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).
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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
Gerador de 25 MVA: Zb = j0,12 . 10/25 = j0,048
46
Gerador de 30 MVA: Zb = j0,15 . 10/30 = j0,05
Gerador de 50 MVA: Zb = j0,18 . 10/50 = j0,18
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= − = − =, . ,
,
,. ,
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