Análise de Sistemas de Potência

AAnnáálliissee ddee SSiisstteem maass ddee PPoottêênncciiaa Profª Carmen Lucia Tancredo Borges Edição Prof Sergio Sami Hazan Leonardo Ney de A Guerra EE UFRJ Departamento de Eletrotécnica Março 2005 PROGRAMA 1 Modelos de Redes de Potência em Regime Permanente 11Modelos dos Componentes de Redes 12Equações nodais 13Matrizes de admitância e impedância nodal 14Métodos de modificação e redução dos modelos das redes 2 Estudos de Fluxo de Potência 21Formulação do problema 22Métodos de solução GaussSeidel NewtonRaphson Desacoplado Rápido e Linearizado 23Utilização do fluxo de potência controle do fluxo de potência ativa controle de tensão etc 3 Estudos de Estabilidade 31Tipos de estudos de estabilidade 32Modelos de geradores e cargas equações de oscilação 33Estabilidade em regime permanente coeficiente de sincronização 34Estabilidade transitória critério de áreas iguais solução numérica da equação de oscilação introdução ao estudo de sistemas multimáquinas 4 Programação da Geração 41Operação ótima de geradores ligados a uma barra 42Programação ótima da geração em sistemas térmicos fórmula de perdas 43Introdução à programação ótima de geração em sistemas hidrotérmicos Bibliografia 1 John J Grainger e William D Stevenson Power System Analysis Mc GrawHill Ed 1994 2 WD Stevenson Jr Elements of Power System Analysis 4th Edition McGrawHill 1982 Tradução 2º edição Cap 7 8 9 e 14 3 O Elgerd Electric Energy System Theory An Introduction McGrawHill 1971 Cap 7 8 e 12 4 A Monticelli Fluxo de Carga em Redes de Energia Elétrica Edgar Blucher 1983 Cap 16 Índice Capítulo 1 Modelo dos Componentes de um Sistema Elétrico de Potência 5 11 Elementos de um sistema elétrico de potência 5 12 Modelos da linha de transmissão 5 121 Modelo da linha curta até 80 km5 122 Modelo de linha média entre 80 km e 240 km6 123 Modelo da linha longa acima de 240 km 7 13 Modelo do transformador 8 131 Transformador monofásico de dois enrolamentos8 132 Transformador monofásico de três enrolamentos9 133 Transformador trifásico ou banco de três transformadores monofásicos 11 134 Transformador com comutação automática de tape modelo pi 12 14 Modelo do gerador 14 15 Modelo da carga 14 151 Representação da carga para fluxo de potência14 152 Representação da carga para estudo de estabilidade 14 153 Representação da carga para estudo de curtocircuito 15 154 Representação da carga pelo modelo ZIP15 Capítulo 2 Equações da Rede Elétrica em Regime Permanente16 21 Objetivo 16 22 Tipos de representação 16 23 Equações nodais 16 231 Equivalência de fontes16 232 Equações nodais da rede quando modelada por admitâncias 17 233 Características de YBARRA 19 234 Características de ZBARRA19 235 Interpretação física dos elementos de YBARRA e ZBARRA 21 2351 Elementos de YBARRA22 2352 Elementos de ZBARRA22 24 Redução da rede 25 241 Objetivo25 242 Eliminação de barra25 2421 Eliminação da barra onde não existe fonte de corrente25 2422 Eliminação de barra onde existe fonte de corrente independente 29 243 Equivalentes de rede32 25 Montagem da matriz YBARRA com elementos acoplados 32 26 Modificação da matriz admitância de barra 35 27 Montagem e Modificação da matriz impedância de barra 35 271 Modificação direta da matriz impedância de barra35 2711 O elemento é ligado entre a barra nova p e a referência 36 2712 O elemento é ligado entre a barra nova p e a barra existente k 37 2713 O elemento é ligado entre a barra existente k e a referência 37 2714 O elemento é ligado entre a barra existente k e a barra existente j38 272 Montagem direta da matriz impedância de barra40 273 Exclusão de um elemento de impedância zb da matriz ZBARRA42 274 Modificação do valor da impedância que liga duas barras42 28 Obtenção dos elementos da coluna da matriz impedância de barra a partir da matriz admitância de barra42 281 Obtenção de uma coluna da matriz impedância de barra 42 Análise de Sistemas de Potência 2 282 Obtenção da diferença entre duas colunas da matriz impedância de barra43 Capítulo 3 Fluxo de Potência 45 31 Introdução45 311 Dados de entrada 45 312 Condição de geração e carga 45 3121 Geração45 3122 Carga 45 313 Restrições operativas45 314 Dispositivos de controle 45 315 Solução da rede45 316 Aplicações46 317 Modelo da rede46 318 Modelo matemático do fluxo de potência46 319 Métodos de solução 46 3191 Métodos baseados em YBARRA46 3192 Métodos baseados em ZBARRA 47 3193 Método de NewtonRaphson 47 3194 Métodos desacoplados47 3195 Fluxo de potência linear 47 32 Formulação do problema de fluxo de potência em variáveis complexas47 321 Equações do fluxo de potência em variáveis reais e na forma polar 48 322 Conceito de barra flutuante ou swing ou slack51 323 Tipos de barras51 3231 Barra flutuante ou swing ou slack ou Vθ 51 3232 Barra de carga ou PQ 51 3233 Barra de tensão controlada ou PV51 324 Sistema de equações do fluxo de potência 51 3241 Subsistema 1 52 3242 Subsistema 2 52 33 Fluxo de Potência pelo Método de GaussSeidel 53 331 Revisão do método de Jacobi 53 332 O método de GaussSeidel 54 333 Critério de convergência do método de Gaussseidel55 334 Fórmula geral do método de GaussSeidel aplicado ao fluxo de potência55 335 Melhoria do método de GaussSeidel55 336 Tratamento no caso de existir barra PV55 34 Fluxo de potência pelo Método de NewtonRaphson58 341 Revisão do método no caso monovariável fx 0 58 342 Revisão do método no caso multivariável Fx 0 59 343 Aplicação do método de NewtonRaphson na solução do fluxo de potência59 344 Matriz jacobiana geral 60 345 Matriz Jacobiana aplicada à solução do fluxo de potência60 346 Algoritmo da Solução do Fluxo de Potência pelo Método de NewtonRaphson 61 347 Elementos das submatrizes H N M L do Jacobiano 63 348 Estrutura do jacobiano63 35 Expressões do fluxo de potência ativa e reativa nos diversos ramos e shunts67 351 Linha de transmissão média ou longa67 352 Linha de transmissão curta 69 353 Transformador 70 354 Elementos shunt71 36 Fluxo de potência pelo Método Desacoplado Rápido 76 361 Fluxo de potência pelo Método de Newton desacoplado 76 362 Considerações sobre as matrizes H e L do método de Newton desacoplado76 363 Formulação final do método Desacoplado Rápido77 364 Artifícios matemáticos para melhorar o desempenho do método desacoplado rápido na presença de ramos com elevada relação rx83 Análise de Sistemas de Potência 3 3641 Artifício da compensação 83 36411 Compensação série83 36412 Compensação paralela83 3642 Método BX de van Amerongen83 3643 Esquema iterativo flexível83 37 Fluxo de potência linearizado ou fluxo de potência DC84 371 Simplificações propostas 84 372 Desprezando as perdas do sistema84 3721 Formulação matricial85 373 Considerando as perdas do sistema 86 3731 Formulação matricial88 3732 Metodologia de solução88 374 Resumo do método linearizado 88 38 Utilização do estudo de fluxo de potência 91 39 Controles e Limites 94 391 Modos de representação 94 392 Ajustes alternados94 393 Controle de tensão em barras PV 95 394 Limites de tensão em barras PQ 95 395 Transformadores emfase com controle automático de tap 96 396 Transformadores defasadores com controle automático de fase97 397 Controle de intercâmbio entre áreas 98 398 Controle de tensão em barras remotas99 399 Cargas variáveis com a tensão99 Capítulo 4 Estabilidade de Sistemas de Potência 100 41 Introdução100 42 Tipos de instabilidade100 43 Tipos de perturbação 100 44 Tipos de estudos de estabilidade 100 45 Conceitos básicos da máquina síncrona101 451 Princípio de funcionamento101 46 Dinâmica do rotor da máquina síncrona 102 461 Equação de oscilação da máquina síncrona102 462 Tipos de estudos 105 47 Equivalente de máquina ou máquina equivalente 105 471 Valor da constante H na base do sistema105 472 Máquinas coerentes 105 473 Máquinas não coerentes106 48 Equação potênciaângulo107 49 Conceitos sobre o regime transitório da máquina síncrona 112 410 Critério das áreas iguais113 4101 Potência elétrica transmitida igual a zero durante o curto 113 4102 Ângulo crítico de eliminação da falta para potência elétrica nula transmitida durante a falta 114 4103 Tempo crítico de eliminação de falta 115 4104 Análise de casos 116 4105 Ângulo crítico de eliminação da falta com transmissão de potência elétrica diferente de zero durante a falta 117 411 Coeficiente de potência sincronizante 119 4111 Análise da equação de oscilação linearizada 119 4112 Análise gráfica da potência elétrica para pequenas oscilações 121 Análise de Sistemas de Potência 4 412 Estudo de estabilidade multimáquinas 122 4121 Modelo clássico de estabilidade 122 4122 Etapas do estudo123 413 Fatores que afetam a estabilidade do sistema125 Capítulo 5 Operação Econômica de Sistemas de Potência 126 51 Introdução126 52 Características das unidades geradoras126 53 Operação Econômica de Sistemas de Potência problema da programação da geração 127 531 Sistema térmico 127 532 Sistema hidrotérmico127 54 Despacho econômico em sistemas térmicos127 541 Característica das unidades térmicas convencionais127 542 Caso particular de 2 geradores sem perda na transmissão128 5421 Método dos multiplicadores de Lagrange129 543 Extensão para o caso de n geradores 132 544 Consideração de limite na capacidade de geração sem se considerar as perdas na transmissão 132 545 Inclusão das perdas na transmissão 137 Análise de Sistemas de Potência 5 Capítulo 1 Modelo dos Componentes de um Sistema Elétrico de Potência 11 Elementos de um sistema elétrico de potência a Linha de transmissão b Transformador de potência c Gerador d Carga Existe mais de um modelo para cada um dos elementos listados Para cada tipo de estudo existe um modelo específico do elemento Os modelos apresentados a seguir consideram a A rede em regime permanente b O sistema elétrico simétrico e equilibrado logo somente componentes de seqüência positiva c Valores em por unidade A Figura 11 mostra um pequeno sistema elétrico de potência onde T1 e T2 são transformadores Figura 11 Sistema elétrico de potência 12 Modelos da linha de transmissão O modelo da linha de transmissão depende do comprimento da mesma A seguir a modelagem de cada um dos três comprimentos típicos 121 Modelo da linha curta até 80 km Neste caso a capacitância da linha por ser pequena é desprezada sendo a linha representada pelos parâmetros série ou seja a resistência e a indutância A Figura 12 mostra o modelo da linha curta Figura 12 Modelo da linha curta G Linha de transmissão T1 T2 Gerador Cargas jωL SI IR r S V R V Análise de Sistemas de Potência 6 Da Figura 12 podese tirar as seguintes equações L j r z ω R S I I 11 R R S I z V V 12 Explicitandose as variáveis da receptora vem S R I I S S R I z V V 122 Modelo de linha média entre 80 km e 240 km Neste caso considerase a capacitância da linha concentrada em ambas as extremidades da mesma A linha é representada pelo modelo pinominal mostrado na Figura 13 Figura 13 Modelo da linha de comprimento médio Da Figura 13 podese tirar as seguintes equações 1I z V V R S R R V y I I 2 1 Substituindose a corrente 1I na equação acima e agrupando termos vem R R S I z V y z V 2 1 13 S S V y I I 2 1 Substituindose na equação de S I a corrente 1I e a tensão S V e agrupando termos vem R R R R S I z V y z y V y I I 2 1 2 2 R R S I y z V y y z I 2 1 2 2 2 2 14 Explicitandose as variáveis da receptora considere o sistema formado pelas Equações 13 e 14 R R S I b a V V R R S I d c V I c b d a d c b a Δ S V 1I z SI R I R V y2 y2 Análise de Sistemas de Potência 7 S S S S V I b V d d I b V R δ S S S S I c V I a I c V a R δ Substituindose valores vem y y z z y z y z I z V y z c b d a I b V d V S S S S R 4 2 1 2 1 2 1 2 S S R I z V y z V 2 1 y y z z y z y z V y y z I y z c b d a c V I a I S S S S R 4 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 2 S S R I y z V y y z I 2 1 2 2 2 2 Observação 1 c b d a 123 Modelo da linha longa acima de 240 km O modelo da linha longa é determinado considerandose os parâmetros da linha distribuídos o que resulta em equações diferenciais parciais as quais são ajustadas a um modelo piequivalente mostrado na Figura 14 Figura 14 Modelo da linha longa Os valores dos parâmetros da Figura 14 estão mostrados a seguir l l senh Z z equivalente γ γ 2 2 tanh l l Y y equivalente γ γ z y γ constante de propagação l z Z e l y Y onde l é o comprimento da linha IR SI 1I S V R V yequivalente2 zequivalente yequivalente2 Análise de Sistemas de Potência 8 13 Modelo do transformador 131 Transformador monofásico de dois enrolamentos A Figura 15 mostra o modelo completo de um transformador monofásico de dois enrolamentos Figura 15 Modelo completo do transformador monofásico de dois enrolamentos A Figura 16 mostra o modelo completo do transformador monofásico de dois enrolamentos com todos os parâmetros referidos ao primário onde a grandeza com primo designa grandeza refletida Figura 16 Modelo completo do transformador com parâmetros referidos ao primário Considerandose que a corrente de magnetização do transformador é muito menor que a corrente de carga e também considerandose que o transformador é um equipamento de rendimento elevado maior que 98 podese sem perda de exatidão desprezar o ramo paralelo e a resistência série do transformador resultando no modelo da Figura 17 onde 2 1 x x xeq Figura 17 Modelo do transformador monofásico desprezandose o ramo paralelo e a resistência dos enrolamentos 1I r1 x1 1 V 2 V 2I r2 x2 rf xm 1I r1 x1 1 V 2 V 2I r2 x2 rf xm 2 V 2I 1 V 1I xeq 2 V 2 V Análise de Sistemas de Potência 9 132 Transformador monofásico de três enrolamentos A Figura 18 mostra o esquema de um transformador monofásico de três enrolamentos Figura 18 Construção do transformador monofásico de três enrolamentos Dos ensaios de curtocircuito temse S P PS x x x as grandezas base são do enrolamento primário T P PT x x x as grandezas base são do enrolamento primário T S ST x x x as grandezas base são do enrolamento secundário Referindose todos os parâmetros ensaiados a uma mesma base temse xPS xPT xST e resolvendose o sistema de três equações vem que 50 ST PT PS P x x x x 50 PT ST PS S x x x x 50 PS ST PT T x x x x A Figura 19 mostra o circuito equivalente do transformador de três enrolamentos onde o ponto de encontro dos três enrolamentos é fictício e não tem qualquer relação com o neutro do sistema Figura 19 Circuito equivalente de um transformador de três enrolamentos Exemplo 11 Um transformador trifásico de três enrolamentos com tensões 1323366 kV tem as seguintes reatâncias em pu medidas entre enrolamentos e referidas a 30 MVA 132 kV 015 xPS 0 09 xPT 0 08 xST O enrolamento secundário de 66 kV alimenta uma carga balanceada com corrente de 20000 A com fator de potência em atraso de 08 e o enrolamento terciário de 33 kV alimenta um reator de j50 0 Ωfase conectado em estrela Calcular a tensão no enrolamento primário de 132 kV para que a tensão no enrolamento secundário seja de 66 kV T V P V S V S V P V xP xS xT T V P S T Análise de Sistemas de Potência 10 Solução Na base de 30 MVA e 132 kV vem 0 08 0 08 0 09 015 50 50 ST PT PS P x x x x pu 0 07 0 09 0 08 015 50 50 PT ST PS S x x x x pu 0 01 015 0 08 0 09 50 50 PS ST PT T x x x x pu Valores base do enrolamento terciário VB3 33 kV SB3 30 MVA 36 3 3 2 3 3 B B B S V Z Ω 52486 3 3 3 3 B B B V S I A Valores base do enrolamento secundário VB2 66 kV SB2 30 MVA 1 45 2 2 2 2 B B B S V Z Ω 2 62432 3 2 2 2 B B B V S I A Valores base do enrolamento primário VB1 132 kV SB1 30 MVA 580 8 1 2 1 1 B B B S V Z Ω 13122 3 1 1 1 B B B V S I A Corrente secundária em pu I2 2000IB2 2000262432 076 pu O fator de potência é 08 em atraso 0 2 3687 0 76 I e 01 00 VS Reatância terciária em pu x3 500363 138 pu Para se encontrar a solução do exemplo basta agora resolver o circuito equivalente da Figura 110 onde todos os valores estão em pu Figura 110 Circuito equivalente do transformador de três enrolamentos do Exemplo 11 Tomandose as correntes de malha 1I e 2I montase o seguinte sistema de equações VP I j j I j 3687 0 76 138 0 01 0 08 0 1 1 0 3687 138 0 76 0 01 00 01 3687 0 76 0 07 1 0 0 0 I j j j Agrupando termos vem 0 1 1 06 5313 1 47 VP I j 1 0 0 0 139 1 06 5313 00 01 0 05 5313 I j 0 0 0 1 6193 136 189 2807 139 90 I 0 0 1 4 76 113 1 06 5313 1 47 I j VP j138 T V j008 j007 j001 P V P S T zL 2I m V 1I 3I S V Análise de Sistemas de Potência 11 Outro método de solução O potencial do ponto M é 2I x V V S S M 0 04 1 03 2 36 103 0 05 5313 01 3687 0 76 0 07 0 01 0 0 0 0 j j VM Corrente no enrolamento terciário 0 0 0 0 3 8763 0 74 39 90 1 2 37 1 03 138 0 01 2 36 1 03 j j x x V I L T P A corrente no enrolamento primário é 0 0 0 3 2 1 6193 136 1 20 0 64 8763 0 74 3687 0 76 j I I I Tensão na reatância de dispersão do enrolamento primário 0 0 1 011 2807 6193 136 0 08 j I x V P XP Tensão nos terminais do enrolamento primário 4 76 113 0 09 113 2 37 1 03 011 2807 0 0 j V V V M XP P logo a tensão primária deve ser de 149 4 113 132 kV 133 Transformador trifásico ou banco de três transformadores monofásicos A modelagem do transformador trifásico em estudos de curtocircuito é em geral diferente da modelagem de três transformadores monofásicos Na construção do transformador trifásico tipo núcleo envolvido diferentemente do transformador tipo núcleo envolvente é suposto que a soma dos fluxos das três fases é instantaneamente nulo não havendo portanto caminho de retorno para estes fluxos Para regime permanente simétrico e equilibrado os modelos são iguais Atenção deve ser dispensada com relação à defasagem entre as tensões de linha primária e secundária Sob condições balanceadas não existe corrente de neutro logo os elementos de circuito que por ventura estão conectados ao neutro não são representados no diagrama de impedâncias Se o transformador estiver ligado em deltadelta ΔΔ ou estrelaestrela YY a modelagem é idêntica ao modelo monofásico Se o transformador estiver ligado em estreladelta YΔ ou deltaestrela ΔY existe defasagem de 300 entre as tensões terminais primárias e secundárias A norma brasileira diz que independentemente do tipo da ligação ser YΔ ou ΔY as tensões de linha secundárias devem estar atrasadas de 300 em relação às tensões de linha primárias A Figura 111 mostra um transformador trifásico YΔ com relação de transformação monofásica N1N2 Determinação do ângulo das tensões de linha na ligação YΔ seqüência de fase abc É suposto que o lado estrela seja o enrolamento primário Figura 111 Transformador YΔ e diagramas fasoriais das tensões terminais ab V bc V ca V AN V CN V BN V AB V A B C a b c N N1N2 N1N2 N1N2 Análise de Sistemas de Potência 12 A Figura 111 mostra que as tensões VAN VBN VCN do lado Y estão em fase com as tensões Vab Vbc Vca do lado delta respectivamente Relação de transformação monofásica N1N2 Relação de transformação das tensões de linha N1 YΔ N2 0 2 0 1 0 30 3 N N Se VAN está em fase com Vab 300 3 AN AB V V 1 2 N N V V AN ab 0 2 1 30 3 N N V V ab AB 0 1 2 30 3 N N V V AB ab A Figura 112 mostra o modelo do transformador em pu escolhendose as bases de tensão com a mesma relação de transformação das tensões de linha Figura 112 Transformador trifásico YΔ e seu modelo equivalente em pu Da Figura 112 vem 0 2 1 V V 30 2 1 2 1 3 N N V V base base xeq do modelo do transformador trifásico em pu não muda com o tipo de ligação do transformador trifásico pois esta reatância vem do ensaio em curto 134 Transformador com comutação automática de tape modelo pi LTC load tap change ou TCAT transformador com comutação automática de tape O tape passa a ser uma variável do modelo A admitância do modelo pode ser colocada do lado unitário ou do lado do tape Assumese que o valor da admitância não varia com a posição do tape A Figura 113 representa um transformador com comutação automática de tape com relação 1t A seguir a dedução do modelo equivalente do TCAT a partir da Figura 113 que será igualado ao circuito pi da Figura 114 onde A B e C são admitâncias Figura 113 Diagrama esquemático de um transformador com tape 1t iV j V iI kI y jI k V 1 V YΔ 2 V xeq 2 V V1 Análise de Sistemas de Potência 13 t V V j i 1 i j t V V k i k j k V V t y V V y I k i k V y V y t I 15 t I I j i k j I I logo k i I t I Substituindose nesta equação o valor de kI da Equação 15 vem k i i V y t V y t I 2 16 Figura 114 Modelo pi de um circuito elétrico genérico Equações do modelo pi da Figura 114 1 k i V V A I k k C V I I 1 k k i k V C A V A V I k i k V C A A V I 17 1I B V I i i k i i i A V A V V B I k i i A V V B A I 18 Igualandose as equações 15 17 e 16 18 vem A y t y t C C y t y C A y 1 y t t B y t y t B A y t B B A y t 2 2 2 2 O modelo pi do transformador com tape está mostrado na Figura 115 Figura 115 Modelo pi do transformador com tape 1t Se t 1 ou seja se o transformador está operando na relação nominal o circuito equivalente se reduz ao modelo conhecido como mostrado na Figura 116 onde z y 1 Figura 116 Circuito equivalente do transformador com tape para t 1 1I C B A iV k V kI iI 1I iI 1ty t2ty ty iV k V kI S V y SI R I VR Análise de Sistemas de Potência 14 14 Modelo do gerador A Figura 117 mostra o modelo do gerador síncrono de rotor cilíndrico pólos lisos Figura 117 Modelo do gerador de rotor cilíndrico ra resistência da armadura XS reatância síncrona que é a soma da reatância Xa devido a reação da armadura e da reatância Xl devido a dispersão Podese desprezar a resistência da armadura nas máquinas em que a resistência da armadura é muito menor que XS Regime permanente X S Regime transitório ou dinâmico reatância transitória xd ou subtransitória xd 15 Modelo da carga A representação da carga depende muito do tipo de estudo realizado A carga pode ser representada por potência constante corrente constante ou impedância constante É importante que se conheça a variação das potências ativas e reativas com a variação da tensão Em uma barra típica a carga é composta de motores de indução 50 a 70 aquecimento e iluminação 20 a 30 e motores síncronos 5 a 10 Embora seja exato considerar as características PV e QV de cada tipo de carga para simulação de fluxo de carga e estabilidade o tratamento analítico é muito complicado Para os cálculos envolvidos existem três maneiras de se representar a carga 151 Representação da carga para fluxo de potência A Figura 118 mostra a representação da carga como potência ativa e reativa constantes Figura 118 Representação da carga com potência constante para estudo de fluxo de potência 152 Representação da carga para estudo de estabilidade Neste caso a atenção não é com a dinâmica da carga mas sim com a dinâmica do sistema Por esta razão a carga é representada por impedância constante como mostra a Figura 119 Figura 119 Representação da carga para estudo de estabilidade com impedância constante PL jQL k z k tV E jXS ra Análise de Sistemas de Potência 15 153 Representação da carga para estudo de curtocircuito Cargas estáticas e pequenas máquinas são desprezadas Somente as máquinas de grande porte contribuem para o curto logo apenas estas máquinas são consideradas 154 Representação da carga pelo modelo ZIP Neste modelo parte da carga é representada por impedância constante parte da carga é representada por corrente constante e parte da carga é representada por potência constante Carga cte cte cte P I Z min 2 al no p i z P p V p V p P 01 p i z p p p onde pz é a parcela da carga representada como Z constante pi é a parcela da carga representada como I constante pp é a parcela da carga representada como P constante min 2 al no p i z Q q V q V q Q 01 p i z q q q onde qz é a parcela da carga representada como Z constante qi é a parcela da carga representada como I constante qp é a parcela da carga representada como P constante Análise de Sistemas de Potência 16 Capítulo 2 Equações da Rede Elétrica em Regime Permanente 21 Objetivo Determinação das matrizes que representam a rede elétrica de corrente alternada em regime permanente senoidal para uso computacional 22 Tipos de representação a Modelo com parâmetros de admitância b Modelo com parâmetros de impedância As equações da rede serão extraídas utilizandose a análise nodal da rede pois esta apresenta desempenho computacional mais eficiente 23 Equações nodais 231 Equivalência de fontes As fontes da Figura 21 são equivalentes se I z E g g g z y 1 Figura 21 Equivalência entre fonte de corrente e fonte de tensão A notação usada no presente texto é Letra maiúscula com índice duplo corresponde a um elemento da matriz Letra minúscula com índice simples ou duplo corresponde à impedância ou admitância de um elemento do sistema E zg R E D E V 1I 1I R E D E V zg I R E D E V yg I 1I Análise de Sistemas de Potência 17 232 Equações nodais da rede quando modelada por admitâncias Seja o sistema da Figura 22 onde E3 representa um motor Figura 22 Sistema exemplo para as equações nodais da rede Utilizandose o modelo de cada elemento o sistema fica como mostra a Figura 23 Figura 23 Sistema exemplo com os modelos dos elementos da rede A Figura 24 mostra o diagrama da rede da Figura 23 em que cada fonte de tensão em série com impedância foi transformada em fonte de corrente em paralelo com a admitância e as impedâncias das linhas foram transformadas em admitâncias 2 E 1 E zt1 zg1 zg2 zt2 3 E z11 z22 z33 zt3 zm3 z13 z12 1 2 3 z23 3 2 T1 T2 1 E 2 E 3 E 1 T3 Análise de Sistemas de Potência 18 Figura 24 Diagrama unifilar do sistema exemplo com admitâncias 1 1 1 11 1 1 t g z z E z E I 1 1 11 1 1 1 t g z z z y 2 2 2 22 2 2 t g z z E z E I 2 2 22 2 1 1 t g z z z y 3 3 3 33 3 3 t m z z E z E I 3 3 33 3 1 1 t m z z z y 12 4 1 y z 23 5 1 y z 13 6 1 y z Equações nodais do circuito da Figura 24 Barra 1 0 1 1 3 1 6 2 1 4 1 V V y V V y V V y I Barra 2 0 2 2 1 2 4 3 2 5 2 V V y V V y V V y I Barra 3 0 3 3 1 3 6 2 3 5 3 V V y V V y V V y I Barra 0 3 0 3 2 0 2 1 0 1 3 2 1 V V y V V y V V y I I I A equação da barra 0 é linearmente dependente das outras três equações Basta somar as equações das barras 1 2 3 para verificar Agrupandose termos das equações das barras 1 2 3 vem 3 6 2 4 1 6 4 1 1 V y V y V y y y I 3 5 2 5 4 2 1 4 2 V y V y y y V y I 21 3 6 5 3 2 5 1 6 3 V y y y V y V y I Colocandose as Equações 21 na forma matricial temse para a matriz admitância nodal YBARRA 3 2 1 6 5 3 5 6 5 5 4 2 4 6 4 6 4 1 3 2 1 V V V y y y y y y y y y y y y y y y I I I 22 A Equação 22 é da forma V Y I BARRA onde I é o vetor de injeção de corrente na rede por fontes independentes V é o vetor de tensão nas barras em relação à referência e YBARRA é a matriz de admitância de barra ou matriz de admitância nodal y1 1I 3I 2I y2 y3 y4 y5 y6 0 1 2 3 Análise de Sistemas de Potência 19 233 Características de YBARRA 1 Simétrica 2 Complexa 3 Quadrada de dimensão n onde n é o número de barras do sistema sem contar a barra de referência 4 Esparsa mais de 95 dos elementos é nulo o que é uma vantagem 5 Os elementos da diagonal principal são positivos 6 Os elementos fora da diagonal principal são negativos 7 Os elementos da diagonal principal Ykk são o somatório das admitâncias diretamente ligadas à barra k 8 Os elementos fora da diagonal principal Ykj são o simétrico da soma das admitâncias que ligam as barras k e j As características 7 e 8 acima permitem a montagem direta da matriz YBARRA por inspeção da rede Podese também escrever a equação V Y I BARRA como I Z V BARRA onde 1 BARRA BARRA Y Z A matriz ZBARRA é conhecida como matriz de impedância de barra ou matriz de impedância nodal 234 Características de ZBARRA 1 Simétrica 2 Complexa 3 Quadrada de dimensão n onde n é o número de barras do sistema sem contar a barra de referência 4 Matriz cheia Exemplo 21 Escrever as equações nodais da rede na forma matricial ou seja escrever V Y I BARRA que corresponde ao diagrama unifilar da Figura 25 sabendose que 51 00 Ea 36 7 0 51 Eb 51 00 Ec zg j115 zt j01 z13 j025 z14 j02 z24 j02 z34 j0125 z23 j04 em valores por unidade Figura 25 Diagrama unifilar do exemplo 21 A Figura 26 mostra o diagrama unifilar de impedâncias do circuito da Figura 25 2 a E 1 c E b E 4 3 Análise de Sistemas de Potência 20 Figura 26 Diagrama unifilar de impedâncias do circuito da Figura 25 A Figura 27 mostra o diagrama unifilar de admitâncias onde todas as fontes de tensão foram transformadas em fontes de corrente A seguir os cálculos para a determinação dos parâmetros do sistema da Figura 27 Figura 27 Diagrama unifilar de admitâncias do circuito da Figura 25 36 7 0 51 Eb 51 00 Ea 1 51 00 Ec 4 3 2 j115j01 j02 j115j01 j115j01 j02 j0125 j025 j04 y8 j50 1 4 3 2 0 1 90 21 I y5 j25 y7 j80 y4 j40 y1 j08 y2j08 y3 j08 y6 j50 0 2 12687 21 I 0 3 90 21 I 0 Análise de Sistemas de Potência 21 21 90 21 1 25 0 51 0 0 1 j j z z E I t g a 0 96 0 72 12687 21 1 25 36 7 51 0 0 2 j j z z E I t g b 21 90 21 1 25 0 51 0 0 3 j j z z E I t g c 80 1 25 1 1 j j y 80 1 25 1 2 j j y 80 1 25 1 3 j j y 04 0 25 1 4 j j y 52 40 1 5 j j y 05 20 1 6 j j y 08 0125 1 7 j j y 05 20 1 8 j j y De acordo com a regra de montagem da matriz YBARRA podese escrever 89 05 04 80 11 j j j j Y 38 05 52 80 22 j j j j Y 15 3 08 52 04 80 33 j j j j j Y 18 0 05 08 05 44 j j j j Y 00 21 12 Y Y 04 31 13 j Y Y 05 41 14 j Y Y 52 32 23 j Y Y 05 42 24 j Y Y 08 43 34 j Y Y O sistema de equações com a matriz admitância de barra fica então 4 3 2 1 0 0 0 18 0 08 05 05 08 15 3 52 04 05 52 38 00 05 04 00 89 00 90 21 12687 21 90 21 V V V V j j j j j j j j j j j j j j O cálculo das admitâncias é simples quando as resistências são desprezadas A diagonal principal é negativa e os elementos fora da diagonal principal são positivos 235 Interpretação física dos elementos de YBARRA e ZBARRA Seja o circuito da Figura 28 Figura 28 Interpretação física dos elementos de YBARRA e ZBARRA y1 1I 3I 2I y2 y3 y4 y5 y6 0 1 2 3 Análise de Sistemas de Potência 22 2351 Elementos de YBARRA Seja a equação que descreve o circuito da Figura 28 pela matriz admitância de barra 3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 3 2 1 V V V Y Y Y Y Y Y Y Y Y I I I Os elementos da matriz admitância de barra podem ser calculados pelo ensaio em curtocircuito onde Ykk admitância própria de curtocircuito da barra k ik Y admitância de transferência de curtocircuito entre as barras i e k Ensaio de curtocircuito na barra 1 da Figura 28 curtocircuito em todas as barras a exceção da barra 1 Temse portanto 0 3 2 V V 1 31 21 11 3 2 1 V Y Y Y I I I 0 1 3 31 0 1 2 21 0 1 1 11 3 2 3 2 3 2 V V V V V V V I Y V I Y V I Y A expressão geral de cada elemento da matriz admitância de barra relaciona o efeito à causa e é j k V k i ik j V I Y 0 Verificação ensaio de curtocircuito na barra 1 da Figura 28 ou seja todas as tensões de barra com exceção da barra 1 são zero 3 1 6 2 1 4 0 1 1 1 V V y V V y V V y I 1 6 4 1 1 V y y y I 11 6 4 1 1 1 Y y y y V I 3 2 5 1 2 4 0 2 2 2 V V y V V y V V y I 21 4 1 2 1 4 2 Y y V I V y I 1 3 6 2 3 5 0 3 3 3 V V y V V y V V y I 31 6 1 3 1 6 3 Y y V I V y I 2352 Elementos de ZBARRA Seja a equação que descreve o circuito da Figura 28 pela matriz impedância de barra 3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 3 2 1 I I I Z Z Z Z Z Z Z Z Z V V V Os elementos da matriz impedância de barra podem ser calculados pelo ensaio em circuito aberto onde Zkk impedância própria de circuito aberto da barra k Zik impedância mútua de circuito aberto entre as barras i e k Análise de Sistemas de Potência 23 Ensaio de circuito aberto na barra 1 da Figura 28 fontes de corrente inoperantes ou mortas em todas as barras com exceção da barra 1 Temse portanto 0 3 2 I I 1 31 21 11 3 2 1 I Z Z Z V V V 0 1 3 31 0 1 2 21 0 1 1 11 3 2 3 2 3 2 I I I I I I I V Z I V Z I V Z A expressão geral de cada elemento da matriz impedância de barra relaciona o efeito à causa e é j k I k i ik j I V Z 0 Observações 1 se a corrente 1I corrente injetada na rede durante o ensaio é de 1 pu 1 11 V Z 2 21 V Z 3 31 V Z ou seja os elementos da coluna são numericamente iguais às tensões 2 Zkk é a impedância equivalente da rede vista entre a barra k e a referência com as demais fontes de corrente inoperantes ou seja é a impedância do equivalente de Thèvenin Th kk kk Z Z Pelo significado físico dos elementos de YBARRA e ZBARRA evidenciase que não há reciprocidade entre estes elementos ou seja km km Z Y 1 Exemplo 22 Resolva as equações nodais do Exemplo 21 para encontrar a matriz impedância de barra pela inversão da matriz admitância de barra Calcule então as tensões de barra Solução Invertendose a matriz YBARRA com auxílio da função inv do MATLAB obtémse 4 3 2 1 0 1 20 0 0 96 72 0 1 20 0 0 4733 0 4232 0 4126 4142 0 0 4232 0 4558 0 3922 4020 0 0 4126 0 3922 0 4872 3706 0 0 4142 0 4020 0 3706 4774 0 V V V V j j j j j j j j j j j j j j j j j j j O vetor tensão de barra é encontrado efetuandose a multiplicação indicada ou seja 0 0 0 0 4 3 2 1 1197 432 1 1136 1 434 1424 427 1 1071 436 1 0 2971 4009 1 0 2824 4059 1 0 3508 13830 0 2668 4111 1 j j j j V V V V Exemplo 23 Um capacitor com reatância de 5 pu nas bases do sistema é conectado entre a barra 4 e a referência do circuito da Figura 27 Calcular a corrente que passa pelo capacitor e a nova tensão da barra 4 A impedância do capacitor é j 05 zC pu Z44 é a impedância equivalente da rede vista da barra 4 4 V é a tensão da barra 4 antes do capacitor ser colocado Z44 é obtido invertendose a matriz YBARRA A matriz ZBARRA está mostrada acima logo Z44 j047 e 4 V também mostrado acima vale 0 4 1197 1 432 V A Figura 29 mostra o circuito de Thèvenin em questão Análise de Sistemas de Potência 24 Figura 29 Equivalente de Thèvenin por elemento de ZBARRA Solução 0 0 44 4 0 3163 7803 05 0 4733 1197 1 432 05 j j j Z V Icapacitor A nova tensão da barra 4 passa a ser 0 0 1197 1582 05 0 3163 7803 j Notar que a nova tensão na barra 4 aumentou de valor Exemplo 24 Se uma corrente de 0 3163 78030 pu é injetada na barra 4 do exemplo 22 esta é a mesma corrente que passa pelo capacitor com todas as outras fontes mantidas encontre as tensões nas barras 1 2 3 4 Notar que não existe capacitor neste exemplo Considerandose todas as fontes inoperantes as tensões nodais somente devidas a esta corrente injetada pode ser calculada a partir da matriz ZBARRA Basta multiplicar a matriz ZBARRA pelo vetor corrente ou seja basta multiplicar a coluna 4 da matriz ZBARRA pela corrente 0 3163 78030 Efetuandose esta operação vem 0 0 4 14 1 1197 01309 0 4142 0 3163 7803 j I Z V pu 0 0 4 24 2 1197 01304 0 4126 0 3163 7803 j I Z V pu 0 0 4 34 3 1197 01337 0 4232 0 3163 7803 j I Z V pu 0 0 4 44 4 1197 01496 0 4733 0 3163 7803 j I Z V pu Para se determinar as novas tensões nas barras podese utilizar a superposição adicionandose as tensões das barras somente devidas às fontes de corrente 1I 2I 3I com as tensões das barras devidas à fonte de corrente de 0 3163 78030 0 0 0 1 1081 1567 1197 01309 1071 1 436 V pu 0 0 0 2 1404 1557 1197 01304 1424 1 427 V pu 0 0 0 3 1141 1568 1197 01337 1136 1 434 V pu 0 0 0 4 1197 1582 1197 01496 1197 1 432 V pu Observar que a tensão da barra 4 é a mesma da do exemplo 23 capacitor I 4 V Z44 j50 0 4 Análise de Sistemas de Potência 25 24 Redução da rede 241 Objetivo As matrizes impedância de barra e admitância de barra de um sistema elétrico real são muito grandes dimensão da ordem de milhares Nos estudos não é necessário se conhecer a tensão em todas as barras do sistema logo seguem técnicas para reduzir a dimensão da rede eliminandose trechos não prioritários da rede para o estudo em questão 242 Eliminação de barra Seja a rede elétrica representada pela matriz admitância de barra A eliminação se processa para duas diferentes situações a não existe fonte de corrente na barra a ser eliminada b existe fonte de corrente na barra a ser eliminada 2421 Eliminação da barra onde não existe fonte de corrente Particionamento da matriz Ordenamse as equações de tal forma que todas as barras sem fonte fiquem juntas e na parte inferior da matriz 5 4 3 2 1 5 4 3 2 1 V V V V V Y Y Y Y Y I I I I I BB t AB BA AB AA Supondose IB 0 B A BB t AB AB AA B A V V Y Y Y Y I I B AB A AA A V Y V Y I A t AB BB B B BB A t AB B V Y Y V V Y V Y I 1 0 Substituindose o valor de B V na equação de A I vem A t AB BB AB A AA A V Y Y Y V Y I 1 Agrupandose termos vem A Y t AB BB AB AA A V Y Y Y Y I A 4 444 3 4 444 2 1 1 que está na forma A A A V Y I A ordem da matriz YA neste exemplo é a do número de barras com fonte de corrente Exemplo 25 Eliminação de apenas uma barra do sistema de três barras da Figura 28 com I3 0 3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 2 1 0 V V V Y Y Y Y Y Y Y Y Y I I 32 31 1 33 23 13 22 21 12 11 Y Y Y Y Y Y Y Y Y YA A I IB B V A V A I IB B V VA Análise de Sistemas de Potência 26 33 32 23 22 33 31 23 21 33 32 13 12 33 31 13 11 Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y YA Esta matriz representa um sistema equivalente ao sistema de três barras agora com dimensão 22 Colocandose de forma escalar temse que a eliminação da barra n é nn nj in ij ij Y Y Y Y Y que é chamada de eliminação de Kron Para maior eficiência computacional devese evitar a inversão da matriz YBB O procedimento é então o de eliminar uma barra por vez aplicandose a eliminação de Kron tantas vezes quanto o número de barras a serem eliminadas A partir de YA podese desenhar o circuito equivalente No exemplo temse agora duas barras mostradas na Figura 210 onde os elementos da nova matriz YBARRA 2 2 são 3 1 11 y y Y 3 2 22 y y Y 3 21 12 y Y Y Resolvendose o sistema acima determinase y1 y2 y3 Figura 210 Sistema equivalente ao sistema de três barras Exemplo 26 Eliminar as barras 3 e 4 do sistema da Figura 211 sabendose que estas não têm fonte Desenhar o circuito equivalente com estes nós eliminados e calcular as potências ativa e reativa injetadas ou absorvidas em cada barra 0 1 90 21 I 0 2 12687 21 I Figura 211 Sistema para a eliminação das barras 3 e 4 1I y1 2I y2 y3 0 1 2 1 4 3 2 1I y5 j25 y7j80 y4 j40 y1 j08 y2 j08 y6 j50 y8 j50 2I Análise de Sistemas de Potência 27 V Y I BARRA 18 0 08 05 05 08 14 5 52 04 05 52 38 00 05 04 00 89 j j j j j j j j j j j j j j YBARRA Eliminação da barra 4 8 41 18 0 05 05 89 11 j j j j j Y 139 18 0 05 05 00 21 12 j j j j Y Y 6 22 18 0 08 05 04 31 13 j j j j j Y Y 6 91 18 0 05 05 38 22 j j j j j Y 4 72 18 0 08 05 52 32 23 j j j j j Y Y 1094 18 0 08 08 14 5 33 j j j j j Y Após a eliminação da barra 4 a matriz YBARRA fica 1094 4 72 6 22 4 72 6 92 39 1 6 22 139 41 8 j j j j j j j j j Y BARRA Eliminandose agora a barra 3 vem 4 87 1094 6 22 6 22 8 41 11 j j j j j Y 4 07 1094 4 72 6 22 139 21 12 j j j j j Y Y 4 87 1094 4 72 4 72 6 91 22 j j j j j Y Após a eliminação das barras 4 e 3 a matriz YBARRA fica 4 87 07 4 4 07 4 87 j j j j Y BARRA A Figura 212 mostra o sistema de duas barras que tem a matriz YBARRA como acima equivalente ao sistema da Figura 211 de quatro barras 2 4 3 1 2 3 1 Análise de Sistemas de Potência 28 Figura 212 Circuito equivalente após a eliminação das barras sem fonte 4 e 3 Para se calcular os valores dos elementos do circuito da Figura 212 basta aplicar as regras da construção da matriz YBARRA e resolver o sistema Temse então 4 87 3 1 11 j y y Y BARRA 4 87 3 2 22 j y y Y BARRA 4 07 3 21 12 j y Y Y BARRA BARRA Resolvendose o sistema vem 4 07 3 j y 0 80 4 07 4 87 2 1 j j j y y Para se calcular a potência injetada em cada barra basta calcular primeiramente as tensões nas barras Temse que 2 1 2 1 4 87 07 4 4 07 87 4 V V j j j j I I onde o vetor corrente é conhecido Utilizandose o programa MATLAB para inverter a matriz YBARRA com a função invYBARRA vem 2 1 2 1 0 68 57 0 0 57 68 0 I I j j j j V V 0 0 2 1 12687 21 90 21 0 68 57 0 0 57 68 0 j j j j V V 0 0 2 1 2014 1 42 1673 1 42 0 49 34 1 0 41 36 1 j j V V 0 0 0 1 1 1 1 71 7327 90 21 1673 1 42 I V S 1 64 0 49 1 j S 0 0 0 2 2 2 171 10673 12687 21 2014 1 42 I V S 1 64 0 49 2 j S Perdas na linha de transmissão 0 2 1 0 0849 7163 0 0806 0 0268 j V V 0 0 2 1 3 12 1837 0 3460 0 0849 7163 4 07 j V V y I y1 0 1 90 21 I 0 2 12687 21 I y2 y3 0 1 2 Análise de Sistemas de Potência 29 Potência injetada na linha a partir da barra 1 0 3460 1837 1673 42 1 0 0 12 1 12 I V S 0 014 0 49 1 64 0 49 0 12 j S Potência injetada na linha a partir da barra 2 0 35 1837 2014 42 1 0 0 21 2 21 I V S 0 015 0 49 0 49 17822 0 21 j S 0 029 21 12 j S S A potência reativa consumida na linha também pode ser calculada por 0 029 4 07 0 34 2 3 2 12 y I Perda reativa na admitância do gerador 1 1 621 80 1 42 2 1 2 1 1 y V Q Perda reativa na admitância do gerador 2 1 621 80 1 42 2 2 2 2 2 y V Q Perda reativa total Qtotal 0029 1621 1621 3271 Potência total injetada no sistema 1 64 0 49 1 64 0 49 2 1 j j S S Stotal Stotal j 3 27 2422 Eliminação de barra onde existe fonte de corrente independente A eliminação de barra onde existe fonte de corrente é semelhante a eliminação de Gauss Este método também vale quando não existe fonte de corrente na barra eliminada sendo a fonte de corrente nula um caso particular A eliminação de Gauss consiste em transformar a matriz do sistema em uma matriz triangular superior Com isto encontrase o valor de uma variável e por substituição todas as demais variáveis Quando da eliminação de barra com fonte pode ocorrer que uma barra originalmente sem fonte fique com fonte A eliminação de Gauss consiste de duas etapas a normalização da primeira equação b eliminação da variável pivotada nas outras equações Seja o sistema V Y I BARRA de dimensão três por três escrito na forma estendida a seguir 3 2 32 1 31 3 33 I V Y V Y V Y 1 2 12 1 11 3 13 I V Y V Y V Y 2 2 22 1 21 3 23 I V Y V Y V Y a Normalização da primeira equação Dividindose a primeira linha por Y33 e mantendose as outras linhas inalteradas vem 33 3 2 33 32 1 33 31 3 1 Y I V Y Y V Y Y V 1 2 12 1 11 3 13 I V Y V Y V Y 2 2 22 1 21 3 23 I V Y V Y V Y Análise de Sistemas de Potência 30 b Eliminação da variável pivotada 3 V nas demais equações Basta fazer a operação assinalada a seguir onde o termo primo substitui a linha original 1 13 2 2 L Y L L 1 23 3 3 L Y L L 33 3 2 33 32 1 33 31 3 1 Y I V Y Y V Y Y V 1 33 3 13 1 2 33 32 13 12 1 33 31 13 11 3 0 I Y I Y I V Y Y Y Y V Y Y Y Y V 2 33 3 23 2 2 33 32 23 22 1 33 31 23 21 3 0 I Y I Y I V Y Y Y Y V Y Y Y Y V O sistema ficou então reduzido a 1 2 12 1 11 I V Y V Y 2 2 22 1 21 I V Y V Y A formação do termo ij Y é a mesma da redução de Kron para a eliminação da barra n ou seja nn nj in ij ij Y Y Y Y Y A formação das novas correntes injetadas é nn n in i i Y I Y I I para a eliminação da barra n A Figura 213 mostra o circuito equivalente sem a barra 3 Figura 213 Redução de sistema de três barras com fonte de corrente na barra eliminada Exemplo 27 Eliminar as barras 4 e 3 do sistema da Figura 27 cuja equação V Y I BARRA está repetido a seguir 4 3 2 1 0 0 0 18 0 08 05 05 08 15 3 52 04 05 52 38 00 05 04 00 89 00 90 21 12687 21 90 21 V V V V j j j j j j j j j j j j j j Eliminação da barra 4 do sistema da Figura 27 8 41 18 0 05 05 89 11 j j j j j Y y1 1I 2I y2 y3 0 1 2 Análise de Sistemas de Potência 31 139 18 0 05 05 00 21 12 j j j j Y Y 6 22 18 0 08 05 04 31 13 j j j j j Y Y 6 91 18 0 05 05 38 22 j j j j j Y 4 72 18 0 08 05 52 32 23 j j j j j Y Y 1174 18 0 08 08 15 3 33 j j j j j Y Após a eliminação da barra 4 o sistema fica 3 2 1 0 0 0 1174 4 72 22 6 4 72 6 91 39 1 6 22 139 41 8 90 21 12687 21 90 21 V V V j j j j j j j j j Eliminação da barra 3 511 1174 6 22 6 22 8 41 11 j j j j j Y 3 89 1174 4 72 6 22 139 21 12 j j j j j Y Y 5 01 1174 4 72 4 72 6 91 22 j j j j j Y 0 0 0 0 1 90 184 184 0 64 90 21 1174 90 21 6 22 90 21 j j j j I 0 0 0 0 2 11653 1 61 0 48 12687 21 1174 90 21 4 72 12687 21 j j j I Após a eliminação da barra 3 o sistema fica 2 1 0 0 5 01 89 3 3 89 11 5 11653 61 1 90 184 V V j j j j A Figura 214 mostra o circuito equivalente do sistema no qual foram eliminadas a barra 4 que não tinha fonte e a barra 3 que tinha fonte Figura 214 Circuito equivalente com eliminação de barra que contém fonte 0 2 11653 1 61 I 0 1 90 184 I j389 0 1 2 j122 j112 2 3 1 Análise de Sistemas de Potência 32 243 Equivalentes de rede Usase o equivalente de rede para substituir parte de um circuito no qual não existe interesse para determinado estudo por seu equivalente A Figura 215 mostra a rede original e a Figura 216 o equivalente da rede externa Figura 215 Circuito original Figura 216 Rede externa substituída por equivalente 25 Montagem da matriz YBARRA com elementos acoplados A Figura 217 mostra um trecho de circuito em que existe admitância ou impedância mútua entre alguns elementos do sistema elétrico A polaridade da tensão induzida é importante Figura 217 Parte de circuito com impedância mútua Polaridade relativa da corrente kl m ij ij j i I z I z V V ij m kl kl l k I z I z V V Em forma matricial vem kl ij kl m m ij l k j i I I z z z z V V V V onde a matriz Z é denominada de matriz impedância primitiva do elemento Passandose para admitância vem Rede interna Rede externa 1 2 3 Rede interna 1I 2I 3I ya yb 2 1 3 zkl zm kI lI Ikl lk I zij iI jI ijI ji I l k j i Análise de Sistemas de Potência 33 l k j i kl m m ij kl ij V V V V y y y y I I onde a matriz Y é chamada de matriz admitância primitiva do elemento Expandindose a equação acima vem l m k m j ij i ij ij V y V y V y V y I l m k m j ij i ij ji V y V y V y V y I l kl k kl j m i m kl V y V y V y V y I l kl k kl j m i m lk V y V y V y V y I Sabendose que i ij I I j ji I I k kl I I l lk I I e colocandose a equação acima em forma matricial temse l k j i kl kl m m kl kl m m m m ij ij m m ij ij l k j i V V V V y y y y y y y y y y y y y y y y I I I I Notar que os dois blocos com yij e ykl são termos da matriz YBARRA sem mútua Regra prática para a montagem da matriz YBARRA com mútuas 1 Determinar a matriz Z primitiva dos elementos com mútua 2 Inverter a matriz Z primitiva do elemento para encontrar a matriz Y primitiva 3 Montar a matriz YBARRA sem considerar a admitância mútua ym 4 Incluir o efeito das mútuas somandose ym aos elementos da matriz referentes aos terminais igualmente marcados e subtraindose ym dos elementos da matriz referentes aos terminais marcados diferentemente A Figura 218 mostra o circuito equivalente do circuito da Figura 217 com mútuas Figura 218 Circuito equivalente com elementos acoplados Exemplo 28 Sejam z12 z34 j025 pu e zm j015 pu como mostrados na Figura 219 Determinar a matriz YBARRA do sistema Figura 219 Circuito referente ao exemplo yij ykl ym ym ym ym l k j i z34 zm z12 1 3 2 4 Análise de Sistemas de Potência 34 34 12 4 3 2 1 0 25 15 0 015 25 0 I I j j j j V V V V onde a matriz acima é a matriz Z primitiva A matriz Y primitiva é a inversa de Z primitiva 6 25 75 3 3 75 25 6 j j j j YPRIMITIVA ym j 3 75 6 25 34 12 j y y i Sem acoplamento 6 25 6 25 0 0 6 25 6 25 0 0 0 0 6 25 6 25 0 0 6 25 25 6 j j j j j j j j YBARRA ii Considerandose o acoplamento Basta acrescentar ym em 13 24 31 42 e acrescentar ym em 14 23 32 41 6 25 6 25 3 75 0 3 75 0 6 25 6 25 3 75 0 3 75 0 3 75 0 3 75 0 6 25 6 25 3 75 0 3 75 0 6 25 25 6 j j j j j j j j j j j j j j j j YBARRA Exemplo 29 Sejam 0 25 23 13 j z z pu zm j 015 pu Determinar a matriz admitância de barra do circuito da Figura 220 Figura 220 Exercício de cálculo da matriz admitância de barra com mútuas Inicialmente determinase a matriz impedância primitiva invertendose esta determinase a matriz admitância primitiva determinase a matriz admitância de barra sem se considerar as mútuas e depois incluise as mútuas seguindo os passos do algoritmo 0 25 15 0 015 25 0 j j j j ZPRIMITIVA 6 25 75 3 3 75 25 6 j j j j YPRIMITIVA i matriz admitância de barra sem se considerar as admitâncias mútuas é 6 25 6 25 12 5 6 25 25 6 6 25 6 25 0 6 25 0 25 6 j j j j j j j j j YBARRA ii matriz admitância de barra com as admitâncias mútuas Com a polaridade indicada no enunciado do exercício ym deve ser adicionado aos elementos 33 12 33 21 e ym deve ser adicionado aos elementos 32 13 31 23 Incluindose as mútuas na matriz acima vem z13 z23 zm 1I 2I 3I 3 2 1 Análise de Sistemas de Potência 35 3 75 3 75 12 5 05 3 75 6 25 52 3 75 6 25 52 3 75 6 25 52 6 25 3 75 0 3 75 6 25 52 3 75 0 25 6 j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j YBARRA A seguir os cálculos que comprovam a exatidão da matriz YBARRA encontrada com a utilização da regra acima 2 1 13 3 1 I z I z V V m 2 23 1 3 2 I z I z V V m 3 2 1 I I I logo 2 1 23 13 3 2 3 1 I I z z z z V V V V m m 3 2 3 1 23 13 2 1 V V V V y y y y I I m m 3 13 2 1 13 1 3 2 3 13 1 13 1 V y y V y V y I V y V y V y V y I m m m m 3 23 2 23 1 2 3 23 2 23 3 1 2 V y y V y V y I V y V y V y V y I m m m m 3 23 13 2 23 1 13 2 1 2 V y y y V y y V y y I I m m m 3 23 13 2 23 1 13 3 2 V y y y V y y V y y I m m m Em forma matricial vem 3 2 1 23 13 23 13 23 23 13 13 3 2 1 2 V V V y y y y y y y y y y y y y y y I I I m m m m m m m que confere com o exercício 26 Modificação da matriz admitância de barra A inclusão ou retirada de um elemento da rede utiliza o mesmo procedimento já visto na montagem da matriz admitância de barra com ou sem mútuas Para a eliminação da barra utilizase a redução de Kron 27 Montagem e Modificação da matriz impedância de barra A matriz impedância de barra pode ser modificada para refletir mudanças na rede elétrica Estas mudanças podem ser a adição de elemento retirada de elemento ou modificação no valor da impedância do elemento Até o momento as maneiras de se calcular a matriz impedância de barra são a Inversão da matriz admitância de barra b Ensaio de circuito aberto Nenhum destes métodos é utilizado na prática devido ao tempo necessário para o cálculo 271 Modificação direta da matriz impedância de barra Seja o sistema original da Figura 221 composto de n barras cuja matriz impedância de barra é conhecida como ZORIGINAL Análise de Sistemas de Potência 36 Figura 221 Sistema a ser modificado nn n n n n ORIGINAL Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z L M M M M L L 2 1 2 22 21 1 12 11 A inclusão de um novo elemento denominado bz atende a uma das quatro possibilidades a seguir 2711 O elemento é ligado entre a barra nova p e a referência Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria bz ligado entre uma barra nova p e a referência Seja o sistema original composto de duas barras A Figura 222 mostra este sistema acrescido de uma nova barra denominada p Figura 222 Sistema original acrescido de elemento entre barra nova p e a referência A matriz ZORIGINAL do sistema da Figura 222 é 22 21 12 11 Z Z Z Z ZORIGINAL Recordando o que foi explicado quando da interpretação física dos elementos da matriz impedância de barra o valor dos elementos da coluna da matriz impedância de barra é a tensão da barra dividida pela corrente injetada em determinada barra com todas as outras fontes mortas Se esta corrente tiver o valor unitário a tensão será numericamente igual à impedância Ensaiandose a barra 1 com corrente unitária temse que a tensão na barra p 3 devido a esta corrente é nula o mesmo acontecendo com a corrente injetada na barra 2 Quando a corrente injetada na barra p 3 é unitária a tensão que aparece na barra p 3 é zb b BARRA z Z Z Z Z Z 0 0 0 0 22 21 12 11 Regra 1 incluise nova linha e nova coluna na matriz impedância de barra original sendo nulos os elementos fora da diagonal principal O elemento da diagonal principal é o valor da impedância zb do elemento Os valores dos elementos da matriz impedância de barra original não sofrem alteração Sistema original k m n z1 z2 zb z12 1 2 p 3 Análise de Sistemas de Potência 37 2712 O elemento é ligado entre a barra nova p e a barra existente k Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria bz ligado entre uma barra nova p e uma barra existente k Seja o sistema original composto de duas barras A Figura 223 mostra este sistema acrescido de uma nova barra denominada p Figura 223 Sistema original acrescido de elemento entre uma barra nova p e uma barra existente k A matriz ZORIGINAL do sistema da Figura 223 é 22 21 12 11 Z Z Z Z ZORIGINAL Injetandose corrente unitária na barra 1 a tensão na barra p 3 é a mesma que a tensão da barra k 2 Injetandose corrente na barra k 2 a tensão na barra p 3 também é a mesma que a tensão da barra k 2 Injetandose corrente na barra p 3 a tensão será a impedância vista da barra k 2 adicionada de zb b BARRA z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z 22 22 21 22 22 21 12 12 11 Regra 2 incluise nova linha e nova coluna na matriz impedância de barra original onde os elementos fora da diagonal principal são iguais aos elementos da linha e da coluna k barra onde o novo elemento é conectado e o elemento da diagonal principal é b kk z Z Os valores dos elementos da matriz impedância de barra original ficam idênticos 2713 O elemento é ligado entre a barra existente k e a referência Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria bz ligado entre uma barra existente k e a referência Seja o sistema original composto de duas barras A Figura 224 mostra este sistema acrescido da nova impedância Figura 224 Sistema original acrescido de elemento entre uma barra existente e a referência 22 21 12 11 Z Z Z Z ZORIGINAL Este caso é abordado em duas etapas mostradas na Figura 225 z1 z2 zb z12 1 k 2 p 3 z1 z2 zb z12 1 k 2 Análise de Sistemas de Potência 38 1 O elemento novo é incluído entre uma barra k existente e uma barra nova n1 fictícia 2 curto circuitase a barra fictícia para a terra pela redução de Kron Figura 225 Procedimento para a inclusão de um elemento entre uma barra existente k e a referência Etapa 1 inclusão do elemento entre uma barra existente k 2 e uma barra nova fictícia n1 3 3 2 1 22 22 21 22 22 21 12 12 11 3 2 1 I I I z Z Z Z Z Z Z Z Z Z V V V b Etapa 2 curto circuitase a barra fictícia n1 3 para a referência e procedese à eliminação de Kron para eliminar a barra n1 3 A eliminação de Kron foi deduzida para a matriz admitância de barra e IB 0 O mesmo se aplica à matriz impedância de barra e VB 0 Regra 3 é o caso 2 com eliminação de Kron Incluise temporariamente uma nova linha e uma nova coluna na matriz impedância de barra original onde os elementos fora da diagonal principal são iguais aos elementos da linha e da coluna k e o elemento da diagonal principal é b kk z Z referente à barra fictícia n1 Eliminase a barra fictícia aplicandose a redução de Kron 2714 O elemento é ligado entre a barra existente k e a barra existente j Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria bz ligado entre uma barra existente k e uma barra existente j Seja o sistema original composto de duas barras A Figura 226 mostra este sistema acrescido da nova impedância Figura 226 Sistema original acrescido de elemento entre uma barra existente k e uma barra existente j 22 21 12 11 Z Z Z Z ZORIGINAL Este caso é abordado nas duas etapas mostradas na Figura 227 1 Inclusão do elemento entre barra existente k e entre barra fictícia n 1 2 curto circuitamse a barra fictícia n 1 e a barra j z1 z2 zb z12 1 k 2 n13 z1 z2 zb z12 1 k 2 n13 z1 z2 z12 zb k 1 j 2 Análise de Sistemas de Potência 39 Figura 227 Procedimento para a inclusão de um elemento entre barras existentes Etapa 1 inclusão de elemento entre a barra k 1 existente e uma barra fictícia 3 1 n A matriz do sistema com a barra fictícia é 3 2 1 11 12 11 21 22 21 11 12 11 3 2 1 I I I z Z Z Z Z Z Z Z Z Z V V V b Etapa 2 as tensões Vj2 e Vn13 são iguais logo fazendose a linha n 1 3 menos a linha j 2 e colocandose o resultado na linha n 1 3 vem 3 2 1 21 11 22 12 21 11 21 22 21 11 12 11 2 1 0 I I I z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z V V b 21 Para tornar a matriz acima simétrica efetuase a coluna n 1 3 menos a coluna j 2 no lugar da coluna n 1 3 3 2 1 21 12 22 11 22 12 21 11 22 21 22 21 12 11 12 11 2 1 0 I I I z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z V V b 22 Expandindose as três linhas das Equações 21 vem 3 11 2 12 1 11 1 I Z I Z I Z V 23 3 21 2 22 1 21 2 I Z I Z I Z V 24 3 21 11 2 22 12 1 21 11 0 I z Z Z I Z Z I Z Z b 25 Expandindose as três linhas das Equações 22 vem 3 12 3 11 2 12 1 11 1 I Z I Z I Z I Z V 26 3 22 3 21 2 22 1 21 2 I Z I Z I Z I Z V 27 3 21 12 22 11 2 22 12 1 21 11 0 I z Z Z Z Z I Z Z I Z Z b 28 Para que as Equações 23 24 e 25 fiquem iguais respectivamente às Equações 26 27 e 28 basta somar 3 12 I Z na Equação 26 3 22 I Z na Equação 27 e 3 22 12 I Z Z na Equação 28 ou seja basta somar 3I ao 2I do vetor corrente da Equação 22 A barra n 1 3 é fictícia sem fonte de corrente logo podese aplicar a redução de Kron A equação fica então z1 z2 z12 zb n13 k 1 j 2 z1 z2 z12 zb k 1 j 2 Análise de Sistemas de Potência 40 3 3 2 1 21 12 22 11 22 12 21 11 22 21 22 21 12 11 12 11 2 1 0 I I I I z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z V V b Regra 4 incluise temporariamente nova linha e nova coluna na matriz impedância de barra original onde os elementos fora da diagonal principal são iguais à diferença entre os elementos das colunaslinhas k e j e o elemento da diagonal principal vale b jk kj jj kk z Z Z Z Z Eliminase a linha e a coluna da barra fictícia aplicandose a redução de Kron 272 Montagem direta da matriz impedância de barra a É um processo mais rápido que montar a matriz admitância de barra e depois inverter b Trabalhase diretamente com a lista dos componentes da rede c A matriz impedância de barra é montada passo a passo incluindose um componente de cada vez recaindo em um dos quatro casos de modificação da matriz impedância de barra já vistos d Restrição a matriz impedância de barra deve ser iniciada por componente ligado à referência Quando não existir tal elemento uma barra é tomada como referência Exemplo 210 Montar a matriz impedância de barra passo a passo para o sistema da Figura 228 Figura 228 Sistema exemplo para a montagem da matriz impedância de barra Dados dos ramos em pu Barras Impedância Admitância Número do elemento de para pu pu 1 0 1 j025 j400 2 0 3 j020 j500 3 1 2 j008 j1250 4 2 3 j006 j1667 5 2 3 j006 j1667 6 1 3 j007 j1429 Elemento 1 ligado entre a referência e a barra nova 1 Caso 2471 ZBARRA j 0 25 Elemento 2 ligado entre a referência e a barra nova 3 Caso 2471 0 20 00 0 0 00 25 0 j j ZBARRA 1 2 3 6 5 4 3 2 1 1 1 1 3 1 3 Análise de Sistemas de Potência 41 Elemento 3 ligado entre a barra 1 existente e a barra nova 2 Caso 2472 b BARRA z Z j j j j j j j Z 11 0 08 0 25 0 33 0 00 25 0 0 00 0 20 00 0 0 25 0 00 0 25 Rearrumandose a matriz ZBARRA para que a ordem das colunas corresponda ao número das barras vem 0 20 0 00 00 0 0 0 33 25 0 0 00 0 25 25 0 j j j j j ZBARRA Elemento 4 ligado entre a barra 2 existente e a barra 3 existente Caso 2474 b BARRA z Z Z Z Z j j j j j j j j j j j j Z 32 23 33 22 0 59 0 20 0 33 25 0 0 20 0 20 0 00 00 0 0 33 0 00 0 33 25 0 0 25 0 00 0 25 25 0 Após a aplicação da redução de Kron na barra 4 vem 01322 01119 0 0847 01119 01454 1102 0 0 0847 01102 1441 0 j j j j j j j j j ZBARRA Elemento 5 ligado entre a barra 2 existente e a barra 3 existente Caso 2474 Ao invés de se inserir um a um os elementos podese inserir o paralelo dos elementos 4 e 5 no caso j 0 03 0 06 01119 01119 01322 01454 01138 0 0203 0 0335 0255 0 0 0203 01322 01119 08477 0 0 0335 01119 01454 01102 0 0255 0 0847 01102 1441 0 j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j Aplicandose a redução de Kron na barra 4 vem 01286 01179 0892 0 01179 01355 1027 0 0 0892 01027 1384 0 j j j j j j j j j Elemento 6 ligado entre a barra 1 existente e a barra 3 existente Caso 2474 0 07 0 0892 0 0892 01286 01384 01286 0 0394 0 0152 0492 0 0 0394 01286 01179 0892 0 0 0152 01179 01355 01027 0 0492 0 0892 01027 1384 0 j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j 3 2 1 1 3 2 3 2 1 1 2 3 4 2 3 1 1 2 3 4 Análise de Sistemas de Potência 42 Aplicandose a redução de Kron na barra 4 vem 01188 01141 1014 0 01141 01340 1074 0 01014 01074 1231 0 j j j j j j j j j ZBARRA Utilizandose o programa MATLAB para inverter diretamente a matriz YBARRA encontrase para ZBARRA 5263 3334 29 14 3334 4584 50 12 1429 1250 79 30 j j j j j j j j j YBARRA 01188 01141 1015 0 01141 01341 1074 0 01015 01074 1232 0 j j j j j j j j j ZBARRA Observação Para maior eficiência do processo fechase o laço o mais cedo possível para se aplicar a redução de Kron em matriz de dimensão menor 273 Exclusão de um elemento de impedância zb da matriz ZBARRA Basta incluir um elemento de impedância própria de valor bz pois o paralelo de bz com bz é um circuito aberto com a aplicação de dois dos quatro casos de modificação da matriz impedância de barra 274 Modificação do valor da impedância que liga duas barras Basta inserir um elemento que em paralelo com o valor já existente forneça o valor desejado Para se transformar o valor de zx no valor zy entre as barras k e m como mostra a Figura 229 basta inserir o elemento zb de tal forma que y b x z z z Figura 229 Modificação do valor original zx da matriz impedância de barra zxzbzy 28 Obtenção dos elementos da coluna da matriz impedância de barra a partir da matriz admitância de barra a Utilizado quando não é necessária toda a matriz impedância de barra b É necessária uma coluna da matriz impedância de barra alguns elementos de uma coluna da matriz impedância de barra diferença entre duas colunas da matriz impedância de barra etc Em estudos de curtocircuito calculase a partir da matriz YBARRA apenas uma coluna da matriz ZBARRA a de interesse não sendo necessário determinar toda a matriz ZBARRA 281 Obtenção de uma coluna da matriz impedância de barra Se a matriz impedância de barra for multiplicada pelo vetor que contém 1 na linha k e zero no resto vem zx k m zy k m Análise de Sistemas de Potência 43 Nk k k NN Nk N N k N k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z M M M M L L M M M M M M M M M M L L L L 2 1 1 2 2 21 1 1 11 0 1 0 ou seja k BARRA k BARRA Z l Z coluna k da matriz impedância de barra Pré multiplicandose a equação acima pela matriz admitância de barra vem k BARRA BARRA k I BARRA BARRA Z Y l Z Y 4 4 4 3 14 2 K K BARRA BARRA l Z Y sistema de equações lineares com incógnita K ZBARRA Procedimento para solução da equação acima a montar a matriz YBARRA b fatorar a matriz YBARRA em LU ou seja YBARRA L U c solucionar o sistema k H k BARRA l Z L U 14243 em duas etapas primeira etapa solucionar kl H L segunda etapa solucionar H Z U k BARRA O custo computacional do processo está em calcular as matrizes L e U 282 Obtenção da diferença entre duas colunas da matriz impedância de barra Seja 0 1 1 0 M j kl j k BARRA j k BARRA Z l Z j k BARRA BARRA j k BARRA BARRA Z Y l Z Y j k j k BARRA BARRA l Z Y resolvido por decomposição LU da matriz YBARRA mostrado anteriormente j k j k BARRA l Z U L Exemplo 211 Calcular a diferença dos elementos ZBARRA44 ZBARRA45 da matriz ZBARRA conhecendose a matriz YBARRA 20 0 00 20 0 00 00 00 20 0 00 00 0 20 20 0 00 36 0 16 0 00 00 00 16 0 26 2 0 10 00 20 0 00 10 0 0 30 j j j j j j j j j j j j j YBARRA Coluna k Coluna j Análise de Sistemas de Potência 44 54 44 45 44 BARRA BARRA BARRA BARRA Z Z Z Z logo só é preciso calcular a coluna 4 da matriz ZBARRA a fatoração LU Basta fazer no programa MATLAB o comando L U luybarra que o programa retorna as matrizes L e U 00 01 00 00 00 4 14243 H ZBARRA L U Primeira etapa 4l H L 00 01 00 00 00 01 0 98 0 81 00 00 00 01 019 0 29 67 0 00 00 01 0 70 00 00 00 00 01 33 0 00 00 00 00 01 5 4 3 2 1 H H H H H Solução 00 3 2 1 H H H 01 01 01 01 01 4 44 5 45 4 5 45 4 44 H L H L H H L H L 0 98 01 01 0 98 00 55 4 54 5 5 55 4 54 L H L H H L H L Segunda etapa H Z U BARRA 4 98 0 00 1 00 0 0 00 00 0 0 20 0 00 0 00 0 00 00 0 3 76 3 85 0 00 0 00 00 0 2000 4 67 2480 0 00 00 0 0 00 6 67 1600 2287 0 00 0 00 2000 0 00 1000 00 30 54 44 34 24 14 BARRA BARRA BARRA BARRA BARRA Z Z Z Z Z j j j j j j j j j j j j 5 00 0 20 0 98 55 5 54 5 54 55 j j U H Z H Z U BARRA BARRA 44 54 45 4 44 4 54 45 44 44 U Z U H Z H Z U Z U BARRA BARRA BARRA BARRA 515 3 85 05 3 76 01 44 j j j j Z BARRA 015 54 44 j Z Z Por inversão direta da matriz YBARRA com auxílio do programa MATLAB obtémse 511 5 00 5 06 5 00 00 5 5 00 515 5 00 5 00 10 5 5 06 5 00 5 06 5 00 5 00 5 00 5 00 5 00 5 00 00 5 5 00 510 5 00 5 00 10 5 j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j Z BARRA Podese verificar da matriz ZBARRA que Z44 Z45 j51500j50000 j01500 que confere com o cálculo anterior Análise de Sistemas de Potência 45 Capítulo 3 Fluxo de Potência 31 Introdução É o mais freqüente estudo feito nos sistemas elétricos de potência É o estudo que fornece a solução de uma rede elétrica em regime permanente para uma dada condição de operação isto é para uma dada condição de carga e geração sujeitas a restrições operativas e à ação de dispositivos de controle 311 Dados de entrada Dados da rede elétrica resistência e reatância dos elementos Geração ativa e reativa nas barras do sistema Carga ativa e reativa nas barras do sistema 312 Condição de geração e carga 3121 Geração São os valores da potência ativa PG e da potência reativa QG geradas nas barras ou o valor da potência ativa PG e módulo da tensão gerada V no caso de barras de tensão controlada 3122 Carga São os valores de potência ativa PL e potência reativa QL consumidas em cada barra do sistema onde a carga existir consideradas constantes 313 Restrições operativas São entre outros os limites para o fluxo de potência nas linhas e transformadores o módulo das tensões nas barras a capacidade de geração das máquinas 314 Dispositivos de controle Ajudam a controlar algumas grandezas tais como a A tensão ou fluxo de reativo modelado por transformadores com tap injeção de reativo etc b Controle do fluxo de potência ativa transformador defasador intercâmbio entre áreas etc para atender potência compradavendida contratada 315 Solução da rede a Calculamse as tensões nas barras em módulo e ângulo b Calculamse os fluxos de potência ativa e potência reativa nos elementos da rede Análise de Sistemas de Potência 46 316 Aplicações a Ferramenta para análise da adequação de uma topologia do sistema para uma dada condição de geração e carga Utilizado no planejamento operação e controle do sistema de potência b Utilizado como parte integrante de outros estudos tais como Curtocircuito cálculo das tensões pré falta Estabilidade calcula a condição inicial e também calcula a solução da rede em cada passo de integração Confiabilidade conhecendose os dados probabilísticos de falha dos diversos componentes da rede estimar a probabilidade de falha de suprimento ao consumidor a fim de tornála menor que um percentual especificado através de investimento no sistema O fluxo de potência serve para a verificação da adequação de cada estado com falha Análise de contingência estática o fluxo de potência é usado para analisar cada contingência saída de equipamento por exemplo da rede elétrica Fluxo de potência ótimo este estudo fornece a melhor topologiaconfiguração para minimizar o custo de operação ou minimizar as perdas É um fluxo de potência com as restrições de um problema de otimização 317 Modelo da rede Para o estudo de fluxo de potência supõese o sistema equilibrado logo só se usa a rede de seqüência positiva Este estudo é baseado em modelo nodal e matriz admitância de barra V Y I BARRA Observação em sistemas de distribuição usase a modelagem trifásica para o cálculo do fluxo de potência pois o sistema de distribuição é essencialmente desequilibrado 318 Modelo matemático do fluxo de potência a Sistema de equações algébricas não lineares para representar a rede b Conjunto de inequações para representar as restrições c Conjunto de equaçõesinequações para representar o controle O esforço computacional está quase que todo na solução do sistema de equações daí o uso de método eficiente de solução 319 Métodos de solução O primeiro método computacional utilizado para a solução do fluxo de potência foi o de J B Ward e H W Hale e surgiu em junho de 1956 com o artigo Digital computer solution of powerflow problems 3191 Métodos baseados em YBARRA Estes métodos têm como vantagem a formulação simples e pouca necessidade de memória devido a esparsidade de YBARRA ser maior que 95 Como exemplo o método de GaussSeidel A desvantagem destes métodos é a convergência lenta devido ao fraco acoplamento entre variáveis influência pequena entre barras sendo necessárias cerca de 200 iterações para se chegar na solução do problema Análise de Sistemas de Potência 47 3192 Métodos baseados em ZBARRA Convergem mais rápido pois a matriz é cheia porém necessita de muita memória pelo mesmo motivo e o custo da montagem da matriz ZBARRA é elevado 3193 Método de NewtonRaphson Tem como vantagem ser robusto pois converge quase sempre e com poucas iterações Além disto a convergência independe da dimensão do sistema Usa a matriz YBARRA e a partir desta é montada a matriz jacobiana É atualmente o método mais utilizado 3194 Métodos desacoplados Este método é uma particularização do método de NewtonRaphson em que se deixa apenas a dependência entre a tensão e a potência reativa V e Q e entre a potência ativa e o ângulo da tensão da barra P e θ O método desacoplado rápido surgiu em 1974 e é atribuído a Brian Stott e Alsaç Tem como vantagem ser rápido e utilizar pouca memória A desvantagem é que só pode ser aplicado a sistemas com características apropriadas 3195 Fluxo de potência linear Este é um método aproximado de solução que analisa somente o fluxo de potência ativa também chamado de fluxo DC 32 Formulação do problema de fluxo de potência em variáveis complexas Seja a barra k com geração carga e linhas A Figura 31 exemplifica esta barra Figura 31 Barra com geração carga e linhas Nos estudos de fluxo de potência calculase a injeção líquida de potência em cada barra ou seja calculase para cada barra k Lk Gk k P P P Lk Gk k Q Q Q k k k jQ P S Considerandose a injeção líquida de potência a Figura 32 é a representação da Figura 31 para se adequar à equação V Y I BARRA onde kI é a injeção de corrente na barra k PGk QGk PLk QLk k Geração Análise de Sistemas de Potência 48 Figura 32 Figura 31 com injeção de potência líquida na barra k k k k k k k k k k k k k V jQ P I V jQ P I jQ P I V S Das equações nodais temse n m m km k V Y I 1 n m m km k V Y I 1 que só se aplicam às barras conectadas com a barra k As equações do fluxo de potência na forma complexa são n m m km k k k k k k V Y V I V jQ P S 1 k 1 n 31 que é a injeção líquida de potência na barra k em função dos parâmetros da rede e das tensões nas barras 321 Equações do fluxo de potência em variáveis reais e na forma polar É comum o desmembramento da equação complexa em duas equações reais para P e para Q k k S P Re k k S Q Im a Equação para a potência ativa P 1 Re m n m km k k V Y V P k 1 n Sabendose que k k k V V θ m m m V V θ km km km jB G Y vem n m m m km km k k k V jB G V P 1 Re θ θ k 1 n Colocandose k Vk θ para dentro do somatório vem n m m m km km k k k V jB G V P 1 Re θ θ k 1 n Pk Qk k Análise de Sistemas de Potência 49 n m km km m k m k k jB G V V P 1 Re θ θ k 1 n n m m k km m k m k km m k k B V jV G V V P 1 Re θ θ θ θ k 1 n Chamandose θk θm de θkm e extraindose a parte real vem n m km km m k km km m k k B V V G V V P 1 900 cos cos θ θ k 1 n Colocandose Vk para fora do somatório Vm em evidência e utilizandose a identidade 90 cos 0 α α sen vem n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ k 1 n 32 b Equação para a potência reativa Q 1 Im m n m km k k V Y V Q k 1 n Sabendose que k k k V V θ m m m V V θ km km km jB G Y vem n m m m km km k k k V jB G V Q 1 Im θ θ k 1 n Colocandose k V para dentro do somatório vem n m m m km km k k k V jB G V Q 1 Im θ θ k 1 n n m km km m k m k k jB G V V Q 1 Im θ θ k 1 n n m m k km m k m k km m k k B V jV G V V Q 1 Im θ θ θ θ k 1 n Chamandose θk θm de θkm e extraindose a parte real vem n m km km m k km km m k k sen B V V sen G V V Q 1 900 θ θ k 1 n Colocandose Vk para fora do somatório Vm em evidência e utilizandose a identidade cos 90 0 α α sen vem n m km km km km m k k B sen G V V Q 1 cos θ θ k 1 n 33 Análise de Sistemas de Potência 50 Exemplo 31 Escrever as equações do fluxo de potência da Figura 33 na forma complexa e na forma de variável real polar Figura 33 Circuito exemplo da formulação das equações do fluxo de potência Equações na forma complexa De acordo com a Equação 31 vem 3 13 2 12 1 11 1 1 1 1 V Y V Y V Y V jQ P S G G 3 23 2 22 1 21 2 2 2 2 V Y V Y V Y V jQ P S G G 3 33 2 32 1 31 3 3 3 3 V Y V Y V Y V jQ P S L L Equações em variáveis reais e na forma polar De acordo com as Equações 32 e 33 vem cos cos 12 12 12 12 2 11 11 11 11 1 1 1 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P cos 13 13 13 13 3 θ θ sen B G V cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 2 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P cos 23 23 23 23 3 θ θ sen B G V cos cos 32 32 32 32 2 31 31 31 31 1 3 3 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P cos 33 33 33 33 3 θ θ sen B G V cos cos 12 12 12 12 2 11 11 11 11 1 1 1 θ θ θ θ B sen G V B sen G V V Q cos 13 13 13 13 3 θ θ B sen G V cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 2 θ θ θ θ B sen G V B sen G V V Q cos 23 23 23 23 3 θ θ B sen G V cos cos 32 32 32 32 2 31 31 31 31 1 3 3 θ θ θ θ B sen G V B sen G V V Q cos 33 33 33 33 3 θ θ B sen G V 3 2 1 E 2 E 1 PG1 jQG1 PG2 jQG2 PL3 jQL3 Análise de Sistemas de Potência 51 322 Conceito de barra flutuante ou swing ou slack As perdas do sistema não estão representadas nas equações do fluxo de potência A barra flutuante é responsável pelo suprimento de todas as perdas do sistema e por isto não tem a geração fixada A geração da barra flutuante é calculada após a solução do problema Do Exemplo 31 temse portanto que totais ativas perdas L G G P P P P 3 2 1 que só são conhecidas após a solução do fluxo de potência Suponha que a barra 1 do exemplo 31 seja flutuante logo 1 1 G G jQ P não é um dado do problema logo eliminase a primeira equação do sistema posto na forma complexa logo o sistema fica 3 23 2 22 1 21 2 2 2 2 V Y V Y V Y V jQ P S G G 3 33 2 32 1 31 3 3 3 3 V Y V Y V Y V jQ P S L L A equação relativa a barra 1 foi eliminada Temse 2 equações e três incógnitas O processo consiste em fixar uma incógnita no caso 1 V Após se encontrar a solução 2 V e 3 V calculamse P1 e Q1 A barra flutuante é uma barra de tensão controlada e referência de ângulo para o sistema 323 Tipos de barras 3231 Barra flutuante ou swing ou slack ou Vθ Esta barra existe para suprir as perdas do sistema desconhecidas até a solução da rede Só existe uma barra flutuante em todo o sistema Dados de entrada Vk θk Calculado nesta barra Pk Qk 3232 Barra de carga ou PQ Não existe qualquer controle de tensão nesta barra A maioria das barras é deste tipo cerca de 95 do total de barras Dados de entrada Pk Qk Calculado nesta barra Vk θk A barra de carga pode ter gerador só que este fornecerá P e Q constantes durante todo o processo de cálculo 3233 Barra de tensão controlada ou PV Existem dispositivos de controle que permitem manter o módulo da tensão e a injeção de potência ativa em valores especificados tais como gerador e compensador síncrono Algumas das barras do sistema são deste tipo representando 5 do total de barras Dados de entrada Pk Vk Calculado nesta barra Qk θk 324 Sistema de equações do fluxo de potência Devido à variedade de tipos de barras o sistema de equações que descreve o sistema elétrico é dividido em dois subsistemas Análise de Sistemas de Potência 52 3241 Subsistema 1 Este subsistema contém as equações que devem ser resolvidas para se encontrar a solução do fluxo de potência ou seja módulo e ângulo das tensões nas barras P V θ P k k PQ PV k barras de carga e de tensão controlada Q V θ Q k k k PQ barras de carga 3242 Subsistema 2 As incógnitas aqui contidas são determinadas por substituição das variáveis calculadas no sub sistema 1 P V θ P k k k Vθ barra flutuante Q V θ Q k k PV V k θ barra flutuante e barras de tensão controlada Exemplo 32 Escrever as equações do sistema da Figura 34 na forma real polar separandoas nos subsistemas 1 e 2 As variáveis especificadas estão mostradas na própria Figura 34 Figura 34 Sistema do exemplo 32 Subsistema 1 na forma real polar 3 1 2 2 2 2 2 2 cos m m m m m m sen B G V V P θ θ 3 1 3 3 3 3 3 3 cos m m m m m m sen B G V V P θ θ 3 1 3 3 3 3 3 3 cos m m m m m m B sen G V V Q θ θ A solução das três equações acima fornece θ2 θ3 V3 Para se determinar as outras variáveis P1 Q1 Q2 basta substituir as variáveis calculadas no subsistema 1 no subsistema 2 1 E 3 2 2 E 1 V1 θ1 Q3 P3 V2 P2 Análise de Sistemas de Potência 53 Subsistema 2 na forma real polar 3 1 1 1 1 1 1 1 cos m m m m m m sen B G V V P θ θ 3 1 1 1 1 1 1 1 cos m m m m m m B sen G V V Q θ θ 3 1 2 2 2 2 2 2 cos m m m m m m B sen G V V Q θ θ Observação Número de equações para solucionar um sistema elétrico Seja sistema elétrico com n barras onde l destas barras são barras de tensão controlada e uma é a barra flutuante O número de equações do sistema na forma real polar é 2 2 l n Seja o caso do sistema brasileiro com 2000 barras sendo 100 barras de tensão controlada O número de equações a serem resolvidas é 3 898 2 100 4 000 Concluise deste número que o método de solução deve ser eficiente 33 Fluxo de Potência pelo Método de GaussSeidel 331 Revisão do método de Jacobi Seja sistema de equações lineares n n nn n n n n n n n n b x a x a x a x a x a b x a x a x a x a x a b x a x a x a x a x a L LLLLLLLLLLLLLL L L L 4 4 3 3 2 2 1 1 2 2 4 24 3 23 2 22 1 21 1 1 4 14 3 13 2 12 1 11 Reescrevendose o sistema para explicitar as variáveis da diagonal principal vem 1 1 4 4 3 3 2 2 1 1 2 4 24 3 23 1 21 2 22 2 1 4 14 3 13 2 12 1 11 1 1 1 1 n nn n n n n n nn n n n n n x a x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x L LLLLLLLLLLLLLL L L L 34 O método de Jacobi consiste em iniciar o processo de solução com valores arbitrados Sejam 0 0 2 0 1 xn x x L os valores arbitrados para a primeira iteração onde o sobrescrito corresponde a iteração A partir deste conjunto substituindoo nas Equações 34 obtémse o conjunto 1 1 2 1 1 xn x x L mais próximo da solução procurada A próxima etapa consiste em substituir nas Equações 34 os valores recém obtidos O processo se repete até que convergência seja obtida Aplicandose a primeira iteração ao sistema de Equações 34 vem 0 1 1 0 4 4 0 3 3 0 2 2 0 1 1 1 0 2 0 4 24 0 3 23 0 1 21 2 22 1 2 0 1 0 4 14 0 3 13 0 2 12 1 11 1 1 1 1 1 n nn n n n n n nn n n n n n x a x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x L LLLLLLLLLLLLLLLLL L L L Análise de Sistemas de Potência 54 332 O método de GaussSeidel Este método da mesma forma que o método de Jacobi não é atualmente utilizado para solucionar um sistema elétrico de potência por ser muito lento porem é muito didático Encontra utilização na melhoria dos valores arbitrados para início de um outro método mais eficiente O método de GaussSeidel é um aperfeiçoamento do método de Jacobi e difere deste somente quanto ao conjunto de valores substituídos nas Equações 34 A diferença é que os valores substituídos são aqueles mais recentes ou seja à medida que os valores são determinados estes são utilizados no processo de substituição ou seja 1 1 1 1 1 1 k m n k m i m km i m km k kk ki x a x a b a x k 1 n Seja conjunto de valores arbitrados 0 0 2 0 1 xn x x L Notar que a condição inicial da variável 1x0 é desnecessária para este sistema porém no caso geral a mesma variável pode aparecer em ambos os lados do sinal de igual As variáveis calculadas são utilizadas na mesma iteração ou seja para a primeira iteração 1 1 1 1 4 4 1 3 3 1 2 2 1 1 1 1 0 2 0 4 24 0 3 23 1 1 21 2 22 1 2 0 1 0 4 14 0 3 13 0 2 12 1 11 1 1 1 1 1 n nn n n n n n nn n n n n n x a x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x L LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL L L L Generalizandose o processo vem 1 1 1 1 4 4 1 3 3 1 2 2 1 1 1 1 2 4 24 3 23 1 1 21 2 22 1 2 1 4 14 3 13 2 12 1 11 1 1 1 1 1 i n nn i n i n i n i n n nn i n i n n i i i i i n n i i i i x a x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x x a x a x a x a b a x L LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL L L L O método de GaussSeidel usa formulação das equações do sistema elétrico de potência em números complexos o que resulta em uma equação por barra excetuandose a barra flutuante 1 n m m km k k k k k k V Y V I V jQ P S k flutuante n m m km k k k k k k V Y V I V jQ P S 1 k flutuante Seja o sistema de três barras mostrado na Figura 34 onde a barra 1 é a barra flutuante e não existe barra de tensão controlada PV 3 23 2 22 1 21 2 2 2 V Y V Y V Y V jQ P logo 3 23 1 21 2 2 2 22 2 1 V Y V Y V jQ P Y V 2 32 1 31 3 3 3 33 3 1 V Y V Y V jQ P Y V Análise de Sistemas de Potência 55 Do sistema acima as seguintes variáveis são conhecidas V1θ1 constantes durante todo o processo pois pertencem à barra flutuante 3 3 2 2 P Q P Q constantes durante todo o processo pois pertencem à barra PQ As variáveis calculadas são 3 3 2 2 θ θ V V 333 Critério de convergência do método de Gaussseidel ε Δ 1 i k i k k V V V especificado geralmente entre 104 e 106 O método de GaussSeidel nem sempre converge além de ser lento Para que haja convergência é importante que o conjunto de valores arbitrados esteja próximo da solução 334 Fórmula geral do método de GaussSeidel aplicado ao fluxo de potência A seguir a fórmula geral do método de GaussSeidel onde i corresponde a iteração e n k 2 é a barra do sistema Esta equação considera a barra 1 flutuante n k m i m km k m i m km i k k k kk k i V Y V Y V jQ P Y V 1 1 1 1 1 1 k 2n 35 335 Melhoria do método de GaussSeidel O fator de aceleração α é utilizado na tentativa de se chegar na solução do sistema de equações com menos iterações Figura 35 Fator de aceleração 1 1 i k i k k i V V V Δ 1 1 Δ i k i k k acelerado i V V V α Na prática para os sistemas elétricos de potência o valor de α é 16 Este método é utilizado para as primeiras iterações do método de NewtonRaphson 336 Tratamento no caso de existir barra PV Problema Qk não é especificado e Vk é especificado Solução a Calcular calculado Qk a cada iteração com a equação I V S I V S I V S I V Q jQ P S jQ P S Im logo V0 V1 Vacelerado1 solução Análise de Sistemas de Potência 56 1 1 1 Im i k i k kcalculado i I V Q n m i m km i k kcalculado i V Y V Q 1 1 1 1 Im 36 b Calcular o valor da tensão n k m i m km k m i m km k calculado i k k kk k provisório i V Y V Y V jQ P Y V 1 1 1 1 1 1 1 Desta equação sai calculado 1 1 provisório i k Vk provisório i θ Como Vk é especificado só aproveito o argumento da tensão provisória calculada logo 1 1 provisório i k especificado k k i V V θ Exemplo 33 Desenvolver as três primeiras iterações do método de GaussSeidel do sistema mostrado na Figura 36 Figura 36 Sistema do exemplo 33 Considerar condição inicial flatstart ou seja 0 0 2 0 θ 0 30 01 0 V Determinação da matriz YBARRA 05 10 0 05 10 0 05 05 10 0 10 0 10 0 10 0 10 0 0 10 j j j j j j j j j j j j YBARRA 15 0 05 10 0 05 15 0 10 0 10 0 10 0 0 20 j j j j j j j j j Dados fixos 0 1 V 01 0 03 PG2 V2 11 54 3 PL 50 3 QL Condições iniciais 0 0 2 0 θ 0 30 01 0 V Variáveis livres QG2 n k m i m km k m i m km i k k k kk k i V Y V Y V jQ P Y V 1 1 1 1 1 1 k 2n Formulação complexa A barra 1 é a barra flutuante 3 23 1 21 2 2 2 22 2 1 V Y V Y V jQ P Y V G G substituindose os valores fixos vem QL3 05 pu 2 E 1 E 3 2 1 1 V 1000 PL3 45 pu PG2 30 pu V2 11 pu j50 j100 j100 Análise de Sistemas de Potência 57 3 2 2 2 05 01 10 0 11 03 15 0 1 V j j jQ j V G θ 2 32 1 31 3 3 3 33 3 1 V Y V Y V jQ P Y V L L substituindose os valores fixos vem 0 11 05 01 10 0 50 54 15 0 1 3 3 j j V j j V Estimar valor de QG2 pois pertence a barra de tensão controlada Aplicandose a Equação 36 vem n m m km i k kcalcilado i V Y V Q 1 1 1 Im n m m m calculado V Y V Q 1 2 2 2 Im Expandindose a expressão de Q vem 3 23 2 22 1 21 2 2 Im V Y V Y V Y V Q estimado Substituindose os valores fixos vem 3 3 2 0 2 2 05 11 15 0 0 01 10 0 Im 11 θ θ θ V j j j Q estimado Primeira iteração 0 0 0 0 2 0 01 05 0 11 15 0 0 01 10 0 0 Im 11 j j j Q estimado 1 65 1 65 Im 2 2 estimado estimado Q j Q 0 2 2 0 01 05 01 10 0 11 1 65 03 15 0 1 j j j j V θ 0 2 9 39 111 16 5 2 73 15 0 j j V Como a tensão 2 V é especificada temse 0 2 V 11 9 39 0 0 3 9 39 11 05 01 10 0 0 01 50 54 15 0 1 j j j j V 0 3 9 39 11 05 10 0 50 54 15 0 1 j j j j V 0 3 8061 55 59 54 15 0 j j V 5 43 0 90 59 54 15 0 3 j j j V 1493 3 60 15 0 3 j j V 0 3 1357 1 02 0 24 0 99 j V Análise de Sistemas de Potência 58 34 Fluxo de potência pelo Método de NewtonRaphson 341 Revisão do método no caso monovariável fx 0 Solução de sistemas algébricos não lineares Figura 37 Revisão monovariável do método de NewtonRaphson Algoritmo 1 Arbitrar condição inicial x0 e fixar a iteração i 0 2 Calcular f xi e verificar a convergência Se ε f xi parar 3 Fazer i i 1 Linearizar a função em torno de i i f x x usando parte da série de Taylor i x i i i x dx df x f x x x f i Δ Δ 4 Solucionar o sistema linearizado 0 Δ i x i x dx df x x f i que tem como solução i x i i dx df x f x x Δ 5 Atualizar a solução do problema 1 i i i x x x Δ 6 Voltar ao passo 2 x fx x0 x1 x2 fx0 fx3 fx1 fx2 x3 Análise de Sistemas de Potência 59 342 Revisão do método no caso multivariável Fx 0 Sejam nf t f f F L 2 1 xn t x x x L 2 1 1 Arbitrar condição inicial x0 e fixar a iteração i 0 2 Calcular F xi e verificar a convergência Se ε max F x i parar 3 Fazer i i 1 Linearizar a função em torno de i i F x x usando parte da série de Taylor i i i i i x J x F x x F x Δ Δ onde x F J é a matriz jacobiana 4 Solucionar o sistema linearizado 0 Δ i i i x J x F x cuja solução é a solução de i i i x J x F x Δ que é do tipo x A b 5 Atualizar a solução do problema 1 i i i x x x Δ 6 Voltar ao passo 2 343 Aplicação do método de NewtonRaphson na solução do fluxo de potência Equações básicas do subsistema 1 a serem solucionadas n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ PQ PV k n m km km km km m k k B sen G V V Q 1 cos θ θ k PQ Resíduos de potência power mismatches V θ P P P calculado k especificado k k Δ PQ PV k V θ Q Q Q calculado k especificado k k Δ k PQ Sistema a ser solucionado pelo método de NewtonRaphson Δ Δ 0 0 k k Q P PQ k PQ PV k Análise de Sistemas de Potência 60 Considerase sistema com n barras sendo que Barras PQ barras de 1 a l Barras PV barras de l 1 a n 1 Barra Vθ barra n l t n Q Q Q P P P F Δ Δ Δ Δ Δ Δ L L 2 1 1 2 1 l t n V V V x L L 2 1 1 2 1 θ θ θ i i i i x x J F x Δ que em forma matricial é i i i V J Q P Δ Δ Δ Δ θ que está na forma x A b Atualização das variáveis de estado 1 i i i V V V Δ Δ θ θ θ Convergência p P ε max Δ e q Q ε max Δ 344 Matriz jacobiana geral Seja nf t f f F L 2 1 e as variáveis x1 x2 xn n n n n n n n n x f x f x f x f x f x f x f x f x f J L M M M M L L 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 345 Matriz Jacobiana aplicada à solução do fluxo de potência 1 1 11 1 1 11 θ Δ P J x f J 1 1 1 1 1 1 1 1 1 θ θ θ θ Δ P P P P P calculado calculado epecificado l l l l n l l l l n l n l n n n n n n n l n l n l n l n V Q V Q V Q Q Q Q L M V Q V Q V Q Q Q Q V Q V Q V Q Q Q Q V P V P V P P P P N H V P V P V P P P P V P V P V P P P P J L L M M M M M M L L L L L L M M M M M M L L L L 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ L M N H J Análise de Sistemas de Potência 61 θ P H n n 1 1 V P N l n 1 θ Q M n l 1 V Q L l l i i i V L M N H Q P Δ Δ Δ Δ θ RESUMO DO MÉTODO DE NEWTONRAPHSON Equações do subsistema 1 n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ PQ PV k n m km km km km m k k B sen G V V Q 1 cos θ θ k PQ Sistema a ser solucionado calculado k especificado k k P P P Δ PQ PV k calculado k especificado k k Q Q Q Δ k PQ Sistema matricial i i i V J Q P Δ Δ Δ Δ θ que está na forma x A b Atualizandose as variáveis vem 1 i i i V V V Δ Δ θ θ θ L M N H J θ P H n n 1 1 V P N l n 1 θ Q M n l 1 V Q L l l 346 Algoritmo da Solução do Fluxo de Potência pelo Método de NewtonRaphson 1 Montar a matriz YBARRA 2 Arbitrar condições iniciais das variáveis de estado 0 0 V θ e fazer i 0 3 Calcular Δ kP e ΔQk e verificar convergência Se p kP ε max Δ e q Qk ε max Δ parar calculado k especificado k k P P P Δ PQ PV k calculado k especificado k k Q Q Q Δ k PQ 4 Fazer i i 1 Montar a matriz jacobiana Ji Análise de Sistemas de Potência 62 5 Solucionar o sistema linearizado i i i V J Q P Δ Δ Δ Δ θ 6 Atualizar a solução do problema 1 i i i V V V Δ Δ θ θ θ 7 Voltar para o passo 3 Exemplo 34 No sistema da Figura 38 são dados 3 3 2 2 1 1 P Q P V V θ Calcular no processo iterativo 3 3 2 θ θ V Após a convergência calcular 2 1 1 P Q Q Figura 38 Sistema do exemplo 34 A equação do subsistema 1 é Δ Δ Δ Δ Δ Δ 3 3 2 3 3 2 V J Q P P θ θ 3 3 2 3 3 2 1 3 3 2 i i i V V V Δ Δ Δ θ θ θ θ θ θ Matriz jacobiana no caso de dimensão 3 n 1 l 3 1 1 3 32 3 3 2 3 3 3 3 3 2 3 3 2 3 2 2 2 V Q Q Q V P P P V P P P J θ θ θ θ θ θ 33 33 32 33 33 32 23 23 22 L M M N H H N H H J 3 2 1 E 2 E 1 V θ P V P Q Análise de Sistemas de Potência 63 347 Elementos das submatrizes H N M L do Jacobiano cos km km km km m k m k km B sen G V V P H θ θ θ mk km km km km m k kk k k k kk B sen G V V B V P H cos 2 θ θ θ cos km km km km k m k km sen B G V V P N θ θ m k km km km km m kk k k k kk sen B G V G V V P N cos θ θ cos km km km km m k m k km sen B G V V Q M θ θ θ mk km km km km m k kk k k k kk sen B G V V G V Q M cos 2 θ θ θ cos km km km km k m k km B sen G V V Q L θ θ m k km km km km m kk k k k kk B sen G V B V V Q L cos θ θ onde kk se refere ao termo da diagonal k e km se refere ao termo fora da diagonal linha k coluna m 348 Estrutura do jacobiano 1 Os elementos fora da diagonal principal correspondentes a barras não diretamente conectadas são nulos ou seja o jacobiano é altamente esparso cos km km km km m k km B sen G V V H θ θ Se as barras k e m não estão diretamente conectadas 0 km km B G logo Hkm 0 2 As matrizes H N M L têm estrutura semelhante à da matriz YBARRA exceto pelas linhas e colunas não representadas Se todas as barras forem PQ a estrutura do jacobiano será semelhante a estrutura de YBARRA e as submatrizes H M N L são quadradas As matrizes H N M L são simétricas em estrutura Se existe H12 existe H21 no caso de matriz quadrada 3 O jacobiano é assimétrico em valores assim como H M N L porém são simétricos em estrutura isto é em relação a posição dos zeros pois mk km sen sen θ θ e cos cos mk km θ θ Análise de Sistemas de Potência 64 Exemplo 35 Escrever a matriz jacobiana do sistema da Figura 39 em termos dos elementos das matrizes H M N L Figura 39 Sistema do exemplo 35 Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ 2 1 3 2 1 22 23 22 11 13 11 32 31 33 32 31 22 23 22 11 13 11 2 1 3 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 V V L M M L M M N N H H H N H H N H H Q Q P P P θ θ θ Exemplo 36 A Figura 310 mostra um sistema elétrico formado por duas barras Resolvêlo pelo método de NewtonRaphson Considerar a tolerância em ΔP ε 0003 Considerar 0 0 2 0 θ Dados em pu na base do sistema Figura 310 Sistema exemplo para o método de NewtonRaphson Dados das barras Barra Tipo P Q V θ 1 Vθ 10 00 2 PV 04 10 Dados da linha Linha r x bshunt 12 02 10 002 02 j10 Vθ PV jbshunt j002 jbshunt j002 2 1 3 2 1 4 V θ P Q P V P Q Compensador síncrono Análise de Sistemas de Potência 65 1 Montar YBARRA 0 96 019 01 1 20 12 j j Y 0 94 019 0 96 19 0 0 96 019 0 94 19 0 j j j j YBARRA BARRA BARRA BARRA jB G Y 019 19 0 019 019 GBARRA 0 94 96 0 0 96 0 94 BBARRA 2 Teste de convergência com relação às condições iniciais i 0 n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 2 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P 22 2 21 21 21 21 1 2 2 cos G V sen B G V V P θ θ 01923076922 01 0 9615384613 01923076922 cos 01 01 21 21 2 θ θ sen P 01923076922 0 9615384613 01923076922 cos 2 2 2 θ θ sen P 01923076922 0 0 9615384613 01923076922 cos0 0 0 2 sen P 0 00 0 2 P 00 40 40 0 2 2 2 2 Δ P P P P calculado especificado 40 2 ΔP Δ 2 ε P não convergiu O processo começa 3 Processo iterativo de NewtonRaphson Primeira iteração i i 1 1 2 2 22 Δθ Δ H J P cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 22 2 2 22 θ θ θ θ B sen G V B sen G V V B V H 22 2 21 21 21 21 1 2 22 2 2 22 cos B V B sen G V V B V H θ θ 0 94 cos 0 96 019 0 94 21 21 22 θ sen θ H 0 96 1 H22 40 0 96 1 2 1 22 2 Δ Δ P H θ 0 416 2 Δθ rad 0 416 0 416 00 2 0 2 2 1 Δ θ θ θ rad 019 0 416 0 96 0 416 cos 019 2 sen P 0 37 2 1 P 0 03 0 37 0 40 2 ΔP 0 03 2 ΔP Δ 2 ε P Não convergiu O processo continua Segunda iteração i i 1 2 0 94 0 416 cos 0 96 0 416 019 0 94 22 sen H 0 80 2 H22 Análise de Sistemas de Potência 66 0 03 0 80 1 2 1 22 2 Δ Δ P H θ 0 034 2 Δθ rad 0 45 0 034 0 416 1 2 2 2 Δ θ θ θ rad 0 19 0 45 0 96 0 45 cos 019 2 sen P 0 399 2 2 P 0 001 0 399 0 40 2 ΔP Δ 2 ε P O processo convergiu Solução encontrada para todas as variáveis de estado ou seja V e θ 0 45 01 2 2 2 θ V V rad 25790 01 4 Solução do subsistema 2 substituição das variáveis n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ Expandindose a equação acima para este exemplo cos cos 12 12 12 12 2 11 11 11 11 1 1 1 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P Simplificandose a expressão vem cos 12 12 12 12 2 11 1 1 1 θ θ sen B G V G V V P Substituindose valores fixos vem 0 96 cos 019 01 019 01 01 12 12 1 θ θ sen P Substituindose os valores encontrados no processo iterativo vem 0 45 0 96 cos 0 45 019 019 1 sen P 1 0 44 P pu n m km km km km m k k B sen G V V Q 1 cos θ θ Expandindose a equação acima para este exemplo e simplificandoa cos 12 12 12 12 2 11 1 1 1 θ θ B sen G V B V V Q Substituindose valores fixos vem cos 0 96 019 01 0 94 01 01 12 12 1 θ θ sen Q Substituindose os valores encontrados no processo iterativo vem cos 0 45 0 96 0 45 019 0 94 1 sen Q 3 1 7 89 10 Q pu n m km km km km m k k B sen G V V Q 1 cos θ θ Expandindose a equação acima para este exemplo e simplificandoa 22 2 21 21 21 21 1 2 2 cos B V B sen G V V Q θ θ Substituindose valores fixos vem 0 942 01 cos 0 962 0192 01 01 21 21 2 θ sen θ Q Análise de Sistemas de Potência 67 044 789x103 016 040 Substituindose os valores encontrados no processo iterativo vem 0 94 0 45 cos 0 96 0 45 019 2 sen Q Q2 016 pu Figura 311 Solução do fluxo de potência 35 Expressões do fluxo de potência ativa e reativa nos diversos ramos e shunts 351 Linha de transmissão média ou longa Figura 312 Modelo da linha de transmissão média e longa km k km km km I V jQ P S mk m mk mk mk I V jQ P S k k k V V θ m m m V V θ km km km jb g y km km km km km km km km km km km jx r b g jb b g g jb g z 1 2 2 2 2 Cálculo de Pkm e Qkm k shunt m k km km V jb V V y I onde Ikm é a corrente injetada na linha de transmissão a partir da barra k Arrumandose termos vem m km k shunt km km V y V jb y I m m km km k k shunt km km km V jb g V jb jb g I θ θ m m km km k k shunt km km km V jb g V jb jb g I θ θ m k m k km km k shunt km km km k km V V jb g V jb jb g I V S θ θ 2 m k m k km m k m k km k shunt k km k km km V V jb V V g V jb V jb V g S θ θ θ θ 2 2 2 jbshunt j002 jbshunt j002 2 1 série I Ikm m k ykm jbshunt jbshunt Imk Vk m V 0 1 0 45 1 Análise de Sistemas de Potência 68 0 2 90 cos Re m k m k km m k m k km k km km km V V b V V g V g S P θ θ θ θ cos 2 m k m k km m k m k km k km km sen V V b V V g V g P θ θ θ θ 0 2 2 90 Im m k m k km m k m k km k shunt k km km km V V b sen V V g V b V b S Q θ θ θ θ cos 2 2 m k m k km m k m k km k shunt k km km V V b sen V V g V b V b Q θ θ θ θ Cálculo de Pmk e Qmk m shunt k m km mk V jb V V y I onde Imk é a corrente injetada na linha de transmissão a partir da barra m Arrumandose termos vem k km m shunt km mk V y V jb y I k k km km m m shunt km km mk V jb g V jb jb g I θ θ k k km km m m shunt km km mk V jb g V jb jb g I θ θ k m m k km km m shunt km km mk m mk V V jb g V jb jb g I V S θ θ 2 k m m k km k m m k km m shunt m km m km mk V V jb V V g V jb V jb V g S θ θ θ θ 2 2 2 0 2 90 cos Re k m m k km k m m k km m km mk mk V V b V V g V g S P θ θ θ θ cos 2 k m m k km k m m k km m km mk sen V V b V V g V g P θ θ θ θ 0 2 2 90 Im k m m k km k m m k km m shunt m km mk mk V V b sen V V g V b V b S Q θ θ θ θ cos 2 2 k m m k km k m m k km m shunt m km mk V V b sen V V g V b V b Q θ θ θ θ Cálculo das perdas As perdas ativas podem ser calculadas como cos 2 2 2 m k m k km m km k km mk km perdas V V g V g V g P P P θ θ Perdas resistivas na linha 2 2 km km km série série km série série Perdas b g g I I r I I P 2 2 km km km m k km km m k km km Perdas b g g V V jb g V V jb g P m m k k m m k k km Perdas V V V V g P θ θ θ θ 2 2 m k m m k m k m k k km Perdas V V V V V V g P θ θ θ θ cos 2 2 2 m k m k km m km k km Perdas V V g V g V g P θ θ expressão idêntica à expressão de mk km P P As perdas reativas podem ser calculadas como armazenada nos campos elétrico e magnético cos 2 2 2 2 2 m shunt k shunt m m k m k k km mk km perdas V b V b V V V V b Q Q Q θ θ Perdas reativas na linha 2 2 2 2 m shunt k shunt km km km série série Perdas V b V b b g b I I Q 2 2 m shunt k shunt m k m k km Perdas V b V b V V V V b Q 2 2 2 m shunt k shunt m k m m k k k km Perdas V b V b V V V V V V V b Q 2 2 2 2 cos 2 m shunt k shunt m m k m k k km Perdas V b V b V V V V b Q θ θ expressão idêntica à expressão de mk km Q Q Análise de Sistemas de Potência 69 Temse portanto para perda de potência mk km perdas km P P P mk km perdas km Q Q Q 352 Linha de transmissão curta Figura 313 Modelo da linha de transmissão curta km km km k km jQ P I V S m k km km V V y I onde Ikm é a corrente que circula na linha de transmissão m k km km km V V jb g I m k km km km V V jb g I m k km km k km V V jb g V S 2 km km m k k km jb g V V V S 2 2 m k km m k km k km k km km V V jb V V g V jb V g S cos Re 2 m k m k km m k m k km k km km km sen V V b V V g V g S P θ θ θ θ 0 2 90 Im m k m k km m k m k km k km km km V V b V V g b V S Q θ θ θ θ cos 2 m k m k km m k m k km k km km V V b sen V V g V b Q θ θ θ θ mk mk mk m mk jQ P I V S k m km mk V V y I onde Imk é a corrente que circula na linha de transmissão k m km km mk V V jb g I k m km km mk V V jb g I k m km km m mk V V jb g V S 2 km km k m m mk jb g V V V S 2 2 k m km k m km m km m km mk V V jb V V g V jb V g S cos Re 2 k m k m km k m k m km m km mk mk sen V V b V V g V g S P θ θ θ θ 0 2 90 Im k m k m km k m k m km m km mk mk V V b V V g b V S Q θ θ θ θ cos 2 k m k m km k m k m km m km mk V V b sen V V g V b Q θ θ θ θ Ikm m k ykm mk I k V m V Análise de Sistemas de Potência 70 Perdas resistivas na linha cos 2 m k m k km m k m k km k km mk km sen V V b V V g V g P P θ θ θ θ cos 2 k m k m km k m k m km m km sen V V b V V g V g θ θ θ θ cos 2 2 2 m k m k km m k km mk km V V g V V g P P θ θ 2 2 km km km km km km km km Perdas b g g I I r I I P 2 2 km km km m k km km m k km km Perdas b g g V V jb g V V jb g P m m k k m m k k km Perdas V V V V g P θ θ θ θ 2 2 m k m m k m k m k k km Perdas V V V V V V g P θ θ θ θ cos 2 2 2 m k m k km m km k km Perdas V V g V g V g P θ θ expressão idêntica a da expressão de mk km P P Perdas reativas na linha cos 2 m k m k km m k m k km k km km V V b sen V V g V b Q θ θ θ θ cos 2 k m k m km k m k m km m km V V b sen V V g V b θ θ θ θ cos 2 2 2 m k m k km m k km mk km V V b V V b Q Q θ θ 2 2 km km km km km km km km Perdas b g b I I x I I Q 2 2 km km km m k km km m k km km Perdas b g b V V jb g V V jb g Q m m k k m m k k km Perdas V V V V b Q θ θ θ θ 2 2 m k m m k m k m k k km Perdas V V V V V V b Q θ θ θ θ cos 2 2 2 m k m k km m k km Perdas V V b V V b Q θ θ expressão idêntica à expressão de mk km Q Q Perda de potência ativa mk km perdas km P P P Perda de potência reativa mk km perdas km Q Q Q 353 Transformador Figura 314 Modelo de um transformador com tape A Figura 314 mostra o modelo de um transformador com tape cuja admitância é colocada do lado do tape k km m k km km V y t t V V y t I 2 m km k km km V y t V y t I 2 km km km k km jQ P I V S km I m k t ykm t2t ykm 1t ykm mk I Vmk km V Análise de Sistemas de Potência 71 m km k m km mk V y t V V y t I 1 m km k km mk V y V y t I mk mk mk m mk jQ P I V S cos 2 km m km k km km m k km k km sen tV V b tV V g g tV P θ θ cos 2 km km m k km m km k km k km sen tV V g tV V b b tV Q θ θ cos 2 km m km k km km m k km m mk sen tV V b tV V g g V P θ θ cos 2 km km m k km m km k km m mk sen tV V g tV V b b V Q θ θ cos 2 2 2 km m k m k km mk km perdas tV V V tV g P P P θ cos 2 2 2 km m k m k km mk km perdas tV V V tV b Q Q Q θ 354 Elementos shunt Figura 315 Capacitor shunt A Figura 315 mostra um capacitor ligado na barra k A potência reativa gerada pelo mesmo é shunt k shunt b V Q 2 Caso fosse um reator a potência reativa injetada na barra seria shunt k shunt b V Q 2 ou seja a potência reativa estaria sendo consumida Figura 316 Resistor shunt A Figura 316 mostra um resistor ligado na barra k A potência ativa gerada pelo mesmo é shunt k shunt g V P 2 ou seja há consumo de potência ativa Cálculo do fluxo de potência nas linhas do sistema da Figura 311 Exemplo 36 0 0157 0 437 2587 01 0 96 019 0 02 1 0 0 96 019 0 0 12 j j j I rad 3 12 0 12 6 82 10 0 437 0 01 j I S 3 069 0 430 2587 01 0 02 0 96 019 0 01 0 96 019 0 0 21 j j j I rad 016 0 40 3 069 0 430 0 45 01 21 2 21 j I V S 0 037 0 40 0 437 Pperdas 0154 016 6 82 10 3 Qperdas Balanço de potência 0 037 0 40 0 437 2 1 Pperdas P P 0154 016 6 82 10 3 2 1 Qperdas Q Q Qshunt jbshunt k Pshunt rshunt 1gshunt k Análise de Sistemas de Potência 72 Injeção de potência no elemento shunt 0 02 0 02 01 2 2 1 shunt shunt Q Q pu Exemplo 37 Refazer o exemplo 36 considerandose uma barra flutuante e uma barra de carga como mostra a Figura 317 Dados em pu na base do sistema Figura 317 Sistema do exemplo 37 Dados V1 10 θ1 00 0 30 2 P Q2 0 07 tolerância para convergência em ΔP é igual a tolerância para convergência em ΔQ ε 0003 Condição inicial 01 0 2 V 0 0 2 0 θ Calcular no processo iterativo θ2V2 Após a convergência calcular P1 Q1 Solução 1 Determinação da matriz YBARRA BARRA BARRA BARRA jB G Y calculada no exemplo 36 019 019 019 019 GBARRA 0 94 96 0 0 96 0 94 BBARRA 2 Verificação de convergência n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ PQ PV k Expandindose esta expressão para o presente exemplo vem cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 2 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P Simplificandose a expressão vem 22 2 21 21 21 21 1 2 2 cos G V sen B G V V P θ θ Substituindose os valores fixos para este exemplo vem 019 0 96 cos 019 1 2 21 21 2 2 V sen V P θ θ Avaliandose a expressão lembrando que V2 10 e θ21 00 vem 019 01 019 01 2 P 00 0 2 P 0 30 00 0 30 2 2 2 Δ calculado especificado P P P n m km km km km m k k B sen G V V Q 1 cos θ θ k PQ 02 j10 Vθ PQ jbshunt j002 jbshunt j002 2 1 Análise de Sistemas de Potência 73 Expandindose esta expressão para o presente exemplo vem cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 2 θ θ θ θ B sen G V B sen G V V Q Simplificandose a expressão vem 22 2 21 21 21 21 1 2 2 cos B V B sen G V V Q θ θ Substituindose os valores fixos para este exemplo vem 0 94 cos 0 96 019 1 2 21 21 2 2 V sen V Q θ θ Avaliandose a expressão lembrando que V2 10 e θ21 00 vem 0 94 0 96 01 2 Q 0 02 0 2 Q 0 09 0 02 0 07 2 2 2 Δ calculado especificado Q Q Q Teste de convergência ΔP2 030 0003 não convergiu o processo continua ΔQ2 009 0003 não convergiu o processo continua 3 Primeira iteração do processo de cálculo As incógnitas do processo são θ2 e V2 logo Δ Δ Δ Δ 2 2 22 22 22 22 2 2 V L M N H Q P θ mk km km km km m k kk k kk B sen G V V B V H cos 2 θ θ Expandindose esta expressão para o presente exemplo vem 22 2 21 21 21 21 1 2 22 2 2 22 cos B V B sen G V V B V H θ θ Substituindose os valores fixos para este exemplo vem 0 94 cos 0 96 019 01 0 94 2 21 21 2 2 2 22 V sen V V H θ θ Avaliandose esta expressão vem 0 94 0 96 0 94 22 H 0 96 0 H22 m k km km km km m kk k kk sen B G V G V N cos θ θ Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 22 2 22 θ θ θ θ sen B G V sen B G V G V N 22 2 21 21 21 21 1 22 2 22 cos G V sen B G V G V N θ θ Substituindose os valores fixos para este exemplo vem 019 0 96 cos 019 019 2 21 21 1 2 22 V sen V V N θ θ Avaliandose esta expressão vem 019 1 1 019 01 019 01 22 N 019 019 019 22 N 019 0 N22 Análise de Sistemas de Potência 74 mk km km km km m k kk k kk sen B G V V G V M cos 2 θ θ Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 2 22 2 2 22 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V G V M Simplificandose a expressão vem 22 2 21 21 21 21 1 2 22 2 2 22 cos G V sen B G V V G V M θ θ Substituindose os valores fixos para este exemplo vem 019 0 96 cos 019 01 01 019 01 2 21 21 2 22 V sen M θ θ Avaliandose esta expressão vem 019 019 019 22 M 019 0 22 M m k km km km km m kk k kk B sen G V B V L cos θ θ Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem cos cos 22 22 22 22 2 21 21 21 21 1 22 2 22 θ θ θ θ B sen G V B sen G V B V L Simplificandose a expressão vem 22 2 21 21 21 21 1 22 2 22 cos B V B sen G V B V L θ θ Substituindose os valores fixos para este exemplo vem 0 94 cos 0 96 019 01 0 94 2 21 21 2 22 V sen V L θ θ Avaliandose esta expressão com V2 e θ2 vem 0 94 0 96 0 94 22 L 0 92 0 L22 Valores numéricos 0 96 0 H22 019 0 N22 019 0 22 M 0 92 0 L22 Os valores numéricos do sistema Δ Δ Δ Δ V L M N H Q P θ são Δ Δ 2 2 0 92 019 019 0 96 0 09 0 30 V θ Utilizandose a regra prática para inverter uma matriz 2 2 que consiste em trocar os elementos da diagonal principal e trocar apenas o sinal dos demais elementos e dividir a matriz assim formada pelo determinante da matriz original vem Δ Δ 0 09 0 30 0 96 019 019 92 0 0 92 1 2 2 V θ Análise de Sistemas de Potência 75 Δ Δ 0 0288 29 0 0 92 1 2 2 V θ Δ Δ 0 031 318 0 2 2 V θ Atualizandose valores Δ Δ 0 031 1 0 318 00 0 2 2 0 2 0 2 1 2 2 1 V V V θ θ θ 1 031 318 0 1 2 2 1 V θ 4 Verificação da Convergência 019 1 03 0 31 0 96 0 95 019 1 1 03 2 P 019 0 30 018 1 03 2 P 0 29 2 1 P 0 94 1 03 0 95 0 96 0 31 019 1 03 2 Q 0 97 0 91 0 06 1 03 2 Q 012 1 03 2 Q 012 2 1 Q 0 01 0 29 0 30 2 2 2 Δ calculado especificado P P P 0 05 012 0 07 2 2 2 Δ calculado especificado Q Q Q Teste de convergência ΔP2 0005883725 0003 não convergiu o processo continua ΔQ2 00515650666 0003 não convergiu o processo continua 5 Segunda iteração 0 330 2 2 θ 0 978 2 2 V Convergência 0 001 2 ΔP 0 002 2 ΔQ Convergiu pois são menores que 0003 6 Após a convergência calcular as injeções de potência P1 e Q1 cos cos 12 12 12 12 2 11 11 11 11 1 1 1 θ θ θ θ sen B G V sen B G V V P cos 12 12 12 12 2 11 1 θ θ sen B G V G P 0 3186 0 33 0 96 019 cos 0 33 0 978 019 1 sen P 0 0097 1 Q Observação Estudar exemplo 81 do Stevenson por NewtonRaphson contendo um sistema de 5 barras sendo uma flutuante 1 PV e 3 PQ Análise de Sistemas de Potência 76 36 Fluxo de potência pelo Método Desacoplado Rápido 361 Fluxo de potência pelo Método de Newton desacoplado Este método é baseado no forte acoplamento entre as variáveis Pθ e QV ou seja V P P θ e θ Q V Q Por este motivo as matrizes V P M e θ N Q são desprezadas O sistema fica então 0 0 i i i V L H Q P Δ Δ Δ Δ θ Ficam então definidos dois sistemas de equações que são i i i H P Δθ Δ i i i V L Q Δ Δ que são conhecidos como o método de Newton desacoplado 362 Considerações sobre as matrizes H e L do método de Newton desacoplado Estas considerações objetivam transformar as matrizes H e L em matrizes constantes 1 Divisão das equações de resíduo pelo respectivo módulo da tensão com a finalidade de acelerar a convergência k calculado k especificado k k k V V P P V P θ Δ k 1 n1 a barra flutuante é a excluída k calculado k especificado k k k V V Q Q V Q θ Δ k 1 l barras PQ O sistema fica então Δ Δ Δ Δ i i i i i i V L V Q H V P θ Cada termo dos vetores ΔP e ΔQ está dividido por sua tensão onde cos km km km km m k km km B sen G V V H H θ θ mk km km km km m kk k k kk kk B sen G V B V V H H cos θ θ cos km km km km k km km B sen G V L L θ θ m k km km km km m k kk k kk kk B sen G V V B V L L cos 1 θ θ Análise de Sistemas de Potência 77 2 Hipóteses para o cálculo dos elementos de H e L a Sistema pouco carregado Com esta consideração assumese θkm pequeno e em conseqüência cosθkm 1 b Em linhas de EAT e UAT a relação BkmGkm é alta de 5 a 20 logo Bkm Gkm senθkm ou seja desprezase o termo Gkm senθkm c As reatâncias transversais nas barras reatores capacitores cargas são muito maiores do que a reatância série logo k k kk Q V B 2 d As tensões Vk e Vm estão sempre próximas de 10 pu Aplicandose as considerações anteriores no cálculo dos elementos das matrizes H e L chegase a km km B H kk kk B H km km B L kk kk B L As matrizes de coeficientes tornamse desta forma constantes durante todo o processo iterativo passando a ser chamadas de HB LB Melhorias no desempenho do método são obtidas desprezandose as resistências série e as reatâncias shunt na montagem de B 363 Formulação final do método Desacoplado Rápido Os elementos de B e B são definidos como km km x B 1 37a Ω k m km kk x B 1 37b km km B B 38a kk kk B B 38b onde Ωk é o conjunto das barras diretamente conectados com a barra k excetuandose a própria barra k xkm é a reatância do ramo km Bkm e Bkk correspondem à parte imaginária dos elementos km e kk respectivamente da matriz YBARRA O método desacoplado rápido então é formulado como Δθ Δ B V P de dimensão n 1 a barra flutuante é excluída V B V Q Δ Δ de dimensão l número de barras PQ Análise de Sistemas de Potência 78 Exemplo 38 Formular as equações do fluxo de potência desacoplado rápido do circuito da Figura 318 Figura 318 Circuito do exemplo 38 Dados das barras Barra Tipo PG QG PL QL V θ 1 Vθ 00 00 10 00 2 PV 04 00 00 10 3 PQ 00 00 10 04 Dados das linhas ε 0003 Linha r x bshunt total 12 001 01 10 13 001 01 10 23 001 01 10 Condições iniciais V3 01 e 00 3 2 θ θ 99 0 99 10 0 01 1 1 j j jx r y 1 Montagem da matriz YBARRA 1880 198 9 90 0 99 9 90 0 99 9 90 0 99 1880 198 9 90 0 99 9 90 0 99 9 90 0 99 1880 98 1 j j j j j j j j j 198 0 99 0 99 0 99 198 0 99 0 99 0 99 98 1 GBARRA 1880 9 90 9 90 9 90 1880 9 90 9 90 9 90 80 18 BBARRA 3 2 1 E 2 E 1 j05 j05 j05 j05 j05 j05 Análise de Sistemas de Potência 79 2 Sistema de equações do método desacoplado rápido 3 2 33 32 23 22 3 3 2 2 i i B B B B V P V P Δ Δ Δ Δ θ θ apenas a barra flutuante não está representada 3 33 3 3 i i V B V Q Δ Δ 3 Cálculo de B e B Sistema Pθ Aplicandose as Equações 37 vem 10 0 10 1 1 23 32 23 x B B 20 0 10 1 10 1 1 1 23 21 22 x x B 20 0 10 1 10 1 1 1 32 31 33 x x B Sistema QV Aplicandose as Equações 38 vem 1880 33 B B 4 Mismatch do processo iterativo 3 2 3 2 1 3 2 i i i Δ Δ θ θ θ θ θ θ 3 3 1 3 i i i V V V Δ Primeira iteração Pθ 40 0 0 2 2 θ V P P calculado Δ 01 0 0 2 3 θ V P P calculado Δ onde 01 01 01 V 0 e 00 00 00 θ 0 1880 cos 198 9 90 cos 0 99 22 22 2 21 21 1 2 2 θ θ θ θ sen V sen V V P calculado 9 90 cos 0 99 23 23 3 θ θ sen V 0 99 198 01 0 99 01 3 2 V P calculado 00 2 P calculado 9 90 cos 0 99 9 90 cos 0 99 32 32 2 31 31 1 3 3 θ θ θ θ sen V sen V V P calculado 1880 cos 198 33 33 3 θ θ sen V 9 90 cos 0 99 01 31 31 3 3 θ θ sen V P calculado 198 9 90 cos 0 99 01 3 32 32 V sen θ θ 00 3 P calculado arbitrado arbitrado arbitrado Análise de Sistemas de Potência 80 40 00 40 2 ΔP 01 00 01 3 ΔP Não convergiu 5 Primeira iteração Pθ atualizar θ2 1 e θ3 1 Δ Δ Δ Δ Δ Δ 3 2 33 32 23 22 3 2 3 3 2 2 01 01 θ θ B B B B P P V P V P Δ Δ Δ Δ 3 2 2 2 20 0 0 10 10 0 0 20 01 01 θ θ P P Δ Δ 01 40 20 0 10 0 10 0 0 20 300 1 3 2 θ θ Δ Δ 0 0533 0 0067 16 0 02 300 1 3 2 θ θ 0 0533 0 0067 0 0533 0 0067 1 3 2 1 0 3 2 1 3 2 θ θ θ θ θ θ 6 Primeira iteração QV atualizar V3 1 40 1 0 3 3 θ V Q Q calculado Δ onde 1 3 1 2 1 00 θ θ θ 1880 33 3 Δ B B Q Solucionar e atualizar V3 1 O processo continua até a convergência tanto da iteração Pθ como QV Exemplo 39 Resolver o sistema da Figura 319 pelo método desacoplado rápido Dados em pu na base do sistema Figura 319 Circuito do exemplo 39 P2 030 Q2 007 ε 0003 0 94 019 0 96 019 0 96 019 0 94 019 j j j j YBARRA 02 j10 Vθ PQ jbshunt j002 jbshunt j002 2 1 Análise de Sistemas de Potência 81 019 19 0 019 019 GBARRA 0 94 0 96 0 96 0 94 BBARRA 1 Sistema de equações 2 22 2 2 Δθ Δ B V P 2 22 1 2 2 i i V B V Q Δ Δ 01 01 1 1 12 22 x B 0 94 22 22 B B 2 Processo iterativo Primeira iteração Pθ 22 2 21 21 21 21 1 2 2 cos G V sen B G V V P θ θ 019 0 96 cos 019 01 2 21 21 2 2 V sen V P θ θ substituindose na primeira iteração vem 00 00 01 2 2 θ P V 30 00 30 30 2 2 Δ P calculado P convergência 03 0003 logo não convergiu 30 01 01 30 2 2 Δ Δ θ θ 30 2 1 θ Primeira iteração QV 22 2 21 21 21 21 1 2 2 cos B V B sen G V V Q θ θ 0 94 cos 0 96 019 01 2 2 2 2 2 V sen V Q θ θ Se V2 01 e 30 2 θ Q2 0 0798 0 0098 0 0798 0 07 0 07 2 2 Δ Q calculado Q 0 0098 ε o processo continua 2 22 2 2 V B V Q Δ Δ 0 0104 0 94 01 0 0098 2 2 Δ Δ V V 0 9896 0 0104 01 2 V Análise de Sistemas de Potência 82 Segunda iteração Pθ 0 274 30 0 9896 2 2 2 θ P V 2 2 2 calculado especificado P P P Δ 0 026 0 274 30 2 ΔP Convergência 0026 ε 0 processo continua Atualização 2 22 2 2 Δθ Δ B V P 0 0256 01 0 9896 0 026 2 2 Δ Δ θ θ 0 3256 0 0256 30 2 θ Segunda iteração QV 0 0814 0 3256 0 9896 2 2 2 θ Q V 0 0114 0 0814 0 07 2 ΔQ Convergência 00114 ε o processo continua Montase o sistema 0 0122 0 94 0 9896 0 0114 2 2 Δ Δ V V 0 9774 0 0122 0 9896 2 V Terceira iteração Pθ 0 295 2 P 0 005 2 ΔP Convergência 0005 ε o processo continua 0 3307 2 θ Terceira iteração QV Q2 0 0716 0 0016 2 ΔQ Convergência 00016 ε convergiu logo não atualizo as variáveis e testo o outro sistema de equações Quarta iteração Pθ 0 229 0 3307 0 9774 2 2 2 θ P V 0 001 0 229 0 30 2 ΔP Convergência 0001 ε logo todo o processo convergiu Solução encontrada 0 3307 0 9774 2 V radianos Análise de Sistemas de Potência 83 3 Após a convergência do processo iterativo calculamse as grandezas abaixo da mesma forma como descrito anteriormente Fluxos nas linhas Injeção na barra flutuante 1Q1 P Fluxos na rede Perdas 364 Artifícios matemáticos para melhorar o desempenho do método desacoplado rápido na presença de ramos com elevada relação rx A pequena defasagem angular entre barras a relação sen km km km G B θ as tensões próximas de 10 pu e o fluxo nas linhas ser maior que o fluxo transversal são sempre verdadeiros nos sistemas de potência A exceção é a relação xr alta A seguir artifícios matemáticos para contornar este restrição 3641 Artifício da compensação 36411 Compensação série Figura 320 Exemplo da compensação série 36412 Compensação paralela Figura 321 Exemplo de compensação paralela 3642 Método BX de van Amerongen O método desacoplado rápido convencional é conhecido como método XB pois a matriz B só utiliza x a reatância do elemento e B só utiliza b o negativo da parte imaginária da matriz YBARRA No método BX B só utiliza b e B só utiliza x Este tem melhor desempenho quando a relação rx é alta 3643 Esquema iterativo flexível O esquema não flexível faz sucessivamente uma iteração Pθ e uma iteração QV até a convergência do processo O método flexível faz por exemplo devido a maior dificuldade da convergência da equação QV uma iteração Pθ e duas iterações QV Se o sistema estiver muito carregado o número de iterações QV aumenta r x m k r x x x m k j rx alto rx pequeno x x x x2 x3 r1 x1 m k A impedância da linha 1 em paralelo com a linha 2 é r jx Análise de Sistemas de Potência 84 37 Fluxo de potência linearizado ou fluxo de potência DC O fluxo de potência linearizado é baseado no acoplamento Pθ e só leva em conta o fluxo de potência ativo As equações do fluxo de potência ativa no ramo km são cos 2 km m k km km m k km k km km sen V V b V V g V g P θ θ 39a cos 2 km m k km km m k km m km mk sen V V b V V g V g P θ θ 39b As perdas no trecho ativos no ramo km valem cos 2 2 2 km m k km m km k km mk km km V V g V g V g P P Pperdas θ 371 Simplificações propostas a 01 m k V V pu b θkm pequeno logo km km sen θ θ 372 Desprezando as perdas do sistema km km km km km km km km km km km km km km km km km km jb g x r x j x r r x r jx r jx r y jx r z 2 2 2 2 2 2 1 Fazendose rkm 0 temse gkm 0 e km km x b 1 Aplicandose as simplificações a e b nas Equações 39a e 39b e desprezandose as perdas chega se na seguinte equação do fluxo de potência linearizado km m k km km sen V V b P θ km km km x P θ 01 01 1 km km km x P θ O fluxo de potência ativo é proporcional ao ângulo daí o nome do método A equação acima mostra uma importante diferença entre o fluxo de potência ac e o fluxo de potência dc O método ac limita a potência máxima transmitida pelo ramo ao contrário do método dc A Figura 322 exemplifica esta afirmação Figura 322 Potência máxima transmitida pelo ramo Pkm CA km CC θkm θ sem solução CA θkm Pkm θkm xkm Pkm senθkm xkm Análise de Sistemas de Potência 85 Os dois métodos fornecem praticamente a mesma solução para ângulos pequenos O fluxo dc converge mesmo para valores altos de Pkm o que embora seja um resultado errado fornece indicativo de quanto a capacidade do ramo foi excedida Sabese que Ω k m km k P P onde k Ω é o conjunto de todas as barras conectadas com a barra k a exceção da própria barra k Ω Ω k k m km km k m km k x P P P θ Separandose o somatório em dois lembrando que θkm θk θm vem Ω Ω 1 1 k k m m km k m km k x x P θ θ 3721 Formulação matricial θ B P onde B é a mesma matriz do modelo desacoplado rápido ou seja km km x B 1 Ω 1 k m km kk x B P é o vetor de injeção líquida de potência ativa na barra θ é o vetor de fase da tensão de barra A ordem de B é n1 a barra flutuante é excluída pois a potência injetada nesta barra é desconhecida Exemplo 310 Calcular o fluxo nas linhas do sistema da Figura 323 Utilizar o método linearizado Figura 323 Sistema do exemplo 310 Não é necessário montar a matriz YBARRA Montagem da matriz B de dimensão 2 pois a barra flutuante é excluída 3 2 1 x12 13 x13 12 x23 12 θ1 00 P1 15 P2 05 P3 10 Análise de Sistemas de Potência 86 05 1 1 23 12 22 x x B 04 1 1 32 13 33 x x B 02 1 23 32 23 x B B 3 2 33 32 23 22 3 2 θ θ B B B B P P 3 2 04 02 02 05 01 50 θ θ 38 1 4 01 50 05 02 02 04 16 1 3 2 3 2 θ θ θ θ rad Fluxos de potência nos ramos 4 3 13 4 1 12 12 12 x P θ pu 4 3 1 2 8 3 13 13 13 x P θ pu 4 1 1 2 38 4 1 23 23 23 x P θ pu Atenção Pij Pji pois não há perda 373 Considerando as perdas do sistema Equações do fluxo de potência ativa cos 2 km m k km km m k km k km km sen V V b V V g V g P θ θ cos 2 km m k km km m k km m km mk sen V V b V V g V g P θ θ Aplicandose as simplificações anteriores ou seja a 01 m k V V pu b θkm pequeno logo km km sen θ θ e 2 1 cos 2 1 cos 2 2 km km km km θ θ θ θ c Como rkm xkm km km km km km km km km km km km km km km jb g x r x j x r r x r jx r jx r 2 2 2 2 2 2 1 2 2 km km km km x r r g e km km x b 1 chegase a equação do fluxo de potência ativa no ramo considerando as perdas cos km km km km km km sen b g g P θ θ km km km km km x sen g P 1 cos θ θ km km km km km x g P θ θ 2 2 Análise de Sistemas de Potência 87 E para a potência no sentido contrário cos km km km km km mk sen b g g P θ θ km km km km mk x sen g P 1 cos θ θ km km km km mk x g P θ θ 2 2 Sabemos que a perda total em km vale 2 2 2 2 2 km km km km km km km km km km mk km km g x g x g P P Pperdas θ θ θ θ θ logo as expressões Pkm e Pmk carregam cada uma a metade das perdas do ramo A potência injetada na barra k pode ser escrita como Ω Ω Ω 2 2 1 k k k m m m km km km km km k x g P P θ θ Ω k m km km k k x Pperdas P θ Ω k m km km k k x Pperdas P θ onde k k P Pperdas é a nova injeção líquida no sistema sem perdas k Pperdas é a metade do somatório das perdas nos ramos diretamente conectados na barra k Representase k Pperdas como carga adicional na barra onde essa carga representa a metade das perdas nos ramos diretamente ligados à barra Conclusão as perdas são representadas como cargas adicionais obtidas dividindose em partes iguais as perdas nos ramos entre suas barras terminais O esquema fica como exemplificado na Figura 324 Figura 324 Representação das perdas no fluxo de potência linearizado 2 2 13 12 1 Pperdas Pperdas Pperdas 2 2 23 12 2 Pperdas Pperdas Pperdas 2 2 13 23 3 Pperdas Pperdas Pperdas 3 2 1 Pperdas1 Pperdas2 Pperdas3 Análise de Sistemas de Potência 88 3731 Formulação matricial θ B Pperdas P 3732 Metodologia de solução 1 Calculase a solução do sistema desprezandose as perdas P Bθ 2 Calculase a perda total do ramo com o θ e a representa como carga adicional no sistema Ω 2 2 1 k m km gkm Pperdas θ 3 Calculase a solução do sistema considerandose as perdas θ B Pperdas P 4 Calculamse os fluxos nos ramos utilizandose a solução θ km km km x P θ 374 Resumo do método linearizado Fluxo de potência linearizado ou fluxo DC 1 Desprezandose as perdas θ B P km km km x P θ 2 Considerandose as perdas 2 km km km g Pperdas θ metade para cada lado do ramo θ B Pperdas P Exemplo 311 Calcular o fluxo de potência do sistema da Figura 325 pelo método linearizado ou dc considerandose as perdas Figura 325 Sistema do exemplo 311 Dados 010 0 05 12 j z pu 0 08 0 04 13 j z pu 0 05 0 025 23 j z pu A barra 1 é a barra flutuante e a base é de 1000 Mva 3 2 1 θ1 00 P1 P2 40 MW P3 80 MW Análise de Sistemas de Potência 89 Solução Montagem da matriz B 30 0 20 0 10 0 0 05 1 010 1 1 1 23 12 22 x x B 32 5 20 0 12 5 0 05 1 0 08 1 1 1 23 13 33 x x B 20 0 0 05 1 1 23 23 32 x B B Flow sem perdas θ B P 3 2 32 5 20 0 20 0 30 0 80 40 θ θ 0 0278 0 0052 80 40 30 0 20 0 20 0 5 32 575 0 1 3 2 θ θ rad Cálculo das perdas 2 km km km g Pperdas θ 04 010 0 05 0 05 2 2 2 12 2 12 12 12 x r r g 05 0 08 04 0 04 0 2 2 2 13 2 13 13 13 x r r g 08 0 05 0 025 0 025 2 2 2 23 2 23 23 23 x r r g Perdas nos ramos 2 km km km g Pperdas θ 3 2 2 12 12 12 01089 10 0 0052 04 θ g Pperdas 3 2 2 13 13 13 3 8715 10 0 0278 05 θ g Pperdas 3 2 2 23 23 23 4 0892 10 0 0278 0 0052 08 θ g Pperdas A perda do ramo é representada nas barras terminais metade do valor destas perdas para cada lado 3 3 3 23 12 2 2 097 10 2 4 086 10 0108 10 2 Pperdas Pperdas Pperdas 3 3 3 23 13 3 3 975 10 2 4 086 10 3 864 10 2 Pperdas Pperdas Pperdas Solução do sistema com perdas θ B Pperdas P 3 2 3 3 32 5 20 0 20 0 0 30 3 975 10 80 2 097 10 40 θ θ 0 02810 0 00547 0 8040 0 3979 30 0 20 0 20 0 5 32 575 0 1 3 2 θ θ Análise de Sistemas de Potência 90 Cálculo dos fluxos nos ramos km km km x P θ 0 05470 010 00547 0 12 12 12 x P θ pu 12 5 47 P MW 0 35125 0 08 02810 0 13 13 13 x P θ pu 13 3513 P MW 0 45260 0 05 0 02810 00547 0 23 23 23 x P θ pu P23 4526 MW Cálculo da geração na barra flutuante 1 13 12 1 Pperdas P P P 3 3 3 13 12 1 1986 10 2 3 864 10 0108 10 2 Pperdas Pperdas Pperdas pu 0 40794 1986 10 0 35125 0 05470 3 1 P pu 1 40794 P MW Resumo dos dois exemplos de cálculo com e sem perdas Solução sem perdas 052 0 12 12 12 x P θ pu ou 52 MW 348 0 13 13 13 x P θ pu ou 348 MW 452 0 23 23 23 x P θ pu ou 452 MW Figura 326 Fluxos de potência da solução sem perdas 3 2 1 52 MW 348 MW 452 MW θ1 0 P1 40 MW P2 40 MW P3 80 MW 2 θ 3 θ Análise de Sistemas de Potência 91 Solução com perdas Figura 327 Fluxos de potência da solução com perdas 38 Utilização do estudo de fluxo de potência 1 Análise do comportamento do sistema em de carga leve média e pesada Figura 328 Curva de carga típica 2 Determinação da compensação shunt em derivação capacitiva necessária para manter a tensão dentro de limites aceitáveis Rodase fluxo em carga pesada Verificase a existência de barra com tensão abaixo da recomendável Determinase para esta barra a injeção de reativo V 2 B Q shunt shunt Rodase novamente o programa de fluxo de potência sendo que este reativo é um dado de entrada para se conhecer o novo perfil de tensão A tensão na barra não depende apenas da injeção de reativo injetado nesta Outra maneira de se fazer com que a tensão nesta barra aumente é modelar esta como barra de tensão controlada Figura 329 Barra com compensação shunt 3 2 1 547 MW 3513 MW 4526 MW θ1 0 P1 4079 MW P2 40 MW P3 80 MW 03975 MW 01986 MW 02097 MW Pt t 3 2 1 Qshunt Análise de Sistemas de Potência 92 3 Determinação da compensação shunt indutiva necessária em carga leve a fim de manter a tensão terminal das linhas dentro de limites aceitáveis A configuração do sistema em carga leve é diferente da configuração do sistema em carga pesada pois existem reatorescapacitores linhas em paralelo máquinas Figura 330 Compensação shunt capacitiva 4 Determinação da compensação série capacitiva necessária em carga pesada de modo a aumentar a capacidade de transmissão da linha Figura 331 Compensação série capacitiva 12 12 2 1 sen θ x V V P 5 Verificação do intercâmbio entre áreas O sistema elétrico é dividido em áreas como por exemplo a área Furnas a área CEMIG a área Light Existe compra e venda de energia entre áreas logo é necessário previsão do quanto de energia negociar A tecnologia FACTS flexible ac transmission system viabilizou o intercâmbio programado de energia área Sudeste área Sul Figura 332 Troca de energia entre áreas V1 θ1 V2 θ2 2 1 Qshunt P12 Análise de Sistemas de Potência 93 6 Determinação da máxima transação de potência entre duas barras Determinação da máxima potência que uma barra de geração pode suprir a determinada carga Figura 333 Máxima transação de potência 7 Análise do colapso de tensão correspondente ao aumento da carga do sistema curva PV Abaixo de determinado nível de tensão provocado pelo aumento de carga a tensão colapsa não existindo caminho de volta Figura 334 Curva do nariz Procedimento para se determinar o ponto de colapso de tensão aumentase gradativamente PL2 e QL2 e PL3 e QL3 no sistema exemplo da Figura 335 até que o programa de fluxo de potência não convirja A melhor abordagem é usar o fluxo de potência continuado baseado em método predictorcorrector Figura 335 Estudo de colapso de tensão Ponto de colapso de tensão Neste ponto a matriz jacobiana é singular e o fluxo de potência não converge 3 2 1 PL2 QL2 PL3 QL3 Operação recomendada Operação arriscada P V 3 4 1 2 Análise de Sistemas de Potência 94 39 Controles e Limites Um sistema de energia elétrica tem uma série de dispositivos de controle que influem diretamente nas condições de operação e portanto devem ser incluídos na modelagem do sistema para que se possa simular corretamente seu desempenho À formulação básica do problema de fluxo de carga devem então ser incorporadas as equações que representam esses dispositivos de controle bem como as inequações associadas aos limites de operação do sistema Entre os controles geralmente representados em programas de fluxo de carga temos Controle de tensão Controle de magnitude de tensão nodal por injeção de reativos Controle de magnitude de tensão nodal por ajuste de tap Controle de potência ativa Controle de fluxo de potência ativa Controle de intercâmbio entre áreas Os limites de operação mais comuns são Limites de injeção de potência reativa em barras PV Limites de tensão em barras PQ Limites de taps de transformadores E limites de fluxos em circuitos A referência básica para o texto a seguir é o livro Fluxo de Carga em Redes de Energia Elétrica de Alcir Monticelli 391 Modos de representação Existem basicamente três maneiras de representar os controles mencionados anteriormente a Classificação por tipo de barra PQ PV Vθ etc e o agrupamento das equações correspondentes nos subsistemas 1 e 2 b Mecanismos de ajuste executados alternadamente com a solução iterativa do Subsistema 1 ou seja durante o cálculo de uma iteração as variáveis de controle permanecem inalteradas e entre uma iteração e outra essas variáveis são reajustadas procurandose fazer que as variáveis controladas se aproximem cada vez mais dos respectivos valores especificados c Incorporação de equações e variáveis adicionais ao Subsistema 1 ou substituição de equações e variáveis dependentes desse subsistema por novas equações eou variáveis Em relação ao processo de resolução das equações básicas do fluxo de carga a introdução da representação de controles automáticos traz algumas complicações adicionais que devem ser observadas A convergência do processo iterativo geralmente fica mais lenta A interferência entre controles que são eletricamente próximos pode levar em algumas situações à nãoconvergência do processo iterativo Além disso a ocorrência de soluções múltiplas para um mesmo problema tornase bastante freqüente quando os dispositivos de controle são incluídos na modelagem do sistema 392 Ajustes alternados O processo de ajustes iterativos efetuados alternadamente com as iterações do processo de resolução do Subsistema 1 objetiva manter a variável controlada z em um valor especificado zesp corrigindose convenientemente a variável de controle u Δu α Δz α zesp zcal em que Δu é a correção na variável de controle Δz é o erro na variável controlada valor especificado menos valor calculado e α é a relação de sensibilidade entre as variáveis u e z O esquema geral do procedimento de ajuste é descrito a seguir Análise de Sistemas de Potência 95 i Definir os valores iniciais ii Obter uma solução inicial do Subsistema 1 que fornece o estado do sistema Solução obtida com tolerâncias maiores ou com número de prefixado de iterações iii Estimar os valores atuais das variáveis controladas zcal e verificar se os erros Δz já estão dentro das tolerâncias especificadas dependendo dos erros ΔP e ΔQ e das equações do Subsistema 1 o processo iterativo pode já estar terminado se não estiver ir para iv iv Determinar os novos valores das variáveis de controle utilizandose das relações do tipo avaliandose previamente quando necessário os fatores de sensibilidade α v Efetuar mais uma iteração no processo de resolução do Subsistema 1 e voltar ao passo iii A convergência desse processo iterativo depende tanto da evolução dos controles quanto da resolução do Subsistema 1 sendo que em geral são os controles que determinam a convergência do processo como um todo Devese notar finalmente que o efeito dos dispositivos de controle e os limites de operação só devem ser incorporados ao processo iterativo de resolução após ter sido obtida uma convergência parcial na resolução do Subsistema 1 Com este ato se evita problemas como a atuação indevida de dispositivos de controle e violações de limites motivados pela escolha de valores iniciais muito distantes do ponto solução 393 Controle de tensão em barras PV Nas barras de geração e nas barras em que são ligados compensadores síncronos o controle da magnitude da tensão nodal é feito pelo ajuste da corrente de campo de máquinas síncronas que podem operar sobre ou subexcitadas injetando ou absorvendo reativos da rede de transmissão o mesmo tipo de controle pode ser conseguido também pela atuação de dispositivos estáticos Em um programa de cálculo de fluxo de carga o controle de tensão é feito da forma descrita a seguir Considere uma barra PV na qual Vk Vk esp e inicialmente Qk min Qk cal Qk max Imagine por exemplo que a cada iteração aumente a injeção de reativos Qk cal necessário para manter a tensão no valor especificado até que o limite Qk max seja atingido A partir daí a tensão Vk tenderá a cair devido à insuficiência de suporte de potência reativa Raciocínio análogo vale quando é atingido a limite Qk min caso em que a magnitude de tensão Vk tenderá a subir As injeções de potência reativa nas barras PV devem portanto ser recalculadas ao final da cada iteração utilizandose os valores atualizados do estado da rede para observar se esses valores estão dentro dos limites especificados ou não Se Qk cal cair fora dos limites o tipo da barra é redefinido passando de PV para PQ com a injeção de reativos fixada no limite violado Qk esp Qk lim Ao mesmo tempo a magnitude Vk da tensão da barra é liberada passando a ser recalculada a cada iteração Quando ocorre uma mudança de tipo de barra de PV para PQ devem ser inseridas na matriz Jacobiana as linhas relativas às derivadas δQk δθm e δQk δVm e as colunas correspondentes às derivadas em relação a Vk isto é δPm δVk e δQm δVk A mesma observação vale em relação à matriz B Após uma barra PV ter sido transformada em PQ devese testar a cada iteração subsequente a possibilidade de essa barra voltar ao seu tipo original Considerese por exemplo um caso em que a injeção de reativos esteja fixada no limite máximo ou seja Qk esp Qk max A variável Vk correspondente recalculado a cada iteração poderá ser maior menor ou igual ao valor especificado Vk esp Se Vk cal Vk esp nada se altera pois para se aumentar a magnitude de tensão Vk cal deverseia aumentar a injeção de reativos na barra o que seria impossível já que Qk esp Qk max Entretanto se Vk cal Vk esp para se diminuir a magnitude de tensão Vk cal basta que a injeção de reativos na barra seja diminuída o que é perfeitamente viável pois Qk esp Qk max Isso significa que se Qk esp Qk max e Vk cal Vk esp a barra poderá ser reconvertida a seu tipo original ou seja ao tipo PV Por raciocínio análogo chegase à conclusão de que isso também é possível quando Qk esp Qk min e Vk cal Vk esp 394 Limites de tensão em barras PQ Em programas de cálculo de fluxo de carga as magnitudes das tensões das barras PQ são recalculadas a cada iteração durante o processo de resolução do Subsistema 1 Quando o valor calculado de Vk cai fora dos limites Vk min e Vk max o tipo da barra na qual ocorre a violação é redefinido passando de PQ para PV com magnitude de tensão especificada no limite violado Vk esp Vk lim Ao mesmo tempo a injeção de reativo Qk nessa barra é liberada passando a ser recalculada a cada iteração Considerase por exemplo que a magnitude da tensão seja especificada no valor mínimo ou seja Vk esp Vk min Neste caso na iteração em que ocorre a fixação no limite o valor Análise de Sistemas de Potência 96 calculado de injeção de reativos na barra será Qk cal Qk esp ΔQk em que ΔQk é um valor positivo Capacitor shunt ligado a barra Analogamente quando a violação ocorre no limite superior isto é Vk esp Vk max o incremento de ΔQk na injeção será negativo Indutor shunt ligado a barra Como decorrência das alterações no Subsistema 1 quando ocorre essa mudança de tipo de barra de PQ para PV devemse remover da matriz Jacobiana a linha que contém as derivadas δQk δθm e δQk δVm e a coluna correspondente às derivadas em relação a Vk isto é δPm δVk e δQm δVk Comentário análogo vale para a matriz B Após uma barra PQ ter sido transformada em PV devese testar a cada iteração subsequente a possibilidade de essa barra voltar ao seu tipo original Considerase que a magnitude de tensão esteja fixada no limite mínimo isto é Vk esp Vk min A variável Qk correspondente recalculada a cada iteração poderá ser maior menor ou igual ao valor especificado Qk esp Se Qk cal Qk esp nada se altera pois a injeção extra de reativos ou seja ΔQk Qk cal Qk esp 0 é indispensável para não deixar a magnitude de tensão Vk cair abaixo de Vk min Entretanto se Qk cal Qk esp a injeção incremental ΔQk será negativa significando que se ela for eliminada a magnitude de tensão Vk aumentará entrando na faixa permitida Isso significa que se Vk esp Vk min e Qk cal Qk esp a barra poderá ser reconvertida a seu tipo original isto é ao tipo PQ Por raciocínio análogo chegase à conclusão de que isso também é possível quando Vk esp Vk max e Qk cal Qk esp 395 Transformadores emfase com controle automático de tap Os transformadores com controle automático de tap podem ser utilizados na regulação de magnitudes de tensões nodais Considere um transformador emfase com terminais k e m cuja relação de transformação akm deve ser variada para controlar a magnitude de Vm de uma das tensões terminais Os fluxos de potência em um transformador emfase obedecem ao mesmo tipo de equação que os fluxos em uma linha de transmissão com a única diferença de que em lugar de Vk aparece akmVk Pkm akmVk2gkm akmVkVmgkmcosθkm akmVkVmbkmsenθkm Qkm akmVk2bkm akmVkVmbkmcosθkm akmVkVmgkmsenθkm A relação de sensibilidade Δakm αΔVm pode ser utilizada na determinação da correção Δakm a ser introduzida na variável de controle akm objetivando corrigir o erro ΔVm Vm esp Vm cal em que Vm esp é o valor especificado e Vm cal é o valor calculado na iteração mais recente Se a barra k que é o terminal oposto do transformador for rígida ou seja se a magnitude de tensão Vk for pouco suscetível às variações de relação de transformação akm então o fator de sensibilidade α será aproximadamente unitário A barra m passa a ser classificada como sendo do tipo PQV isto é as variáveis Pm Qm e Vm são especificadas Com isso o Subsistema 1 fica com uma incógnita a menos Vm que é então substituída no vetor de variáveis dependentes pela relação de transformação akm Esquematicamente a matriz Jacobiana passa a ter a seguinte forma geral NPQ NPV NPQV P δP δθ δP δV δP δa θ NPQ NPV NPQV V NPQ NPQ NPQV Q δQ δθ δQ δV δQ δa a NT NPQV onde NPQ é o número de barras PQ NPV é o número de barras PV NT é o número de transformadores com controle automático e tap e NPQV é o número de barras PQV Análise de Sistemas de Potência 97 396 Transformadores defasadores com controle automático de fase Esse tipo de transformador pode ser utilizado para regular o fluxo de potência ativa nos ramos onde são inseridos Os fluxos de potência através de um defasador puro obedecem ao mesmo tipo de equação que os fluxos em uma linha de transmissão com a única diferença de que em vez de abertura angular θkm aparece o ângulo θkm ϕkm em que ϕkm é a fase do defasador Pkm Vk 2gkm VkVmgkmcosθkm ϕkm VkVmbkmsemθkm ϕkm Qkm Vk 2bkm VkVmbkmcosθkm ϕkm VkVmgkmsemθkm ϕkm A simulação do controle do fluxo de potência ativa através do defasador pode ser feita utilizando se a relação de sensibilidade Δϕkm αΔPkm em que Δϕkm é a correção introduzida na variável de controle ϕkm e ΔPkm é o erro ΔPkm Pkm esp Pkm cal sendo Pkm esp o valor especificado do fluxo no defasador e Pkm cal o valor calculado na iteração mais recente O significado do fator de sensibilidade α pode ser mais bem entendido pela análise do circuito equivalente linearizado da figura a seguir no qual o sistema é reduzido a dois nós terminais do defasador O equivalente é caracterizado por dois parâmetros a reatância equivalente xkm eq e as injeções equivalentes Pk eq e Pm eq Notese que xkm eq é a reatância equivalente entre os nós k e m excluindose o defasador As duas leis de Kirchhoff aplicadas ao circuito da figura resultam em Pk eq Pkm Pkm eq Constante ϕkm xkmPkm xkm eqPkm eq 0 Assim ϕkm xkm xkm eqPkm xkm eqPkm eq 0 Seja ΔPkm a alteração provocada no fluxo Pkm pela correção Δϕkm no ângulo do defasador Assim Δϕkm xkm xkm eq ΔPkm 0 ou seja o fator de sensibilidade α é dado por α Δϕkm ΔPkm xkm xkm eq Esse fator pode ser interpretado da seguinte maneira Se além do defasador existem caminhos alternativos de baixa reatância entre os nós k e m a reatância equivalente xkm eq será pequena o que implica um α próximo a xkm ou seja α será suficiente para produzir uma alteração significativa no fluxo Pkm Por outro lado se o único caminho entre k e m for pelo próprio defasador xkm eq ou se os caminhos paralelos apresentarem reatância muito elevadas xkm eq xkm então Pkm será insensível ou praticamente insensível às variações de ϕkm Da mesma forma que ocorre com os transformadores emfase em vez de se efetuarem as correções podese representar o efeito dos transformadores defasadores redefinindose o Subsistema 1 Para cada Pk eq θk Pkm eq xkm eq xkm ϕkm Pkm Pm eq Pk eq θm Análise de Sistemas de Potência 98 defasador é incluída uma nova equação que relaciona Pkm com φkm ou seja o Subsistema 1 fica acrescido de uma equação ΔPkm0 e uma incógnita φkm Esquematicamente a matriz Jacobiana passa a ter a seguinte forma geral P δP δθ δP δV δP δφ θ Q δQ δθ δQ δV δQ δφ V ND PD δPD δθ δPD δV δPD δφ φ ND 397 Controle de intercâmbio entre áreas Em uma rede interligada é necessário que sejam controlados os intercâmbios de potência ativa entre as várias áreas que compõem o sistema Em uma rede com NA áreas são controlados os intercâmbios de NA1 áreas pois o intercâmbio de uma delas fica definido pelas demais O intercâmbio líquido de potência ativa de uma área é definido como a soma algébrica dos fluxos nas linhas e nos transformadores que interligam essa área com as demais as exportações são consideradas positivas e as importações negativas A cada área do sistema é associada uma barra de folga slack sendo que a barra de folga de uma das áreas funciona também como barra de folga do sistema em geral é uma barra do tipo Vθ que serve também como referência angular para o sistema Com exceção da barra de folga do sistema as injeções de potência ativa nas barras de folga das demais áreas são ajustadas para manter os intercâmbios líquidos dessas áreas nos valores especificados Notese que o controle de intercâmbio regula o intercâmbio total de uma área ou seja mantém em um valor especificado a soma algébrica dos intercâmbios individuais nas linhas e nos transformadores que interligam a área com o resto do sistema Se além do intercâmbio líquido for necessário o controle do fluxo de potência ativa em uma ligação especifica devese utilizar um transformador defasador Uma maneira de se considerar o controle de intercâmbio entre áreas consiste em intercalaremse as correções dadas pela relação de sensibilidade entre duas iterações consecutivas do processo iterativo de resolução do Subsistema 1 Neste caso temos ΔPFi ΔPIi em que α 1 ΔPFi é a correção na geração da barra de folga da área i e APIi é o erro no intercâmbio liquido da barra i dado por ΔPIi PIi esp PIi cal sendo PIi esp o valor especificado para o intercâmbio da área i e PIi cal o valor calculado na iteração mais recente A representação do controle de intercâmbio entre áreas também pode ser feito por alterações introduzidas no Subsistema 1 As barras de folga das áreas com exceção da barra de folga do sistema barra Vθ são classificadas como do tipo V só as magnitudes das tensões nodais são especificadas ou seja as injeções de potência ativa nessas barras deixam de ser especificadas e as equações dos resíduos correspondentes Pi esp Pi cal 0 saem do Subsistema 1 e Pk passa a ser calculada no Subsistema 2 No lugar dessa equação é introduzida a equação de intercâmbio da área PIi esp PIi cal 0 mantendose dessa forma a igualdade entre o número de equações e incógnitas do Subsistema 1 Esquematicamente a matriz Jacobiana passa a ter a seguinte forma geral NPQ NPV P δP δθ δP δV δP δ θF θ NPQ NPV NPQ Q δQ δθ δQ δV δQ δ θF V NPQ NV PI δPI δθ δPI δV δPI δ θF θF NV NA 1 Análise de Sistemas de Potência 99 398 Controle de tensão em barras remotas Esse tipo de controle pode ser executado tanto por transformadores emfase como por injeção de reativos No caso do controle por transformadores automáticos a única diferença em relação ao que foi visto é que a barra cuja tensão é controlada não é um dos terminais do transformador Dessa forma no essencial continuam válidas todas as observações feitas naquela seção O controle remoto de magnitude de tensão por injeção de reativos apresenta algumas diferenças em relação ao caso em que a injeção de reativos é utilizada para controlar a tensão da própria barra A barra de controle é classificada como do tipo P enquanto a barra cuja magnitude de tensão é controlada é classificada como do tipo PQV Uma barra do tipo P é representada no Subsistema 1 por uma equação Pk esp Pk cal 0 uma barra tipo PQV contribui com duas equações Pk esp Pk cal 0 e Qk esp Qk cal 0 Por outro lado a uma barra do tipo P estão associadas duas incógnitas Vkθk do Subsistema 1 e a uma barra do tipo PQV corresponde uma única incógnita θk Dessa forma um par formado por uma barra do tipo P barra de controle e uma barra do tipo PQV barra controlada contribuem para o Subsistema 1com três equações e três incógnitas Esquematicamente a matriz Jacobiana passa a ter a seguinte forma geral NPQV NPQ NPV NP P δP δθ δP δV θ NPQV NPQ NPV NP NPQV NPQ Q δQ δθ δQ δV V NPQ NP 399 Cargas variáveis com a tensão A representação de cargas por injeções constantes de potência ativa e reativa nem sempre corresponde ao comportamento real do sistema A rigor a modelagem por injeção de potência constante só seria inteiramente correta se as magnitudes das tensões nodais das cargas permanecessem iguais aos respectivos valores nominais Entretanto em algumas aplicações do cálculo do fluxo de carga como é o caso dos programas de análise de estabilidade transitória a modelagem das cargas tem efeito direto sobre os resultados a modelagem por potência constante independente da tensão é em geral mais crítica que a modelagem por admitância constante a carga varia com o quadrado da magnitude da tensão Nesse tipo de aplicação freqüentemente são observados casos estáveis classificados como instáveis simplesmente porque não foram consideradas as variações das cargas com as magnitudes das tensões Um modelo geral para cargas ativas e reativas é dado pelas expressões Pk esp ap bpVk cpVk 2Pk nom Qk esp aq bqVk cqVk 2Qk nom em que a b c 1 ou seja para Vk 1 pu as cargas Pk esp e Qk esp assumem os valores nominais Pk nom e Qk nom Essa alteração na definição das cargas provoca algumas pequenas mudanças na montagem da matriz Jacobiana pois agora Pk esp e Qk esp deixam de ser constantes e passam a ser funções de Vk São afetados os elementos Nkk e Lkk das submatrizes N e L que passam a ser dados por Nkk bp 2cpVkPk nom Vk 1Pk Vk 2Gkk Lkk bq 2cqVkQk nom Vk 1Qk Vk 2Bkk em que Pk e Qk são os valores calculados em função da estimativa mais recente do estado da rede durante o processo iterativo de resolução das equações do fluxo de carga Análise de Sistemas de Potência 100 Capítulo 4 Estabilidade de Sistemas de Potência 41 Introdução Estabilidade de um sistema é a propriedade que o sistema tem de permanecer em um estado de equilíbrio em regime permanente ou atingir um estado de equilíbrio após ser submetido a uma perturbação A preocupação do estudo de estabilidade é em relação à resposta dinâmica do sistema frente a perturbação 42 Tipos de instabilidade a Perda de sincronismo é um fenômeno de instabilidade angular posição angular do rotor b Colapso de tensão caso de instabilidade de tensão 43 Tipos de perturbação a Grandes perturbações curtocircuito variação brusca de carga perda de geradores perda de linha b Pequenas perturbações variações normais da carga 44 Tipos de estudos de estabilidade a Angular i Grande perturbação estabilidade transitória ii Pequena perturbação estabilidade em regime permanente para carga leve carga média e carga pesada ou estabilidade dinâmica onde se considera o controle de tensão e o controle de velocidade b Tensão i Grande perturbação ii Pequena perturbação A estabilidade transitória analisa o ângulo interno da máquina com o tempo A solução deste estudo é um gráfico ângulo versus tempo exemplificado na Figura 41 O objetivo deste estudo é o conhecimento de um conjunto de medidas que façam com que o sistema como um todo permaneça estável para determinados eventos Figura 41 Ângulo delta tempo t δt Análise de Sistemas de Potência 101 45 Conceitos básicos da máquina síncrona A Figura 42 mostra um esquema da máquina síncrona de pólos salientes onde se pode ver a parte fixa da máquina ou estator onde estão colocados os três conjuntos de bobinas onde serão induzidas as tensões e a parte móvel ou rotor o qual é alimentado com corrente contínua Figura 42 Esquema da máquina síncrona 451 Princípio de funcionamento Com a maquina desconectada da rede alimentase o enrolamento do rotor com corrente contínua o que gera um fluxo magnético estacionário φF Girase o eixo do rotor com o auxílio de uma máquina motriz e este fluxo magnético que agora gira enlaça os enrolamentos do estator produzindo uma tensão induzida nestes enrolamentos p p f mecânico ω π ω 2 4 onde ωmecânico é a velocidade angular do rotor em radianos mecânicossegundo ω é a velocidade angular da tensão em radianos elétricossegundo f é a freqüência elétrica em Hz p é o número de pólos da máquina síncrona δ é o ângulo de carga Figura 43 Torques no rotor do gerador síncrono Se a máquina alimenta uma carga existe circulação de correntes nas bobinas do estator as quais criam um campo φE mostrado na Figura 42 Temse portanto a velocidade mecânica e o torque mecânico em um mesmo sentido e o torque eletromagnético ou apenas elétrico no sentido contrário mostrados na Figura 43 O ângulo delta varia de acordo com o torque mecânico aplicado Se a vazão de água da máquina motriz é aumentada aumentando a potência mecânica entregue para o gerador e a potência elétrica é Tmecânico ωmecânico Te φF ωmecânico δ φE c c b b a a Campo magnético devido à circulação de correntes nas bobinas do estator Análise de Sistemas de Potência 102 mantida constante o ângulo delta aumenta Se por outro lado a potência elétrica entregue pelo gerador aumenta mantida a vazão de água constante o ângulo delta aumenta A preocupação deste estudo está no balanço eletromecânico entre a potência mecânica fornecida ao gerador e a potência elétrica gerada A Figura 44 mostra o circuito equivalente da maquina síncrona em regime permanente Figura 44 Circuito equivalente da maquina síncrona em regime permanente A partir da Figura 44 podese escrever I jX V E S t 00 δ Considerase para o estudo de estabilidade transitória modelo clássico que a tensão interna da máquina E é constante Assumese com isto que o controle de tensão é rápido Potência elétrica fornecida pela máquina síncrona em regime permanente senδ X E V P S t e 46 Dinâmica do rotor da máquina síncrona 461 Equação de oscilação da máquina síncrona A Figura 45 mostra os torques envolvidos e o sentido de rotação da máquina Figura 45 Rotor da máquina síncrona onde θmecânico é o deslocamento angular do rotor em relação a um referencial fixo em radianos mecânicos Tmecânico é o torque mecânico em Nm Te é o torque eletromagnético ou torque elétrico líquido já descontado atrito ventilação e outros em Nm Da Figura 45 podese escrever 2 2 dt d J T T T mecânico e mecânico a θ Nm 41 onde J é o momento de inércia do rotor em kgm2 Ta é o torque de aceleração em Nm jXS Eδ tV 00 cosφ I Tmecânico ωmecânico Te rotor ωmecânico θmecânico Referencial fixo Análise de Sistemas de Potência 103 Se a máquina está em regime permanente e mecânico T T Ta 0 0 2 2 dt d θmecânico e a velocidade do rotor é ωmecânico igual a velocidade ωSmecânico velocidade síncrona do rotor Quando Tmecânico é diferente de e T Ta 0 e Smecânico mecânico ω ω Como o interesse é com relação ao desvio da velocidade do rotor em relação à velocidade síncrona o referencial agora gira com a velocidade síncrona ωSmecânico como mostra a Figura 46 Figura 46 Rotor com referencial que gira na velocidade síncrona Da Figura 46 podese escrever mecânico Smecânico mecânico t δ ω θ dt d dt d mecânico Smecânico mecânico δ ω θ ou seja a velocidade do rotor dt d θmecânico é a soma da velocidade síncrona do rotor com o deslocamento angular do rotor em relação a velocidade síncrona e 2 2 2 2 dt d dt d mecânico mecânico δ θ 42 ou seja a aceleração do rotor em relação ao referencial fixo é a mesma que a aceleração do deslocamento angular do rotor Substituindose a Equação 42 em 41 vem 2 2 dt d J T T T mecânico e mecânico a δ Nm 43 Multiplicandose toda a Equação 43 por ωmecânico vem 2 2 dt d J T T T mecânico mecânico mecânico e mecânico mecânico mecânico a δ ω ω ω ω Chamase mecânico J ω de momento angular Em operação estável a velocidade da máquina não difere de maneira significante da velocidade síncrona Definese Smecânico J M ω de constante de inércia da máquina medida na velocidade síncrona logo 2 2 dt d M P P P mecânico e mecânico a δ 44 Devido à variedade de potências e tamanhos das máquinas os fabricantes fornecem os dados das máquinas com a constante H Com isto a gama de valores tabelados fica bastante reduzida θmecânico δmecânico velocidade do rotor ωmecânico velocidade síncrona ωSmecânico Referencial fixo Análise de Sistemas de Potência 104 Definese a constante H da máquina como a razão entre a energia cinética armazenada no rotor da máquina na velocidade síncrona e sua potência elétrica trifásica aparente S síncrona velocidade na rotor no armazenada cinética Energia H MJMVA s S M S J H Smecânico Smecânico ω ω 2 1 2 1 2 s Smecânico S H M ω 2 MJrad Mec 45 Substituindose a Equação 45 na Equação 44 vem 2 2 2 dt d S H P P P mecânico Smecânico e mecânico a δ ω 46 onde δmecânico é a defasagem angular do rotor em relação ao eixo que gira na velocidade síncrona ωSm do rotor Colocandose a Equação 46 em pu dividindoa pela potência aparente nominal da máquina vem 2 2 2 dt d H P P P mecânico Smecânico e mecânico a δ ω pu Sabendose que mecânico p ω ω 2 relação entre a velocidade angular elétrica e a velocidade angular mecânica e que mecânico p δ δ 2 relação entre o ângulo elétrico e o ângulo mecânico vem 2 2 2 dt d H P P P S e mecânico a δ ω pu 47 onde H é a constante da máquina em MJMVA ou segundos f S π ω 2 está em radianos elétricos por segundo δ está em radianos elétricos Pa Pmecânico Pe estão em pu na base da máquina A Equação 47 é a equação de oscilação da máquina síncrona swing equation Ela relaciona uma perturbação de potência com o desvio do ângulo delta em relação a posição de equilíbrio A solução da equação de oscilação fornece o gráfico do ângulo delta em função do tempo A Figura 47 exemplifica sistema estável e sistema instável Figura 47 Curvas de oscilação da máquina t δt t δt Análise de Sistemas de Potência 105 462 Tipos de estudos 1 Uma máquina versus barra infinita que representa o resto do sistema 2 Máquina 1 oscilando contra a máquina 2 3 Multimáquinas Observação a estabilidade é uma propriedade relativa defasagem angular entre as máquinas 12 δ e em geral a referência é a maior máquina 47 Equivalente de máquina ou máquina equivalente 471 Valor da constante H na base do sistema gerador gerador S H sistema Sbase do sistema do base gerador gerador sistema do na base S S H H 472 Máquinas coerentes A Figura 48 mostra duas máquinas coerentes pois no evento de uma perturbação estas oscilam juntas Figura 48 Máquinas coerentes A diferença do módulo do ângulo delta das duas máquinas 2 1 δ δ é desprezível Representamse as duas máquinas G1 e G2 por uma única máquina equivalente Gequivalente δ δ δ 2 1 G1 2 1 2 1 1 1 2 dt d H P P S e mecânico δ ω G2 2 2 2 2 2 2 2 dt d H P P S e mecânico δ ω Somandose as duas equações obtémse a seguinte equação para a máquina equivalente 2 2 2 dt d H P P G S e mecânico equivalente δ ω onde 2 1 H H H 2 1 mecânico mecânico m P P P e 2 1 e e e P P P G2 G1 δ1 t δt δ2 Análise de Sistemas de Potência 106 Exemplo 41 Sejam os dois geradores a seguir G1 500 MVA 84 H1 MJMVA 1 333 G2 MVA H2 3 27 MJMVA e a potência base do sistema Sbase 100 MVA Se G1 e G2 são coerentes determinar a constante H da máquina equivalente na base do sistema 6759 100 1 333 3 27 100 500 84 H MJMVA onde H é a constante equivalente na base do sistema que é de 100 MVA o primeiro termo é a constante H da máquina 1 na base do sistema e o segundo termo é a constante H da máquina 2 na base do sistema 473 Máquinas não coerentes A Figura 49 mostra sistema de duas máquinas não coerentes Figura 49 Máquinas não coerentes G1 2 1 2 1 1 1 2 dt d H P P S e mecânico δ ω G2 2 2 2 2 2 2 2 dt d H P P S e mecânico δ ω Explicitandose o termo de segunda derivada em ambas as equações vem 1 1 1 2 1 2 2 H P P dt d e mecânico ωS δ 48 2 2 2 2 2 2 2 H P P dt d e mecânico ωS δ 49 Fazendose a diferença entre as Equações 48 e 49 obtémse 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 2 H P P H P P dt d dt d e mecânico e mecânico ωS δ δ Chamandose 2 1 δ δ de δ12 multiplicandose a equação por 2 ωS e rearrumandose termos vem 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 12 2 H P H P H P H P dt d e e mecânico mecânico S δ ω Multiplicandose a equação por 2 1 2 1 12 H H H H H vem G2 G1 δ12 δt t Análise de Sistemas de Potência 107 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 12 2 12 2 H H H P H H H P H H H P H H H P dt d H e e mecânico mecânico S δ ω que está na forma 12 12 2 12 2 12 2 e mecânico S P P dt d H δ ω onde 2 1 2 1 12 H H H H H 2 1 1 2 2 1 12 H H H P H P P mecânico mecânico mecânico e 2 1 1 2 2 1 12 H H H P H P P e e e A solução da equação de oscilação é a diferença entre 1 δ e 2 δ mostrada na Figura 410 Figura 410 Solução com máquinas não coerentes Exemplo 42 G1 é gerador síncrono e G2 motor síncrono conectados por rede puramente reativa Desprezandose as perdas vem mecânico mecânico G P P P 1 1 e e e P P P 2 1 mecânico mecânico P P 12 e e P P 12 e mecânico S P P dt d H 2 12 2 12 2 δ ω 48 Equação potênciaângulo Esta equação reúne o modelo do balanço eletromecânico equação de oscilação com o modelo elétrico do sistema que são as equações do fluxo de potência ou seja e mecânico S P P dt d H 2 2 2 δ ω Hipóteses 1 A potência mecânica fornecida para a máquina é constante devido à dinâmica lenta do regulador de velocidade da máquina motriz logo toda a perturbação só está na potência elétrica Se mecânico e P P a máquina está em regime permanente e gira na velocidade síncrona S ω se mecânico e P P a máquina acelera se mecânico e P P a máquina freia 2 A variação da velocidade é pequena ω Δ esta não afeta a tensão interna da máquina logo E é constante 3 Modelo da máquina síncrona A Figura 411 mostra o modelo da máquina síncrona onde d x é a reatância transitória de eixo direto 4 Os ângulos de carga são medidos em relação a uma referência única a referência do sistema t δ12 Análise de Sistemas de Potência 108 Figura 411 Modelo da máquina síncrona Seja gerador ligado ao sistema e este ligado a outro gerador como mostrado na Figura 412a a b Figura 412 Representação do sistema e das máquinas As tensões nas barras 1 e 2 são as de interesse pois guardam o ângulo delta da tensão interna A rede sistema acrescido com d x mostrado na Figura 412b é representada pela matriz admitância de barra 22 21 12 11 Y Y Y Y YBARRA Pela equação do fluxo de potência n m km km km km m k k sen B G V V P 1 cos θ θ que para a barra 1 fica cos 12 12 2 1 12 12 2 1 11 2 1 1 δ δ sen B E E G E E G E P Substituindose nesta equação cos 12 12 12 12 12 12 12 θ θ sen j Y Y jB G Y vem cos cos 12 12 12 2 1 12 12 12 2 1 11 2 1 1 δ θ δ θ sen sen Y E E Y E E G E P Colocandose termos em evidência fica cos cos 12 12 12 12 12 2 1 11 2 1 1 δ θ δ θ sen sen Y E E G E P Lembrandose que cos cos cos sen b sen a b a b a vem cos 12 12 12 2 1 11 2 1 1 θ δ Y E E G E P Chamandose 2 12 12 π γ θ vem 2 cos cos 12 12 12 12 12 12 γ δ π γ δ θ δ sen Eδ jxd α tV 1 2 Sistema com xd das máquinas E1δ1 E2δ2 jxd1 Sistema 1 E 2 E jxd2 1 2 Análise de Sistemas de Potência 109 12 12 12 2 1 11 2 1 1 γ δ sen Y E E G E P que é a equação potênciaângulo Esta equação é da forma 1P te cons P tan 12 12 γ δ sen Pmáximo mostrada na Figura 413 Figura 413 Gráfico da equação potênciaângulo Caso particular somente reatâncias desprezamse as resistências G11 0 12 12 1 x Y 0 2 2 2 12 12 π π π θ γ eP sen x E E P 12 12 2 1 1 δ onde x12 é a reatância de transferência entre as barras 1 e 2 A Figura 414 mostra a potência versus o ângulo delta de sistema representado somente por reatâncias Figura 414 Potência em sistema representado somente por reatâncias Exemplo 43 Determinar a curva potênciaângulo Pe δ do sistema da Figura 415 nas condições de operação a seguir sabendose que a barra a é barra infinita Figura 415 Sistema do Exemplo 43 onde a barra a é uma barra infinita xd 020 Pe 10 pu logo Pmecânico 10 pu Vt 10 pu tensão terminal do gerador H 5 MJMVA ou 5 s P1 δ12 γ12 γ12π2 Pconstante Pmáximo Pconstante π2 δ12 Pmáximo P1 j040 j040 j010 Pe 01 00 a E G1 G2 a Análise de Sistemas de Potência 110 a Condição normal de operação A Figura 416 mostra o diagrama de impedâncias do sistema da Figura 415 em condição normal de operação Figura 416 Diagrama de impedâncias pré falta do sistema da Figura 415 12 1 1 1 sen δ x E E P permanente regime a a permanente e a regime 50 40 40 10 20 1 j j j j j x permanente regime a Potência elétrica transmitida entre as barras t e a t permanente regime ta a t permanente e ta regime sen x V V P δ 30 40 40 10 j j j j x permanente regime ta Substituindose valores vem 0 1746 30 30 01 01 01 α α α sen sen P permanente e ta regime I j V E t 0 20 1 0 0 0 8 73 1 012 30 0 01 1746 01 30 j j E V I a t 0 1 0 0 0 0 1 2844 1 05 2844 8 73 1 012 90 0 20 1746 01 δ E Se 0 2 δ 0 vem 210 50 01 1 05 1 1 δ δ sen P sen P permanente a regime e permanente e a regime b Curtocircuito trifásico no meio da linha inferior A Figura 417 mostra o diagrama de impedâncias do sistema da Figura 415 quando submetido a curto trifásico no centro de uma das linhas de transmissão Figura 417 Diagrama de impedâncias do sistema da Figura 415 sob falta 1 1 1 1 sen δ x E E P falta a a falta e a j040 1 E j010 j020 01 00 a E G1 j040 G2 Vt 10α 1 a 2 j020 1 E j010 j020 01 00 a E G1 j040 G2 j020 1 a 2 Análise de Sistemas de Potência 111 Método para resolver a rede determinar YBARRA no caso de dimensão 3 e depois reduzila para a dimensão igual ao número de geradores A Figura 418 mostra a rede redesenhada com a falta as barras renumeradas e agora com as admitâncias dos elementos Figura 418 Diagrama de admitâncias do sistema da Figura 415 sob falta Utilizandose o algoritmo de construção da matriz YBARRA vem 1083 2 50 3 33 2 50 7 50 0 00 3 33 0 00 33 3 j j j j j j j YBARRA Desejase a reatância de transferência entre as barras 1 e 2 Fazendose a eliminação da barra 3 por Kron vem 2 308 1083 3 33 3 33 3 33 11 j j j j j Y 0 769 1083 2 50 3 33 0 00 21 12 j j j j Y Y 6 923 1083 52 2 50 7 50 22 j j j j j Y 6 923 769 0 0 769 2 308 j j j j Y BARRA A admitância de transferência entre as barras 1 e 2 é 0 769 12 12 j Y y 1300 0 769 1 12 j x 0 808 1300 01 1 05 1 1 δ δ sen P sen P falta a e falta e a onde as duas tensões são constantes c Os dois disjuntores da linha inferior são abertos para a eliminação da falta A Figura 419 mostra o diagrama de impedâncias do sistema da Figura 415 com a linha sob falta removida Figura 419 Diagrama de impedâncias do sistema da Figura 415 com a linha sob falta removida 51 0 70 01 1 05 1 12 2 1 1 δ δ δ sen P sen sen x V E P falta pós a e falta pós falta pós e a onde as duas tensões são constantes j25 j50 j50 1 E j333 01 00 a E G1 G2 1 2 3 j010 j020 j040 1 E 01 00 Ea G1 G2 1 a 2 Análise de Sistemas de Potência 112 d Equações de oscilação dos três casos abordados 1 Antes da falta 12 01 377 0 0 10 2 2 δ δ sen dt d 2 Durante a falta 0 808 01 377 0 0 10 2 2 δ δ sen dt d 3 Após a falta 51 01 377 0 0 10 2 2 δ δ sen dt d A Figura 420 resume as três curvas obtidas potência elétrica versus ângulo e o ponto de operação antes da falta Figura 420 Figura com os casos a b c estudados 49 Conceitos sobre o regime transitório da máquina síncrona O sistema exemplo da Figura 415 opera em regime permanente no ponto a mostrado na Figura 421 Em t 0 ocorre curtocircuito trifásico temporário nos terminais do gerador com potência elétrica transmitida igual a zero e a máquina passa a operar no ponto b Durante o curto a potência elétrica transmitida é igual a zero Pe 00 a máquina acelera e o ângulo delta aumenta Quando t tcrítico e δ δcrítico o curto é eliminado ficando o sistema com a mesma configuração inicial A máquina volta a operar na senóide no ponto d e começa a frear pois mecânico e P P porém devido a inércia do rotor o ângulo delta continua a aumentar No caso do sistema ser estável para esta perturbação e para este tempo de limpeza da falta o ponto e para o qual a velocidade do rotor é a síncrona não pode passar de δmáximo Neste caso estável a máquina desacelera porém não fica no ponto de operação a devido a inércia do rotor indo então até o ponto f onde a velocidade é a síncrona Novamente a máquina acelera e continua a oscilar até se estabilizar no ponto a pois a configuração do sistema é a mesma antes da falta e após a eliminação da falta Figura 421 Oscilação da máquina para falta trifásica e potência elétrica transmitida nula A Tabela 41 resume o balanço de potência em cada um dos pontos de interesse da curva potência ângulo da Figura 421 210 150 Pmecânico 10 0808 δ0 δ curva pré falta 2 linhas curva pós falta 1 linha curva em falta 2 linhasfalta Pe f a d e δmáximo π δ0 Pmecânico Pe δcrítico δ0 Pmáximo δ2 ωR0 δ c b ωR0 ωR0 Análise de Sistemas de Potência 113 Ponto de operação Balanço de potência Aceleração 2 2 d δ dt Velocidade angular a Pe Pmecânico 0 ωS bc Pe Pmecânico ωS de Pe Pmecânico ωS e Pe Pmecânico ωS ea Pe Pmecânico ωS af Pe Pmecânico ωS f Pe Pmecânico ωS Tabela 41 Balanço de potência em regime transitório Critério das áreas iguais A1 acelera e A2 freia 2 1 A A instável A máquina pode operar em regime permanente até 900 410 Critério das áreas iguais O critério das áreas iguais é usado para analisar a estabilidade transitória de uma máquina contra uma barra infinita ou para examinar a estabilidade transitória de duas máquinas sem a necessidade de solucionar a equação de oscilação A seguir conceitos para esta análise 4101 Potência elétrica transmitida igual a zero durante o curto A3 A4 onde a área vai até o eixo Pmecânico A máquina não pode passar na parte descendente da curva da potência mecânica Figura 422 Critério das Áreas Iguais Seja a equação swing e mecânico S P P dt d H 2 2 2 δ ω Se R ω é a velocidade do rotor em relação à velocidade síncrona ω é a velocidade do rotor S ω é a velocidade síncrona então dt d S R δ ω ω ω Multiplicandose o membro da esquerda da equação swing por R ω e o membro da direita por dδ dt e lembrandose que dt d dt d ωR δ 2 2 vem dt d P P dt d H e mecânico R R S δ ω ω ω 2 δ ω ω P d P d H e mecânico R S 2 δmáximo π δ0 Pmecânico Pe δcrítico δ0 A1 A2 Pmáximo δ2 ωR0 δ Análise de Sistemas de Potência 114 2 0 2 2 0 δ δ ω ω δ ω ω P d P d H e mecânico R S R R 2 0 2 0 2 2 δ δ δ ω ω ω P d P H e mecânico R R S Considerandose que tanto no ponto δ0 quanto no ponto δ2 a velocidade do rotor é a síncrona isto é ω ωS ωR0 ωR2 0 2 0 0 δ δ P dδ P e mecânico que resume o critério das áreas iguais que pode ser aplicado a quaisquer dois pontos em que a velocidade do rotor é a velocidade síncrona Integrandose a equação acima vem 2 0 0 δ δ δ δ δ δ crítico crítico P d P P d P e mecânico e mecânico 444 3 444 2 1 444 3 444 2 1 2 2 1 0 A mecânico e A e mecânico crítico crítico d P P P d P δ δ δ δ δ δ a potência elétrica é assumida zero pois a falta é na barra do gerador A Figura 423 mostra as áreas A1 e A2 4102 Ângulo crítico de eliminação da falta para potência elétrica nula transmitida durante a falta Figura 423 Critério das áreas iguais Se crítico abertura δ δ o sistema é instável 2 1 A A 0 1 0 δ δ δ δ δ mecânico crítico mecânico e mecânico P P P d P A crítico pois a potência elétrica transmitida durante a falta é zero máximo crítico máximo crítico d P sen P d P P A mecânico máximo mecânico e δ δ δ δ δ δ δ 2 máximo mecânico crítico mecânico crítico máximo máximo máximo P P P P A δ δ δ δ cos cos 2 δmáximo π δ0 Pmecânico Pe δcrítico δ0 A1 A2 Pmáximo δ Análise de Sistemas de Potência 115 Igualandose A1 e A2 vem cos cos 0 máximo máximo máximo mecânico crítico P P δ δ δ δ Sabendose que δ0 π δ máximo e cos cos δ0 δ máximo vem 0 0 δ δ sen P P P máximo e mecânico cos 2 cos 0 0 0 δ δ π δ δ crítico sen Tirandose o valor de δcrítico vem cos 2 cos 0 0 0 1 δ δ π δ δ sen crítico radianos 410 A fórmula de δcrítico para potência elétrica transmitida igual a zero durante a falta só depende de 0 δ logo a estabilidade do sistema só depende do ponto de operação 4103 Tempo crítico de eliminação de falta Este tempo está associado ao ângulo δcrítico Para o período de aceleração A1 vem H P P H P dt d mecânico S e mecânico S 2 2 2 2 ω ω δ pois a potência elétrica transmitida durante a falta é zero e a velocidade relativa do rotor é t H P dt H P dt d mecânico S t mecânico S R 2 2 0 ω ω ω δ 0 2 0 0 4 2 δ ω ω ω δ H t P dt H t P dt mecânico S t mecânico S t R pois em t 0 o ângulo é 0 δ O tempo crítico que corresponde ao delta crítico é mecânico S crítico crítico P H t ω δ δ 4 0 segundos onde os ângulos estão em radianos Válida somente quando a potência elétrica transmitida durante o defeito é zero Se o tempo de eliminação do defeito tabertura for maior que o tempo crítico tcrítico o sistema será instável Exemplo 44 Determinar o tempo crítico e o ângulo crítico para o sistema da Figura 424 operando em regime permanente quando ocorre falta trifásica na saída do gerador H 5 MJMVA 5 s Figura 424 Sistema exemplo Determinação do ângulo de operação em regime permanente 0 δ Do exemplo anterior 01 210 sen δ Pe pu 0 496 2844 0 0 δ radianos Por substituição direta da fórmula determinase o ângulo crítico cos 2 cos 0 0 0 1 δ δ π δ δ sen crítico δcrítico 1 426 radianos ou δcrítico 81720 mostrado na Figura 425 j010 01 00 a E G1 j040 j040 G2 Análise de Sistemas de Potência 116 Figura 425 Curva potência ângulo do sistema exemplo antes da falta 0 22 01 377 0 20 0 496 1 426 tcrítico segundos ou 13 ciclos 4104 Análise de casos Seja o sistema da Figura 424 1 Falta trifásica no meio da linha eliminada instantaneamente pelo desligamento da linha e posteriormente religada com sucesso A falta ocorre quando a máquina opera em regime permanente com ângulo δ0 Na ocorrência do curto esta passa a operar na curva inferior pois a linha em falta foi aberta instantaneamente A máquina oscila e após algum tempo tem como ponto de repouso o ângulo δ1 pois neste ponto Pe Pmecânico Quando em δ1 a linha é religada e a máquina volta a operar na curva superior Esta oscila até repousar em δ0 A Figura 426 mostra o exposto Figura 426 Curvas potência ângulo em caso de defeito 2 Falta trifásica no meio da linha que é posteriormente eliminada pela abertura da linha em falta e depois religada com sucesso Em δcrítico ocorre o desligamento da linha em falta Em tδ ocorre o religamento da linha A máquina opera em regime permanente em δ0 Quando ocorre o curtocircuito trifásico esta passa a operar na curva inferior e acelera Quando em δcrítico a linha é aberta e a máquina passa a operar na curva do meio Devido a inércia do rotor o ângulo δ continua a abrir aumentar e quando em δt a linha é religada com sucesso e a máquina passa a operar na curva superior A Figura 427 mostra o exposto Figura 427 Falta não removida instantaneamente O sistema é estável se com apenas 1 linha o ponto de equilíbrio é 1 δ δmáximo Pmecânico Pe δcrítico δ0 δ 2 linhas 1 linha 2 linhasfalta δmáximo Pmecânico 10 Pe δ0 δ1 δcrítico δt δ δmáximo Pmecânico Pe δcrítico δ0 δ1 δ 2 linhas 1 linha Análise de Sistemas de Potência 117 4105 Ângulo crítico de eliminação da falta com transmissão de potência elétrica diferente de zero durante a falta A Figura 428 mostra o sistema a ser estudado e a Figura 429 mostra as três diferentes curvas potênciaângulo Figura 428 Sistema exemplo Figura 429 Curvas potênciaângulo O sistema da Figura 428 opera em regime permanente com o ângulo interno da máquina 0 δ e com e mecânico P P quando ocorre curtocircuito trifásico no centro da linha inferior A máquina passa então a operar na curva inferior da Figura 429 e acelera A limpeza da falta acontece em δcrítico com a abertura da linha em falta e a máquina passa a operar na curva do meio Devido a inércia do rotor o ângulo delta continua a abrir aumentar A limpeza da falta tem que ser tal que A1 A2 O ângulo delta crítico δcrítico de abertura será na condição A1 A2 crítico d P P A falta e mecânico δ δ δ 0 1 máximo crítico d P P A mecânico falta pós e δ δ δ 2 Sabendose que a potência transmitida em regime permanente é sen δ P P máximo permanente e regime 1 δ δ sen P r sen P P P máximo máximo falta máximo e falta 2 δ δ sen P r sen P P P máximo máximo falta pós máximo falta e pós onde máximo falta máximo P P r 1 máximo falta pós máximo P P r 2 crítico crítico máximo crítico mecânico máximo mecânico P r P d sen P r P A δ δ δ δ δ δ δ δ δ 0 0 cos 1 0 1 1 cos cos 0 1 1 0 1 δ δ δ δ máximo crítico máximo mecânico crítico mecânico P r P r P P A 01 00 Ea G1 G2 δ0 δ1 δcrítico δmáximo Pmecânico Pe δ 2 linhas 1 linha 2 linhasfalta Análise de Sistemas de Potência 118 máximo crítico máximo crítico máximo crítico mecânico máximo mecânico máximo P P r d P sen P r A δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ cos 2 2 2 cos cos 2 2 2 máximo máximo crítico máximo máximo mecânico crítico mecânico P r P r P P A δ δ δ δ Igualandose as expressões de A1 e A2 vem 0 1 2 cos δ δ δ máximo mecânico crítico máximo P P r r cos cos 0 1 2 δ δ máximo máximo máximo P r P r 1 2 0 1 2 0 cos cos cos r r r r P P máximo máximo máximo mecânico crítico δ δ δ δ δ 1 2 0 1 2 0 1 cos cos cos r r r r P P máximo máximo máximo mecânico crítico δ δ δ δ δ mecânico máximo máximo P sen P r 180 1 2 1 0 δ δ δ mecânico falta e pós P P 0 sen δ P P máximo mecânico Não existe fórmula analítica para a determinação do tempo crítico se a potência elétrica for diferente de zero durante a falta Exemplo 45 Calcular o ângulo crítico de limpeza da falta trifásica do sistema da Figura 430 cujos dados são os mesmos dos mostrados na Figura 415 Figura 430 Sistema exemplo 210 sen δ P falta e pré 0 808 sen δ P falta e 150 sen δ P falta e pós 01 Pmecânico pu Cálculo do ângulo de operação em regime permanente 0 4963 2844 210 0 0 0 δ sen δ Pmecânico radianos 210 r2 150 210 0 808 1 r Cálculo do ângulo delta máximo 0 73 150 01 1 1 δ sen δ radianos ou 0 1 δ 4181 2 41 0 73 δ máximo π radianos ou 138190 01 00 Ea G1 G2 Análise de Sistemas de Potência 119 1 2 0 1 2 0 1 cos cos cos r r r r P P máximo máximo máximo mecânico crítico δ δ δ δ δ substituindo valores vem 210 0 808 210 51 cos 0 4963 210 0 808 cos 2 41 210 51 210 0 808 210 51 0 4963 2 41 210 01 cos 1 δcrítico 1 44 δcrítico rad 82760 Quando a potência transmitida foi zero o ângulo foi de 81690 411 Coeficiente de potência sincronizante O coeficiente de potência sincronizante SP é um indicador da estabilidade do ponto de operação da máquina A Figura 431 mostra a curva potênciaângulo de uma máquina Conhecendose a potência mecânica fornecida ao gerador existem dois pontos de operação possíveis δ0 e π δ0 O objetivo é identificar quais destes pontos são aceitáveis Um ponto de operação é aceitável se quando neste ponto de operação a máquina não perde o sincronismo para pequenas alterações da potência elétrica de saída da máquina Figura 431 Pontos de operação possível 4111 Análise da equação de oscilação linearizada Análise da estabilidade para pequenas perturbações é o mesmo que análise linearizada da estabilidade Seja máquina operando com as condições iniciais δ0 eP0 Nestas condições 0 0 sen δ P P máximo e Seja a perturbação δ δ δ Δ 0 que implica em e e e P P P Δ 0 A expressão geral da potência elétrica transmitida é senδ P P máximo e Substituindose a perturbação nesta equação vem e e máximo máximo e P P sen sen P sen P P Δ Δ Δ Δ 0 0 0 0 cos cos δ δ δ δ δ δ Como o ângulo Δδ é incremental 1 cos Δδ e δ δ senΔ Δ δ δ δ Δ Δ cos 0 0 0 máximo máximo e e P sen P P P O primeiro termo da potência elétrica é aquela da condição inicial idêntica à potência mecânica e o segundo termo é a variação incremental da potência elétrica δ δ Δ Δ cos 0 máximo e P P π δ0 Pmecânico δ0 δ Pe Análise de Sistemas de Potência 120 O coeficiente de potência sincronizante é definido como cos 0 δ máximo P P S Verificase que cos 0 δ Pmáximo é a tangente da curva potência ângulo no ponto de operação δ0 ou seja δ δ δ0 d dP S e P inclinação da tangente à curva Pe no ponto δ0 Figura 431 Coeficiente de potência sincronizante Seja a equação de oscilação da máquina síncrona 2 2 2 dt d H P P S e mecânico δ ω Substituindose os valores da perturbação 2 0 2 2 dt d H S P S P e δ δ ω δ Δ Δ Δ Como δ0 é constante 0 2 2 2 Δ Δ δ ω δ H S dt d P S que é uma equação diferencial homogênea de segunda ordem cuja solução depende do sinal de SP Resolvendose esta equação pelo polinômio característico vem 0 2 2 H S S P ωS H S S P S 2 12 ω Se SP 0 H S j S P S 2 12 ω que corresponde a movimento oscilatório de amplitude constante Se SP 0 H S S P S 2 12 ω que corresponde a uma exponencial crescente e uma exponencial decrescente portanto instável Solução geral no domínio do tempo t S S t e B A e t Δ 2 1 δ Seja H SP S n 2 2 ω ω Se SP 0 t j t j n n e B A e t Δ ω ω δ Figura 432 Solução para SP positivo Se SP 0 t t n n e B A e t Δ ω ω δ π δ0 Pmecânico Pe δ0 δ SP 0 SP 0 δ δ0 t Análise de Sistemas de Potência 121 Figura 433 Solução para SP negativo 4112 Análise gráfica da potência elétrica para pequenas oscilações Figura 434 Interpretação do coeficiente de potência sincronizante Observandose a Figura 434 concluise que se no ponto de operação δ0 o aumento do ângulo de carga δ0 Δδ implica em um aumento em Pe e e P P 0 Δ Conseqüentemente como Pe Pmecânico a máquina freia tendendo a retornar ao ponto de operação original Raciocínio análogo aplicase quando Pe Pmecânico a máquina acelera Ou seja o ponto de operação δ0 é um ponto de equilíbrio estável no ponto de operação π δ0 o aumento do ângulo de carga π δ0 Δδ implica em um redução em Pe e e P P 0 Δ Conseqüentemente como Pe Pmecânicoa máquina acelera tendendo a aumentar ainda mais o ângulo δ Raciocínio análogo aplicase quando Pe Pmecânico a máquina freia Ou seja o ponto de operação π δ0 é um ponto de equilíbrio instável Conclusão Os pontos de operação aceitáveis são aqueles onde o coeficiente de potência sincronizante é positivo ou seja 900 0 δ A freqüência angular natural da oscilação é H SP S n 2 ω ω radianos elétricossegundo A freqüência natural de oscilação é H S f P S n 2 2 1 ω π Hz δ δ0 δ0 δ0 Δδ π δ0 Δδ π δ0 Pe eP0 Pmecânico e e P P 0 Δ δ0 Análise de Sistemas de Potência 122 Exemplo 46 O sistema da Figura 435 está na condição normal de operação em regime permanente com 0 0 δ 2844 H 5 MJMVA 60 Hz sendo 210 sen δ Pe Determinar a freqüência angular natural de oscilação n ω da máquina sabendose que esta sofreu um pequeno distúrbio elétrico temporário Determinar também a freqüência natural de oscilação fn Figura 435 Sistema Exemplo Figura 436 Curva de Ângulo de Potência 185 cos 210 0 P P S S δ 8 34 10 0 185 377 0 ωn radianos elétricossegundo 133 2 π ωn nf Hz valor típico para sistema de 60 Hz e T 1fn 0753 s 412 Estudo de estabilidade multimáquinas O estudo de estabilidade multimáquina serve para analisar a estabilidade transitória do sistema É aplicado para qualquer número de máquinas 4121 Modelo clássico de estabilidade O modelo clássico de estabilidade considera 1 Injeção de potência mecânica constante durante todo o período de análise 2 Potência de amortecimento desprezível 3 Que o modelo da máquina síncrona consiste de fonte de tensão interna em série com a reatância de eixo direto d x 4 Que a posição angular do rotor coincide com a fase da tensão interna ou seja E Eδ 5 Que as cargas do sistema são representadas por modelo de impedância constante 6 Em geral apenas o curtocircuito trifásico para efeito de estudo 01 00 Ea G1 G2 δ0 Pmecânico Pe δ Análise de Sistemas de Potência 123 4122 Etapas do estudo 1 A condição pré falta é obtida da solução do fluxo de potência que fornece V θ P Q em cada barra 2 Calcular a partir da solução do fluxo de potência em cada barra a tensão interna das máquinas ou seja determinar E como exemplificado na Figura 437 Figura 437 Determinação da tensão interna das máquinas I jx V E d t tV jQ P V S I I V S 3 Conversão das cargas modeladas por potência constante para o modelo de impedância constante Figura 438 Conversão das cargas para modelo de impedância constante O modelo de representação da carga é impedância constante porém como se precisa montar a matriz YBARRA modelase esta carga como admitância 2 V jQ P y ou V I y 4 Montagem da matriz YBARRA aumentada Incluir as cargas modeladas por impedância constante assim como as reatâncias transitórias dos geradores na matriz YBARRA resultando na matriz aumentada YBARRA A dimensão da matriz YBARRA será aumentada do número de geradores de interesse Figura 439 Matriz YBARRA aumentada 5 Redução da matriz aumentada YBARRA à dimensão do número de geradores n xd k P Q tV V θ k tV V θ E I m P jQ Vθ m θ V y YBARRA y2 y1 2 E 1 E xd1 xd2 aumentada YBARRA Análise de Sistemas de Potência 124 A matriz resultante é a matriz admitância de barra pré falta em regime permanente isto é falta pré BARRA reduzida BARRA Y Y Figura 440 Matriz admitância de barra reduzida 6 Modificação da matriz aumentada YBARRA para representar as condições de falta e redução à dimensão do número de geradores falta de reduzida YBARRA load flow de falta 7 Modificação da matriz aumentada YBARRA para representar as condições pós falta e redução à dimensão do número de geradores falta pós reduzida YBARRA load flow pós falta 8 Equações de oscilação dos geradores nas condições de falta e pós falta Condição de falta 2 2 2 dt d H P P i S ei mecânicoi δ ω i 1 n onde falta pré ei mecânicoi P P calculado no fluxo de potência Resolvese o sistema de equações de oscilação das máquinas com o uso de um método de integração de t 0 instante da aplicação da falta até o tempo de eliminação da falta A cada passo de integração resolvese o loadflow e atualizase a potência elétrica pois o ângulo delta varia logo varia a potência elétrica injetada Figura 441 Ângulo de carga para um sistema com uma máquinas Condição pós falta 2 2 2 dt d H P P i S falta pós ei mecânicoi δ ω i 1 n Usase agora o método de integração do tempo de eliminação da falta até o tempo final de simulação normalmente em torno de 10 segundos A cada passo de integração resolvese o fluxo de potência agora com a matriz falta pós reduzida YBARRA A saída do programa são n gráficos δi t um para cada máquina que devem ser analisados por comparação A Figura 442 exemplifica os gráficos de saída reduzida YBARRA E2 1 E 1 2 t δ δ0 falta eliminada Análise de Sistemas de Potência 125 para sistema de três máquinas Os gráficos são em relação a uma máquina de referência normalmente a máquina 1 Figura 442 Ângulo de carga para um sistema com três máquinas Notar que se o tempo final de simulação for t1 haverá a falsa interpretação de que a máquina 2 é instável 413 Fatores que afetam a estabilidade do sistema 1 Tempo de eliminação da falta 2 Ponto de operação em regime permanente SP 0 3 Tipo da falta trifásica bifásica e monofásica em ordem decrescente de severidade 4 Localização da falta 5 Impedância de transferência entre a máquina e o sistema compensação série das linhas diminuir a reatância e aumentar a potência transmitida 6 Características construtivas da máquina inércia 7 Controle de velocidade 8 Condição pós falta 9 Abertura monopolar dos disjuntores 10 Reatância transitória da máquina influi na impedância de transferência 11 Linhas em paralelo t δt δ02 δ01 δ03 t1 Análise de Sistemas de Potência 126 Capítulo 5 Operação Econômica de Sistemas de Potência 51 Introdução A frase a seguir resume a operação econômica de um sistema de potência A operação do sistema elétrico de potência para qualquer condição de carga requer que a contribuição de cada unidade geradora seja determinada de modo a que o custo da potência fornecida seja mínimo A programação da geração consiste em estabelecer metas de geração de cada unidade para diferentes horizontes de tempo de modo que o custo seja mínimo Plurianuais 5 a 10 anos Anuais Mensais Diárias Horárias despacho na próxima hora Instantâneo despacho econômico Os fatores levados em consideração para a programação da geração são Econômico custo da geração Capacidade do sistema de transmissão Segurança confiabilidade do suprimento mínimo risco de falta de energia elétrica 52 Características das unidades geradoras 1 Unidades térmicas a carvão óleo ou gás natural a Custo da operação depende diretamente da potência gerada b Não há a princípio limitação na quantidade de potência gerada em um período de tempo 2 Unidades nucleares a O custo de operação é praticamente constante para qualquer potência gerada pois a maior parte do custo é para a manutenção e é muito elevado b Usadas como usinas de base 3 Unidades hidrelétricas a O custo de operação é praticamente zero pois só depende do custo de manutenção b Decisões operativas quanto despachar na máquina possuem acoplamento temporal isto é decisão tomada agora influi em decisão futura A previsão da vazão dos rios é feita por séries históricas c Usinas em cascata d Afluência de rios e Grandes reservatórios regulação plurianual A programação da geração é mais simples em sistemas térmicos pois o combustível pode ser estocado ao contrário dos sistemas hidráulicos que têm o combustível previsto Análise de Sistemas de Potência 127 53 Operação Econômica de Sistemas de Potência problema da programação da geração 531 Sistema térmico a Comissionamento de unidades unit commitment Devido ao fato da carga total de um sistema elétrico de potência variar no decorrer do dia e atingir diferentes valores de pico de um dia para o outro a concessionária de energia elétrica tem que decidir com antecedência quais geradores serão ligados quando conectálos ao sistema e também a seqüência em que os geradores devem ser desligados e por quanto tempo O método computacional para tomar tais decisões é conhecido como comissionamento de unidades i Decidir quais unidades estarão online ii Questão do custo do start up e shutdown iii Questão de reserva girante iv Horizonte de 24 horas b Despacho econômico i Decidir qual a melhor custo mínimo repartição de carga para as unidades online ii Levar em consideração as perdas do sistema de transmissão e outras restrições operativas segurança confiabilidade etc 532 Sistema hidrotérmico a Solucionar o mesmo problema para as unidades térmicas b Solucionar o problema aumentado para as unidades hidrelétricas no qual é preciso minimizar o custo acrescido do risco de falta de água 54 Despacho econômico em sistemas térmicos 541 Característica das unidades térmicas convencionais A Figura 51 mostra a planta de uma usina térmica Figura 51 Planta de uma usina térmica Existe relação entre a vazão de combustível H e a potência elétrica de saída Pe A Figura 52 mostra a curva entradasaída ou Heatrate characteristic Figura 52 Curva típica entradasaída de uma turbina H ou C Pe potência elétrica turbina combustível H vazão em Btuhora caldeira gerador serviços auxiliares A turbina consome H Btuhora ou tem um custo C em hora Análise de Sistemas de Potência 128 Como a curva varia incrementalmente qual a relação C P Δ Δ ou seja qual a curva de custo incremental A Figura 53 mostra a curva de custo incremental referente à Figura 52 Figura 53 Curva de custo incremental dP dC custo marginal em MWh modelo do mercado atacadista de energia MAE 542 Caso particular de 2 geradores sem perda na transmissão A Figura 54 mostra um sistema formado por duas unidades geradoras diretamente ligadas à carga Figura 54 Sistema sem perdas na transmissão O problema consiste em minimizar o custo da geração das duas máquinas sujeito a restrição 0 2 1 PD P P o que consiste em resolver o seguinte problema de otimização 2 2 1 1 1 2 min C P C P C P P f função objetivo sujeito a 0 2 1 PD P P h função restrição A solução do problema são os valores de 1P e 2 P de custo mínimo e que satisfaz ao conjunto de restrições Seja a função objetivo 2 2 2 1 2 1 2 1 min P P C P C P C P P f sujeita a restrição 0 2 1 PD P P A Figura 55 mostra a função objetivo e a função restrição em três dimensões e também em projeção vista de C Figura 55 Função custo com restrição P2 P1 PD PD PD C P1 P2 h h f PD2 PD PD PD2 P1 P2 P C Δ Δ MWh ePmínimo P1 ePmáximo Pe MW linear para o intervalo válido Análise de Sistemas de Potência 129 Propriedades do gradiente de uma função a É sempre perpendicular à curva de nível da função Definição do gradiente da função vetorial f nx f x f f M 1 b O gradiente aponta para a direção de máximo crescimento local No ponto ótimo mínimo a curva de nível da função objetivo é tangente à curva da função restrição No ponto ótimo o gradiente da função objetivo f está alinhado com a função restrição h mesma direção logo são linearmente dependentes logo 0 h f λ que é a expressão que rege o processo de otimização λ é conhecido como multiplicador de Lagrange 5421 Método dos multiplicadores de Lagrange a Construir a função objetivo ou custo aumentada ou Lagrangeano h f L λ b A solução ótima ocorre quando L 0 0 1 λ L x L x L L n M no ponto ótimo Interpretação da solução para o caso dos dois geradores L 0 0 0 0 2 1 λ L P L P L L onde cada termo do gradiente do lagrangeano deve ser zero PD P P P P L 2 1 2 2 12 λ Na solução temse 0 2 1 1 λ P P L 0 2 2 2 λ P P L 0 2 1 PD P P L λ Análise de Sistemas de Potência 130 Resolvendose o sistema acima vem 2 1 P λ 2 2 P λ λ PD Solução 2 2 2 1 λ PD P P Caso geral PD P P C C L 2 1 2 1 λ 1 1 1 1 1 dP dC dP dC P L λ λ 2 2 2 2 2 dP dC dP dC P L λ λ 0 2 1 PD P P L λ h 0 Conclusão A condição necessária para que um ponto de operação seja de custo mínimo é que os custos incrementais dos geradores sejam iguais a um valor λ que por sua vez pode ser calculado pelo método dos multiplicadores de Lagrange A Figura 56 mostra a condição λ 2 2 1 1 dP dC dP dC onde PD P P 2 1 ˆ ˆ Figura 56 Ponto de operação de mínimo custo Exemplo 51 A Figura 57 mostra dois geradores que alimentam carga de 5000 MW no próprio barramento do gerador Determinar o custo total mínimo de geração mínimo CT 2 1 1 1 0 002 07 400 0 P P C h 2 2 2 2 0 003 08 400 0 P P C h Figura 57 Sistema sem perdas na transmissão P2 P1 PD 500 MW 2 2 dP dC 2ˆP 1 1 dP dC 1ˆP λ P1 P2 Análise de Sistemas de Potência 131 Solução 2 1 C C f 500 0 2 1 2 1 P P P P P h D 00 L h f L λ é a solução procurada 07 0 004 00 0 004 07 1 1 1 λ λ P P P L 08 0 006 00 0 006 08 2 2 2 λ λ P P P L 500 0 00 500 0 2 1 2 1 P P P P L λ Colocandose o sistema em forma matricial vem 500 0 08 07 00 01 01 01 0 006 00 01 00 004 0 2 1 λ P P Invertendose a matriz do sistema vem λ 2 1 0 500 08 07 0 000024 0 004 006 0 0 004 01 01 0 006 01 01 0 01 1 P P t ou ainda 68 0 100 0 400 0 500 08 07 0 000024 0 004 006 0 0 004 01 01 0 006 01 01 100 0 2 1 2 1 λ λ P P P P A solução do sistema é 1 400 0 P MW P2 100 0 MW 68 λ MWh Custo mínimo total 4 75000 0 003 08 400 0 0 002 07 400 0 2 2 2 2 1 1 P P P P C mínimo T h Outras restrições que devem ser consideradas no processo de otimização Capacidade da máquina Perdas na transmissão Capacidade da transmissão Se a otimização envolver perda reativa o problema fica não linear Será portanto necessário usar um programa de fluxo de potência ótimo que consiste em rodar um load flow sujeito a restrições como mínima perda nas linhas e mínimo custo de geração Análise de Sistemas de Potência 132 543 Extensão para o caso de n geradores A Figura 58 mostra um sistema com n geradores que alimenta carga Não existe perda nem restrição na capacidade das máquinas Figura 58 Sistema com n geradores sem perdas na transmissão Objetivo n Cn P C P C P C f K 2 2 1 1 min sujeito a restrição 0 2 1 D n P P P P h K A solução ótima é λ n n dP dC dP dC dP dC K 2 2 1 1 A Figura 59 mostra a solução ótima onde D n P P P P ˆ ˆ ˆ 2 1 K Figura 59 Ponto de operação de mínimo custo para sistema com n geradores D n P P P P ˆ ˆ ˆ 2 1 K 544 Consideração de limite na capacidade de geração sem se considerar as perdas na transmissão Entendese por limite na capacidade de geração se pelo menos uma das máquinas não puder atender à geração para ela especificada Seja o sistema da Figura 510 Figura 510 Sistema sem perdas com limite de geração em cada máquina P2 P1 PD Pn M P2 P1 PD Pn M n Pˆ 1ˆP 2ˆP 1 1 dP dC λ 2 2 dP dC n n dP dC P P P Análise de Sistemas de Potência 133 Objetivo min i Ci P C f sujeito a restrição 1 1 1 1 0 máximo n n mínimo n máximo mínimo n i D i P P P P P P P P h LLLLLLLL L 2n restrições de desigualdade Não se pode usar o multiplicador de Lagrange com esta formulação pois este só funciona para igualdade nas equações de restrição Estratégia de solução 2 1 máximo i i i máximo i i P s P P P 2 2 mínimo i i i mínimo i i P s P P P onde 2 1is e 2 2 is são positivos e são chamadas de variáveis de folga O problema fica agora com 3 n variáveis e podese usar o método dos multiplicadores de Lagrange Noção intuitiva Rodar o problema sem se considerar as restrições Se pelo menos um gerador ultrapassar o limite estes têm a geração fixada no limite Os demais geradores são despachados obedecendo a regra dos custos incrementais iguais Podese também ajustar máquina a máquina A Figura 511 mostra solução encontrada que não atende restrição das três máquinas Figura 511 Sistema de três máquinas em que a solução não atende às restrições Solução considerando as restrições 1 3 2 1 ˆP P P P P mínimo máximo D máximo i i mínimo i i i P P P dP dC λ máximo i i i i P P dP dC λ mínimo i i i i P P dP dC λ 2 2 dP dC 2 P mínimo 2ˆP 2 P máximo 3 3 dP dC 3 P mínimo 3ˆP 3 P máximo 1 1 dP dC 1 P mínimo 1ˆP 1 P máximo λ Análise de Sistemas de Potência 134 Exemplo 52 Determinar λ para diferentes condições de carga Sejam duas máquinas ligadas ao mesmo barramento da carga isto é sem perdas e que todas as máquinas estão o tempo todo ligadas 08 0 008 1 1 1 P dP dC MWh 46 0 0096 2 2 2 P dP dC MWh 1 250 0 250 0 PD MW 625 0 100 0 1 P MW 625 0 100 0 P2 MW a Condição de carga mínima PD 2500 MW λ 2 2 1 1 dP dC dP dC λ 08 0 008 1 1 1 P dP dC λ 46 0 0096 2 2 2 P dP dC 00 2 1 PD P P d dL λ onde PD 2500 Montandose o sistema vem 0 250 46 08 00 01 01 01 0 0096 00 01 00 008 0 2 1 λ P P Invertendose a matriz do sistema com auxílio do programa MATLAB vem 3636 8 5455 204 4545 45 0 250 46 08 0 0044 0 4545 5455 0 0 4545 568182 8182 56 0 5455 568182 8182 56 2 1 2 1 λ λ P P P P A solução é λ 83636 MWh P1 454545 MW passou do limite inferior que é de 1000 MW 1 100 0 P MW P2 2045455 MW deve ser ajustado para P2 2500 1000 P2 1500 MW por causa do limite de P1 Se 1 100 0 P MW 8 80 08 0 008 100 0 1 1 1 λ dP dC MWh Se P2 150 0 MW 7 84 46 0 0096 150 0 2 2 2 λ dP dC MWh A Figura 512 mostra a solução encontrada para a carga mínima especificada Análise de Sistemas de Potência 135 Figura 512 Solução para carga mínima e carga máxima Determinação do custo total 100 0 150 0 2 2 1 1 0 2 2 2 0 1 1 1 46 0 0096 08 0 008 2 1 dP P dP P dP dP dC dP dP dC C P P total 150 2 0 2 2 100 1 0 12 46 0 0048 08 0 004 P P P P Ctotal 1 90800 960 0 108 0 800 0 40 0 Ctotal h b Condição de carga máxima PD 12500 MW λ 2 2 1 1 dP dC dP dC λ 08 0 008 1 1 1 P dP dC λ 46 0 0096 2 2 2 P dP dC 00 2 1 PD P P d dL λ onde PD 12500 Montandose o sistema vem 1 250 0 46 08 00 01 01 01 0 0096 00 01 00 008 0 2 1 λ P P A matriz do sistema é a mesma de quando em carga mínima logo 7728 12 0341 659 9659 590 250 0 1 46 08 0 0044 0 4545 5455 0 0 4545 568182 8182 56 0 5455 568182 8182 56 2 1 2 1 λ λ P P P P P 1 1 dP dC 0 454 100 625 2 2 dP dC 0 100 150 2045 625 λ130 λ124 λ880 λ836 λ800 λ784 λ736 λ640 Análise de Sistemas de Potência 136 A solução é λ 1277 MWh P2 65903 MW passou do limite superior que é de 6250 P2 6250 MW 1 59096 P MW deve ser ajustado para P1 12500 6250 P1 6250 MW 1 625 0 P MW 13 0 08 0 008 625 0 1 λ MWh P2 625 0 MW 12 4 46 0 0096 625 0 2 λ MWh A Figura 512 mostra estes valores c Tomada de carga para valores 2500 PD 12500 Se preciso de 10 MW a máquina 2 é que deve suprir esta potência pois tem custo menor Isto ocorre até λ 88 i De PD 2500 MW até λ2 λ1 88 que corresponde a PD 3500 MW P2 supre demanda 250 0 88 2 2 P λ MW ii Se PD 3500 MW λ2 λ1 124 que corresponde a PD 1175 MW P1 e P2 suprem demanda juntos com o mesmo λ λ1 124 P1 5500 MW iii De PD 11750 MW até 12500 MW P1 supre a demanda Resumo do despacho de carga nas várias condições de carga PD MW P1 MW P2 MW λ MWh Comentário 2500 1000 1500 784 P2 assume a carga 3500 1000 2500 880 P2 assume a carga 5000 1820 3180 945 P1 e P2 assumem a carga 7000 2910 4090 1033 P1 e P2 assumem a carga 9000 4000 5000 1120 P1 e P2 assumem a carga 11000 5090 5910 1207 P1 e P2 assumem a carga 11750 5500 6250 1240 P1 e P2 assumem a carga 12500 6250 6250 1300 P1 assume a carga Análise de Sistemas de Potência 137 545 Inclusão das perdas na transmissão Seja a Figura 513 onde o gerador G1 está diretamente ligado na barra de carga e o gerador G2 está ligado na barra de carga por linha de transmissão Objetivo min i Ci P C f sujeito à restrição n i L D i P P P 1 0 onde PL representa a perda total do sistema de transmissão Figura 513 Despacho ótimo em sistema com perdas Equações para representar as perdas Equações do fluxo de potência Equação das perdas i L P f P Seja sistema exemplo da Figura 514 Figura 514 Sistema exemplo para representar as perdas 3 3 3 2 2 2 1 1 1 I I r I I r I I r PL 2 1 3 I I I 2 1 3 I I I Substituindose 3I e 3I na equação de PL vem 2 1 2 1 3 2 2 2 1 1 1 I I I I r I I r I I r PL 1 2 2 1 2 2 1 1 3 2 2 2 2 1 1 I I I I I I I I r I r I r PL 1 2 2 1 3 2 2 3 2 2 1 3 1 I I I I r I r r I r r PL cos 2 12 2 1 1 2 2 1 α I I I I I I onde α12 é a diferença entre os ângulos dos fasores 1I e 2I 12 2 1 3 2 2 3 2 2 1 3 1 cos 2 α I I r I r r I r r PL cos cos θ θ V P I I V P Substituindose valores na equação de PL vem cos cos cos 2 cos cos 2 2 2 1 1 1 12 3 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 2 1 2 1 3 1 θ θ α θ θ V P V P r V P r r V P r r PL 12 2 1 22 2 2 11 12 2 B P P B P B P PL onde cos 1 2 2 1 3 1 11 θ V r r B cos 2 2 2 2 3 2 22 θ V r r B cos cos cos 2 1 2 1 12 3 12 θ θ α V V r B são chamados de coeficientes das perdas PL G2 G1 PD r3 PL P1 2I r1 r2 1I 3I P2 Análise de Sistemas de Potência 138 O problema se resume a Objetivo min i Ci P C f sujeito a restrição 0 L i D i P P P P Como as equações de restrição só envolvem igualdades podese usar o método dos multiplicadores de Lagrange i L D i i i P P P P C P L λ No ponto de operação ótima L 0 logo 0 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 i L D i n L n n n L L P P P P L dP dP dP dC P L dP dP dP dC P L dP dP dP dC P L λ λ λ λ LLLLLLLLLLL Conclusão devese trabalhar com um mesmo custo incremental comum para todos os geradores só que agora o custo incremental é i L i i dP dP dP dC 1 1 λ onde o fator i L i dP dP p 1 1 é chamado de fator de penalidade e i L dP dP é a perda incremental devido ao gerador i As máquinas são agora despachadas com i i i p dP λ dC Exemplo 53 Determinar o despacho ótimo do sistema da Figura 515 onde PD 5000 MW Figura 515 Sistema exemplo de operação ótima com perda na transmissão 1 1 07 400 0 P C h 2 2 08 400 0 P C h 12 0 005 P PL 2 1 2 1 2 1 0 005 500 0 08 07 800 0 P P P P P L λ 0 0 01 01 07 1 1 P dP dL λ 08 0 01 08 2 λ λ dP dL 0 0 005 500 0 2 1 2 1 P P P d dL λ Solução 1 12 5 P MW 0 78125 0 005 12 5 2 PL MW 48828125 0 78125 12 5 500 0 2 P MW PL G1 G2 PD Análise de Sistemas de Potência 139 Se não houver perda ou seja o mesmo sistema porém sem a equação de PL terseia 500 0 08 07 800 0 2 1 2 1 P P P P L λ 07 0 07 1 λ λ dP dL 08 0 08 2 λ λ dP dL resultado compatível com usina nuclear pois o custo incremental é constante A Figura 516 mostra esta condição Figura 516 Custo incremental de usina nuclear A solução ótima neste caso sem perda consiste em despachar toda a carga pela máquina 1 pois esta apresenta custo incremental menor que a outra máquina logo P1 5000 e P2 00 A característica de custo das máquinas térmicas é quadrática Exemplo 54 Mesmo sistema anterior com PD 5000 MW porém com os seguintes custos e restrições 2 1 1 1 0 002 07 400 0 P P C h 2 2 2 2 0 002 07 400 0 P P C h 500 0 0 002 2 1 2 1 P P P h 400 0 70 0 1 P 400 0 70 0 P2 12 0 002 P PL 500 0 0 002 0 002 0 002 07 07 800 0 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 P P P P P P P L λ 0 0 004 01 0 004 07 1 1 1 1 1 1 1 P P dP dP dP dC dP dL L λ λ 0 0 004 07 1 2 2 2 2 2 λ λ P dP dP dP dC dP dL L 0 500 0 0 002 2 1 2 1 P P P P P P P d dL i L D i λ Solução do sistema não linear 0 0 004 0 004 07 1 1 P P λ λ 2 0 004 07 P λ 1 2 1 2 0 002 500 0 P P P Substituindose a expressão de P2 na expressão de λ vem 1 12 0 004 0 002 0 004 0 004 500 0 07 P P λ 1 2 1 6 0 004 10 08 09 P P λ 2 2 dP dC P2 80 1 1 dP dC 70 P1 Análise de Sistemas de Potência 140 Substituindose esta última expressão de λ na expressão não usada vem 0 0 004 0 004 8 10 9 0 004 8 10 9 0 004 7 1 1 2 1 6 1 2 1 6 1 P P P P P P que ao se agrupar termos fornece 00 02 10 44 0 10 24 0 10 32 0 1 3 2 1 6 3 1 9 P P P Multiplicandose esta equação por 106 vem 00 10 02 10 44 0 24 0 10 32 0 6 1 3 2 1 3 1 3 P P P Utilizandose o programa MATLAB e a função roots vem pol 0032 24 44000 2000000 raiz rootspol fornece como única raiz real para P1 o valor 46563 Em conseqüência as perdas são PL 434 8 83 0 004 01 0 004 07 1 1 P P λ e P2 45777 Tanto o valor de P1 quanto o valor de P2 estão fora dos limites especificados Solução P1 4656 MW valor abaixo do mínimo Ajustase este valor para P1 700 valor mínimo Com este valor as perdas são 89 0 002 2 1 P PL MW P2 5000 700 98 4398 MW valor acima do máximo valor de P2 A abordagem seguinte consiste em fixar o gerador 2 para seu limite máximo pois este não apresenta perdas e o custo é o mesmo que o do gerador 1 P2 4000 Os restantes 1000 MW e as perdas serão supridas pelo gerador 1 logo basta escrever 2 1 1 0 002 100 0 P P que em se arrumando termos fornece a equação 0 100 0 0 002 1 12 P P As raízes desta equação são 3618034 e 138197 A solução tomada é o menor destes valores P1 138197 As perdas são 381966 0 002 1381966 2 PL MW Com estes valores de potências λ1 1689 e λ2 8 60 O custo total é 0 002 07 400 0 002 07 400 0 2 2 2 2 1 1 2 1 P P P P C C Ctotal 4 92557 3 52000 1 40557 Ctotal Observação A solução de perda mínima não é necessariamente a de menor custo Podese usar mais de uma função objetivo para minimização como por exemplo no problema de minimizar custos e perdas Outro exemplo é utilizar uma função objetivo para minimizar o risco de déficit Exemplo 55 Mesmo sistema anterior com PD 5000 MW porém com os seguintes custos e restrições 2 1 1 1 0 002 07 400 0 P P C h 2 2 2 2 0 002 08 400 0 P P C h 500 0 0 002 2 1 2 1 P P P h 400 0 70 0 1 P 400 0 70 0 P2 12 0 002 P PL Análise de Sistemas de Potência 141 500 0 0 002 0 002 0 002 08 07 800 0 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 P P P P P P P L λ 0 0 004 01 0 004 07 1 1 1 1 1 1 1 P P dP dP dP dC dP dL L λ λ 0 0 004 08 1 2 2 2 2 2 λ λ P dP dP dP dC dP dL L 0 500 0 0 002 2 1 2 1 P P P P P P P d dL i L D i λ Solução do sistema não linear 0 0 004 0 004 07 1 1 P P λ λ 2 0 004 08 P λ 1 2 1 2 0 002 500 0 P P P Substituindose a expressão de P2 na expressão de λ vem 1 12 0 004 0 002 0 004 0 004 500 0 08 P P λ 1 2 1 6 0 004 10 08 10 0 P P λ Substituindose esta última expressão de λ na expressão não usada vem 0 0 004 0 004 8 10 10 0 004 8 10 10 0 004 7 1 1 2 1 6 1 2 1 6 1 P P P P P P Que ao se agrupar termos fornece 00 03 10 48 0 10 24 0 10 32 0 1 3 2 1 6 3 1 9 P P P Multiplicandose esta equação por 106 vem 00 10 03 10 48 0 24 0 10 32 0 6 1 3 2 1 3 1 3 P P P Utilizandose o programa MATLAB e a função roots vem pol 0032 24 48000 3000000 raiz rootspol fornece como única raiz real para P1 o valor 643953596717 Em conseqüência as perdas são PL 829 9 78 0 004 01 0 004 07 1 1 P P λ e P2 44538 Tanto o valor de P1 quanto o valor de P2 estão fora dos limites especificados Solução P1 6439 MW valor abaixo do mínimo Ajustase este valor para P1 700 valor mínimo Com este valor as perdas são 9 80 0 002 2 1 P PL MW P2 5000 700 98 4398 MW valor acima do máximo valor de P2 A abordagem seguinte consiste em fixar o gerador 2 para seu limite máximo pois este não apresenta perdas P2 4000 Os restantes 1000 MW e as perdas serão supridas pelo gerador 1 logo basta escrever 2 1 1 0 002 100 0 P P que em se arrumando termos fornece a equação 0 100 0 0 002 1 12 P P As raízes desta equação são 3618034 e 1381966 A solução tomada é o menor destes valores P1 1381966 As perdas são 381966 0 002 1381966 2 PL MW Com estes valores de potências λ1 168885 e λ2 8 6000 O custo total é 0 002 08 400 0 002 07 400 0 2 2 2 2 1 1 2 1 P P P P C C Ctotal 5 32557 3 92000 1 40557 Ctotal