Layout de Ebook - Sistemas de distribuição de Energia Elétrica e … · 2019. 11. 13. ·...

Sistemas de Distribuição de Energia Elétrica (SDEE) e Introdução à Smart-

grid

Evoluindo para Redes Elétricas Inteligentes

Prof. Delberis A. Lima (Diretor DEE PUC-Rio)

Índice

Introdução

Capítulo 1 – Energia x Demanda

Capítulo 2 – Modelo de carga

Capítulo 3 – Planejamento dos SDEE (Fluxo de potência)

Sistemas de Distribuição de Energia Elétrica e Introdução à Smart-grid

03

04

13

20

Capítulo 4 – Regulador de Tensão

Capítulo 5 – Banco de Capacitores

Capítulo 6 – Transformadores

Capítulo 7 – Introdução à Proteção de SDEE

33

40

45

63

Capítulo 8 – Elos Fusíveis 78

Capítulo 9 – Religadores 86

Capítulo 10 – Relé Direcional 93

Capítulo 11 – Relé Diferencial 101

Capítulo 12 – Relé de Distância 113

Capítulo 13 – Relé de Frequência 125

3

IntroduçãoEste e-book contém as apresentações dos vídeos disponibilizados no meu canal

no youtube referentes ao curso Sistemas de Distribuição de Energia Elétrica e

Introdução à Smart-grid. Trata-se de uma versão resumida do curso e deve ser

visto para complementar as vídeo-aulas. O Curso completo pode ser adquirido no

endereço ( http://www.cce.puc-

rio.br/sitecce/website/website.dll/folder?nCurso=sistemas-de-distribuicao-

de-energia-eletrica-e-introducao-a-smart(traco)grid.-(curso-

online)&nInst=cce ).

Você pode se cadastrar para as próximas turmas caso o curso não esteja aberto.

O objetivo do curso é apresentar os sistemas de distribuição de energia elétrica

atuais e como estes sistemas irão evoluir nos próximos anos a partir de recursos

distribuidos de energia.

Boa Leitura!


https://www.youtube.com/channel/UCpaZN5GAanbMtnXW716Eu-g

http://www.cce.puc-rio.br/sitecce/website/website.dll/folder?nCurso=sistemas-de-distribuicao-de-energia-eletrica-e-introducao-a-smart(traco)grid.-(curso-online)&nInst=cce

Energia x Demanda

Capítulo 1


5

Energia x DemandaAs principais aplicações associadas à Energia e Demanda evolvem:


Energia (kWh) Demanda (kW15min)

Estimar fluxo de caixaEstabelecer manutenção de

equipamentos

Contratos futuros de energia Planejar crescimento do sistema

Referência para novas

concessõesContratos de demanda

Avaliar atividade econômica Estimar queda de tensão

Estimar inflação elétrica Estimar fluxo de potência ativa

Avaliar investimentos em

geração

Estimar fluxo de potência reativa

Avaliar contratos de demanda

Energia x DemandaGraficamente, energia e demanda podem ser observados da seguinte forma:

consumo

𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈𝒊𝒂(𝒌𝑾𝒉) = න𝟎

𝒕

𝑫𝒕 ∙ 𝒅𝒕

𝑫𝟏𝟓𝒎𝒊𝒏 𝒌𝑾.𝟏𝟓 𝒎𝒊𝒏 = න𝒕𝟎

𝒕𝟏

𝑫𝒕 ∙ 𝒅𝒕tempo


6

7

O estudo das cargas é fundamental em sistemas de

distribuição para o seu devido dimensionamento,

manutenção e planejamento;

As cargas nos sistemas de distribuição estão

constantemente variando;

Alguns estudos, como no caso do cálculo de fluxo de

potência ou curto-circuito, requerem a definição de uma

carga (fixa) para ser usada no processo de cálculo;

O estudo das cargas tem como finalidade principal definir a

carga alocada a cada consumidor, grupo de consumidores

do sistema ou transformador.

Energia (kWh)

A energia (kWh) representa a potência consumida por um

consumidor em um intervalo de tempo.

Demanda (kW)

A demanda (KW) é definida como um valor representativo

da energia consumida (kWh) no intervalo de tempo

considerado.

Exemplo:

Se considerarmos o intervalo de 30 min, o valor representativo

será 4 kW. Se considerarmos dois intervalos de 15 min os

valores de demanda serão 4.5 kW e 3.5 kW.

3.5 (kW)

Potência(kW)

tempo

4.5 (kW)

6h15 6h30 6h45

Fonte: Baseado em KERSTING, William H. Distribution System Modeling and Analysis: CRC 2000.


Definição:Energia x Demanda

8

A Demanda Máxima é a máxima demanda registrada em um intervalo de tempo.

Exemplo:

A demanda máxima do consumidor apresentado abaixo ocorre às 13h15 e tem valor de 6,18 KW.

𝑫𝒎𝒂𝒙 = 𝟔. 𝟏𝟖 𝒌𝑾

Fonte: KERSTING, William H. Distribution System Modeling and Analysis: CRC 2000.

Energia x DemandaSistemas de Distribuição de Energia Elétrica e Introdução à Smart-grid

9

Energia x Demanda

A demanda média normalmente é usada para representar intervalos maiores (diário, semanal, anual, etc)

da energia consumida ao longo de um período. Seu valor é calculado pelo total de energia no período

dividido pelo número de horas considerado:

𝐷𝑚𝑒𝑑 =𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 (𝑘𝑊ℎ)

𝑇𝑒𝑚𝑝𝑜 (ℎ)(𝑘𝑊)

Exemplo:

A demanda média do consumidor apresentado na figura abaixo é 9.92 kW.

9.92 kW


Fonte: KERSTING, William H. Distribution System Modeling and Analysis: CRC 2000.

10

Energia x DemandaO fator de carga representa uma medida de utilização do sistema, e é obtido pela razão da demanda média

do período considerado, pela demanda máxima ocorrida no período. Assim:

𝐹𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 =𝐷𝑚𝑒𝑑

𝐷𝑚𝑎𝑥

PS: O fator de carga indica o quanto a instalação pode estar ociosa.

Exemplo:

Um consumidor industrial tem uma carga que apresenta demanda instantânea de 20 kW, que se mantém constante durante dois

minutos, ao fim dos quais passa bruscamente para 30 kW, mantém-se constante durante dois minutos e assim continua de 10

em 10 kW até atingir 70 kW, quando se mantém constante por dois minutos ao fim dos quais cai abruptamente para 20 kW e

repete o ciclo.

Pede-se determinar a energia, demanda máxima, média e o fator de carga no intervalo de 10 minutos iniciais, admitindo-se que

o instante inicial seja o correspondente ao princípio dos dois minutos com 20 kW.

Fonte: KAGAN, Nelson. Introdução aos sistemas de distribuição de energia elétrica: LTC, 2005.

Potência(kW)

tempo10 min

50


11

Energia x DemandaSolução: No intervalo de 10 min:

𝑫𝒎𝒆𝒅𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏 =

𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 10𝑚𝑖𝑛

𝑇𝑒𝑚𝑝𝑜 (𝑚𝑖𝑛)=400

10= 40 𝑘𝑊𝑚𝑒𝑑

𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈𝒊𝒂 𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏 = 20 + 30 + 40 + 50 + 60 (2𝑚𝑖𝑛) = 200 𝑘𝑊(2𝑚𝑖𝑛) = 200 ∙2

60= 6.67 𝑘𝑊ℎ

𝑫𝒎𝒂𝒙(𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏)

= 60 𝑘𝑊

𝑭𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 =𝐷𝑚𝑒𝑑10𝑚𝑖𝑛

𝐷𝑚𝑎𝑥(10 𝑚𝑖𝑛)

= 0.66

Fonte: KAGAN, Nelson. Introdução aos sistemas de distribuição de energia elétrica: LTC, 2005.

Potência(kW)

tempo10 min

𝑫𝒎𝒆𝒅𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏

𝑫𝒎𝒂𝒙(𝟏𝟎 𝒎𝒊𝒏)

50


12

Energia x Demanda

Os estudos elétricos são fortemente concentrados nas análises de Demanda. Além da potência

associada às cargas, sua dependência da tensão também pode influenciar na Energia e Demanda do

Sistema. No próximo capítulo será feita uma análise mais abrangente da relação da demanda com a

tensão.

O futuro das redes elétricas passa

pelo monitoramento em tempo real da

energia e demanda nos sistemas de

distribuição.


Modelo de carga

Capítulo 2


14

Modelo de cargaO modelo de carga define a sensibilidade da potência elétrica com relação à variação de tensão. Matematicamente, pode-se

expressar os modelos de carga por um modelo ZIP (Impedância, Corrente e Potência constantes) :

A sensibilidade com a tensão define o tipo de carga.

Residencial Comercial Industrial RuralCarga

Z I P Outros Outros

Modelo de carga

𝑷 𝑽 = 𝑷𝟎 ∙ [𝒂𝑷 + 𝒃𝒑 ∙𝑽

𝑽𝟎+ 𝒄𝒑 ∙

𝑽

𝑽𝟎

𝟐

]

𝑸 𝑽 = 𝑸𝟎 ∙ [𝒂𝑸 + 𝒃𝑸 ∙𝑽

𝑽𝟎+ 𝒄𝑸 ∙

𝑽

𝑽𝟎

𝟐

]

Barra de Transmissão

Alimentador de Distribuição e OLTC


15

Modelo de cargaAlternativamente, pode-se expressar a carga por um modelo exponencial.

Barra de Transmissão

Alimentador de Distribuição e OLTC

Residencial Comercial Industrial Rural

Modelo Exponencial

𝑷(𝑽) = 𝑷𝟎 ∙𝑽

𝑽𝟎

𝜶𝑷

𝑸(𝑽) = 𝑸𝟎 ∙𝑽

𝑽𝟎

𝜶𝑸

Carga


16

Modelo de cargaPara ilustrar, as cargas residenciais apresentam os seguintes parâmetros do modelo exponencial:

Fonte: Neves, 2008. UFJF – Dissertação de mestrado

𝑷(𝑽) = 𝑷𝟎 ∙𝑽

𝑽𝟎

𝜶𝑷

𝑸(𝑽) = 𝑸𝟎 ∙𝑽

𝑽𝟎

𝜶𝑸


17

Modelo de cargaA correta avaliação do modelo de carga permite que se analise a variação de energia a partir da variação de tensão. Este

conceito é conhecido como CVR (Conservation Voltage Reduction). A seguir é apresentado um estudo que foi feito na rede

elétrica de Manchester.

CVR x Modelo Exponencial

𝑪𝑽𝑹𝒇(𝑷) =∆𝑷%

∆𝑽%

𝑪𝑽𝑹𝒇(𝑸) =∆𝑸%

∆𝑽%

𝑪𝑽𝑹𝒇(𝑬) =∆𝑬%

∆𝑽%

𝑃 𝑡 = 𝑃0𝑉(𝑡)

𝑉0

𝛼

≈ 𝑃0𝑉(𝑡)

𝑉0

𝐶𝑉𝑅𝑓(𝑃)

10 Subestações de Manchester foram usadas nos testes

Referência: Igor et. al. Comprehensive analysis of Conservation Voltage Reduction: A real case study. Powertech 2019 - Milão.


Aplicação do OLTC

Subst. TipoMWh CVRfactor

Cons. médio Médio Int. 95%Núm.

AmostrasSSML1

Mix287 0.67 ±0.09 68

SSML2 228 0.72 ±0.08 121SSML3 191 1.05 ±0.09 146SSIC1

Ind/Com158 1.36 ±0.18 59

SSIC2 129 1.25 ±0.19 46SSR1

Residencial

298 0.82 ±0.09 121SSR2 224 0.98 ±0.11 111SSR3 209 1.02 ±0.09 164SSR4 164 1.19 ±0.12 123SSR5 174 1.48 ±0.15 92

Conclusão:

O CVR pode ser usado para estimar o modelo de carga de eletrodomésticos, residências,

transformadores ou subestações;

No caso de subestações, o fator está entre 0,5 e 1,5.

PS: O período transitório (descontado) para estimar o CVR foi de 1 a 3 minutos.

Modelo de cargaOs resultados do CVR estão apresentados abaixo:

18


19

Quanto melhores os modelos de

carga nos sistemas de distribuição,

melhor será o planejamento e

operação.

Modelo de cargaOs modelos de carga podem influenciar fortemente o consumo de energia e demanda nos sistemas de

distribuição.


Planejamento dos SDEE

Capítulo 3


SE

𝟏

𝒛𝟏𝟐 = 𝒓𝟏𝟐 + 𝒋 ∙ 𝒙𝟏𝟐

𝑺𝟐

𝟐

𝒛𝟐𝟑 = 𝒓𝟐𝟑 + 𝒋 ∙ 𝒙𝟐𝟑

𝑺𝟑

𝟑

𝒛𝟑𝟒 = 𝒓𝟑𝟒 + 𝒋 ∙ 𝒙𝟑𝟒

𝑺𝟒

𝟒

Solução:

Passo 1: (Etapa Backward – Tensões nas barras)

ሶ𝑉𝑖(𝑘)

= 1∠0,∀ 𝑖 ∈ Ω𝑝𝑞

ሶ𝑉2(0)

= 1∠0

ሶ𝑉3(0)

= 1∠0

ሶ𝑉4(0)

= 1∠0

𝒀𝟐𝒔𝒉

𝒀𝟑𝒔𝒉

𝒀𝟒𝒔𝒉

Método Backward-Forward

ሶ𝑽𝟐(𝒌−𝟏) ሶ𝑽𝟑

(𝒌−𝟏) ሶ𝑽𝟒(𝒌−𝟏)


Para fazer o planejamento dos Sistemas de Distribuição de Energia Elétrica, o fluxo de potência pode ser considerado como

passo inicial. O fluxo de potência consiste em calcular as tensões nas barras dos Sistemas de Distribuição. O método

backward-forward pode ser uma alternativa para executar esta função em Sistemas de Distribuição.

A solução do fluxo de potência pode ser observada nos seguintes passos:

1. Passo 1: Iniciar as tensões nas barras.

21


Solução:

Passo 2: (Etapa Backward – Corrente injetada)

ሶ𝑰𝒊(𝒌)

=𝑺𝒊ሶ𝑽𝒊(𝒌−𝟏)

∗

− 𝒀𝒊𝒔𝒉 ሶ𝑽𝒊

(𝒌−𝟏),∀ 𝒊 ∈ Ω𝒑𝒒

ሶ𝑰𝟒(𝒌)

= ሶ𝑰𝟒𝒑𝒐𝒕.(𝒌)

− ሶ𝑰𝟒𝒔𝒉. 𝒌

=𝑺𝟒ሶ𝑽𝟒𝒌−𝟏

∗

− 𝒀𝟒𝒔𝒉 ∙ ሶ𝑽𝟒

(𝒌−𝟏)

SE

𝟏

𝑺𝟐

𝟐

𝑺𝟑

𝟑

𝑺𝟒

𝟒

𝒀𝟐𝒔𝒉

𝒀𝟑𝒔𝒉

𝒀𝟒𝒔𝒉

ሶ𝑰𝟒𝒑𝒐𝒕.(𝒌)

ሶ𝑰𝟒𝒔𝒉.(𝒌)

ሶ𝑰𝟒(𝒌)

ሶ𝑰𝟑(𝒌)

ሶ𝑰𝟐(𝒌)

=𝑺𝟐ሶ𝑽𝟐(𝒌−𝟏)

∗

− 𝒀𝟐𝒔𝒉 ∙ ሶ𝑽𝟐

(𝒌−𝟏)

ሶ𝑰𝟐(𝒌)

ሶ𝑰𝟑(𝒌)

=𝑺𝟑ሶ𝑽𝟑(𝒌−𝟏)

∗

− 𝒀𝟑𝒔𝒉 ∙ ሶ𝑽𝟑

(𝒌−𝟏)

ሶ𝑽𝟐(𝒌−𝟏) ሶ𝑽𝟑

(𝒌−𝟏) ሶ𝑽𝟒(𝒌−𝟏)



2. Passo 2: Calcular as correntes nas barras.

22


Solução:

Passo 3: (Etapa Backward – Corrente nas linhas)

Conjunto de barras conectadas à barra i e a jusante da barra i.

ሶ𝑰𝜶𝒊(𝒌)

= ሶ𝑰𝒊(𝒌)

+

𝒎∈Ω𝒃𝒊

ሶ𝑰𝒊𝒎(𝒌)

, ∀ 𝒊 ∈ Ω𝒑𝒒

Ω𝒃𝒊

PS: Este passo garante a lei de Kirchhoff para as correntes.

SE

𝟏

𝑺𝟐

𝟐

𝑺𝟑

𝟑

𝑺𝟒

𝟒

𝒀𝟐𝒔𝒉

𝒀𝟑𝒔𝒉

𝒀𝟒𝒔𝒉

ሶ𝑰𝟒(𝒌)ሶ𝑰𝟑

(𝒌)ሶ𝑰𝟐(𝒌)

ሶ𝑰𝟑𝟒(𝒌)

= ሶ𝑰𝟒(𝒌)

ሶ𝑰𝟐𝟑(𝒌)

= ሶ𝑰𝟑(𝒌)

+ ሶ𝑰𝟑𝟒(𝒌)

ሶ𝑰𝟏𝟐(𝒌)

= ሶ𝑰𝟐(𝒌)

+ ሶ𝑰𝟐𝟑(𝒌)

ሶ𝑰𝟑𝟒(𝒌)ሶ𝑰𝟐𝟑

(𝒌)ሶ𝑰𝟏𝟐(𝒌)


Planejamento dos SDEE3. Passo 3: Calcular as correntes nas linhas.

23


Solução:

Passo 4: (Etapa Forward – Cálculo das novas tensões)

ሶ𝑽𝒎(𝒌)

= ሶ𝑽𝒊(𝒌)

− 𝒛𝒊𝒎 ∙ ሶ𝑰𝒊𝒎𝒌

, ∀ 𝒎 ∈ Ω𝒃𝒊

SE

𝟏

𝑺𝟐

𝟐

𝑺𝟑

𝟑 𝟒

𝒀𝟐𝒔𝒉

𝒀𝟑𝒔𝒉

𝒀𝟒𝒔𝒉






𝑧34𝑧23𝑧12

ሶ𝑽𝟐(𝒌)

ሶ𝑽𝟐(𝒌)

= ሶ𝑽𝟏(𝒌)

− 𝒛𝟏𝟐 ∙ ሶ𝑰𝟏𝟐𝒌

ሶ𝑽𝟏(𝒌)

= ሶ𝑽𝟏𝑺𝑬 ሶ𝑽𝟑

(𝒌) ሶ𝑽𝟒(𝒌)

ሶ𝑽𝟑(𝒌)

= ሶ𝑽𝟐(𝒌)

− 𝒛𝟐𝟑 ∙ ሶ𝑰𝟐𝟑𝒌

ሶ𝑽𝟒(𝒌)

= ሶ𝑽𝟑(𝒌)

− 𝒛𝟑𝟒 ∙ ሶ𝑰𝟑𝟒𝒌

PS: Este passo garante a lei de Kirchhoff para as tensões.

𝑺𝟒

Planejamento dos SDEE4. Passo 4: Recalcular as tensões.

24


Solução

Passo 5: (Verificação de erro)

SE

𝟏

𝑺𝟐

𝟐

𝑺𝟑

𝟑 𝟒

𝒀𝟐𝒔𝒉

𝒀𝟑𝒔𝒉

𝒀𝟒𝒔𝒉





𝑧34𝑧23𝑧12

ሶ𝑽𝟐(𝒌)

ሶ𝑽𝟏(𝒌)

= ሶ𝑽𝟏𝑺𝑬 ሶ𝑽𝟑

(𝒌) ሶ𝑽𝟒(𝒌)

𝑺𝟐(𝒌)

= ሶ𝑽𝟐(𝒌)

∙ ሶ𝑰𝟐(𝒌)

∗− 𝒀𝟐

𝒔𝒉 ∗∙ ሶ𝑽𝟐

(𝒌)𝟐

𝑺𝟑(𝒌)

= ሶ𝑽𝟑(𝒌)

∙ ሶ𝑰𝟑(𝒌) ∗

− 𝒀𝟑𝒔𝒉 ∗

∙ ሶ𝑽𝟑(𝒌) 𝟐

𝑺𝟒(𝒌)

= ሶ𝑽𝟒(𝒌)

∙ ሶ𝑰𝟒(𝒌) ∗

− 𝒀𝟒𝒔𝒉 ∗

∙ ሶ𝑽𝟒(𝒌) 𝟐

𝑺𝟐(𝒌) 𝑺𝟑

(𝒌) 𝑺𝟒(𝒌)

𝑺𝟒


∆𝑷𝟐(𝒌)

= 𝕽 𝑺𝟐(𝒌)

− 𝑺𝟐

∆𝑸𝟐(𝒌)

= 𝑰𝒎𝒂𝒈 𝑺𝟐(𝒌)

− 𝑺𝟐

∆𝑷𝟑(𝒌)

= 𝕽 𝑺𝟑(𝒌)

− 𝑺𝟑

∆𝑸𝟑(𝒌)

= 𝑰𝒎𝒂𝒈 𝑺𝟑(𝒌)

− 𝑺𝟑

∆𝑷𝟒(𝒌)

= 𝕽 𝑺𝟒(𝒌)

− 𝑺𝟒

∆𝑸𝟒(𝒌)

= 𝑰𝒎𝒂𝒈 𝑺𝟒(𝒌)

− 𝑺𝟒

∆𝑷𝟐(𝒌)

<

𝒕𝒐𝒍∆𝑸𝟐

(𝒌)<

𝒕𝒐𝒍∆𝑷𝟑

(𝒌)<

𝒕𝒐𝒍∆𝑸𝟑

(𝒌)<

𝒕𝒐𝒍∆𝑷𝟒(𝒌)

<

𝒕𝒐𝒍∆𝑸𝟒

(𝒌)<

𝒕𝒐𝒍

Convergiu!! Caso contrário volta

ao passo 2.


5. Passo 5: Verificar convergência.

25


SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

Exemplo 1: Calcular o fluxo de potência para o sistema abaixo.

Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3;

Pot(:)= 0,05 pu

Pot(19)= 0,5 pu


26

SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3.

Pot(:)= 0,05 pu

Pot(19)= 0,5 pu

Pot(5)=Pot(10)=-0,05 pu

~

~



27

SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

~

~

Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3;

Pot(:)= 0,05 pu

Pot(19)= 0,05 pu

Pot(5)=Pot(10)=Pot(14)=Pot(17)=-0,05 pu

~

~



28

SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

Solução 1:

Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3;

Pot(:)= 0,05 pu

Pot(19)= 0,5 pu

Queda de Tensão

29


Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3.

Pot(:)= 0,05 pu

Pot(19)= 0,5 pu

Pot(5)=Pot(10)=-0,05 pu

SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

~

~

Solução 2:

Queda de Tensão

30


Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3;

Pot(:)= 0,05 pu

Pot(19)= 0,05 pu

Pot(5)=Pot(10)=Pot(14)=Pot(17)=-0,05 pu

SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

~

~

~

~

Solução 3:

31


Queda de Tensão

32

A evolução do fluxo de potência em

SDEE envolve um sistema robusto de

medição para Estimação de Estado.


O método BF é uma alternativa aos modelos tradicionais de cálculo de fluxo de potência;

O cálculo da variação de tensão nos sistemas de distribuição e em micro-redes é cada vez mais

importante em um cenário com forte penetração de geração distribuída;

Alternativas para controle de tensão como a utilização de reguladores de tensão e banco de

capacitores serão cada vez mais demandadas nas redes elétricas inteligentes.


Regulador de Tensão

Capítulo 4


34

O nível de tensão em um sistema de distribuição é

determinado, principalmente pela tensão nas

subestações e variações de tensão nas linhas de

distribuição (LDs);

Esse nível de tensão pode variar de acordo com as

flutuações nos níveis de consumo e por flutuações na

tensão nas subestações, oriundas do sistema de alta

tensão;

Para fazer a regulação de tensão em subestações ou

em LDs são usados os transformadores reguladores

com tap sob carga, normalmente conhecidos como

OLTC (On Load Tap Changer);

Também podem ser usados reguladores de tensão ou

banco de capacitores instalados no barramento ou ao

longo das linhas de distribuição;

Serão apresentados o principio de funcionamento dos

reguladores de tensão e os benefícios de usar estes

equipamentos.

Os reguladores de

tensão possuem uma

bobina paralela, que

representa o primário, e

uma bobina série,

responsável por

estabelecer o nível de

regulação.



35

Exemplo (Mamede, 2005):

Dimensionar e ajustar um banco de reguladores autobooster em um alimentador, sabendo

que a potência da carga do alimentador é de 930 kVA, na tensão de 13800V. A tensão de

entrada regulada no ponto de instalação do regulador autobooster é de 13600V. A queda de

tensão entre o ponto de instalação do regulador e a extremidade da carga é de 5,5% em carga

máxima. O banco de regulador autobooster deve elevar a tensão na carga ao valor nominal da

tensão do sistema.

Autobooster (Dimensionamento)

Dados:

𝑆3𝜙 = 930 𝑘𝑉𝐴

𝑉𝐿 = 13.8 𝑘𝑉

𝑉𝑒𝐴𝐵 = 13.6 𝑘𝑉

SE

(𝒌𝑽)

13.8

(𝒅)


Fonte: Mamede, 2005.


Solução:

𝑽𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂𝒔𝒆𝒎(𝑨𝑩)

= 𝑽𝒆(𝑨𝑩)

− 𝟓. 𝟓% ∙ 𝑽𝒆𝑨𝑩

= 𝟏𝟑. 𝟔 ∙ 𝟎. 𝟗𝟒𝟓 = 𝟏𝟐. 𝟖𝟓𝟐 𝒌𝑽

𝑆3𝜙 = 930 𝑘𝑉𝐴

SE

(𝒌𝑽)

13.8

13.6

(𝒅)

𝟏𝟐. 𝟖𝟓𝟐

∆𝑉𝑝≅ 7.4%

∆𝑽𝒑=𝑽𝒔𝑨𝑩 − 𝑽𝒆

𝑨𝑩

𝑽𝒆𝑨𝑩

∙ 𝟏𝟎𝟎 =𝟏𝟑. 𝟖 − 𝟏𝟐. 𝟖𝟓𝟐

𝟏𝟐. 𝟖𝟓𝟐∙ 𝟏𝟎𝟎 ≅ 𝟕. 𝟒%

Para um RT conectado em triângulo fechado, pode-se considerar o uso de um regulador com 6% de

regulação. Assim, o ganho da tensão de linha seria de até 9%.


Regulador de TensãoSistemas de Distribuição de Energia Elétrica e Introdução à Smart-grid

36

37

Solução:


𝑆3𝜙 = 930 𝑘𝑉𝐴

SE

(𝒌𝑽)

13.8

13.6

(𝒅)

𝟏𝟐. 𝟖𝟓𝟐

Para o ponto de operação apresentado, a regulação da tensão de linha promovida pelo regulador,

dentro dos tapes disponíveis seria: ±2.25%;±4.5%;±6.75%;±9.0%. Assim, o tape escolhido resultaria

de um ajuste de 6.75%, ou seja:

∆𝑉𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑘𝑉 = 12.852 ∙ 1.0675 ≅ 13.72 (𝑘𝑉)

𝟏𝟑. 𝟕𝟐 ∆𝑽𝒓𝒆𝒂𝒍∆𝑽

𝒅𝒆𝒔𝒆𝒋𝒂𝒅𝒐


Solução:

Tensão nominal do RT: 14400 V

Outras especificações:

Corrente nominal do RT: 50A 𝐼𝐿 =𝑆3𝜙

𝑉𝐿∙ 3= 38.9 𝐴

RTP = 120

Tensão de ajuste: 𝑉𝑎𝑗 =𝑉𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑗𝑎𝑑𝑜𝐴𝐵

𝑅𝑇𝑃=

𝑉𝑑𝑒𝑠𝑒𝑗𝑎𝑑𝑜𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎

∙ 1.055

𝑅𝑇𝑃= 121.3 𝑉

PS: Supondo uma queda de tensão percentual constante.

Tensão

nominal

V

Relação do

TP (RTP)

Tensão da rede

Ajuste do

controle

V

Pára-raios

derivação

kV

Estrela

aterrada só

nas SE – kV

(1)

Estrela

multiaterrad

a kV(2)

7.620 60 - 6,9/11,94 115 10

60 - 7,62/13,2 127 10

60 - 7,96/13,8 133 10

12.000 100 6,9/11,94 - 119 12

100 7,62/13,2 - 132 12

14.400 120 7,96/13,8 - 115 12

120 - 13,8/23,9 115 18

120 - 14,4/24,92 120 18

(1)Ligados em triângulo aberto ou fechado.

(2)Ligados em estrela com neutro aterrado.



Fonte: Mamede, 2005.


38

Por sua capacidade de elevar e

reduzir a tensão, reguladores de

tensão terão papel importante nas

redes elétricas inteligentes.

Os reguladores de tensão tem papel importante na regulação de tensão em alimentadores rurais e

urbanos;

O dimensionamento do regulador de tensão deve levar em conta, principalmente, a variação de tensão

máxima e mínima que se deseja regular;

O ajuste do regulador deve levar em conta a tensão desejada, a largura da faixa e o tempo de atuação

do regulador;

Além do controle de tensão, em redes elétricas inteligentes o regulador pode ser útil para aplicações

de CVR.


39

Banco de Capacitores

Capítulo 5


41

Introdução à compensação reativa

Alguns equipamentos elétricos necessitam de

energia reativa (motores, fornos a arco,

transformadores, etc). Essa energia pode ser

suprida por algumas fontes:

Geradores síncronos;

Capacitores;

Motores síncronos superexcitados.

Para evitar o transporte da energia reativa

através das linhas de transmissão, coloca-se as

respectivas fontes próximas as unidades

consumidoras.

Isso implica em menores perdas, melhora no

perfil de tensão e menor congestionamento no

sistema.

A utilização de banco

de capacitores tem sido

cada vez mais

desafiadora

considerando sistemas

elétricos com geração

distribuída.

Banco de CapacitorSistemas de Distribuição de Energia Elétrica e Introdução à Smart-grid

Adiando investimento com transformadores

Exemplo:

Em uma instalação, temos uma subestação de 1500 kW com fp=0,8 (indutivo). Desejamos adicionar

uma carga de 250 kW com fp= 0,85 (indutivo). Dado que o transformador da instalação já está na

carga máxima (KVA), qual a potência reativa (kVar) que deve ser instalada para que os transformador

da subestação não seja sobrecarregado.

Dados:

Sistema de Transmissão

Subestação(Transf.)

𝑷𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝒌𝑾

𝒄𝒐𝒔𝝓𝟏 = 𝒇𝒑𝟏 = 𝟎. 𝟖 (𝒊𝒏𝒅. )

𝑺𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝒌𝑽𝑨

+∆𝑷 = 𝟐𝟓𝟎 𝒌𝑾

𝒄𝒐𝒔𝝓𝟐 = 𝒇𝒑 = 𝟎. 𝟖𝟓 (𝒊𝒏𝒅. )

+∆𝑸 = 𝟏𝟓𝟒. 𝟗 𝒌𝑽𝑨𝑹

𝑸𝒃 =?

+∆𝑸 = ∆𝑷 ∙ 𝒕𝒂𝒏𝒈 𝝓𝟐

+∆𝑸 = 𝟐𝟓𝟎 ∙ 𝟎. 𝟔𝟐 = 𝟏𝟓𝟒. 𝟗 𝒌𝑽𝑨𝑹

𝑷𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝟏𝟕𝟓𝟎 𝒌𝑾

𝑺𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝒌𝑽𝑨

𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝑸𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 + ∆𝑸+𝑸𝒃𝑸𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝟏𝟏𝟐𝟓 𝒌𝑽𝑨𝑹


42

Solução:

Sistema de Transmissão

Subestação(Transf.)

𝑷𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝟏𝟓𝟎𝟎 𝒌𝑾

𝑺𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝒌𝑽𝑨

+∆𝑷 = 𝟐𝟓𝟎 𝒌𝑾

+∆𝑸 = 𝟏𝟓𝟒. 𝟗 𝒌𝑽𝑨𝑹

𝑸𝒃 =?

𝑷𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝟏𝟕𝟓𝟎 𝒌𝑾

𝑺𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝒌𝑽𝑨

𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝑸𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 + ∆𝑸+𝑸𝒃

𝑸𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝟏𝟏𝟐𝟓 𝒌𝑽𝑨𝑹

𝟏𝟓𝟎𝟎

𝟏𝟏𝟐𝟓

𝟏𝟖𝟕𝟓

∆𝑷

𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐

= 𝑸𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 + ∆𝑸

𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐

= 𝟏𝟏𝟐𝟓 + 𝟏𝟓𝟒. 𝟗 = 𝟏𝟐𝟕𝟗. 𝟗 𝒌𝑽𝑨𝑹

𝑸𝒅𝒆𝒔𝒆𝒋𝒂𝒅𝒐 = 𝑺𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝟐− 𝑷𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔

𝟐

𝑷𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔 = 𝑷𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 + ∆𝑷 = 𝟏𝟕𝟓𝟎 𝒌𝑾

𝑸𝒃 = 𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐

−𝑸𝒅𝒆𝒔𝒆𝒋𝒂𝒅𝒐

𝑸𝒃

𝑸𝒅𝒆𝒔𝒆𝒋𝒂𝒅𝒐 = 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝟐 − 𝟏𝟕𝟓𝟎 𝟐 = 𝟔𝟕𝟑 𝒌𝑽𝑨𝑹

𝑸𝒃 = 𝟏𝟐𝟕𝟗. 𝟗 − 𝟔𝟕𝟑 = 𝟔𝟎𝟔 𝒌𝑽𝑨𝑹𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐

𝑸𝒅𝒆𝒔𝒆𝒋𝒂𝒅𝒐

𝑺𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐

= 𝑷𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝟐+ 𝑸𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔

𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐 𝟐

𝑺𝒅𝒆𝒑𝒐𝒊𝒔𝒔/𝒃𝒂𝒏𝒄𝒐

= 𝟐𝟏𝟔𝟖,𝟎𝟗 𝒌𝑽𝑨

Adiando investimento com transformadores


43

Conclusão:

Os bancos de capacitores são normalmente utilizados para controle de baixo fator de

potência;

Entretanto suas aplicações vão além disto:

Adiar novos investimentos;

Redução de perdas;

Elevação do nível de tensão.

Banco de Capacitor

Os bancos de capacitores ser

combinados com outros dispositivos em

uma configuração de redes elétricas

inteligentes.


44

Transformadores

Capítulo 6


46

Os transformadores são dispositivos

utilizados para elevar ou reduzir tensão ou

corrente e podem ser encontrados para

diferentes aplicações:

Transformadores de potência;

Transformadores de corrente (TC);

Transformadores de Potencial (TP).

Os Transformadores de potência são usados

para modificar (elevar/reduzir) o nível de

tensão na rede elétrica;

Os TCs são utilizados para refletir (reduzir) as

correntes para o secundário de forma que

possam ser lidas por medidores ou para

acionar um dispositivo de proteção;

Os TPs são utilizados para refletir (reduzir) as

tensões para o secundário de forma que

possam ser lidas por medidores ou para

acionar um dispositivo de proteção.

Os principais elementos do

transformador de potência

são os enrolamentos

(primário e secundário) e o

núcleo ferromagnético.

TransformadoresSistemas de Distribuição de Energia Elétrica e Introdução à Smart-grid

47

O custo de aquisição de um transformador de potência em geral, é feito levando-se em conta a vida útil do transformador, o custo de fabricação, os desembolsos para amortização do transformador e as perdas elétricas no ferro e no cobre. Assim:

Sendo:

Custo de investimento do transformador ao longo do período de análise. (R$)

𝐶𝑇𝑂𝑇𝑇𝑅 = 𝐶𝑖𝑛𝑣.

𝑇𝑅 + 𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑓𝑒)𝑇𝑅 + 𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑐𝑢)

𝑇𝑅

𝑪𝒊𝒏𝒗.𝑻𝑹

𝑪𝒑𝒆𝒓𝒅𝒂𝒔(𝒇𝒆)𝑻𝑹 Custo das perdas no ferro ao longo do período de análise. (R$)

𝑪𝒑𝒆𝒓𝒅𝒂𝒔(𝒄𝒖)𝑻𝑹 Custo das perdas no cobre ao longo do período de análise. (R$)

PS: A análise comparativa entre diferentes propostas para aquisição de um transformador pode ser feita levando-se em conta toda a expectativa de vida útil do transformador ( espera-se que seja de 20 a 30 anos).

Análise de custo do transformador

Custo de aquisição do transformador


48

O custo de investimento do transformador deve levar em conta o custo associado a perda de oportunidade:

O custo de oportunidade é considerado quando o recurso investido poderia ser alocado em outro investimento;

Para o caso do transformador, o custo de oportunidade pode ser considerado para cada mês ao longo de sua vida útil.

𝑪𝑻𝑹

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

𝑪𝑨𝑴 𝑪𝑨𝑴 𝑪𝑨𝑴 𝑪𝑨𝑴

𝒏𝟏 𝟐 𝟑

períodos

𝑪𝒊𝒏𝒗.𝑻𝑹 = 𝒏 ∙ 𝑪𝑨𝑴



Transformadores


49

Aplicação do Sistema Price

Considerando o sistema o saldo devedor de um bem a ser pago em um período n qualquer:

𝑆𝑛 = 1 + 𝑗 ∙ 𝑆𝑛−1 − 𝑝

𝑺𝟎

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

𝒑

𝒏𝟏 𝟐 𝟑

períodos

𝒑 𝒑 𝒑

𝑆𝑛: Saldo devedor no período n;

𝑗: Taxa de juros por período;

𝑝: Valor da prestação.

Ou seja, para n=1: 𝑆1 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝 (*)



Para n=2: 𝑆2 = 𝑆1 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝 (**)


50


Combinando (*) e (**):

𝑆1 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝 (*)



Dessa forma, pode-se estabelecer um padrão e encontrar o saldo devedor em n:

𝑆2 = 𝑆1 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝 (**)

𝑆2 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 2 − 𝑝 ∙ 1 + 𝑗 − 𝑝

Para n=3:𝑆3 = 1 + 𝑗 ∙ 𝑆2 − 𝑝 (***)

Combinando com (***): 𝑆3 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 3 − 𝑝 ∙ 1 + 𝑗 2 − 𝑝

𝑆𝑛 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 𝑛 − 𝑝 ∙ 1 + 𝑗 𝑛−1 − 𝑝 ∙ 1 + 𝑗 𝑛−2 −⋯− 𝑝 1 + 𝑗 𝑛−𝑛

De outra forma:𝑆𝑛 = 𝑆0 ∙ 1 + 𝑗 𝑛 −

𝑖=1

𝑛

𝑝 ∙ 1 + 𝑗 𝑛−𝑖

Considerando que ao final de n períodos o saldo seja zero, pode-se chegar a:

𝑆0 =𝑝

1 + 𝑗 𝑛

𝑖=1

𝑛

1 + 𝑗 𝑛−𝑖


51

Trata-se de uma PG de ordem n com o primeiro termo igual a 1 e fator de multiplicação (1+j). Logo:

Somapg

Reescrevendo:

𝑆𝑜𝑚𝑎𝑝𝑔 = 𝑎1 ∙(𝑞𝑛−1)

𝑞 − 1𝑆𝑜𝑚𝑎𝑝𝑔 = 1 ∙

1 + 𝑗 𝑛 − 1

(1 + 𝑗) − 1Substituindo:

𝑎1 = 1𝑞 = (1 + 𝑗)

𝑆𝑜𝑚𝑎𝑝𝑔 =1 + 𝑗 𝑛 − 1

𝑗


𝑆0 =𝑝

1 + 𝑗 𝑛∙ [1 + 1 + 𝑗 + 1 + 𝑗 2 +⋯+ 1 + 𝑗 𝑛−1]



𝑆0 =𝑝

1 + 𝑗 𝑛

𝑖=1

𝑛

1 + 𝑗 𝑛−𝑖

Transformadores


52

Assim:

𝑆0 =𝑝

1 + 𝑗 𝑛∙

1 + 𝑗 𝑛 − 1

𝑗

Isolando p:

𝑝 = 𝑆0 ∙𝑗 ∙ 1 + 𝑗 𝑛

1 + 𝑗 𝑛 − 1

Para o transformador:

𝐶𝐴𝑀 = 𝐶𝑇𝑅 ∙𝑗 ∙ 1 + 𝑗 𝑛

1 + 𝑗 𝑛 − 1

Custo de amortização por período. (R$)

Custo do transformador à vista. (R$)

𝐶𝐴𝑀

𝐶𝑇𝑅

𝑛 Número de períodos de desembolsos.




𝑪𝒊𝒏𝒗.𝑻𝑹 = 𝒏 ∙ 𝑪𝑨𝑴

𝑪𝑻𝑹

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

𝑪𝑨𝑴 𝑪𝑨𝑴 𝑪𝑨𝑴 𝑪𝑨𝑴

𝒏𝟏 𝟐 𝟑

períodos

𝑗 Taxa de juros associada ao custo de oportunidade.

Transformadores


53

O custo das perdas elétricas no ferro, considerando n períodos:

Tarifa de energia no período i (R$/KWh);

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑓𝑒)𝑇𝑅 = σ𝑖=1

𝑛 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑖)𝑓𝑒𝑟𝑟𝑜

∙ 𝑇𝑖 ∙ ∆𝑡𝑖 (R$)

𝑇𝑖

𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑖)𝑓𝑒𝑟𝑟𝑜

Perdas trifásicas no ferro no período i (KW);

∆𝑡𝑖 Período de tempo (horas) associado ao intervalo i.

Custo das perdas no ferro



Consolidando os resultados:

𝑉1 𝐸𝑖

𝛥𝑉𝑖

𝑰𝒊

Transformadores

Ex: de carga do Transf.

Consumo

tempo


54

Custo das perdas no cobre

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑐𝑢)𝑇𝑅 =

𝑖=1

𝑛

𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑖)𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 ∙ 𝑇𝑖 ∙ ∆𝑡𝑖 (R$)

𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑖)𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒

Perdas trifásicas no cobre no período i (KW).

O custo das perdas elétricas no cobre, considerando n períodos:



Ex: de carga do Transf.

𝑉1𝑰𝒊

𝑹 ∙ 𝑰𝒊𝟐

Consumo

tempo

Transformadores


55

Finalmente, o custo total do transformador é:



𝑇𝑅

Custo de investimento do transformador ao longo do período de análise. (R$)

𝐶𝑖𝑛𝑣.𝑇𝑅

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑓𝑒)𝑇𝑅 Custo das perdas no ferro ao longo do período de análise. (R$)

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑐𝑢)𝑇𝑅 Custo das perdas no cobre ao longo do período de análise. (R$)



Transformadores


56

Método aproximado:

Fator de carga no período i. Relaciona a potencia (KVA ) no período i (Si) com a

potência nominal (Snom) do transformador (kVA ) .


𝑇𝑅 + 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙 (𝑛𝑜𝑚.)𝑓𝑒𝑟𝑟𝑜

∙ ∆𝑡 ∙ 𝑇 + 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑛𝑜𝑚.)𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 ∙

𝑖=1

𝑛

𝐹𝑐𝑖2 ∙ ∆𝑡𝑖 ∙ 𝑇

𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙 (𝑛𝑜𝑚.)𝑓𝑒𝑟𝑟𝑜 Perdas nominais trifásicas nominal no ferro. (kW)

𝐹𝑐𝑖 =𝑆𝑖

𝑆𝑛𝑜𝑚

PS: Observe que o custo de perdas elétricas no ferro sempre vão ocorrer. Isso ocorre porque mesmo

o transformador funcionando à vazio essas perdas existirão.

∆𝑡𝑖 Tempo de operação do transformador no período i.

∆𝑡 Tempo (em horas) de todo o horizonte de análise.

𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑛𝑜𝑚.)𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 Perdas nominais trifásicas nominal no cobre. (kW)



𝑇 Tarifa de energia elétrica.

Transformadores


57

Exemplo (Mamede, 2005):

Analise, a partir do método aproximado, duas propostas para aquisição de um transformador trifásico de 300 KVA (13800/380-220), cujos valores são:

Proposta 1:

Preço = R$ 8994,00

Perdas no cobre (nominal) = 3.0 KW

Perdas no ferro (nominal) = 1.1 KW

Proposta 2:

Preço = R$ 8450,00

Perdas no cobre(nominal) = 3.8 KW

Perdas no ferro(nominal) = 1.7 KW



Transformadores


Fonte: Mamede, 2005. MANUAL DE EQUIPAMENTOS ELETRICOS - 3ªED.

58

Outros dados:

A curva de carga diária do transformador é mostrada abaixo.

Tarifa de consumo de energia elétrica = R$/KWh 0.04968

O comportamento se repete para todos os dias dos 5 anos de análise.

Considere, a título de exemplo, um período de análise de 5 anos para ambos transformadores, e uma taxa de juros de 12% ao ano.



Fig.: Curva de carga (kVA) do transformador.

Pot. (kVA)

Tempo (h)0 4 8 12 16 20 24

Transformadores

200

300

250

150

350

300



59

Solução:

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑐𝑢)𝑇𝑅 = 5 ∙ 365 ∙ 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑛𝑜𝑚.)

𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 ∙

𝑖=1

6

𝐹𝑐𝑖2 ∙ ∆𝑡𝑖 ∙ 𝑇

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑐𝑢)𝑇𝑅 = 𝑹$ 𝟓𝟏𝟔𝟖. 𝟎𝟎

Proposta 1:

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑓𝑒)𝑇𝑅 = 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙 (𝑛𝑜𝑚.)

𝑓𝑒𝑟𝑟𝑜∙ ∆𝑡 ∙ 𝑇𝑖= 1.1 ∙ 5 ∙ 8760 ∙ 0.04968

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑓𝑒)𝑇𝑅 = 𝑹$ 𝟐𝟑𝟗𝟑. 𝟔

Cobre:

Ferro:

Custo de investimento:


1 + 𝑗 𝑛 − 1= 8994,00 ∙

0.12 ∙ 1 + 0.12 5

1 + 0.12 5 − 1= 𝑹$ 𝟐𝟒𝟗𝟓. 𝟎𝟎

𝐶𝑖𝑛𝑣.𝑇𝑅 = 𝑛 ∙ 𝐶𝐴𝑀 = 5 ∙ 2495.00 = 𝑹$ 𝟏𝟐𝟒𝟕𝟓. 𝟎𝟎

Custo Total:



𝑇𝑅 = 𝑹$ 𝟐𝟎𝟎𝟑𝟕. 𝟎𝟎



𝟑. 𝟎

𝟏. 𝟏



60

Solução:

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑐𝑢)𝑇𝑅 = 5 ∙ 365 ∙ 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙(𝑛𝑜𝑚.)

𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 ∙

𝑖=1

6

𝐹𝑐𝑖2 ∙ 𝑇𝑜𝑝𝑖 ∙ 𝑇

𝑪𝒑𝒆𝒓𝒅𝒂𝒔(𝒄𝒖)𝑻𝑹 = 𝑹$ 𝟔𝟓𝟒𝟔. 𝟏

Proposta 2:

𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠(𝑓𝑒)𝑇𝑅 = 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠3𝜙 (𝑛𝑜𝑚.)

𝑓𝑒𝑟𝑟𝑜∙ ∆𝑡 ∙ 𝑇 = 1.7 ∙ 5 ∙ 8760 ∙ 0.04968

𝑪𝒑𝒆𝒓𝒅𝒂𝒔(𝒇𝒆)𝑻𝑹 = 𝑹$ 𝟑𝟔𝟗𝟗. 𝟐

Cobre:

Ferro:

Custo de investimento:


1 + 𝑗 𝑛 − 1= 8450,00 ∙

0.12 ∙ 1 + 0.12 5

1 + 0.12 5 − 1= 𝑅$ 2344.1

𝐶𝑖𝑛𝑣.𝑇𝑅 = 𝑛 ∙ 𝐶𝐴𝑀 = 5 ∙ 2344.00 = 𝑹$ 𝟏𝟏𝟕𝟐𝟏. 𝟎𝟎

Custo Total:



𝑇𝑅 = 𝑹$ 𝟐𝟏𝟗𝟔𝟔. 𝟎𝟎



𝟑. 𝟖

𝟏. 𝟕

Transformadores



61

Solução final:

𝐶𝑇𝑂𝑇𝑇𝑅 = 𝑹$ 𝟐𝟏𝟗𝟔𝟔. 𝟎𝟎

𝐶𝑇𝑂𝑇𝑇𝑅 = 𝑹$ 𝟐𝟎𝟎𝟑𝟕. 𝟎𝟎

PS: Observe que foi escolhido cinco anos de análise. Normalmente, o tempo de análise está associado à expectativa de vida útil do transformador. A expectativa de vida útil do transformador será estuda em detalhes na próxima seção.



Proposta 1:

Preço = R$ 8994,00


Perdas no ferro (nominal) = 1.1 KW

Proposta 2:

Preço = R$ 8450,00


Perdas no ferro(nominal) = 1.7 KW

Transformadores



Conclusão:

Os transformadores são parte importante nos sistemas de potência;

Em termos de aplicações, podem elevar o nível de tensão na rede, no

caso de transformadores de potência, ou refletir a tensão ou corrente

para equipamentos de medição e proteção, no caso dos TCs e TPs.

A análise de custo dos transformadores de potência é essencial na definição das tarifas

para as distribuidoras e/ou redução de perdas e custos para consumidores.


62

Introdução à Proteção dos Sistemas de Distribuição de Energia Elétrica

Capítulo 7


Introdução à Proteção dos SDEE

É a técnica de selecionar, coordenar, ajustar e aplicar os vários equipamentos e dispositivos

protetores a um sistema elétrico, de forma a guardar entre si uma determinada relação, tal que uma

anormalidade no sistema possa ser isolada e removida no menor tempo possível, sem que outras

partes do mesmo sejam afetadas;

Matematicamente, a definição do dispositivo e do ajuste de proteção devem ter em conta o resultado do

fluxo de potência (Tensão e Corrente de carga) e curto-circuito (Trifásico, Bifásico e Fase-Terra);

Os principais tipos de dispositivos de proteção são:

Elo-fusível;

Relés de sobrecorrente;

Religadores/Seccionalizadores;

Relé direcional;

Relé diferencial;

Relé de distância;

Relé de frequência.

O cálculo do curto-

circuito é o passo inicial

para definir o sistema

de proteção.

64


Modelagem de curto-circuito

O cálculo de curto-circuito pode ser visto como extensão do teorema de Thevenin.

Teorema:Variações que ocorrem nas tensões e correntes de um curto-circuito, devido à adição de uma

impedância de falta entre dois pontos, são idênticas as tensões e correntes causadas por um f.e.m,

com uma impedância interna, colocada em série com a impedância de falta e com valor e polaridade

iguais à tensão pré-falta que existiu entre os nós em questão, com as demais fontes ativas iguais a zero.

A teoria por traz do cálculo do curto-circuito está baseada na técnica de Fortescue.

Fonte: C. L. Fortescue, “Method of symmetrical co-ordinates applied to the solution of polyphase networks,” Trans. AIEE, vol. XXXVII, no. 2, pp. 1027–1140, Jul. 1918.

G

C

1 2 3 4

LT

Fig: Sistema assimétrico e desequilibrado

Voltando ao problema inicial:

ሶ𝑰𝑪𝑪

𝒁𝑭

65



Curto-circuito Trifásico

Considerando que o curto-circuito apresentado na barra 3 é um curto circuito trifásico, algumas condições

devem ser consideradas.

G

C

1 2 3 4

LT

ሶ𝑰𝑪𝑪

𝒁𝑭

A tensão em cada fase na barra 3 será igual a zero (C1).

As correntes de curto-circuito nas três fases são iguais em módulo e defasadas de 120 º(C2).

66



ሶ𝑰𝒄

ሶ𝑰𝒃

ሶ𝑰𝒂

Sistema

ElétricoCarga

ሶ𝑉𝑎 = ሶ𝑉𝑏 = ሶ𝑉𝑐 = 0

ሶ𝐼𝑎 + ሶ𝐼𝑏 + ሶ𝐼𝑐 = 0

(C1)

(C2)


Aplicando a ideia de TCS nas tensões:

Sabendo que:

ሶ𝑉𝑎0 = −𝑍0 ∙ ሶ𝐼𝑎0

ሶ𝑉𝑎1 = ሶ𝐸 − 𝑍1 ∙ ሶ𝐼𝑎1

ሶ𝑉𝑎2 = −𝑍2 ∙ ሶ𝐼𝑎2

ሶ𝑉𝑎0ሶ𝑉𝑎1ሶ𝑉𝑎2

=1

3

1 1 11 𝛼 𝛼2

1 𝛼2 𝛼∙

ሶ𝑉𝑎ሶ𝑉𝑏ሶ𝑉𝑐

000

ሶ𝑉𝑎0ሶ𝑉𝑎1ሶ𝑉𝑎2

=000

ሶ𝐼𝑎0 = 0

ሶ𝐼𝑎1 =ሶ𝐸

𝑍1

ሶ𝐼𝑎2 = 0

Finalmente:

ሶ𝐼𝑎ሶ𝐼𝑏ሶ𝐼𝑐

=1 1 11 𝛼2 𝛼1 𝛼 𝛼2

0ሶ𝐸

𝑍10

ሶ𝑰𝒂ሶ𝑰𝒃ሶ𝑰𝒄

=

ሶ𝑬

𝒁𝟏

𝜶𝟐ሶ𝑬

𝒁𝟏

𝜶ሶ𝑬

𝒁𝟏

Conclusão:

Trata-se de um curto-circuito simétrico e equilibrado;

Curto-circuito independe das correntes de sequência negativa e zero

Voltando para correntes primitivas

67


Curto-circuito Trifásico



Curto-circuito Bifásico

Considerando que o curto-circuito apresentado na barra 3 é um curto circuito bifásico, algumas

condições devem ser consideradas.

G

C

1 2 3 4

LT

ሶ𝑰𝑪𝑪𝒁𝑭

A corrente de curto-circuito da fase b é igual a corrente na fase c, com sentido contrário (C1).

A corrente na fase a é muito pequena comparada as correntes de curto-circuito (C2).

ሶ𝑉𝑏 = ሶ𝑉𝑐

ሶ𝐼𝑎 = 0 (C1)

(C2)

ሶ𝐼𝑐 = − ሶ𝐼𝑏 = ሶ𝐼𝑐𝑐 (C2)

A Tensão na fase b é igual a tensão na fase c (C2).

68



ሶ𝑰𝒄

ሶ𝑰𝒃

ሶ𝑰𝒂

Sistema

ElétricoCarga


Curto-circuito Bifásico


Sabendo que:

ሶ𝐼𝑎0ሶ𝐼𝑎1ሶ𝐼𝑎2

=

0

𝑗 3

3ሶ𝐼𝑏

−𝑗 3

3ሶ𝐼𝑏

=

0

−𝑗 3

3ሶ𝐼𝑐𝑐

𝑗 3

3ሶ𝐼𝑐𝑐

Pode-se mostrar que:

Conclusão:

Trata-se de um curto-circuito assimétrico e desequilibrado;

Curto-circuito depende da impedância de sequencia positiva (c𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑍1 = 𝑍2); As correntes de curto-circuito na fase b e na fase c são iguais em módulo;

A corrente de curto circuito bifásico corresponde a 87% da corrente de curto-circuito

trifásico.


=1

3

1 1 11 𝛼 𝛼2

1 𝛼2 𝛼


0− ሶ𝐼𝑐𝑐ሶ𝐼𝑐𝑐

ሶ𝑉𝑏 = ሶ𝑉𝑐

ሶ𝑰𝒄𝒄 = − ሶ𝑰𝒃 = ሶ𝑰𝒄 =𝒋 𝟑

𝟐∙

ሶ𝐸

𝒁𝟏

69


ሶ𝑉𝑎0 + 𝛼2 ∙ ሶ𝑉𝑎1 + 𝛼 ∙ ሶ𝑉𝑎2 = ሶ𝑉𝑎0 + 𝛼 ∙ ሶ𝑉𝑎1 + 𝛼2 ∙ ሶ𝑉𝑎2

𝛼2 ∙ ( ሶ𝐸 − 𝑍1 ∙ ሶ𝐼𝑎1) + 𝛼 ∙ (+𝑍1 ∙ ሶ𝐼𝑎1) = 𝛼 ∙ ( ሶ𝐸 − 𝑍1 ∙ ሶ𝐼𝑎1) + 𝛼2 ∙ (+𝑍1 ∙ ሶ𝐼𝑎1)



Curto-circuito Fase-Terra

Considerando que o curto-circuito apresentado na barra 3 é um curto circuito franco fase-terra (𝑍𝐹=0), algumas

condições devem ser consideradas.

G

C

1 2 3 4

LT

ሶ𝑰𝑪𝑪

𝒁𝑭

A corrente de curto-circuito da fase a é muito maior que as correntes de carga da fase b e c (C1).

Tensão na fase a é igual a zero (C2).

ሶ𝑉𝑎 = 0

ሶ𝐼𝑎 = ሶ𝐼𝑐𝑐 (C1)

(C2)

ሶ𝐼𝑏 = ሶ𝐼𝑐 = 0 (C1)

70



ሶ𝑰𝒄

ሶ𝑰𝒃

ሶ𝑰𝒂

Sistema

ElétricoCarga


Curto-circuito Fase-Terra


Sabendo que:


=


Finalmente:

Conclusão:


Curto-circuito depende das impedâncias de sequencia positiva, negativa e zero.


=1

3

1 1 11 𝛼 𝛼2

1 𝛼2 𝛼


ሶ𝐼𝑐𝑐00

ሶ𝑉𝑎 = ሶ𝑉𝑎0 + ሶ𝑉𝑎1 + ሶ𝑉𝑎2

0 = −𝑍0 ∙ሶ𝐼𝑎3+ ሶ𝐸 − 𝑍1 ∙

ሶ𝐼𝑎3− 𝑍2 ∙

ሶ𝐼𝑎3

ሶ𝑰𝒄𝒄 = ሶ𝑰𝒂 =𝟑 ሶ𝑬

𝒁𝟎 + 𝒁𝟏 + 𝒁𝟐



71


Curto-circuito Fase-Terra com resistência de aterramentoConsiderando que o curto-circuito apresentado na barra 3 é um curto circuito fase-terra (𝑍𝐹 ≠ 0), algumas condições

devem ser consideradas.

G

C

1 2 3 4

LT

ሶ𝑰𝑪𝑪

𝒁𝑭

A corrente de curto-circuito da fase a é muito maior que as correntes de carga da fase b e c (C1).

Tensão na fase a é diferente de zero (C2).

ሶ𝑉𝑎 = ሶ𝐼𝑎 ∙ 𝑍𝐹

ሶ𝐼𝑎 = ሶ𝐼𝑐𝑐

(C1)

(C2)

ሶ𝐼𝑏 = ሶ𝐼𝑐 = 0

(C1)

72



ሶ𝑰𝒄

ሶ𝑰𝒃

ሶ𝑰𝒂

Sistema

ElétricoCarga

𝒁𝑭


Curto-circuito Fase-Terra (𝒁𝑭 ≠ 𝟎)


Sabendo que:


=


Finalmente:

Conclusão:


Curto-circuito depende das impedâncias de sequencia positiva, negativa e zero;

A impedância de falta (𝑍𝐹) serve como um limitador da corrente de curto-circuito;

Uma das principais dificuldades em calcular o curto-circuito fase-terra (o mais comum) é estimar a

impedância de falta;

Além da impedância de falta, a impedância de retorno pela terra também deve ser considerada.


=1

3

1 1 11 𝛼 𝛼2

1 𝛼2 𝛼


ሶ𝐼𝑐𝑐00

ሶ𝑉𝑎 = ሶ𝑉𝑎0 + ሶ𝑉𝑎1 + ሶ𝑉𝑎2

𝑍𝐹 ∙ ሶ𝐼𝑎 = −𝑍0 ∙ሶ𝐼𝑎3+ ሶ𝐸 − 𝑍1 ∙

ሶ𝐼𝑎3− 𝑍2 ∙

ሶ𝐼𝑎3

ሶ𝑰𝒄𝒄 = ሶ𝑰𝒂 =𝟑 ሶ𝑬

𝒁𝟎 + 𝒁𝟏 + 𝒁𝟐 + 𝟑 ∙ 𝒁𝑭

73




Algoritmo para solucionar um curto-circuito

74

Início

Ler dados de entrada

• Dados de Linhas;

• Dados de barras.

Formar a matriz Ybus

Calcular a matriz Zbus

Calcular corrente de

curto-circuito

Fim




SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

Calcular o fluxo de potência, curto-circuito e dimensionar os dispositivos de proteção para um trecho deste

sistema.

Sbase=300e3;

Vbase=13.8e3;

Zf=1; %Impedância de falta

Exemplo:

75



Avaliação do curto-circuito nas últimas barras.

15

16

18

19

17

𝑰𝟏𝟕 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠ − 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟕 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠ − 𝟏𝟑. 𝟗𝟐º 𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟒. 𝟏𝟖𝟑∠ − 𝟏𝟑. 𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠ − 𝟏𝟑. 𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟗 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟖 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠ − 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝑰𝟏𝟓−𝟏𝟔 = 𝟖. 𝟑𝟔𝟔∠ − 𝟏𝟑. 𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟓 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠ − 𝟏𝟑. 𝟗º

𝑰𝑪𝑪𝟑𝝓

𝑰𝑪𝑪𝟐𝝓

𝑰𝑪𝑪𝝓𝑻

𝟏𝟎𝟓.𝟑

𝟗𝟏. 𝟏𝟔

𝟒𝟖. 𝟔𝟐

𝟏𝟎𝟒.𝟗

𝟗𝟎. 𝟖𝟓

𝟒𝟖. 𝟓𝟒

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟒𝟕

𝟒𝟖. 𝟒𝟓

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟓𝟑

𝟒𝟖. 𝟒𝟔

𝟏𝟎𝟒.𝟐

𝟗𝟎. 𝟐𝟓

𝟒𝟖.𝟒

𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = 300 𝑘𝑉𝐴

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 = 13.8 𝑘𝑉

𝑍𝑓 = 1 𝑝. 𝑢

Solução:

76


Curto-circuito trifásico

Curto-circuito bifásico

Curto-circuito fase-terra


Conclusão:

O cálculo do fluxo de potência e curto-circuito são importantes para

dimensionar o sistema de proteção;

Os principais tipos de curto-circuitos são trifásico, bifásico e fase-terra e

as variações bifásico-terra e fase-terra, por exemplo.

O curto-circuito fase-terra é um dos grandes desafios para dimensionar o sistema de

proteção devido a dificuldade de estimar a impedância de falta para a a terra.


77


Elos fusíveis

Capítulo 8


Os elos fusíveis são largamente

utilizados em Sistemas de Distribuição

por seu preço e simplicidade de

aplicação;

O dimensionamento do elo fusível

passa por calcular o fluxo de potência

e curto-circuito nos sistemas de

distribuição;

A partir desta análise, os elos são

alocados e coordenados de forma a

garantir a seletividade do sistema;

O preço do elo fusível o

torna ainda interessante

mesmo em um cenário

de redes elétricas

inteligentes.

79


Dimensionamento de Elos fusíveis

SE

0

1

2

34

7

6

85

9

10

11

12

13

14

15

16

17 18

19

Exemplo: Calcular o fluxo de potência, curto-circuito e dimensionar os dispositivos de

proteção para um trecho deste sistema.



𝑍𝑓 = 1 𝑝. 𝑢


80


15

16

18

19

17

𝑰𝟏𝟕 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟕 = 𝟐.𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º 𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟒.𝟏𝟖𝟑∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟗 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟖 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝑰𝟏𝟓−𝟏𝟔 = 𝟖.𝟑𝟔𝟔∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟓 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗º



𝑰𝑪𝑪𝝓𝑻

𝟏𝟎𝟓.𝟑

𝟗𝟏. 𝟏𝟔

𝟒𝟖. 𝟔𝟐

𝟏𝟎𝟒.𝟗

𝟗𝟎. 𝟖𝟓

𝟒𝟖. 𝟓𝟒

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟒𝟕

𝟒𝟖. 𝟒𝟓

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟓𝟑

𝟒𝟖. 𝟒𝟔

𝟏𝟎𝟒.𝟐

𝟗𝟎. 𝟐𝟓

𝟒𝟖.𝟒



𝑍𝑓 = 1 𝑝. 𝑢


81


a) Elos colocados

Elos Tipo

𝑬𝒍𝒐𝟏𝟓 3H

𝑬𝒍𝒐𝟏𝟔 3H

𝑬𝒍𝒐𝟏𝟕 3H

𝑬𝒍𝒐𝟏𝟖 3H

𝑬𝒍𝒐𝟏𝟗 3H

b) Dimensionamento dos elos de ramais

𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≥ 1.5 ∙ 𝐼𝑛𝑜𝑚

16−18

𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≥ 1.5 ∙ (4.18)

𝑰𝒏𝒐𝒎𝑬𝒍𝒐𝟏𝟔−𝟏𝟖 ≥ 𝟔. 𝟐𝟕 𝑨

16

18

19

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟒.𝟏𝟖𝟑∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟗 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑. 𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑. 𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔 = 𝟐.𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑. 𝟗𝟐º

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟓𝟑

𝟒𝟖. 𝟒𝟔

𝟏𝟎𝟒.𝟐

𝟗𝟎. 𝟐𝟓

𝟒𝟖.𝟒

Pot. (kVA)

𝑺𝟏𝟓 45

𝑺𝟏𝟔 45

𝑺𝟏𝟕 45

𝑺𝟏𝟖 45

𝑺𝟏𝟗 45


82



𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≥ 1.5 ∙ 𝐼𝑛𝑜𝑚

16−18

𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≥ 1.5 ∙ (4.18)

𝑰𝒏𝒐𝒎𝑬𝒍𝒐𝟏𝟔−𝟏𝟖 ≥ 𝟔. 𝟐𝟕 𝑨

16

18

19

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟒.𝟏𝟖𝟑∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟗 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔 = 𝟐.𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟓𝟑

𝟒𝟖. 𝟒𝟔

𝟏𝟎𝟒.𝟐

𝟗𝟎. 𝟐𝟓

𝟒𝟖.𝟒

Candidatos: 8k, 10k, 12k, 15k, 20k, 25k, 30k....

A corrente de curto-circuito no fim do trecho protegido

pelo elo é de 48.4 A (curto-circuito fase-terra mínimo

no final do trecho protegido pelo elo).

𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≤

1

4∙ 𝐼𝑐𝑐

∅−𝑇(𝑚𝑖𝑛)

𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≤

1

4∙ 48.4

𝐼𝑛𝑜𝑚𝐸𝑙𝑜16−18 ≤ 12.1

Candidatos: 8k, 10k, 12k.


83


Tabelas de seletividade

Testando elo de 8K:Não há seletividade com 3H.

Testando elo de 10K:Seletividade com 3H até 45 A. Como as correntes podem chegar a 104.5 A, não há seletividade.

Testando elo de 12K:Seletividade com 3H até 220 A. Portanto há seletividade.

16

18

19

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟒.𝟏𝟖𝟑∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟗 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟖 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟓𝟑

𝟒𝟖. 𝟒𝟔

𝟏𝟎𝟒.𝟐

𝟗𝟎. 𝟐𝟓

𝟒𝟖.𝟒



84


Conclusão:

O cálculo do fluxo de potência e curto-circuito são importantes para dimensionar o

sistema de proteção;

Os principais tipos de curto-circuitos são trifásico, bifásico e fase-terra e as

variações bifásico-terra e fase-terra, por exemplo.

O curto-circuito fase-terra é um dos grandes desafios para dimensionar o sistema de

proteção devido a dificuldade de estimar a impedância de falta para a terra.


85


Religadores (50/51)

Capítulo 9


Os religadores são dispositivos que tem

a função de relés de sobrecorrente

(50/51) e capacidade de religamento do

sistema;

São dispositivos que podem substituir

elos fusíveis em alimentadores e ramais;

Entretanto, devido ao alto custo destes

equipamentos, deve-se fazer uma

análise de confiabilidade no sistema

antes de propor a troca;

A seguir será apresentado um exemplo

de ajuste de um religador.

Em algumas aplicações,

os seccionalizadores

(mais baratos que os

religadores) podem ser

uma alternativa

interessante. Neste

caso, devem ser

colocados à jusante de

religadores.

87


Religadores (50/51)

Dimensionamento e ajuste de Religadores (50F e 51F)

Critérios para ajuste de correntes de falta envolvendo fases.

Corrente de disparo da unidade de fase.

𝐼𝐷𝐹𝑎𝑠𝑒 ≥ 𝑘 ∙ 𝐼𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎

𝑚𝑎𝑥

𝐼𝐷𝐹𝑎𝑠𝑒

Quando o religador for instalado ao longo da rede:

A corrente máxima de disparo deve ser ajustada de

forma que:

𝐼𝐷𝐹𝑎𝑠𝑒 ≤ 𝐼𝑐𝑐𝑚𝑖𝑛

2𝜙

Corrente de curto-circuito bifásico

mínimo no final do trecho protegido

pelo religador.

Supondo 𝑘 = 1.5:

𝐼𝐷𝐹𝑎𝑠𝑒 ≥ 1.5 ∙ 𝑰𝟏𝟓−𝟏𝟔 = 𝟏. 𝟓 ∙ 𝟖. 𝟑𝟔𝟔

𝑰𝑫𝑭𝒂𝒔𝒆 ≥ 𝟏𝟐. 𝟓𝟓 𝑨

𝐼𝑐𝑐𝑚𝑖𝑛

2𝜙

𝑰𝑫𝑭𝒂𝒔𝒆 ≤ 𝟗𝟎. 𝟐𝟓 𝑨

𝑰𝑫 (𝟓𝟎𝑭)𝑭𝒂𝒔𝒆 = 𝟏𝟑 𝑨 𝑰𝑫 (𝟓𝟏𝑭)

𝑭𝒂𝒔𝒆 = 𝟏𝟑 𝑨

Assim:


88

Religadores (50/51)

Coordenação Religador (50F) x Elo 12k (Fase).



(𝟗𝟎. 𝟐)(𝟏𝟎𝟒. 𝟓)

𝒕(𝒔)

𝑰 (𝑨)

50F

0.35

0.27

𝟏𝟐𝑲

𝟎. 𝟎𝟒𝟖𝟕𝟎. 𝟎𝟐𝟎𝟏

Testando para:

𝐼𝐷(15−16)50𝐹 = 13 𝐴

𝑁𝐼

𝑇𝑀𝑆 = 0.01𝒐𝒌‼

𝑘𝑇 = 1.5 (Duas rápidas)

𝑡𝑜𝑝𝑟𝑒𝑙𝑖𝑔.

=𝐾 ∙ 𝑇𝑀𝑆

𝐼𝐼𝐷

𝛼

𝒌𝑻 ∙ 𝒕𝒐𝒑𝒓𝒆𝒍𝒊𝒈.



89

Religadores (50/51)



(𝟗𝟎. 𝟐)(𝟏𝟎𝟒. 𝟓)

𝒕(𝒔)

𝑰 (𝑨)

51F

0.8

0.22

𝟏𝟐𝑲

𝟑. 𝟖𝟗

𝟑. 𝟑𝟕

Testando para:

𝑰𝑫(𝟏𝟓−𝟏𝟔)𝟓𝟏𝑭 = 𝟏𝟑 𝑨

𝑴𝑰

𝑻𝑴𝑺 = 𝟐

𝒐𝒌‼

𝒕𝒐𝒑𝒓𝒆𝒍𝒊𝒈.

=𝑲 ∙ 𝑻𝑴𝑺

𝑰𝑰𝑫

𝜶


90



Religadores (50/51)

c) Coordenação

15

16

18

19

17

𝑰𝟏𝟕 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟕 = 𝟐.𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º 𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟒.𝟏𝟖𝟑∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔−𝟏𝟖 = 𝟐.𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟗 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟖 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟐∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟔 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟐º

𝑰𝟏𝟓−𝟏𝟔 = 𝟖.𝟑𝟔𝟔∠− 𝟏𝟑.𝟗𝟑º

𝑰𝟏𝟓 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟏∠− 𝟏𝟑.𝟗º

𝟏𝟎𝟒.𝟗

𝟗𝟎. 𝟖𝟓

𝟒𝟖. 𝟓𝟒

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟒𝟕

𝟒𝟖. 𝟒𝟓

𝟏𝟎𝟒.𝟓

𝟗𝟎. 𝟓𝟑

𝟒𝟖. 𝟒𝟔

𝟏𝟎𝟒.𝟐

𝟗𝟎. 𝟐𝟓

𝟒𝟖.𝟒

Religador

Elo 12 k


91



Religadores (50/51)

Conclusão:

Os religadores são dispositivos importantes nos sistemas de distribuição, principalmente em

redes elétricas com alto índice de faltas transitórias;

A análise de viabilidade econômica de um religador envolve o custo associado aos

indicadores de qualidade (DEC, FEC, DMIC), corte de carga e comprometimento da

imagem da distribuidora.

Em um sistema de redes elétricas inteligentes, chaves, religadores, seccionalizadorestelecomandados poderão contribuir

significativamente para o aumento da qualidade da energia no sistema.


92

Religadores (50/51)

Relé Direcional (67)

Capítulo 10


Os Relés direcionais são amplamente

utilizados em sistemas em anel;

Buscam eliminar faltas (curto-circuito) tendo

em conta a intensidade e o sentido da

corrente;

As características que definem o relé

direcional são: grandeza de polarização,

grandeza de atuação, conexão e ângulo

de conjugado máximo.

Os relés direcionais

consideram o sentido

da corrente, além da

corrente de ajuste.

Portanto, são relés de

sobrecorrente com

direcionalidade

incorporada.

94


Relés direcionais (67)

Exemplo:

Considere um curto-circuito entre as fases B e C e a terra no sistema abaixo no ponto F (próximo de A):

a. Determine a corrente e a tensão que aparecem em cada relé direcional, que tem conexão 30º e ângulo

de conjugado máximo (𝜏) igual a 0º.

b. Verifique se os relés irão atuar.

Dados:

Relé 1 : 𝐼𝐴 e 𝑉𝐴𝐶; Relé 2 : 𝐼𝐵 e 𝑉𝐵𝐴; Relé 3 : 𝐼𝐶 e 𝑉𝐶𝐵;

Reatâncias G (p.u) T1 (p.u) L (p.u) T2 (p.u)

𝑋0 0.09 0.11 1.2 0.3

𝑋1 0.15 0.11 0.4 0.3

𝑋2 0.15 0.11 0.4 0.3

~67

T1 A

L

B T2

𝟏𝟏𝟓𝟎𝟎𝟎

𝟏𝟏𝟓

𝟓𝟎𝟎

𝟓 FFonte: Gers, 2004.

95


Fonte: Juan M. Gers e Edward J. Holmes. Protection of Electricity Distribution Networks. IET Power Energy Series 47.


Solução:

A corrente de curto-circuito nas fases B e C, para o sistema apresentado no ponto F será

(p.u):

ሶ𝐼𝐴 ≅ 0ሶ𝐼𝐵 ≅ 22.76∠135.86𝑜 A

ሶ𝐼𝐶 ≅ 22.76∠44.14𝑜 A

A tensão em cada uma das fases:

ሶ𝑉𝐴 = 0.66 𝑝. 𝑢ሶ𝑉𝐵 = ሶ𝑉𝐶 = 0

Considerando os relés utilizados:

Relé 1 : 𝐼𝐴 e 𝑉𝐴𝐶;

Relé 2 : 𝐼𝐵 e 𝑉𝐵𝐴;

Relé 3 : 𝐼𝐶 e 𝑉𝐶𝐵;

ሶ𝑉𝐴𝐶 = ሶ𝑉𝐴 − ሶ𝑉𝐶 = 43.82∠0𝑜 𝑉ሶ𝑉𝐵𝐴 = ሶ𝑉𝐵 − ሶ𝑉𝐴 = 43.82∠180𝑜 𝑉

ሶ𝑉𝐶𝐵 = ሶ𝑉𝐶 − ሶ𝑉𝐵 = 0

~

67

T1A

L

BT2

𝟏𝟏𝟓𝟎𝟎𝟎

𝟏𝟏𝟓

𝟓𝟎𝟎

𝟓 F

96



Exemplo:


𝐶𝑚𝑎𝑥

𝐶 = 0

Solução:

Analisando o relé polarizado pela tensão ሶ𝑉𝐴𝐶 e a corrente na fase A para (𝝉 = 𝟎):

ሶ𝐼𝐴 ≅ 0

ሶ𝑉𝐴𝐶 = ሶ𝑉𝐴 − ሶ𝑉𝐶 = 43.82 𝑉

ሶ𝑽𝑨𝑪 = 𝟒𝟑.𝟖𝟐∠𝟎𝒐ሶ𝑰𝑨 ≅ 𝟎

Região de atuação

Considerando esta situação, o relé não irá atuar, pois considerando que a corrente de ajuste do relé é maior

do que a corrente de carga, está não será suficiente para fazer o relé atuar.

Região de nãoatuação

97




Analisando o relé polarizado pela tensão ሶ𝑉𝐵𝐴 e a corrente na fase B para (𝝉 = 𝟎):

ሶ𝐼𝐵 ≅ 22.76∠135.86

ሶ𝑉𝐵𝐴 = ሶ𝑉𝐵 − ሶ𝑉𝐴 = 43.82∠180𝑜 𝑉

𝐶𝑚𝑎𝑥ሶ𝑽𝑩𝑨 = −𝟒𝟑. 𝟖𝟐

𝐶 = 0

Região de atuação

Neste caso, o relé irá atuar.

Região de nãoatuação

ሶ𝑰𝑩 ≅ 𝟐𝟐. 𝟕𝟔∠𝟏𝟑𝟓.𝟖𝟔

98


Solução:



Analisando o relé polarizado pela tensão ሶ𝑉𝐶𝐵 e a corrente na fase B para (𝜏 = 0):

ሶ𝑰𝑪 ≅ 𝟐𝟐.𝟕𝟔∠𝟒𝟒. 𝟏𝟒

𝐶𝑚𝑎𝑥ሶ𝑽𝑪𝑩 = 𝟎

𝐶 = 0

Para este caso, o relé não atuaria pois a tensão 𝑉𝐶𝐵 = 0 não polariza o relé.

ሶ𝑽𝑪𝑩 = 𝟎

ሶ𝑰𝑪 ≅ 𝟐𝟐.𝟕𝟔∠𝟒𝟐. 𝟕𝟑 𝑨

Resumo:

Relé 1 (𝐼𝐴 e 𝑉𝐴𝐶): Não atua.

Relé 2 (𝑰𝑩 e 𝑽𝑩𝑨) : Atua.

Relé 3 (𝐼𝐶 e 𝑉𝐶𝐵): Não atua.

~

67

T1A

L

BT2

𝟏𝟏𝟓𝟎𝟎𝟎

𝟏𝟏𝟓

𝟓𝟎𝟎

𝟓 F

99


Solução:



Conclusão:

Os relés direcionais podem também ser aplicados em plantas industriais por utilização de

motores de indução que podem alimentar curto-circuitos em redes de distribuição;

Em sistemas com alta penetração de Geração Distribuída os relés direcionais terão papel

cada vez mais importante.

A perda de radialidade em sistemas de distribuição com o avanço da geração

distribuída deverá impulsionar ainda mais a utilização destes dispositivos.


100


Relé Diferencial (87)

Capítulo 11


Dispositivo de proteção utilizado para

proteger transformadores, linhas de

transmissão, barramentos, entre outros

elementos tendo em conta a diferença de

corrente na entrada e na saída destes

elementos;

Uma das principais aplicações deste relé

está associada aos transformadores;

Os relés diferenciais

consideram a diferença

das correntes na

entrada e saída dos

dispositivos para avaliar

se há um curto-circuito

interno.

102


Relés diferencial (87)

𝑰𝑪𝑪

𝑰𝒙

𝑰𝒚

𝑰𝒐𝒑. = 𝑰𝒙 − 𝑰𝒚 ≠ 𝟎

𝑰𝑿 𝑰𝒀

Operação

Restrição

𝑰𝒐𝒑

𝑰𝒓𝒆𝒔𝒕.

15%

25%

40%

𝑰𝒓𝒆𝒔𝒕. =𝑰𝒙 + 𝑰𝒚𝟐

Dispositivo de proteção utilizado para proteger transformadores, linhas de transmissão,

barramentos, entre outros elementos tendo em conta a diferença de corrente na entrada e

na saída destes elementos;

Uma das principais aplicações deste relé está associada aos transformadores;



103

Na aplicação de proteção de Transformadores de Potência, alguns pontos devem ser destacados:

Relação de transformação;

Conexão dos TCs (Primário e secundário);

Mudança de tape (no relé);

Corrente de magnetização (inrush).

𝑰𝑪𝑪

𝑰𝒙

𝑰𝒚

𝑰𝒐𝒑. = 𝑰𝒙 − 𝑰𝒚 ≠ 𝟎

𝑰𝑿 𝑰𝒀

Operação

Restrição

𝑰𝒐𝒑

𝑰𝒓𝒆𝒔𝒕.

15%

25%

40%

𝑰𝒓𝒆𝒔𝒕. =𝑰𝒙 + 𝑰𝒚𝟐



104

No esquema a seguir, estão ilustrados o esquema de ligação dos TCs e as correntes envolvidas no

processo de acionamento do relé diferencial, para um transformador (∆-y aterrado)

ሶ𝐼𝐴′ = ሶ𝐼𝐴′′

ሶ𝑰𝑨′′

ሶ𝑰𝑨ሶ𝑰𝒂 =

ሶ𝑰𝑨

𝑵 𝟑∠ − 𝟑𝟎𝒐

ሶ𝑰𝒂′

ሶ𝑰𝒂′′

( ሶ𝑰𝒂′′ − ሶ𝑰𝑨′′)

OP

R R

OP

R R

OP

R R

Transformador ∆-y aterrado

TC1 TC2

Relé Diferencial

ሶ𝑰𝒂′′ = 𝟑 ሶ𝑰𝒂′𝒆𝒋𝟑𝟎𝒐


105


106

Os relés possuem tapes (de conexão) que permitem compensar parte do erro das

correntes que alimenta as bobinas. Comercialmente podem ser encontradas tabelas

do seguinte tipo:

Tabela: Matriz de derivações do relé.

Tapes

(alta)

Tapes

(Baixa tensão)

2.9 3.2 3.5 3.8 4.2 4.6 5.0 8.7

2.9 1.000 1.103 1.207 1.310 1.448 1.586 1.724 3.000

3.2 1.000 1.094 1.188 1.313 1.438 1.563 2.719

3.5 1.000 1.086 1.200 1.314 1.429 2.486

3.8 1.000 1.105 1.211 1.316 2.289

4.2 1.000 1.095 1.190 2.071

4.6 1.000 1.087 1.891

5.0 1.000 1.740

8.7 1.000




Exemplo:

Considere um transformador de potência de 26 MVA, tensão 69/13,8 kV, ligado em triângulo no primário e

estrela no secundário. Determine:

a) Os parâmetros dos TCs e os ajustes necessários do relé;

b) Dado os ajustes acima, verifique se o relé opera para uma corrente de curto-circuito monopolar (fase-

terra) de 2100 (A) no enrolamento da fase A do secundário do transformador. Considere que a corrente de

carga igual a zero.

Fig.: Relação entre grandeza de restrição e operação no relé.




107

Solução:

a) A corrente nominal primária e secundária do transformador na potência nominal (Seq. Positiva):

ሶ𝐼𝐴𝑛𝑜𝑚

=26 ∙ 106

3 ∙ 69 ∙ 103= 217.5 ∙ 𝑒+𝑗0

𝑜𝐴

ሶ𝐼𝑎𝑛𝑜𝑚

=26 ∙ 106

3 ∙ 13.8 ∙ 103= 1087.76 ∙ 𝑒−𝑗30

𝑜𝐴

Dimensionamento dos TCs:

𝑅𝑇𝐶𝑝𝑟𝑖𝑚(69𝑘𝑉)

𝑇𝑅 =250

5= 50

𝑅𝑇𝐶𝑠𝑒𝑐(13.8𝑘𝑉)𝑇𝑅 =

1200

5= 240

𝐼𝑛𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚.𝑇𝐶(69𝑘𝑉)

= 250𝐴 > 217.5 𝐴

𝐼𝑛𝑜𝑚𝑠𝑒𝑐.𝑇𝐶(13.8𝑘𝑉) = 1200𝐴 > 1087.76 𝐴

PS: Para analisar se o TC é realmente adequado deve-se avaliar a saturação do TC para o maior valor de

corrente de curto-circuito que pode passar por ele.


108Fonte: Mamede, 2005. MANUAL DE EQUIPAMENTOS ELETRICOS - 3ªED.


b) A corrente nominal no secundário dos TCs:

ሶ𝐼𝐴′ =ሶ𝐼𝐴

𝑅𝑇𝐶∆=217.5 ∙ 𝑒+𝑗0

𝑜

50= 4.35 𝐴

ሶ𝐼𝑎′ =ሶ𝐼𝑎

𝑅𝑇𝐶𝑦=1087.76 ∙ 𝑒−𝑗30

𝑜

240= 4.53 ∙ 𝑒−𝑗30

𝑜𝐴

O erro induzido na comparação das correntes que chegam ao relé é de 80%.

∆𝐼 % =ሶ𝐼𝑎′′− ሶ𝐼𝐴′′

𝐼𝐴′′∙ 100 = (7.84 − 4.35)/4.35 ≅ 80%

Chegando no relé

ሶ𝐼𝑎′′ = 3 ሶ𝐼𝑎′𝑒𝑗30𝑜 = 7.84 𝐴

ሶ𝐼𝐴′′ = ሶ𝐼𝐴′ = 4.35 A

A corrente no lado da baixa tensão:

Neste caso, seria conveniente substituir o TC. Substituindo o TC de 1200 A por um TC de 2000A

𝑅𝑇𝐶𝑠𝑒𝑐(13.8𝑘𝑉)𝑇𝑅 =

2000

5= 400

ሶ𝐼𝑎′ =ሶ𝐼𝑎

𝑅𝑇𝐶𝑦=1087.76 ∙ 𝑒−𝑗30

𝑜

400= 2.72 ∙ 𝑒−𝑗30

𝑜𝐴 Chegando no relé

ሶ𝐼𝑎′′ = 3 ሶ𝐼𝑎′𝑒𝑗30𝑜 = 4.70 𝐴



Solução:


Para minimizar o efeito das correntes que deve fluir na bobina de restrição em condições de corrente de carga (situação

normal de funcionamento), escolhe-se o tape em função da diferença das correntes que fluem no secundário dos TCs

provenientes do primário e secundário do transformador. Assim:

∆𝐼 % =ሶ𝐼𝑎′′− ሶ𝐼𝐴′′

𝐼𝐴′′∙ 100 =

4.70−4.35

4.35∙ 100 ≅ 8%

Da tabela de tapes, o ajuste escolhido será:

ሶ𝐼𝑎′′

𝐼𝐴′′= 4.70/4.35 ≅ 1.08%

Tape escolhido

𝑇𝑎𝑝𝑒 = 1.086

Assim, as derivações escolhidas são:

Baixa tensão: 3.8Alta tensão: 3.5

Tapes

(alta)

Tapes

(Baixa tensão)

2.9 3.2 3.5 3.8 4.2 4.6 5.0 8.7

2.9 1.000 1.103 1.207 1.310 1.448 1.586 1.724 3.000

3.2 1.000 1.094 1.188 1.313 1.438 1.563 2.719

3.5 1.000 1.086 1.200 1.314 1.429 2.486

3.8 1.000 1.105 1.211 1.316 2.289

4.2 1.000 1.095 1.190 2.071

4.6 1.000 1.087 1.891

5.0 1.000 1.740

8.7 1.000



Solução:


Ajuste da declividade (Por simplicidade, será desconsiderado o Tape de ajuste):

A corrente na bobina de restrição será :

𝐼𝑟𝑒𝑠𝑡 =ሶ𝐼𝑎′′ + ሶ𝐼\𝐴

′′

2=

4.70 + 4.35

2= 4.52 𝐴

Portanto, a declividade escolhida será de 20%.

A corrente na bobina de operação será :

𝐼𝑜𝑝 = ሶ𝐼𝑎′′ − ሶ𝐼𝐴

′′ = 4.70 − 4.35 = 0.35 𝐴

A declividade deve ser ajustada de forma que:

𝑫𝒆𝒄𝒍𝒊𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 % >𝑰𝒐𝒑

𝑰𝒓𝒆𝒔𝒕. 𝟏𝟎𝟎 =

𝟎.𝟑𝟓

𝟒.𝟓𝟐≅ 𝟕. 𝟕%

Fig.: Relação entre grandeza de restrição e operação no relé.



Solução:


Conclusão:

Os relés diferenciais tem sua aplicação clássica na proteção de transformadores contra

faltas internas (principalmente nos enrolamentos) dos transformadores;

Entretanto, sua aplicação não se restringe a transformadores. Barramentos, geradores e

linhas de transmissão são algumas das possíveis aplicações deste tipo de dispositivo

Por serem dispositivos muito sensíveis, o

processo de energização de um sistema

elétrico pode acionar estes dispositivos. Os

cuidados devem ser ainda maiores se a outros

dispositivos ativos no sistema.


112


Relé de Distância (21)

Capítulo 12


É importante que qualquer falta em sistemas de

potência seja eliminada rapidamente. Caso

contrário, isso poderia resultar em:

Danos a equipamentos do sistema;

Perda de estabilidade no sistema elétrico;

Problemas de qualidade e continuidade de

energia.

Relés de distância têm aplicações principalmente

em sistemas com linhas longas, pois permitem

que os trechos destas linhas possam ser

protegidos em tempos diferentes.

A aplicação de relés de

distância, em longas linhas de

transmissão/distribuição,

pode desempenhar um papel

importante para minimizar o

tempo de atuação da proteção

e, consequentemente,

mitigando os problemas

listados.

114


Relés de Distância (21)

3

A CB

2 4 3 4

𝒁𝟏 = 𝑨𝑩 𝒁𝟐 = 𝑨𝑩+ 𝑩𝑪 + 𝟏𝟎%𝑪𝑫 𝒁𝟑 = 𝑨𝑩+ 𝑩𝑪 + 𝟓𝟎%𝑪𝑫

𝑡1

𝑡2

𝑡3

Ω

O diagrama de distância x tempo das zonas de atuação do relé

2

Dist


Um típico exemplo de aplicação é uma linha de transmissão com trechos que podem ser

protegidos por um relé de distância com três zonas de atuação, conforme figuras abaixo:

115


Relé de impedância ou ohm

A relação entre V e I, também pode ser obtida por:

A expressão acima descreve a equação do circulo com centro na origem, representado em um plano

Z=R+jX. Elevendo ao quadrado os dois lados da expressão (*):

𝑉

𝐼= 𝑍 =

𝑘1𝑘2

= 𝑐𝑡𝑒

Fig: Diagrama R-X

Como é possível observar a área de atuação do relé de impedância está limitada à circunferência de

raio𝑘1

𝑘2.

Em muitos casos, são consideradas diferentes zonas de proteção, de acordo com o ajuste do relé.

𝑍1

𝒁𝟐

𝑍2 =𝑘1𝑘2

2

= 𝑅2 + 𝑋2 = 𝑐𝑡𝑒

(*)


116


Tipos clássicos de relés

Os ajustes dos relés podem ser ajustados para produzir figuras em formato mho deslocado, elíptico (lenticular),

quadrilateral ou de tomate para adaptar o relé a diferentes condições de operações.

Fig: Relé de MHO deslocado

𝑹

𝑿


117


Os ajustes dos relés podem ser ajustados para produzir figuras em formato mho deslocado, elíptico

(lenticular), quadrilateral ou de tomate para adaptar o relé a diferentes condições de operações.

Fig: Formato elíptico.

𝑹

𝑿

Pode ser obtido da combinação de dois relés de admitância em série.


118





Fig: Formato tomate.

𝑹

𝑿

Pode ser obtido da combinação de dois relés de admitância em paralelo.


119





Fig: Formato quadrilátero.

𝑹

𝑿

Pode ser obtido da combinação de um relé de reatância com dois relés de impedância angular.


120



Exemplo (Caminha, 1988):

A figura abaixo representa um sistema de potência em que pode ser visto um relé de distância tipo MHO

conectado através de TCs e TPs, cujas relações são de 300/5 e 154.000/115 V. Pede-se:

a) Traçar o diagrama de distância x tempo das zonas de atuação do relé;

b) Traçar no plano R-X as características das zonas de atuação do relé, mostrando os respectivos

alcances;

Dados:

Tensão máxima de operação do sistema = 162 kV;

Impedância de sequência positiva das linhas = 0.242+j0.9397 (ohm/km);

Ângulo de sensibilidade máxima do relé igual ao ângulo da linha (θ = 𝜏);Ajustes das zonas:

𝑍1 = 90% de AB.

𝑍2 = AB+50% de BC.

𝑍3 = AB+BC+10% de CD.


121


Solução:

Dados:

Impedância de sequência positiva das linhas = 0.242+j0.9397 (ohm/km);

Ajustes das zonas:

𝑍1 = 90% de AB.

𝑍2 = AB+50% de BC.

𝑍3 = AB+BC+10% de CD.

𝑍1 = 13,07 + 𝑗50,74 𝑍2 = 24,2 + 𝑗93,97 𝑍3 = 36,54 + 𝑗141,9

𝑡1

𝑡2

𝑡3

Ω

a. O diagrama de distância x tempo das zonas de atuação do relé;


122


b. No plano R-X as características das zonas de atuação dos relés são:

𝑹

𝑿

𝑍1 = 13,07 + 𝑗50,74

𝒁𝟐 = 𝟐𝟒, 𝟐 + 𝒋𝟗𝟑, 𝟗𝟕

𝒁𝟑 = 𝟑𝟔, 𝟓𝟒 + 𝒋𝟏𝟒𝟏,𝟗


123

Solução:


Conclusão:

Os relés de distância são dispositivos que buscam “enxergar” o local da falta através de

medidas de tensão e corrente;

Assim, para linhas longas, a oscilografia pode ajudar na localização e identificação do

tipo de falta;

Entretanto, deve-se destacar que erros de medição ou interferências na rede por um nó

no sistema ou injeção por geração distribuída influenciam na região de proteção.

Deve-se destacar que erros de medição ou

interferências na rede por um nó no sistema ou

injeção por geração distribuída influenciam na

região de proteção


124


Relé de frequência (81)

Capítulo 13


A frequência elétrica (60 Hz no Brasil) é um

indicador de equilíbrio entre geração e carga;

Quando há um desequilíbrio entre geração e

demanda, os relés de frequência atuam

(cortando carga ou geração) para recuperar a

frequência nominal;

Os relés de frequência são dispositivos muito

utilizados em sistemas de transmissão de

energia elétrica para efetuar cortes de geração

ou cortes de carga quando ocorrer variações

significativas na frequência.

A partir do avanço da

Geração Distribuída e das

micro-redes, os relés de

frequência terão papel

fundamental para manter

as microrredes

funcionando de forma

isolada.

126


Relés de Frequência (81)

Exemplo:Considere o diagrama unifilar de uma planta industrial conforme a figura. Estabeleça uma estratégia de corte

de carga para o sistema (Gers, 2004).

Fonte: Juan M. Gers e Edward J. Holmes. IET Power Energy Series 47. Protection of Electricity Distribution Networks , 2004.

Corte de carga Descrição MW

1 Carga 1 6.03

2 Carga 2 4.73

3 Carga 3 5.22

Total do corte de carga(MW) 15.98

Condições iniciais:

Carga total: 24.0 MW Auto-produção: 8.0 MW

Total importado: 16.0 MWGH: 35.43

Uma possível situação de sobrecarga é a perda

da alimentação da rede de distribuição. Assim:

%𝑺𝒐𝒃𝒓𝒆𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 =𝟐𝟒 − 𝟖

𝟖∙ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟐𝟎𝟎%

Em função das cargas prioritárias (totalizando 8.02

MW) e dada a auto-produção (8.0 MW), as cargas que

podem ser cortadas totalizam 15,98 MW . A tabela a

seguir descreve como o corte de carga será

implementado em cada estágio:

𝑓𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝 = 59 𝐻𝑧


~ ~

... ...

127


Critérios para ajustar o relé de frequência

A determinação do ajuste do relé de frequência é um processo iterativo e deve ser feito de tal forma

que o ajuste final defina uma atuação rápida e coordenada;

Neste processo, a coordenação dos diferentes estágios deve ser checada para que o menor montante

de carga seja cortado;

Ao ajustar o relé é necessário considerar o intervalo de tempo entre o acionamento do relé até o

momento em que a carga é efetivamente desconectada;

Os seguintes valores são tipicamente usados:

Tempo de acionamento do relé: 𝑡𝑜𝑝𝑟𝑒𝑙𝑒 = 50 ms.

Tempo de abertura do disjuntor: 𝑡𝑜𝑝𝑑𝑖𝑠𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜𝑟

= 100 ms.

A variação da frequência será feita usando o modelo da máquina simples, e a carga modelada como

potência constante;

É considerado que a carga conectada antes da desconexão da geração é a mesma de antes da

contingência. Esta consideração despreza o efeito da rampa de variação da carga com a tensão, o que

torna o ajuste da proteção mais robusto.


128


Exemplo:Considere o diagrama unifilar de uma planta industrial conforme a figura. Estabeleça uma estratégia de corte

de carga para o sistema.

Corte de carga Descrição MW

1 Carga 1 6.03

2 Carga 2 4.73

3 Carga 3 5.22

Total do corte de carga(MW) 15.98

Condições iniciais:

Carga total: 24.0 MW Auto-produção: 8.0 MW

Total importado: 16.0 MWGH: 35.43

Uma possível situação de sobrecarga é a perda da alimentação da rede de

distribuição. Assim:

%𝑺𝒐𝒃𝒓𝒆𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 =𝟐𝟒 − 𝟖

𝟖∙ 𝟏𝟎𝟎 = 𝟐𝟎𝟎%

Em função das cargas prioritárias (totalizando 8.02 MW) e dada a auto-

produção (8.0 MW), as cargas que podem ser cortadas totalizam 15,98 MW . A

tabela a seguir descreve como o corte de carga será implementado em cada

estágio:

𝑓𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝 = 59 𝐻𝑧


~ ~... ...

Fonte: Juan M. Gers e Edward J. Holmes. IET Power Energy Series 47. Protection of Electricity Distribution Networks , 2004. 129


Estágio 1: Desconexão com 𝒇𝟏𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑

= 𝟓𝟗 𝑯𝒛

Considerando a expressão:

𝒅𝒇

𝒅𝒕=𝑷𝑨 ∙ 𝒇𝟎𝟐𝑮𝑯

𝑑𝑓 =𝑃𝐴 ∙ 𝑓02𝐺𝐻

∙ 𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑑𝑡=−6.03 ∙ 60

2(35.43)= −5.106 𝐻𝑧/𝑠

Para 𝑓 = 59 𝐻𝑧:

𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑𝑷𝟏(𝟔.𝟎𝟑) = 𝟎. 𝟏𝟗𝟔 𝒔

𝑓1𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝

=𝑑𝑓

𝑑𝑡∙ 𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝

𝑃1(6.03) + 𝑓0

𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃1(6.03) = 𝑓1

𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝− 𝑓0 ∙

𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃1(6.03) = 59 − 60 ∙

1

−5.106

𝒇(𝑯𝒛)

60

𝟓𝟗

𝑡(𝑠)0.196

𝑷𝟏

6.03 MW

Estágio 2: Deverá ser definido de forma que:

𝒇𝟐𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑

≤ 𝒇𝟏𝑫𝟏


Fonte: Juan M. Gers e Edward J. Holmes. IET Power Energy Series 47. Protection of Electricity Distribution Networks , 2004. 130

Solução:


𝒇(𝑯𝒛)

60

𝟓𝟗

𝑡(𝑠)0.196

O tempo para efetuar o corte de carga:

𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃1(6.03) = 𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝

𝑃1(6.03) + 𝑡𝑜𝑝𝑟𝑒𝑙𝑒 + 𝑡𝑜𝑝

𝑑𝑖𝑠𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜𝑟

𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃1(6.03) = 0.196 + 0.05 + 0.1

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟏(𝟔.𝟎𝟑) = 𝟎. 𝟑𝟒𝟔 𝒔

Até o acionamento do disjuntor, a

frequência terá caído para:

𝑓1𝐷1 =

𝑑𝑓

𝑑𝑡∙ 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝑃1(6.03) + 𝑓0

𝑓1𝐷1 = −5.106 ∙ (0.346) + 60

𝒇𝟏𝑫𝟏 = 𝟓𝟖. 𝟐𝟑 𝑯𝒛

58.23

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

A análise para uma sobrecarga mais

severa (10.76 MW), deve considerar

um valor que esteja abaixo de 58.23

Hz.

Assim, considera-se: 58.15 Hz.

6.03 MW

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

Estágio 2: Deverá ser definido de forma que:


≤ 𝒇𝟏𝑫𝟏


= 58.15 Hz

𝑷𝟏

𝑷𝟐


131Fonte: Juan M. Gers e Edward J. Holmes. IET Power Energy Series 47. Protection of Electricity Distribution Networks , 2004.

Solução:



𝒅𝒇



∙ 𝑑𝑡

𝒅𝒇

𝒅𝒕=−𝟏𝟎.𝟕𝟔 ∙ 𝟔𝟎

𝟐(𝟑𝟓. 𝟒𝟑)= −𝟗. 𝟏𝟏𝟏 𝑯𝒛/𝒔

O tempo de acionamento para o

primeiro estágio:

𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑𝑷𝟏(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 𝟎.𝟏𝟏𝟎 𝒔

𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑡∙ 𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝

𝑃1(10.76) + 𝑓0



𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃1(10.76) = 59 − 60 ∙

1

−9.111

𝒇(𝑯𝒛)

60

𝟓𝟗

𝑡(𝑠)0.196

58.23

6.03 MW

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

0.110

Estágio 3: Deverá ser definido de forma

que não operará para sobrecargas abaixo

de (6.03+4.73)=10.76 MW, que são

desconectadas no estágio 1 e 2. Logo:10.76 MW

𝒇𝟑𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑

≤ 𝒇𝟐𝑫𝟏

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

𝑷𝟏

𝑷𝟐



Solução:


O tempo para efetuar o primeiro corte

de carga:

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟏(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑

𝑷𝟏(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = +𝒕𝒐𝒑𝒓𝒆𝒍𝒆 + 𝒕𝒐𝒑

𝒅𝒊𝒔𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐𝒓

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟏(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 0.110 + 0.05 + 0.1

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟏(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 𝟎. 𝟐𝟔 𝒔

A frequência neste intervalo terá caído

para:

𝒇𝟐𝑫𝟏 =

𝑑𝑓


𝑃1(10.76) + 𝑓0

𝒇𝟐𝑫𝟏 = −9.111 ∙ (0.26) + 60

𝒇𝟐𝑫𝟏 = 𝟓𝟕. 𝟔𝟑 𝑯𝒛

𝒇(𝑯𝒛)

60

59

0.196

58.23

6.03 MW

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

0.110

10.76 MW

4.73 MW

Estágio 3: Deverá ser definido de forma

que não operará para sobrecargas abaixo

de (6.03+4.73)=10.76 MW, que são

desconectadas no estágio 1 e 2. Logo:


≤ 𝒇𝟐𝑫𝟏

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

𝑷𝟏

𝑷𝟐

𝑡(𝑠)


Solução:



𝒇(𝑯𝒛)

60

𝟓𝟗

0.196

58.23

6.03 MW

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63

0.110

10.76 MW

4.73 MW

O valor de 𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃2(10.76) no 2º estágio:

𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑𝑷𝟐(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 𝟎. 𝟐𝟎𝟑 𝒔



𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃2(10.76) = 58.15 − 60 ∙

1

−9.111 𝑷𝟐

0.203

Estágio 3: Deverá ser definido de forma que

não operará para sobrecargas abaixo de

(6.03+4.73)=10.76 MW, que são



≤ 𝒇𝟐𝑫𝟏




𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃2(10.76) = 0.203 + 0.05 + 0.1

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟐(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 𝟎. 𝟑𝟓𝟑 𝒔

O valor de 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃2(10.76)no segundo estágio:

𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

𝑷𝟏

𝑫𝟐(𝟎. 𝟑𝟓𝟑)

𝑡(𝑠)


Solução:



A equação da frequência em função do

tempo ganha uma nova inclinação em 0.26

s. Assim:

𝒇(𝑯𝒛)

60

𝟓𝟗

𝑡(𝑠)0.196

58.23

6.03 MW

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63

0.110

10.76 MW

4.73 MW

O valor de 𝒇𝟐𝑫𝟐 no 2º estágio:

𝑓2𝐷2 = 𝑓0 +

𝑑𝑓

𝑑𝑡𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃2 10.76

− 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃1 10.76

𝑓2𝐷2 = 57.63 − 3.847 0.353 − 0.26

0.203


∙ 𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑑𝑡=−4.73 ∙ 57.63

2(35.43)= −3.847 𝐻𝑧/𝑠

57.24𝑫𝟐(𝟎. 𝟑𝟓𝟑)

Portanto, o estágio 3 escolhido será: 𝒇𝟑𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑

= 𝟓𝟕. 𝟐 𝑯𝒛

𝟓𝟕. 𝟐

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟐(𝟏𝟎.𝟕𝟔) = 𝟎. 𝟑𝟓𝟑 𝒔

Estágio 3: Deverá ser definido de forma que

não operará para sobrecargas abaixo de

(6.03+4.73)=10.76 MW, que são



≤ 𝒇𝟐𝑫𝟐

𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

𝑷𝟐

𝑷𝟏

𝑷𝟑

𝑓2𝐷2 = 57.24 𝐻𝑧


Solução:



𝒇(𝑯𝒛)

𝑡(𝑠)0.196

6.03 MW

0.110

10.76 MW

4.73 MW

Com uma sobrecarga de 15.98 MW:

0.203


𝒅𝒇



∙ 𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑑𝑡=−15.98 ∙ 60

2(35.43)= −13.53 𝐻𝑧/𝑠

O tempo de acionamento para o 1º estágio:

𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑𝑷𝟏(𝟏𝟓.𝟗𝟖)

= 𝟎. 𝟎𝟕𝟒 𝒔

𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃1(15.98)

= 𝑓1𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝

− 𝑓0 ∙𝑑𝑡

𝑑𝑓

𝑡𝑝𝑖𝑐𝑘−𝑢𝑝𝑃1(15.98)

= 59 − 60 ∙1

−13.53

15.98 MW

0.074

O tempo de acionamento do 2º:

𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑𝑷𝟐 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟕𝒔

0.137

𝒕𝒑𝒊𝒄𝒌−𝒖𝒑𝑷𝟑 = 𝟎. 𝟐𝟎𝟕𝒔

0.207

60

𝟓𝟗

58.23

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63

𝟓𝟕. 𝟐

𝑫𝟐(𝟎. 𝟑𝟓𝟑)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

57.274

𝑷𝟐

𝑷𝟏

𝑷𝟑

O tempo de acionamento do 3º:


Solução:



𝒇(𝑯𝒛)

𝑡(𝑠)0.196

6.03 MW

0.110

10.76 MW

4.73 MW

Estágio 3: Com uma sobrecarga de

15.98 MW:

0.203

15.98 MW

0.074 0.137 0.207

60

𝟓𝟗

58.23

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63

𝟓𝟕. 𝟐

𝑫𝟐(𝟎. 𝟑𝟓𝟑)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

57.274

𝑷𝟐

𝑷𝟏

𝑷𝟑




𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃1(10.76) = 0.074 + 0.05 + 0.1

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟏(15.98) = 𝟎. 𝟐𝟐𝟒 𝒔

O valor de 𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃1(15.98)no 1º estágio:

A frequência correspondente:

𝒇𝟑𝑫𝟏 = 𝟓𝟔. 𝟗𝟔 𝑯𝒛

56.96𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟐𝟒)

𝒇𝟑𝑫𝟏 =

𝑑𝑓


𝑃1(15.98) + 𝑓0

𝒇𝟑𝑫𝟏 = −13.53 ∙ (0.224) + 60


Solução:



Como a inclinação muda a partir de 0.224

s, a nova variação de frequência será:

𝑑𝑓

𝑑𝑡=−9.97 ∙ 56.96

2(35.43)= −8.01 𝐻𝑧/𝑠




𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃2(10.76) = 0.137 + 0.05 + 0.1

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟐(𝟏𝟓.𝟗𝟖) = 𝟎. 𝟐𝟖𝟕𝒔


Estágio 3: Com uma sobrecarga de 15.98 MW:

𝒇(𝑯𝒛)

𝑡(𝑠)0.196

6.03 MW

0.110

10.76 MW

4.73 MW

0.203

15.98 MW

0.074 0.137 0.207

60

𝟓𝟗

58.23

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63

𝟓𝟕. 𝟐

𝑫𝟐(𝟎. 𝟑𝟓𝟑)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

57.274

𝑷𝟐

𝑷𝟏

𝑷𝟑

56.96𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟐𝟒)

9.97 MW

𝒇𝟑𝑫𝟐 = 𝟓𝟔. 𝟒 𝑯𝒛

𝑓3𝐷2 − 𝑓0 =

𝑑𝑓



𝑓3𝐷2 − 56.96 ∙ −8.01 = 0.287 − 0.224


𝑫𝟐(𝟎. 𝟐𝟖𝟕)

56.4


Solução:



Como a inclinação muda a partir de 0.287

s, a nova variação de frequência será:




𝑡𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑃3(10.76) = 0.207 + 0.05 + 0.1

𝒕𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍𝑷𝟑(𝟏𝟓.𝟗𝟖) = 𝟎. 𝟑𝟓𝟕 𝒔


Estágio 3: Com uma sobrecarga de 15.98 MW:

𝒇(𝑯𝒛)

𝑡(𝑠)0.196

6.03 MW

0.110

10.76 MW

4.73 MW

0.203

15.98 MW

0.074 0.137 0.207

60

𝟓𝟗

58.23

𝟓𝟖. 𝟏𝟓

57.63

𝟓𝟕. 𝟐

𝑫𝟐(𝟎. 𝟑𝟓𝟑)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟔)

𝑫𝟏(𝟎. 𝟑𝟒𝟔 )

57.274

𝑷𝟐

𝑷𝟏

𝑷𝟑

56.96𝑫𝟏(𝟎. 𝟐𝟐𝟒)

9.97 MW


𝑫𝟐(𝟎. 𝟐𝟖𝟕)

𝑑𝑓

𝑑𝑡=−5.24 ∙ 54.6

2(35.43)= −4.04 𝐻𝑧/𝑠

56.4

56.11

5.24 MW

𝑫𝟑(𝟎. 𝟑𝟓𝟕)

𝒇𝟑𝑫𝟐 = 𝟓𝟔. 𝟏𝟏 𝑯𝒛

𝑓3𝐷3 − 𝑓0 =

𝑑𝑓



𝑓3𝐷3 − 56.40 = −4.04 ∙ 0.357 − 0.287


Solução:



Conclusão:

Os relés de frequência tem papel fundamental em sistemas de transmissão para manter o

equilíbrio entre geração e carga;

Quando ocorre uma perda de linha de transmissão ou geração, os relés de frequência

podem atuar isolando uma parte do sistema para manter o funcionamento do restante da

rede.

Os relés de frequência, largamente utilizados

em sistemas de transmissão agora tendem a

ser aplicados em redes de distribuição com

geração distribuída. Desta forma, redes

isoladas poderiam funcionar sem a

distribuidora.



140

1. Elgerd, Olle. Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica. Editora McGraw-Hill do Brasil, LTDA.

2. Caminha A. C. “Introdução à Proteção dos Sistemas elétricos”, Porto Alegre, SAGRA, 1988.

3. Proteção de Sistemas de Distribuição. Sérgio Guiguer, SAGRA.

4. Protection of Electricity Distribution Networks. Juan M. Gers e Edward J. Holmes. IET Power Energy Series

47.

5. Mamede, João. Proteção de sistemas elétricos de potência. Rio de Janeiro: LTC, 2005.

6. Mamede, João. Manual de equipamentos elétricos. Rio de Janeiro: LTC, 2005.

7. Apostila de Proteção de Sistemas Elétricos. Professor Marcos A. Dias de Almeida, UFRN, 2000.

8. Apostila de Proteção de Sistemas de Energia Elétrica. Prof. Fujio Sato.

9. Kagan, Nelson. Introdução aos sistemas de distribuição de energia elétrica: LTC, 2005.

10. Kersting, William H. Distribution System Modeling and Analysis: CRC 2000.

Sistemas de Distribuição de Energia Elétrica e Introdução à Smart-gridReferências

141

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