o Exemplo:

O circuito mostrado na figura 2.27 está fornecendo 60.000 KVA na tensão de 12,5 KV com

fator de potência 0,8 em atraso, a um grande sistema metropolitano que pode ser

representado por uma barra infinita. O gerador tem valores nominais de 60.000 KVA,

60

12,7 KV, X”d = 0,20 pu. Cada transformador trifásico tem valores nominais de 75000

KVA, 13,8∆-69Y KV, X = 8%. A reatância da linha de transmissão é de 10 ohms.

GERADOR

A TB DTC

BARRAINFINITA

Figura 2.27 -

Uma falta trifásica ocorre no ponto P. Determine a corrente nos disjuntores A e B para a

falta especificada. Determine a corrente inicial na falta. Use os valores nominais do

transformador com base no circuito do gerador.

Solução:

Assumindo MB = 75 MVA; UB = 13,8/69 KV

Determinação das reatâncias na mesma base:

Reatâncias:

Gerador= 0,2012 7

13 8

75

600 212

2,

,. ,

= pu

Transformadores T1 e T2: X = 0,08 pu

Linha:

ZB = 692/75 = 63,48Ω; ZL(pu) = 10/63,48 = 0,158 pu

Sistema:

Zsist = U

M M

2 212 5=

→ ∞,

= 0

Zsist(pu) = 0 0

13 8 750

2ZB

= =, /

0,13110,292

0,238

N N

PP

I FI A I B

LLL

LLLL ~ ~

I A I BA B C DP

Figura 2.28 -

61

Assumindo-se que a tensão no ponto P é de 69 KV:

Idisj”A” = 1

0 292j , = -j3,425 pu → Iinstant. = 1,6 x j3,425 = -j5,479 pu

Idisj”B” = 1

0 238, = j4,20 pu → Iinstant = 1,6 x 4,2 = -j6,72 pu

Sendo Ibase = 7510

3 13 83137 77

3.

. ,. ,= A

2.4 - Cálculos sistemáticos de curto-circuito

Os cálculos de curto-circuito em sistemas elétricos grandes tornam-se impraticáveis

quando feitos manualmente. Nesses casos, torna-se necessário sistematizar uma maneira que

possa ser programada em computador. A figura abaixo, relativa a um sistema de 3 barras, será

utilizada para mostrar o desenvolvimento de uma técnica geral, que pode ser aplicada a

qualquer sistema elétrico de “n” barras.

F3

~ ~G 1 G 2

1 2L1

L3L2

Figura 2.29 -

Inicialmente vejamos como poderíamos fazer o cálculo de curto para a barra “3”, de maneira

manual.

Considerando-se que o diagrama de reatâncias do mesmo seja:

62

L

N

G 2 G 1

j 0,1 j 0,05

j 0,05 j 0,025

~ ~

I G1 I G2

F

1 2

L

L

L

L

L

L L

j 0,1

j 0,1 j 0,1

3 F

3

j 0,1 j 0,1

j 0,1

j 0,15 j 0,075

~ ~

L L

L

L L

Z = j 0,1015 TH I = 1 = - j 9,85 pu j 0,1015

f

G 1 G 2

1 2

Figura 2.30 -

O cálculo da contribuição dos dois geradores poderá ser feito através dos circuitos da figura

2.31, conforme abaixo descrito:

j 0,1015

N

F

( e )

I = I + I F G1 G2F

N

N '

j 0,0682

j 0,0333

( d )( c )( b )( a )

I G2I G1

N '

j 0,1083I G1

I G2

1 2

j 0,15 j 0,075

j 0,10

j 0,10 j 0,10

LL

L

L L

L L

L

L L

L L

L

L

L

L

I G1

j 0,15

I G2 j 0,075j 0,1833

N

F

3

j 0,033j 0,033

j 0,033

21

3

N '

F

F

3 3

I = I + I F G1 G2

N N

Figura 2.31

Na figura 2.31d calcula-se VNN:

VNN’ =1 - j0,0682 (-j9,85) = 1 - 0,6718 pu

Na figura 2.31c obtém-se a corrente do gerador G1 (IG1):

IG1 = (1-VNN’)/j0,1833 = [1-(1-0,6718)]/j0,1833 = -j3,665 pu

Assim, a corrente do gerador G2 será:

IG2 = IF - IG1 = -j(9,85 - 3,665) = -j6,185 pu

As variações das tensões nas barras poderão também ser obtidas:

∆VN1 = - j0,15 (-j3,665) = -0,55 pu

63

∆VN2 = - j0,075(-j6,185) = -0,463 pu

∆VN3 = - j0,1015 (-j9,85) = -1,00 pu

elas constituirão o “vetor tensão de barra de Thevenin”.

[ ]V

V

V

VT

N

N

N

=

=

−

−

−

∆

∆

∆

1

2

3

0 550

0 463

1 00

,

,

,

Com auxílio da figura 2.32 as correntes em cada linha podem agora, também ser

determinadas:

I21 = ∆ ∆V V

j jjN N2 1

0 1

0 087

0 10 87

−= = −

,

,

,,

I13 = ∆ ∆V V

j jjN N1 3

0 1

0 45

0 14 50

−= = −

,

,

,,

I23 = ∆ ∆V V

j jjN N2 3

0 1

0 537

0 15 37

−= = −

,

,

,,

I G1 I G2

1 2

j 0,15 j 0,075j 0,10

L

F

3

N

j 0,10j 0,10

I f

I 13 I 23

L

L

L L

Figura 2.32 -

Correntes e tensões pós-falta:

a) Tensões:

Antes da falta, as tensões entre as barras e a referência “N” são tomadas como

sendo de valores iguais a 1,0 pu. Com o surgimento da falta no barramento “3”, as enormes

64

correntes provocarão grandes quedas de tensão. Isso faz com que as tensões não mais tenham

os valores de 1,0 pu.:

V1f = [ ] [ ]V V puN10

1 1 0 550 0 450+ = − =∆ , ,

V2f = [ ] [ ]V V puN20

2 1 0 463 0 537+ = − =∆ , ,

V3f = [ ]V V puN30

3 1 1 0 000+ = − =∆ [ ] ,

b) Correntes:

Será assumido que, antes da falta, as correntes são desprezíveis.

If = -j9,85 pu

I1 1 10

1 0 3 665 3 665fG G G

fI I I j j pu= = + = − = −, ,

I 2 20

2 0 6 185 6 185f

G G

fI I j j pu= + = − =, ,

I I I j j puf f13 13

013 0 4 5 4 50= + = − = −, ,

I 23 230

23 0 5 37 5 37f fI I j j pu= + = − =, ,

I 21 210

21 0 0 87 0 87f fI I j j pu= + = − = −, ,

Na prática é muito provável que se desejasse estudar os curto-circuitos também

nas barras 1 e 2. Assim, toda a rotina anterior deveria ser repetida, tanto para a barra 1 como

para a barra 2! Este fato, combinado com a impossibilidade de se usar, manualmente, os

métodos de redução de circuitos em grandes sistemas com muitas barras, conduziu ao uso do

computador digital.

Para utilizar o computador nos cálculos de curto-circuito é necessário

desenvolver procedimentos sistemáticos. A técnica de “redução de circuitos”, usada até aqui

só pode ser usada em sistemas pequenos. Vamos agora desenvolver uma técnica de maior

generalidade, isto é, aplicável a um sistema de “n” barras:

As tensões pós-falta serão dadas por:

65

V busf

bus TV V I= +0 ( )

Onde:

V bus T

N

N

N

V

V

V

V

V

V

V

010

20

30

1

2

3

1

1

1

=

=

=

;

∆

∆

∆

Obtenção de VT:

VT = [Zbus] . [If] (II)

Onde:

[Zbus] = matriz de impedância, 3x3, da rede anterior.

[If] =

0

0

−

I

IIIf

( ) OBS: -If = corrente “injetada” na barra 3.

Levando (II) em (I):

V V Z Ibusf

buso

bus f= + . (IV)

Para um sistema de “n” barras, o vetor corrente de falta será:

If =

0

0

.

.

.

.

−

I f corrente total na barra “q” para um curto na barra “q”

Assim a equação (I) ficará:

V V Z Ibusf

bus bus f= +0 .

Expandindo-a:

66

V

V

V

V

V

V

Z Z

Z Z

Z Z

I

f

q

f

n

f

q

n

n

q q n

n n n

f

1 10

0

0

1 1 1

1

1

0

0

.

.

.

.

.

.

.

.

. . .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. . .

.

' .

.

.

=

+

−

Ou seja:

( ) .

...............................

( ) .

...............................

(( ) .

V V V Z I

V V V Z I

V V V Z I

f oq f

q qf

q qq f

n nf

n nq f

1 1 1 1

0

0

= −

= −

= −

(V)

Por enquanto a corrente If é desconhecida. Para um curto circuito não sólido, a tensão

pós-falta na barra em curto, pode ser expressa por: Vqf = Zf . If (VI)

SISTEMA

barra " q "

fqV Z f

I f

Figura 2.32 -

Levando (VI) em (Vq) e tirando If:

If = V

Z Zq

f qq

0

+ (VII)

Assim, “If”está determinado pois “V q0 ” é conhecido(≅ 1,0pu). Os valores de “Zf” e

“Zqq”(impedância de Thevenin, a ser retirada da matriz de “Zbus”) também são conhecidos.

67

Levando (VII) em (V) obtem-se as seguintes equações finais para as tensões pós-falta

nas barras:

(VIII)

V VZ

Z ZV i q

VZ

Z ZV

if

iiq

fqq

q

qf

f

fqq

q

= −+

≠

=+

0 0

0

.

.

Para um curto-circuito sólido as equações (VII)e (VIII) ficarão (Zf = 0):

(IX)

I V Z

V

V VZ

ZV i q

fq qq

qf

if

iiq

qqq

=

=

= − ≠

0

0 0

0

/

.

Notas Importantes:

1. As tensões pré-faltas, V10 0e Vq podem ser obtidas pelo programa do fluxo de carga ou,

como anteriormente, podem ser tomadas como iguais a 1,0 pu.

2. As impedâncias “Ziq” e “Zqq” são retiradas da matriz Zbus, a qual, por sua vez, é obtida pela

inversão da matriz de admitância de barra Ybus. Construindo essa última matriz e usando

um computador digital, as admitâncias das L.T. (e quaisquer outras admitâncias), não

precisam ser eliminadas.

3. A análise mostrada forneceu, até aqui, a corrente de falta If na barra em curto e as tensões

pós-falta em todas as demais barras não em curto e naquela em curto.

No entanto, para o estudo ficar completo, ainda é preciso conhecer os valores das

correntes pós-falta em todos os ramos da rede:

68

Z 1 V1 V

uq

Z 1 q Z v uZ q u

fqV = 0

f1V V v

f

V uf

Figura 2.33 -

No sistema ora estudado, a corrente pós falta é I vuf e pode ser dada pela equação (X):

IV V

ZVU

f V

f

U

f

VU

=−

(X).

69

Fluxograma para o cálculo de curto-circuito, em computador digital:

Ler:

1) Matriz Admitância Y 2) Dados pré-falta (tensões de barra e correntes de linha) Forme Ybus Calcule Zbus

Calcule: 1) Corrente de falta: If 2) Tensão pós-falta de bar-

ra: V if

3) Corrente pós-falta de li-

nha: I vuf

Aplicação:

Recalculando-se o último problema, com as 3 barras, utilizando o fluxograma anterior:

Matriz admitância:

y11 = 1

0 15

1

0 1

1

0 126 67

j j jj

, , ,,+ + = − y13 = y31 =

1

0 110

+=

jj

,

y22 = 1

0 075

1

0 1

1

0 133 33

j j jj

, , ,,+ + = − y12 = y21 =

−=

1

0 110

jj

,

70

y33 = 1

0 1

1

0 120 0

j jj

, ,,+ = − y23 = y32 =

−=

1

0 110

jj

,

F3

j 0,1j 0,1

j 0,1

j 0,15 j 0,075L L

L

L L

E 1 E 2

1 2

Figura 2.34 -

Ybus =

y y y

y y

y y y

j j j

j j j

j j j

11 12 13

21 22 23

31 32 33

26 67 10 10

10 33 33 10

10 10 20

=

−

−

−

,

,

Invertendo-se Ybus obtém-se (e este é o grande problema) a matriz Zbus. Isso requer

muito tempo e muita memória do computador, se o sistema for grande.

Zbus =

j j j

j j j

j j j

0 073 0 0386 0 0558

0 0386 0 0558 0 0472

0 0558 0 0472 0 1014

, , ,

, , ,

, , ,

Nota: Recorde-se que a Inversão da matriz A:

A-1 = 1

AA+

Onde:

A = determinante de A; A+ = matriz adjunta

As tensões pós-falta e a corrente de falta obtidas pelas equações (IX) serão:

71

V VZ

ZVi

f iq

qqq= −1

0 0 =1 0 1 0 10 0558

0 10141 0 45013

33

, . ,,

,,− = − =

Z

Z

j

jx pu

VZ

Z

j

jx puf

223

33

1 0 1 0 1 00 0472

0 10141 0 535= − = − =, . , ,

,

,,

Vqf = 0 ; V 3 0f =

If = V q qqZ j j pu0 1 0 0 1014 9 86/ , / , ,= = −

O cálculo “manual” inicial forneceu:

V1 20 450 0 0f fpu V pu= =, ; , e If = 1/j0,1015 = -j9,85 pu

Uma vez montada a matriz Zbus, pode-se obter todos os dados de curto-circuito em

qualquer barra. Por exemplo:

Barra 1 em curto:

If = 1/Z11 = 1/j0,073 = -j13,7 pu

V1 0f =

V 221

11

1 0 1 0 10 0386

0 0731 0 471f Z

Z

j

jpu= − = − =, . ,

,

,. ,

V 331

11

1 0 1 0 10 0558

0 0731 0 236f Z

Z

j

jpu= − = − =, . ,

,

,. ,

CAP2_Faltas_simétricas

Documents

Transcript of CAP2_Faltas_simétricas