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INTRODUÇÃO AOS SISTEMAS ELÉTRICOSDE POTÊNCIA

O objetivo deste capítulo é apresentar informações gerais relativas à estrutura e à formade funcionamento de um sistema elétrico de potência.

As diversas palavras-chave apresentadas ao longo do capítulo são introduzidas coma finalidade de caracterizar a estrutura e a concepção de um SEP. Uma abordagem maisprofunda sobre cada assunto específico pode ser estudado commais detalhes em referên-cias que fogem do escopo desta obra.

1.1 INTRODUÇÃO

Os sistemas elétricos de potência são constituídos por diferentes tipos de componentes, osquais, conectados e funcionando adequadamente, permitem aoperação visando o atendi-mento dos seus consumidores. Trata-se de estrutura bastante complexa que além de seroperada em tempo real, precisa ser planejada a fim de atender àexpansão natural do mer-cado de energia elétrica.

Os sistemas elétricos de potência apresentam as características básicas:

• são compostos de equipamentos que funcionam em corrente alternada (CA) e queoperam essencialmente em tensão e freqüência constantes;

• para o adequado funcionamento, dependem do comando, controle e proteção reali-zados por meio de dispositivos com essa finalidade;

• usam essencialmente máquinas síncronas para geração de eletricidade, as quais,por meio de suas turbinas permitem a conversão de energia, originária de fontesprimárias (fóssil, nuclear, hidráulica, biomassa, eólica), em energia mecânica.

• possibilitam a transmissão de blocos de energia a consumidores espalhados nasmais diversas áreas, considerando longas distâncias. Esteprocedimento só é pos-

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4 1. INTRODUÇÃO AOS SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA

sível graças a um sistema de transmissão, compreendendo subsistemas operandoem diferentes níveis de tensão.

A energia elétrica é gerada em usinas e transmitida aos consumidores por meio darede de transmissão associada. Ao sistema de transmissão estão associados sistemas desubtransmissão.

É uma prática comum se dividir a rede elétrica relativa ao transporte de energia nosseguites subsistemas:

• sistema de transmissão;

• sistema de subtransmissão;

• sistema de distribuição.

O sistemadito de transmissãointerconecta todos os grandes centros de geração eaos principais centros de carga. Forma a parte por onde circula grandes blocos de potênciae opera com os níveis de tensão mais elevados. Tipicamente, com tensões maiores ouiguais a 230 kV.

As tensões de geração encontram-se na faixa entre 11 a 20 kV. Esse nível de tensãoé transformado por meio de transformadores elevadores a níveis que possibilitam a trans-missão de um grande bloco de potência. Ao chegar nas chamadassubestações do sistema,a energia deve ser retransmitida. Porém, podendo agora ser em outro nível de tensão. Por-tanto, tanto ao nível do sistema de geração, quanto das subestações rebaixadoras, devemexistir transformadores, adequadamente projetados, a fim de permitir o fluxo de energiadesde a geração até os centros de consumo.

O sistema de subtransmissãopermite a transmissão de potência em blocos maisreduzidos, a partir das subestações de transmissão, para assubestações de distribuição.Grandes cargas industriais podem ser supridas diretamentepor um sistema de subtrans-missão. Em alguns sistemas, não há uma dinstinção clara entre sistemas de transmissão ede subtransmissão, sendo ambos um só.

O sistema de distribuiçãorepresenta o estágio final envolvendo a transferência deenergia para os consumidores individuais. A tensão primária de distribuição (a deno-minada alta tensão do sistema de distribuição) é compreendida na faixa entre 1 e 34,5kV. Pequenos consumidores industriais são atendidos por alimentadores primários que seencontram nessa faixa de tensão. Os alimentadores de distribuição secundários supremconsumidores residenciais e comerciais em faixas que podemvariar de 110 a 240 V, emvalores padronizados pelo órgão regulador do setor elétrico.

1.2. O CONTROLE DE SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA 5

Pequenas centrais geradoras podem ser conectadas diretamente ao sistema de sub-transmissão ou ao sistema de distribuição. A tendência é quese tenha mais e mais a in-serção de pequenas fontes de energia ao sistema de distribuição (a gás, a óleo, biomassa,solar, entre outras) - a denominada geração distribuída. Para o caso brasileiro, emboraessa diversificação seja benéfica, não eliminará a forte dependência de geração hidráulicaexistente.

Portanto, o sistema elétrico, como um todo, consiste de múltiplas fontes de geraçãoque são utilizadas para atender aos centros de carga, processo esse que é feito por com-plexos sistemas de transmissão. Do exposto, para manter esse complexo sistema operandoadequadamente, com padrões de qualidade e de segurança mínimos, é necessário monitorá-lo e controlá-lo permanentemente.

1.2 O CONTROLE DE SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA

A energia geralmente não é consumida diretamente na forma elétrica. Ela é antes con-vertida em outro tipo, tal como calor, luz, energia mecânica, entre outros. A vantagemda forma elétrica é que pode ser transmitida e controlada comelevado grau de eficiên-cia e confiabilidade. Conseqüentemente, um sistema elétrico adequadamente operado econtrolado deve atender a alguns requisitos fundamentais:

1. O sistema deve ser capaz de suprir continuamente as variações de carga, tanto sobo ponto de vista de potência ativa quanto de reativa. Diferenetemente de outras for-mas de energia, a elétrica não pode ser armazenada em grandesquantidades. Então,uma reserva "girante" deve ser prevista e controlada permanentemente.

2. O sistema deve suprir energia com um baixo custo e com um mínimo impactoecológico.

3. A qualidade da energia suprida deve atender alguns critérios mínimos com relaçãoaos seguintes fatores:

• freqüência constante;

• tensão constante ou parâmetro próximo; e

• confiabilidade.


Vários níveis de controle são verificados a fim de atender aos requisitos enumeradosanteriormente. Por exemplo, deve se ter controladores atuando em elementos individuais.Em uma estação geradora, ações dessa natureza consistem de controle primário sobre osistema de regulação de velocidade (turbina do gerador) e sobre o sistema de excitação(regulação de tensão). O controle sobre a turbina é responsável pela regulação de ve-locidade e pela energia suprida. Isto é feito atuando-se em mecanismos associados adispositivos que controlam pressões, temperaturas, fluxosde combustível, de água. Afunção do sistema de excitação é a de regulação da tensão terminal do gerador e da potên-cia reativa de saída. Os MWs (potência ativa) de saída de cadagerador são determinadospelo controle do sistema de geração.

O controle primário do sistema de geração busca o balanço total da potência ge-rada a fim de atender às cargas e perdas do sistema. Esta ação deve ser efetuada visandomanter-se a freqüência do sistema aproximadamente constante, bem como os intercâm-bios programados nas interligações.

Os controles do sistema de transmissão incluem dispositivos para o controle depotência e de tensão, tais como compensadores estáticos de reativo (CERs), compen-sadores síncronos, capacitores e reatores chaveados, transformadores com comutadoresde tap automático, controles de elos de corrente contínua, entre outros. Esses equipamen-tos devem ser modelados convenientemente de modo a atender aos requisitos relacionadosa estudos específicos.

Os objetivos das ações de cotrole dependem do ponto de operação do sistemaelétrico de potência. Sob condições normais, o objetivo do controle é manter os sistemaoperando o mais eficientemente possível, com valores de tensão e freqüência próximosaos nominais. Por outro lado, quando condições anormais sãoverificadas, novos obje-tivos devem ser buscados visando restabelecer o sistema às suas condições normais deoperação, o mais rápido possível.

A maioria das grandes falhas em um sistema raramente é resultado de um sim-ples distúrbio catastrófico, causando colapso em um sistemaaparentemente seguro. Taisfalhas, em geral, resultam de uma combinação de circunstâncias que estressam a redeelétrica muito além de sua capacidade. Distúrbios naturaisseveros (tempestades), fun-cionamento inadequado de equipamentos, falha humana, projeto inadequado, contribuempara enfraquecer o sistema elétrico e eventualmente levá-lo a uma situação de colapso.

1.2.1 Principais Equipamentos de um Sistema Elétrico de Potência

Os dispositivos de controle atuam sobre equipamentos, muito deles, responsáveis pelageração ou pela transmissão de grandes blocos de energia. Podem ser mencionados algunscomo


• geradores;

• linhas de transmissão;

• transformadores de potência;

• capacitores em derivação (shunt) e em série;

• reatores em derivação;

• sistemas de transmissão CA flexíveis -flexible AC transmission systems(FACTS);

• compensadores síncronos.

Não seria possível operar o sistema sem os equipamentos de proteção, de reduçãode medidas para instrumentos, de manobra e de proteção, taiscomo:

• tranformadores de potencial (TPs), divisores capacitivos de potencial (DCPs);

• transformadores de corrente;

• chaves, seccionadoras, disjuntores;

• relés de proteção, filtros;

• pára-raios.

1.2.2 A estrutura Organizacional de um SEP

No modelo antigo, as empresas de energia elétrica apresentavam uma estrutura verti-calizada, englobando, na maioria dos casos, os segmentos degeração, transmissão, dis-tribuição e comercialização juntas. Nesse caso, as empresas recebiam uma concessão parao fornecimento de energia a uma determinada região do país e atendiam essa demanda


utilizando a energia gerada no seu próprio sistema, ou adquirida de empresas vizinhasatravés de contratos. Em alguns sistemas, tais contratos defornecimento de energia entreempresas não diretamente conectadas eletricamente podiamexistir, exigindo a transfe-rência de energia através do sistema de transmissão de uma terceira empresa (wheeling).O modelo era fortemente regulamentado, não existindo a possibilidade de uma empresacomercializar energia diretamente aos consumidores fora de sua área de concessão. As-sim, sob o ponto de vista econômico, o sistema operava como ummonopólio regulado.Em geral, existia algum mecanismo coordenador da operação do sistema interligado, oqual orientava as diversas empresas em relação ao melhor aproveitamento dos recursosenergéticos e à manutenção de um adequado nível de confiabilidade do sistema elétrico.As principais características desse modelo são:

• Geração, transmissão, distribuição e comercialização integradas (bundled) em umamesma empresa;

• A cada empresa associa-se uma área de concessão onde todos os consumidores sãocativos (monopólio);

• A troca de energia entre empresas é realizada somente através de contratos bilateraisde médio ou longo prazo;

• O custo final da energia inclui todos os custos diretos e indiretos da empresa verti-calizada.

Em função da necessidade de otimização de recursos, de operar o sistema comníveis mais elevados de carregamento, da introdução de diversos novos participantes, foinecessário se repensar e a estrutura tradicional de um SEP. Um novo modelo passou aexistir, concebido a partir de desregulamentação específica para o setor elétrico. Nessanova estrutura, ocorre a separação do transporte (transmissão e distribuição) da produção(geração) e da comercialização. Além disso, é introduzida acompetição nos segmentosde geração e comercialização, bem como verifica-se a preservação da transmissão e dis-tribuição como monopólios naturais. Porém, com livre acesso a esses segmentos por partede geradores e comercializadores. A separação dos segmentos de geração e transmissãosuscitou dúvidas no início dos estudos de reestruturação dosetor elétrico. Como seriapossível operar de forma confiável um sistema elétrico no qual os geradores seriam pro-gramados de acordo com transações comerciais (compra e venda de blocos de energia)entre empresas geradoras e comercializadoras e utilizariam os sistemas de transmissãooperados por outras empresas? A resposta a essa questão vem da observação de que,embora geração e transmissão sejam processos fisicamente inseparáveis, é possível esta-belecer uma separação comercial ou financeira entre essas atividades. Desta forma, as


transações comerciais celebradas entre agentes comerciais do sistema nem sempre se re-alizam fisicamente. A decisão sobre o efetivo despacho de geração, em geral, é atribuídaa uma entidade independente, cujo objetivo é operar o sistema de forma confiável, inde-pendentemente dos interesses comerciais existentes. Um acerto de contas pós-operação érealizado para compensar eventuais desvios em relação aos contratos de compra e vendade energia.

Além da separação entre produção e transporte, a nova estrutura apresenta, tam-bém, a possibilidade de separar os serviços necessários para o bom funcionamento do sis-tema elétrico, porém não diretamente associados à produçãode energia, daqueles direta-mente associados à produção de energia elétrica. Tais serviços são denominadosServiçosAncilares. Como exemplo disso, podemos mencionar o controle de tensãoe fluxo dereativos, reserva operativa, controle automático da geração etc. Nessa nova estrutura desetor elétrico, as empresas de transmissão e de distribuição são obrigadas a permitir olivre acesso aos seus sistemas, mediante a cobrança de um serviço de uso de suas redes(pedágio), possibilitando a realização de negócios entre quaisquer empresas de geração,consumidores livres e comercializadoras de energia, desdeque as restrições de operaçãoassim o permitam. A operação do sistema é delegada a umOperador Independente doSistema(OIS), o qual se constitui em uma empresa sem interesse financeiro no negóciode energia. No caso brasileiro esse órgão é o Operador Nacional do Sistema Elétrico(ONS). O escopo de atuação do OIS, suas atribuições e responsabilidades, variam de umpaís para outro ou mesmo dentro de um mesmo país. O OIS poderá ou não ser o pro-prietário dos sistemas de transmissão. O OIS poderá ou não operar o órgão responsávelpelo mercado de energia elétrica. Em alguns casos, a operação desse mercado é dele-gada a uma outra entidade denominadaBolsa de Energia(BE). Em muitos casos, o OISé o responsável direto pelo provimento dos serviços ancilares; em outros casos, o OIScoordena um mercado de serviços ancilares aberto a outras empresas. Novos atores quesurgem nesse novo cenário são osComercializadores de Energia(CE), os quais são em-presas que servem como intermediários de negócios entre geradoras e consumidores, eos Provedores de Serviços Ancilares (PSA). Finalmente, para controlar e fiscalizar o fun-cionamento do mercado de energia e o funcionamento do sistema elétrico, é necessária aexistência de uma Agência Reguladora (AR), órgão governamental responsável pela veri-ficação do cumprimento do marco regulatório do setor elétrico, pelo controle e supervisãodo funcionamento do mercado de energia e a defesa dos direitos dos consumidores. NoBrasil, essa função é exercida pela Agência Nacional de Energia Elétrica (ANEEL).

A compreensão de como a energia elétrica flui no sistema, desde os centros degeração, passando pelos sistemas de transmissão, até o consumidor, é um assunto quedepende de estudos envolvendo tanto aspectos estáticos, quanto dinâmicos. Neste sentido,a avaliação do fluxo de carga no sistema, de preferência de forma ótima, deve ser avaliada,considerando a segurança dinâmica e parâmetros que possam demonstrar a qualidade dofornecimento da energia elétrica.

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MODELAGEM DE EQUIPAMENTOS

2.1 INTRODUÇÃO

Os estudos de aspectos estáticos e dinâmicos de sistemas elétricos de potência dependemda natureza e grau de detalhamento que se deseja avaliar. Deste modo, modelos apropri-ados de equipamentos devem ser utilizados a fim de se obter a precisão esperada.

Modelos estáticos e dinâmicos são diferentes. Entretanto,alguns modelos estáti-cos são comuns a estudos estáticos e dinâmicos. Além disso, qualquer estudo dinâmicorequer a determinação de um ponto de operação. Em função disto os aspectos estáticossão inicialmente estudados. Com esta finalidade, é necessário se definir os modelos dosprincipais equipamentos.

O interesse aqui está voltado para estudos de fluxo de carga nos sistemas elétricosde potência. É suficiente considerar a rede elétrica como de natureza trifásica e equi-librada. Com esta característica, a representação de cada equipamento por um circuitomonofásico equivalente é apropriada por várias razões: simplificação de cálculos, rep-resentação satisfatória para estudos de regime permanente, utilização de representaçãofasorial etc.

Os principais equipamentos para estudos estáticos ao nívelde regime permanenteestável são: as linhas de transmissão, os transformadores,os dispositivos FACTS, as car-gas e os geradores. Os geradores impactam mais estudos dinâmicos, sendo a sua mode-lagem tratada no tópico relativo a estabilidade de sistemasde potência.

2.2 LINHA DE TRANSMISSÃO

Neste livro, a finalidade é voltada para estudos estáticos e dinâmicos em baixas freqüên-cias. Com tais características, a linha de transmissão é representada por um circuito es-tático e passivo, invariante com a freqüência, cujo modelo depende do comprimento dalinha.

A linha de transmissão é modelada conhecendo-se os seus parâmetros elétricos por

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12 2. MODELAGEM DE EQUIPAMENTOS

fase e o seu comprimento. É usual dividi-la em curta (até cerca de 80km), média (entre 80e 200km) e longa (acima de 200km). A representação é feito por um circuito monofásicoequivalente, por fase. Supõe-se que a linha opere em regime permanente, a uma freqüên-cia, que no Brasil é igual a 60Hz. A linha tem quatro parâmetros característicos: umacondutância,G; uma resistência,R; uma reatância,X = ωL, sendoL a indutância da linha;e uma susceptância,Y = ωC, ondeC é a capacitância da linha. O primeiro dos parâmet-ros é desprezível para a faixa usual de freqüência dos estudos em regime permanente e deanálise de estabilidade em baixas freqüências. Assim, considerar-se-áG = 0 para fins demodelagem.

As linhas curtas são representadas por um circuito no qual a resistência equivalentedos condutores,R, é conectada em série com a reatância indutiva,X. A Figura 2.1 mostraum circuito equivalente para essa situação.

Figura 2.1 Modelo de linha curta

Na Figura 2.1,Ii é a corrente na entrada da linha,Io é a corrente na saída,Vi é atensão na entrada eVo é a tensão na saída. Nesse caso,Ii = Io. As linhas médias sãorepresentadas por um circuitoπ-equivalente, contendo além da resistência série,R, e dareatância indutiva série,X, mais a susceptância capacitiva,Y, a qual é ligada de uma fasepara a referência. A susceptância é dividida em duas partes,sendo a metade alocada emcada terminal da linha. A Figura 2.2 exibe o circuito equivalente.

O modelo de linha longa considera a abordagem por parâmetrosdistribuídos. Oseu modelo é semelhante ao de uma linha média. No entanto, ao invés de se ter umaimpedância série, formada pela composição série da resistênciaRcom a reatânciaX, tem-se simplesmente uma impedância definida comoZe e uma susceptânciaYe, cujos cálculossão efetuados conforme as expressões a seguir.

Ze = Zcsenh(γ l) (2.1)

2.2. LINHA DE TRANSMISSÃO 13

Figura 2.2 Modelo de linha média

ondel é o comprimento da linha e as constantesZc e γ são definidas como:

Zc =

√

LC

(1− jR

2ω l) (2.2)

γ =√

(R+ jωL) jωC = jω√

LC(1− jR

2ωL) (2.3)

Nas expressões (2.2) e (2.3),j∆=

√−1, ω = 2π f e f é a freqüência industrial.

Dessas equações, caso as perdas não são consideradas,Zc é uma resistência eγ é umnúmero puramente imaginário. Nessas condições, a impedânciaZc é denominada impedân-

cia de surto eZc =√

LC.

A potência transmitida pela linha quando essa é terminada por sua impedância desurto é conhecida comocarga naturaloucarga da impedância de surto- surge impedanceload (SIL), dada por:

SIL=V2

N

Zc, em W, (2.4)

ondeVN é a tensão nominal da linha.

CasoVN seja a tensão fase-neutro, a equação (2.4) fornecerá a potência de umaúnica fase. SeVN é uma tensão fase-fase (tensão de linha), a potência será trifásica.

O elemento em derivação (shunt) do modelo de uma linha longa é representado pelotermo:


Ye

2=

1Zc

cosh(γ l)−1senh(γ l)

(2.5)

A Figura 2.3 mostra o circuito equivalente para a linha longa.

Figura 2.3 Modelo de linha média

EXEMPLO 2.1

Uma linha que opera com freqüência industrial igual a 60Hze com tensão nominalde linha igual a 500kV apresenta os seguintes parâmetros:L = 8,84×10−4 H/km, C =13,12nF/kmeR= 0,0222Ω/km. Calcule a impedância de surto, bem como o SIL dessalinha.

SOLUÇÃO

A impedância de surto e o SIL não dependem do comprimento da linha. Assim,

Zc =

√

8,84×10−4

13,12×10−9 = 259,6 Ω

Considerando que a tensão nominal da linha é igual a 500kV (tensão fase-fase),então a potência deSILserá

SIL=5002×106

259,6= 963,1 MW

EXEMPLO 2.2 Considere que a linha no Exemplo 2.2 tenha 350km de compri-mento. Suponha que uma tensão fase-neutro igual a 288,67kV seja aplicada ao terminal

2.2. LINHA DE TRANSMISSÃO 15

de entrada da linha. Calcule a tensão fase-neutro e de linha no terminal de saída da linha,considerando:

a) um modelo de linha média;

b) um modelo de linha longa.

SOLUÇÃO

a) O módulo da tensão na entrada da linha é igual a 288,67kV. Considere a fase datensão na entrada da linha como a referência angular. Assim,faz-seVi = 288,67∠0o kV.Inicialmente, é necessário calcular os parâmetros do circuito equivalente, conforme Figura2.3.

A reatância total da linha éX = 2πL× l = 0,333×350= 116,35Ω. Por sua vez, asusceptância total da linha éY = 2πC× l = 4,95×10−6×350= 0,0017S. A resistênciatotal da linha éR= 0,0222×350= 7,77Ω.

Por conveniência, deve-se converter a susceptância capacitivaY em reatância capac-itiva para que seja calculada a corrente que circula por esseelemento do circuito equiv-alente. Lembrar queXCap = 1/Y. Porém, na forma de impedânciaZCap = 1

jY = − jY . A

correnteIo, emkA, no circuito equivalente da Figura 2.3 é:

Io =288,67∠0o

7,77+ j115,35− j(2/0,0017)= 0,2781∠89,6o.

A tensão nos terminais de saída da linha é:

Vo = − j(2/0,0017)×0,2781∠89,6o = 321,1∠−0,4o kV.

Portanto, a intensidade da tensão fase-fase no terminal de saída da linha é

Vo = 321,1×√

3 = 556,1 kV.

Esse resultado está coerente, porque a linha é longa e está descarregada. Portanto,há uma elevada parcela de potência reativa gerada pela linha, fazendo com que a tensãofique acima da nominal no terminal de saída, quando o terminalde entrada é alimentadocom tensão nominal.

b) Considerar-se-á agora a situação em que a linha é modeladapor circuito equiva-lente para linha longa. O procedimento de cálculo a ser realizado é semelhante ao apre-sentado no item a). É necessário calcular os parâmetrosZe e Ye. Os parâmetros são osseguintes paraω = 2π60= 377rad/s:


γ =√

(0,0222+ j377×8,84×10−4) j377×13,12×10−9 = j0,0013

Zc =

√

(0,0222+ j377×8,84×10−4)

j377×13,12×10−9 = 259,7− j1135,8 Ω.

Então

Ze = Zcsenh(γ l) = (259,7− j1135,8)×senh( j0,0013×350) = 7,25+ j112,77Ω.

Cálculo semelhante pode ser feito paraYe/2, resultando em

Ye/2 = 1,01×10−6+ j8,80×10−4 S.

Assim, a corrente e a tensão no terminal de saída são:

Io =V i

Ze+2/Ye= 0,282∠89,5o kA

Vo = (2/Ye)× Io = (1,3− j1135,8)×0,282∠89,5o = 320,5∠−0,4o kV

A magnitude da tensão fase-fase nesse caso é

Vo = 320,5×√

3 = 555,1 kV.

Observa-se, deste modo, que embora a linha seja longa, a utilização de um modeloa parâmetros concentrado para realização dos cálculos geradesvios pouco significativosem relação aos resultados em que se considerou modelo a parâmetros distribuídos. Evi-dentemente, para comprimentos superiores, os resultados poderão ser bastante diferentes.

2.3. DISTRIBUIÇÃO DOS FLUXOS DE POTÊNCIA EM UMA LINHA 17

2.3 DISTRIBUIÇÃO DOS FLUXOS DE POTÊNCIA EM UMALINHA

Para ilustrar como ocorre a distribuição do fluxo de carga em uma linha de transmissão,considere o modelo de linha a parãmetros concentrados mostrado na Figura 2.4. Nestemodelo, a impedância série da linha éZkm = Rkm+ jXkm, ondeRkm é a resistência eXkm

é a reatância série;Ysh é a admitância resultante em cada terminal da linha, enquanto Yé a susceptância total.Ikm é por convenção a corrente que sai da barrak para a barram,ao passo queImk é a corrente que sai da barram para a barrak. Essa convenção para osentido da corrente, bem como para fluxo de potência será adotada ao longo de todo otexto.

Supõe-se aqui que as tensões nas barrask e m são conhecidas para que seja pos-sível calcular os fluxos de potência. Mais adiante, mostrar-se-á como obter essas tensõesmediante formulação e solução do problema de fluxo de carga.

Figura 2.4 Distribuição de fluxo de potência em uma linha de transmissão

EXEMPLO 2.3 Considere o diagrama unifilar mostrado na Figura 2.5 como rep-resentativa de um sistema elétrico equivalente formado pelas barrask e m, as quais sãointerligadas por meio de uma linha de transmissão. Ambas as barras são caracterizadascomo de 230kV de tensão nominal.


Figura 2.5 Linha interligando as barrask em

Considerando que as tensões nas duas barras sejam conhecidas, determinar os fluxosde potência ativo e reativo na interligação e no circuito equivalente. Suponha que a linhaseja representada por seu modeloπ-equivalente, para linha média, cujos parâmetros empu são os seguintes:R = 0,017, X = 0,1224,Y = 0,22. O valor deY corresponde àsusceptância total da linha. Ou seja,Y = ωC, ondeC é a capacitância da linha. Nessesistema, as tensões nas duas barras são:Vk = 1,022∠23,3o eVm = 1,037∠11,8o.

Solução

As correntes nas duas extremidades da linha são, portanto,Ikm e Imk. Elas serãocalculadas como segue.

Ikm =1,022∠23,3o−1,037∠11,8o

0,017+ j0,1224+1,022∠23,3o( j

0,222

) = 1,6897∠33,39o pu.

A Figura 2.6 mostra o procedimento executado no Matlab para ocálculo da correnteIkm.Os demais cálculos podem ser obtidos de modo semelhante.

Imk =1,037∠11,8o−1,022∠23,3o

0,017+ j0,1224+1,037∠11,8o( j

0,222

) = 1,6424∠−154,20o pu.

O fluxo de potência dek parame demparak é calculado como apresentado abaixo.

Skm = VkI∗km = 1,022∠23,3o×1,6897∠−33,39o = 1,7002− j0,3025pu.


Figura 2.6 Procedimento de cálculo executado no Matlab

Smk = VmI∗mk = 1,037∠11,8o×1,6424∠154,20o = −1,6526+ j0,4121pu.

Dos resultados anteriores, é possível fazer a seguinte análise. Da barrak, na tensãode 1,022 pu (ou, considerando uma base de 230 kV, 1,022×230≈ 235 kV), 1,70 pu depotência ativa é enviado para a barram. Considerando que a base de potência é igual a100 MVA, resulta no envio de 170 MW. Em relação à potência reativa, ocorre absorção deaproximadamente 0,303 pu. Isto corresponde a absorção de 30,3 MVar de potência reativana barrak. Com relação à barram, a sua tensão é igual a 1,037 pu (ou 1,037×230= 238,5kV). Nessa condição, a barra absorve 1,65 pu ou 165 MW. Verifica-se, portanto, quehouve perda ativa de 5 MW na interligação. Quanto à potência reativa, a barra gera 0,41pu. Desse modo, 41 MVar é gerado e enviado para a linha.


A potência reativa que é gerada pela linha em cada extremidade, corresponde àpotência que é liberada pelos capacitores da linha em suas extremidades. Assim, no ladoda barrak, a potência reativa gerada éQshk = |Vk|2× Y

2 = 1,0222× 0,222 = 0,1149 pu.

Ou seja, nesse lado da linha, é gerado 11,5 MVar. Do lado da barra m, a potência reativagerada éQsh= |Vm|2× Y

2 = 1,0372× 0,222 = 0,1183pu. Portanto, é gerado 11,8 MVar.

A distribuição dos fluxos resultantes é mostrada na Figura 2.7 (a seta normal indicao sentido do fluxo de potência ativa, enquanto a seta com um traço inclinado indica fluxode potência reativa).

Figura 2.7 Distribuição final de fluxos

Com relação ao balanço de potência de reativo nas extremidades da linha, são con-statadas as seguintes observações:

• Se a barram recebe 30,3 MVar e ocorre geração de 11,5 MVar devido ao capacitorda linha nessa extremidade, então, 18,8 MVar são provenientes da linha e que háexcesso de potência reativa sendo gerado na barram.


• Na barram, há geração de 41,0 MVar e mais 11,8 MVar por parte do capacitor dalinha. Isto implica dizer que 52,8 MVar estão sendo liberados para a outra extremi-dade da linha.

• A perda reativa na linha (consumo da reatância indutiva da linha) seráQperda =52,8−18,8 = 34 MVar.

EXERCÍCIO

Considere que a um dos terminais de uma linha de transmissão CA é conectadoum gerador síncrono, cuja magnitude da tensão gerada é iguala 10 kV. A linha detransmissão pode ser representada por seu circuitoπ-equivalente, cujos parâmetros são:r = 0,02 Ω/km, c = 100nF/kme l = 0,1 mH/km. A freqüência do sistema é igual a 60Hz. A partir dessas informações e considerando base de tensão igual a 10 kV, de potênciaigual a 100 MVA, e comprimento da linha igual a 100 km, calcule, em pu:

a) para a condição do outro terminal da linha à vazio,

a.1) a corrente que é fornecida pelo gerador e a tensão nos terminais da linha;a.2) as potências ativa e reativa que são geradas pelo gerador;a.3) as perdas ativa e reativa na linha.

b) para a condição de carga igual a 10 MW e 3 MVar indutivo conectada ao outroterminal,

b.1) a corrente que é fornecida pelo gerador e a tensão na carga;b.2) as potências ativa e reativa que são geradas pelo gerador;b.3) as perdas ativa e reativa na linha.

Respostas

a.1)I ≈ j0,0038 pu eVo ≈ 1,008 pu.

a.2) A potência aparente fornecida ou absorvida pelo gerador é exclusivamentereativaS= − j0,0038 pu.

a.3) A perda reativa na linha seráQL = |I1|2×X = 0,00192×3,77= 1,36×10−5

pu, que é um resultado desprezível frente à potência absorvida pelo gerador.

A resolução do item b) pode ser feita de modo semelhante. Mas,neste caso,considera-se a carga conectada aos terminais da linha, ao invés da linha à vazio.


Suponha que a carga possa ser representada por uma impedância constante, consti-tuída pela composição série de um resistorRc e de uma reatânciaXc. Ou sejaZ = Rc+ jXc.Considere que essa impedância seja calculada considerando-se o valor de tensão nominalda linha. Logo, sendo a tensão nominal igual a 1 pu, a potênciada carga, em pu, seráS= 10

100 + j 3100 = 0,1+ j0,03 pu. Isto significa queS= 1,0× I

∗L = 0,1+ j0,03 pu. A

corrente nominal nesse caso seráIL = 10,1+ j0,03 = 0,9991− j0,03 pu. Então a impedância

da carga seráZ = VoIL

= 0,1+ j0,03 pu.

2.4. TRANSFORMADOR DE POTÊNCIA 23

2.4 TRANSFORMADOR DE POTÊNCIA

Os transformadores de potência possibilitam a utilização de diversos níveis de tensão emum sistema elétrico. Do ponto de vista de eficiência e de transferência de potência, a ten-são de transmissão deve ser elevada, porém não é usual se gerar ou consumir energia nessemesmo nível de tensão. Em sistemas elétricos modernos, desde a geração até os centrosde consumo, a tensão pode passar por até uns cinco estágios detransformação. Conse-qüentemente, a quantidade em MVA nominal de todos os transformadores no sistema écerca de cinco vezes a potência nominal de todos os geradores.

Além de permitir a transformação de tensões, os transformadores são freqüente-mente usados para controle de tensão e de fluxo de potência reativa. Portanto, pratica-mente todos os transformadores utilizados nos sistemas de transmissão e na entrada dosalimentadores de sistemas de distribuição apresentam taps.

A variação de taps permite compensar variações de tensões nosistema. Dois tiposde componentes para variação de taps são encontrados: o que permite a variação semcarga (off-load) e o sob carga (under-load tap changing) (ULTC), ouon-load tap chang-ing (OLTC), ou simplesmenteload tap changing(LTC). Para alteração na relação doprimeiro tipo, é necessário que o transformador seja desenergizado. São usados quando arelação de taps precisa ser alterada somente após longos períodos. Por exemplo, quandohouver crescimento em tempos mais espaçados da carga (período de longo termo), ex-pansão da demanda ou variações sazonais. O LTC é utilizado quando há necessidade dealterações freqüentes na relação de transformação. Por exemplo, para acompanhar as mu-danças diárias de carga. Os taps normalmente permitem uma variação de na relação detransformação.

Os transformadores podem ser unidades trifásicas ou três unidades monofásicasconstituindo um banco trifásico. A última opção é preferidapara sistemas em extra-altatensão e sistemas de distribuição. Quando a relação de transformação é pequena (porexemplo 500 kV para 230 kV), a melhor opção é utilizar autotransformadores. Com-parado ao transformador de dois enrolamentos convencional, o autotransformador apre-senta menor custo, maior eficiência, e melhor regulação.

Em sistemas interligados, algumas vezes torna-se necessário efetuar conexões queformam circuitos em malhas em um ou mais subsistemas. A fim de controlar o fluxode potência ativa e prevenir sobrecarga em algumas linhas, são introduzidos os chama-dos transformadores defasadores. Em certos casos, além da transformação de fase, énecessário realizar também transformação do módulo de tensão, via uso de taps.


2.4.1 Modelo do Transformador

O modelo do transformador de potência depende da presença ounão de taps. O modeloconvencional é composto de um transformador ideal e de uma impedância série. A relaçãode transformação de tensão no transformador ideal, em pu, é 1: a, ondea é o tap em pu.A impedância série é formada pela reatância do transformador, em geral, desprezando-seas resistências dos enrolamentos. Ou seja,ZT = jXT . A Figura 2.8 ilustra a inserçãodesses elementos em um diagrama unifilar, substituindo-se,por conveniência,ZT , poruma admitânciaykm, ficticiamente ligada entre as barrasp e m. Por essa convenção,supõe-se que o transfomador possua tap, em pu, somente do lado da barram, emborafisicamente ele possa ter tap em ambos os lados.

O tapa pode ser um número real ou complexo, dependendo do tipo de transfor-mador. Na situação na qual se diz que as tensõesVk e Vm estão em fase, diz-se que a"relação de tap está em fase". Quandoa é um número complexo, o transformador, alémda transformação das magnitudes da tensão, como no caso em fase, proporciona tambéma transformação da fase. Na dedução que se segue, considerar-se-á somente a situação naqual a constantea representa uma grandeza real.

Figura 2.8 Modelo do transformador com tap

A dedução das equações do transformador com tap é baseada nasequações do trans-formador ideal e no cálculo das correntes que fluem no equipamento. O objetivo é se de-terminar um circuito elétrico equivalente semelhante ao que foi apresentado para o casoda linha de transmissão CA. isto é possível se for possível calcular as constantesA B eC do circuito elétrico mostrado na Figura 2.10. O circuito forma um quadripolo, no qual


pode-se imaginar o terminal de entrada como do lado da barrak e o terminal de saídacomo do lado da barram.

Figura 2.9 Transformador equivalente com tap

No circuito da Figura 2.10 as relações entre as correntes de entrada e as tensões desaída são dadas pelas expressões a seguir.

Ikm = (A+B)Vk−BVm (2.6)

Imk = −BVk +(A+C)Vm (2.7)

Deve-se calcular os parâmetros do circuito em função dos parâmetros do transfor-mador.

Considere o transformador ideal entre as barras (nós)k em. Algumas relações paraesse elemento são as seguintes:

Conservação da potênciaa potência de entrada é igual à potência de saída. Em pu,isto significa que a potência no nók é a mesma no nóp, a menos do sinal, isto é,Skm+Smk = 0;

Relação de transformação de tensãoa relação de tensão, em pu, entre o nóp e o nókéV p = aVk.


Do princípio de conservação da potência no transformador ideal, pode-se tirar aseguinte relação:

Skm+Smk = 0 ⇒ VkI∗km+V pI

∗mk = 0 (2.8)

De (2.8) e considerando quea é uma grandeza real, tem-se que

I km = −aImk (2.9)

A correnteImk pode ser calculada, considerando-se a diferença de potencial entre ospontosm e p. Ou seja,

Imk = (Vm−aVk)ykm (2.10)

De (2.9), observa-se que

Ikm = −aImk = −a(Vm−aVk)ykm (2.11)

Logo, encontra-se diretamente queA = aykm. Em seguida, calcula-seB a partir de(2.6). Ou seja,A+B= a(aykm). Deduz-se então queB= a(a−1)ykm. Da equação (2.10),sabe-se queA+C = 1. Logo,C = (1−a)ykm.

Em relação à natureza física dos parâmetrosA, B eC sã feitas as seguintes obser-vações:

a < 1 o elementoB é uma impedância indutiva eC é capacitiva;

a > 1 o elementoB é uma impedância capacitiva eC é indutiva;

a = 1 B=C= 0, indicando que o modelo é representado simplesmente por uma impedân-cia indutiva, ou situação de tap nominal.

EXEMPLO 2.3

Considere que o diagrama unifilar de um transformador com tapem fase seja omesmo indicado na Figura 2.8. Os valores nominais de tensão do lado das barrask em são 13,8kV e 230kV, respectivamente (tensões equivalentes a 1 pu em cada lado dotransformador). Na condição nominal, a reatância do transformador é igual a 0,1 pu.


Determinar um modelo equivalente do transformador, em pu, para a condição de tap emfase, no quala = 1,10 pu.

Solução:

A admitância nominal do transformador éykm = 1jXt

= − jXt

= − j10 pu.

Os parâmetros do modelo equivalente são:A = aykm = 1,1× (− j10) = − j11 pu,B seráB = a(a−1)ykm= 1,1(1,1−1)×(− j10) =− j1,1 pu. Por fim,C = (1−a)ykm=(1−1,1)× (− j10) = j1,0 pu.

Observa-se que do lado do tap, sendo este ajustado para valormaior que o nominal,a admitância é capacitiva, conforme previsto anteriormente. Ao contrário, no lado oposto,a admitância é indutiva.

EXEMPLO 2.4

Considere que seja aplicada uma tensão de 13kV no lado de baixa tensão do trans-formador descrito no exemplo 2.3. Calcule a tensão no lado dealta tensão, emkV, bemcomo as correntes nos enrolamentos de baixa e alta tensão, emA. Sabe-se o transformadortem tap apenas do lado de alta tensão (lado da barra m na Figura2.8 e está operando avazio.

Solução

A magnitude da tensão aplicada ao lado de baixa tensão (barrak) é Vk = 1313,8 =

0,942 pu. De acordo com o circuito elétrico da Figura 2.10, a tensão nabarram podeser calculada utilizando-se a regra do divisor de potencial, bem conhecida em circuitoselétricos. Ou seja:

Vm =1C

1A + 1

C

×Vk =

1j1

1− j10 + 1

j1

×0,942= 1,036 pu

Então, em kV, a tensão no lado de alta tensão é igual a 238,3kV. A corrente noenrolamento de alta tensão é nula, pois o transformador estáa vazio. No lado de baixatensão, de acordo com o circuito equivalente do transformador, tem-se:

Ikm = BVk +CVm = −2,2×10−16 ≈ 0

Também no enrolamento de baixa tensão, a corrente é nula. Este resultado eraesperado, justificado pelo fato de que não há carga no lado de alta tensão.


O transformador com tap é útil nas situações nas quais podem ocorrer conflito debase de tensão, quando se deseja transformar o circuito em uma representação de umadeterminada base. Para ilustrar esse fato, considere o exemplo que subseqüente.

EXEMPLO 2.5

A Figura 2.10 mostra a conexão de dois circuitos fictícios queoperam em paralelo,conectados entre as barras 1 e 2. Calcule o circuito equivalente em pu desses circuitos,entre as barras 1 e 2, sabendo-se que a base de potência é iguala 100 MVA e as bases detensão, no lado de alta e de baixa são iguais a 230kV e 13,8kV, respectivamente. Ambasas linhas de transmissão são representadas por um modelo de linha curta, em queR= 0e X = 0,1 pu, na base fornecida. Cada transformador tem potência nominal igual a 200MVA e reatância igual a 10%. No entanto, suas relações de transformação de tensão são13 kV/230kV, para T1, e 13,8 kV/230kV, para T2.

Figura 2.10 Interligações em paralelo - situação onde ocorre conflito debase

Solução

Em função dos dados das linhas, a base de tensão no lado de baixa é definida em13,8kV. Ao se refletir essa base, utilizando-se a relação de transformação do transfor-mador T2, a base no lado de alta será 230 kV. Agora, refletindo-se a base tendo a relaçãode T1, no lado de alta, ter-se-ía uma base de 13,8× 230

13 = 244,15 6= 230 kV. Assimocorre o que se denominaconflito de base, porque uma base no lado de baixa tensão levaa duas bases distintas no lado de alta tensão. Para corrigir esse problema, os dois trans-


formadores devem ser ajustados para uma mesma relação de transformação. Isto pode serobtido, por exemplo, supondo-se que o transformador T1 possui tap no lado de baixa. Ex-plorando esse fato, ajusta-se então esse tap fictício para a tensão 13,8 kV, igual à tensãobase do lado de baixa.

O tap do transformador T1 deve ser ajustado paraa = 13/13,8 = 0,942 pu.

As reatâncias de cada transformador devem ser convertidas para a base 100MVA.Logo, na nova base,XT = 0,1× 100

200 = 0,05 pu. Isto significa dizer que a admitância éykm = − j20 pu. Os parâmetros do circuitoπ-equivalente para o transformador T1 são:A = 0,942× (− j20) = − j18,84 pu; B = 0,942(0,942− 1)× (− j20) = j1,029 pu; eC = (1−0,942)× (− j20) = − j1,093 pu.

O transformador T2 opera com tap nominal. Assim, para esse transformador, existeapenas o ramo série do circuitoπ-equivalente. Esse ramo tem admitância igual à− j20 pu.

O circuito elétrico equivalente para as interligações em paralelo é mostrado naFigura 2.11. Os dados dos elementos passivos de circuito foram convertidos para impedân-cia.

Figura 2.11 Circuito elétrico equivalente das interligações em paralelo

No exemplo a seguir, uma aplicação na qual uma linha está conectada a um trans-formador, que por sua vez supre uma carga.

EXEMPLO 2.6

A Figura 2.12 mostra o a conexão de uma carga a um gerador, o qual está conectado


à extremidade de uma linha de transmissão. Essa linha conecta-se ao lado de baixa tensãode um transformador, cujo lado de alta supre a carga. O transformador apresenta tapno lado de baixa, estando esse ajustado em +1kV acima do valor da tensão nominal doenrolamento. O transformador tem potência nominal igual à 50 MVA, reatância igualà 5% e relação de transformação 10kV/100 kV. A linha de transmissão apresenta osseguintes parâmetros: tensão nominal de 10kV, R= 0,05 Ω, X = 0,1 Ω e carregamentode 4MVar. A carga é composta por uma parcela ativa de 10MW e outra reativa de 3MVar. Adote base de potência de 100MVAe de tensão igual a 10kV no lado de baixa dotransformador. Considerando que a carga está funcionando sob tensão de 97kV, calcule:

• a potência ativa e reativa que é entregue na barra 1 (fornecimento do gerador);

• a tensão, emkV, e a corrente que flui do gerador, emA, para a barra 1.

Figura 2.12 Linha e transformador atendendo a uma carga

Solução

Inicialmente, deve-se montar o circuito elétrico equivalente referente ao sistemaelétrico.

Sendo a base de potência do sistema 100MVAe de tensão 10kV no lado de baixa, areatância do transformador é alterada na nova base paraXT = 0,05× 100

50 = 0,1 pu. Comoo transformador está operando com tap fora do nominal, torna-se necessário calcular osparâmetros levando-se em conta esse tap. O valor ajustado corresponde aa = 11/10=


1,1 pu. Então os parâmetros são:ykm = − j10 pu, A = 1,1(− j10) = − j11 pu; B =− j1,21 pu; C = j1,1 pu (esse valor deC deve ser atribuído à admitância que fica do ladodo tap no circuito).

A base de impedância no lado da linha de transmissão éZB = 102

100 = 1 Ω. EntãoR= 0,05/1 = 0,05 pu; X = 0,1/1 = 0,1 pu. Por meio do carregamento da linha,Qsh,que corresponde à potência reativa gerada pela linha, através dos capacitores, calcula-sea admitânciashunt, Y. Sabe-se que, em pu,Qsh = YVk, ondeVk é a magnitude da tensãona extremidade da linha. Supõe-se que essa tensão seja igualà nominal da linha. Logo,em pu,Qsh = Y. Então,Y = Qsh = 4/100= 0,04 pu.

A magnitude da tensão na carga éV3 = 97/100= 0,97 pu. Adotando-se a barra 3como a referência de fase, faz-seV3 = 0,97∠0o. A potência da carga, em pu, éS= 0,1+

j0,03. Então a corrente que circula pela carga éI3 = S∗

V∗3= 0,1− j0,03

0,97 = 0,1076∠−16,7o.

As demais correntes e quedas de tensão no circuito devem ser calculadas a fimde se determinar a tensãoV1 do gerador. Realizando-se esse procedimento no circuitoelétrico (as admitâncias são indicadas no circuito poradm e todos os dados estão empu) mostrado na Figura 2.13, encontram-se os seguintes valores: I3 = 0,0958∠15,8o,que corresponde a uma corrente em módulo igual a 553,3A. A potência calculada éS1 = 0,1004− j0,0265pu, a qual corresponde aP1 = 10,04 MW e Q1 = −2,65 MVar.Portanto, o gerador gera potência ativa para atender a perdaativa e a parte ativa da carga.No entanto, precisa absorver potência reativa, apesar da carga ser indutiva.

Figura 2.13 Circuito elétrico equivalente ddo sistema formado por linha, transformador e carga

O módulo da correnteI1 é igual à 0,0927A. A perda ativa na linha éR|I1|2 =


0,05×0,09272 ≈ 0,0004pu. O valor dessa perda somada à parte ativa da carga é igual a0,1004 pu, que é exatamente igual à potência gerada.

2.5. DISPOSITIVOS FACTS 33

2.5 DISPOSITIVOS FACTS

A complexidade do planejamento e operação de um sistema de potência se deve, emgrande parte, a problemas relacionados com a rede de transmissão. As linhas de trans-missão estão sujeitas a limites térmicos ou de estabilidade, que restringem o nível depotência que pode ser transmitido com segurança. Por conseqüência, podem surgir algunsproblemas relacionados como: pontos de operação não econômicos, baixa capacidade decarregamento, necessidade de redespacho da geração, de capacidade extra de geração ouainda de importação de energia elétrica.

A compensação de potência reativa em sistemas elétricos de potência é necessáriapara manter, dentro de padrões aceitáveis, o fluxo de reativono sistema bem como osníveis de tensão nos barramentos. Um equipamento importante no sistema de transmis-são é o compensador síncrono. Utilizado desde 1930, este equipamento é uma máquinasíncrona que gira sem torque de uma turbina ou carga mecânica. Controlando a sua cor-rente de excitação, ele poderá gerar (superexcitado) ou absorver (subexcitado) potênciareativa. É também uma excelente fonte para amortecimento deoscilações durante tran-sitórios (curto-circuito). Pode gerar até duas vezes a potência reativa durante transitórios.Porém, tendo em vista a expansão das redes a nível de sistemasinterligados, tornou-senecessário o desenvolvimento de meios para controlar diretamente os fluxos de potênciaem determinadas linhas. O controle dos fluxos pode direcioná-los para regiões que pos-suam capacidade ociosa de carregamento, aliviando, assim,as regiões com restrição detransmissão.

Os sistemas com fluxos de potência controláveis, ouFlexible AC Transmission Sys-tems (FACTS), proporcionam a concepção de vários novos dispositivos para o controledos fluxos nas redes de energia elétrica. Tais dispositivos permitem:

• aumentar a capacidade de transmissão de potência das redes;

• controlar o fluxo de potência em interligações específicas.

Pode-se dizer que o fluxo de potência em uma rede de transmissão está limitado poruma combinação dos seguintes fatores principais, entre outros:

• estabilidade;

• fluxos paralelos ou fluxos em malha;

• limites de tensão;

• limites térmicos de linhas ou equipamentos.


Dispositivos FACTS são aplicáveis, de forma mais direta, àsrestrições de trans-missão de potência relacionadas com problemas de estabilidade. Os fluxos de malhasão aqueles que se formam entre dois sistemas interconectados por uma malha fechada,mesmo que cada sistema seja capaz de suprir sua própria carga. Fluxos paralelos, por suavez, são aqueles que, mesmo fazendo parte da transmissão normal de potência entre duascompanhias, afetam regiões não desejáveis do sistema interconectado. Fluxos de malhaou fluxos paralelos afetam principalmente a operação em regime permanente. Os efeitospodem ser observados no perfil de tensões, nas perdas de transmissão ou na redução daregião segura de operação. Apesar do tempo de resposta dos controladores não ser cru-cial, dispositivos eletrônicos são justificáveis nestes casos quando ajustes freqüentes sãonecessários. O controle de tensão é normalmente feito por uma combinação de ajustes napotência reativa de geradores, compensadores em derivaçãofixos ou controláveis mecani-camente e transformadores de tensão, também controláveis mecanicamente.

Dispositivos baseados em componentes eletrônicos irão permitir um controle maisrápido das tensões no caso da ocorrência de transitórios. Oslimites térmicos são lim-ites físicos inerentes aos equipamentos dos sistemas de transmissão. Normalmente ossistemas de potência operam muito abaixo dos seus limites térmicos por questões de se-gurança no caso de contingências. Os dispositivos FACTS irão afetar a operação do sis-tema, usualmente em resposta a perturbações críticas, permitindo uma melhor utilizaçãoda sua capacidade térmica. Mesmo quando a questão dos limites não é crítica, o caminhoseguido pelos fluxos de potência tem um impacto importante naoperação de um sistema,tanto em regime permanente como em condições pós-falta. Entre os fatores que podemser afetados estão o custo de operação, o controle de reativos e de tensão. Controladoresbaseados em eletrônica de potência ampliam os meios de controle das rotas de transmis-são, principalmente por permitirem um controle contínuo e operações freqüentes.

Os dispositivos FACTS são concebidos de acordo com a necessidade do tipo decontrole requerido. A seguir são mencionadas as principaisconcepções características deum sistema de energia elétrica.

Inicialmente, considere uma interligação, que pode ser umalinha de transmissãocurta, sem perda ativa (R=0), conforme mostrado na Figura 2.1 vista anteriormente. AcorrenteIi entre o terminal de entradai e o terminal de saídao da linha éI i = V i−Vo

jX .

Por sua vez, a potência fluindo do terminali para o o éSio = V i I∗i = Pio + jQio. Então

Sio = V iV∗i −V

∗o

− jX= j

V iV∗i −V iV

∗o

X=

j|V i |2−|V i||Vo|∠(90o+θi −θo)

X(2.12)

ondeθi e θo são os ângulos deV i eVo, respectivamente.

A expressão (2.12) pode ser rearranjada da seguinte forma:


Sio =j|V i |2

X− |V i ||Vo|∠(90o+δ )

X=

j|V i |2X

− |V i ||Vo|X

[−sen(δ )+ jcos(δ )] (2.13)

ondeδ = θi −θo é denominada abertura angular da interligação. Este ânguloé positivo,caso a potência ativa flua do terminali para o o e negativo em caso contrário.

De (2.13), conclui-se que o fluxo de potência ativa dei para o éPio = |V i ||Vo|X sen(δ ),

ao passo que o fluxo de potência reativa éQio = |V i |2X − |V i ||Vo|

X cos(δ ). A respeito do con-trole da potência ativa e reativa, observa-se o seguinte:

• a potência ativa máxima da interligação é|V i ||V0|X , ocorrendo quandoδ = 90o. Esta

característica é conhecida como capacidade máxima de transmissão. Na prática,esta restrição não deve ser alcançada, porque é um limite de estabilidade (limite deestabilidade estática), o qual é superado se houver qualquer incremento diferencialde potência ativa na interligação.

• O fluxo ativo muda de sentido, caso seja alterado o sinal da abertura angularδ .Diz-se então que a potência ativa é sensível à variação angular.

• A potência reativa na interligação é pouco sensível à variação da abertura angular.Entretanto, é bastante sensível à variação de tensão.

Em função das observações anteriores, os dispositivos FACTS podem ser conce-bidos visando explorar as variáveis que influenciam no controle da potência ativa e dareativa, ou de ambas simultaneamente.

2.5.1 Compensador Ideal em Derivação

A Figura 2.14 mostra um modelo ideal de um compensador em derivação conectado aoponto médio de uma linha de transmissão CA, sem perda ativa. Neste caso, a tensãona fonteVS é conectada a fim de controlar o fluxo de potência na linha. Paraefeito desimplificação, supõe-se que as tensõesVS e VR (carga) tenham a mesma amplitudeV eestejam defasadas por um ânguloδ .

A Figura 2.15 mostra o diagrama fasorial para a situação de operação na qual atensão da fonteVM apresenta a mesma amplitude que as tensões nas extremidadesdalinha. Neste caso, a potência transmitida da fonte para a carga é

PS =2V2

XLsen(δ/2) (2.14)


Figura 2.14 Compensador em derivação ideal

Se nenhuma compensação estiver presente, a potência ativa transmitida será:

PS =V2

XLsen(δ ) (2.15)

Comparando (2.14) e (2.15), observa-se que a compensação reativa aumenta a ca-pacidade de transmissão de potência ativa da linha.

Da Figura 2.15 é possível concluir que, como a corrente de compensaçãoIM está emquadratura com a tensãoVM, não existe potência ativa fluindo através do compensador.Ou seja, apenas potência reativa flui pela fonteVM.

2.5.2 Compensador Série Ideal

A Figura 2.16 mostra um modelo ideal de um compensador série,representado por umafonteVC conectada ao ponto médio de uma linha de transmissão CA curta.

A corrente que circula pela linha é

I =VS−VR−VC

jXL(2.16)


Figura 2.15 Diagrama fasorial considerando-se o compensador ideal em derivação

Se a tensãoVC estiver em quadratura com a corrente, o compensador série não iráfornecer ou absorver potência ativa. Ou seja, a potência nosterminais da fonte será apenasreativa. Neste caso, a fonte funciona como se fosse uma reatância (capacitiva ou indutiva).O fluxo de potência ativa pela linha será:

PS =V2

(1−s)XLsen(δ ) (2.17)

onde|s| < 1 é a taxa de compensação série da linha.

A Figura 2.17 mostra o diagrama fasorial para o compensador série ideal, assumindo-se que a corrente no compensador seja capacitiva (avançada em relação à tensão). Então,a fonte funciona como se fosse um capacitor

Outros dispositivos FACTS poderiam ser concebidos utilizando as duas abordagensanteriores. Um deles é o compensador de ângulo de fase. Este compensador tem comofunção controlar a diferença entre os ângulos de fase entre dois sistemas CA, podendoatuar assim diretamente sobre o fluxo de potência ativa trocado entre esses dois sistemas.Isto significa que esse compensador pode ter que fornecer ou absorver potência ativa,bem como potência reativa. Esta é uma característica importante para ser considerada na


Figura 2.16 Compensador série ideal

síntese de um compensador de ângulo de fase.

Esse compensador pode ser dividido em dois grupos:

Defasador (pahse-shifter)baseado em tiristores;

(Unified power flow controller) UPFC também conhecido como controlador universalde fluxo de potência, o UPFC é baseado em chaves semicondutoras autocomutadas.

O UPFC é melhor representado considerando-se a conexão simultânea de duasfontes de tensão controladas: uma em série e a outra em derivação. Uma das principaisvantagens dessa topologia é que as duas fontes podem operar separadamente como doiscompensadores de potência reativa distintos (um em série e ooutro em derivação) e com-pensando ainda potência ativa. Um caso interessante acontece quando uma quantidade depotência ativa consumida/fornecida por uma das fontes é igual à potência fornecida/consumidapela outra. Esta característica é especialmente relevantese existir um caminho comumpara que essas potências possam ser trocadas.

2.5.3 Síntese de Compensadores em Derivação usando Tiristores

A Figura 2.18(a) mostra a topologia básica de um reator controlado a tiristor (RCT), oqual, através do controle dos ângulos de disparo dos tiristores, produz uma reatância in-


Figura 2.17 Diagrama fasorial considerando-se o compensador série ideal

dutiva equivalente, continuamente variável. O RCT é a base do compensador de potênciareativa estático convencional (SVC -Static Var Compensator). Devido ao controle de faseusado para chavear os tiristores, são geradas correntes harmônicas de baixa ordem peloRCT. Transformadores ligados em delta-estrela, bem como a conexão de filtros passivossão então necessários para reduzir estes harmônicos a níveis aceitáveis.

A Figura 2.18(b) mostra o capacitor chaveado a tiristor (CCT). Neste circuito, ostiristores são disparados apenas quando uma condição de chaveamento com tensão zero éalcançada para a chave semicondutora (ZVS -zero voltage switching). Portanto, devido àsua característica de chaveamento, os tiristores mostrados na figura podem apenas conec-tar ou desconectar o banco de capacitores ao sistema de potência. Conseqüentemente, ocontrole da potência reativa gerada pelo banco chaveado é feito de forma descontínua.

Outra característica importante é que, como o chaveamento éfeito em uma fre-qüência muito baixa, os harmônicos não são geralmente um problema sério nestes com-pensadores. O uso de um dos compensadores mostrados na Figura 2.18 possibilita, assim,apenas um tipo de compensação capacitiva ou indutiva. Entretanto, na maioria das apli-cações, é desejável ter a possibilidade de ambas características de compensação. O com-pensador estático de potência reativa foi projetado então para operar nestas condições.Em geral este compensador é usado como controlador estáticode tensão.


Figura 2.18 dispositivos FACTS baseados em tiristores: (a) RCT, (b) CCT

A Figura 2.19a mostra o diagrama unifilar equivalente de um compensador estáticode reativos (uma fase), enquanto a Figura 2.19b mostra a sua característica de operação.No circuito correspondente, um reator controlado a tiristor é conectado em paralelo comum banco capacitivo, que pode ser fixo ou chaveado a tiristor.A capacitânciaC do com-pensador estático é calculada de maneira a gerar a máxima potência reativa que o compen-sador deve fornecer para o sistema. Quando este compensadortem a função de controlara tensão é chamado de SVC (Static Voltage Controler).

O circuito mostrado na Figura 2.19a não mostra os filtros passivos, normalmentenecessários a fim de reduzir o efeito dos harmônicos de corrente gerados pelo chavea-mento dos tiristores. A Figura 2.19b mostra a característica de operação tensão/correntenos terminais do compensador estático. Quando a tensão terminal diminui a capacidadede corrente do compensador também é reduzida proporcionalmente.


Figura 2.19 Diagrama unifilar de dispositivos FACTS baseados em RCT e CCT

2.5.4 Síntese de Compensadores série usando Tiristores

A Figura 2.20 mostra o diagrama do capacitor série chaveado atiristor. Neste sistema,para conectar os capacitores em série com a linha, os tiristores são mantidos cortados. Seos tiristores conectados em paralelo com os capacitores sãodisparados, estes capacitoressão curto-circuitados. O disparo dos tiristores, como no caso do capacitor em derivaçãochaveado a tiristor, deve ser feito, idealmente, com tensãonula sobre as chaves semicon-dutoras (ZVS -Zero Voltage Switching). Este sistema de compensação tem a vantagemde ser muito simples, entretanto não permite um controle contínuo da reatância série.Observe-se que, se a conexão e desconexão dos bancos capacitivos for feita de maneiraesporádica, possivelmente não ocorrerão problemas devidos aos harmônicos de chavea-mento. Entretanto, dependendo da freqüência em que os tiristores são chaveados, tensõessubharmônicas (harmônicos com freqüência menor que a da rede) podem ser geradas.


Figura 2.20 Capacitor série chaveado a tiristor: módulos discretos

A Figura 2.21 mostra o diagrama de um capacitor série controlado a tiristor (TCSC- Thyristor Controlled Series Capacitor). Neste compensador, o valor equivalente docapacitor série pode ser controlado continuamente atravésdo controle dos ângulos de dis-paro dos tiristores. À primeira vista, este circuito é semelhante ao compensador estáticoconvencional em derivação, com a diferença que, aqui, ele é conectado em série com alinha. Como no caso anterior, a operação de chaveamento dos tiristores gera harmônicosde baixa ordem. Entretanto, o capacitor série associado coma impedância da linha detransmissão tem se mostrado suficiente para filtrar estes harmônicos.

Um exemplo de aplicação ocorre no Brasil, no qual se tem um conjunto instaladona subestação de Imperatriz e outro na subestação de Serra daMesa. Esses dispositivossão fundamentais para a interligação dos sistemas elétricos Norte-Sul do país. Em princí-pio, sua função é a de amortecer possíveis oscilações de baixa freqüência entre os doissistemas. Entretanto, nada impede de também serem usados para o controle do fluxo depotência.

2.6. CARGAS 43

Figura 2.21 Capacitor série controlado a tiristor (TCSC): módulo de controle contínuo

2.6 CARGAS

A carga em um SEP pode ser representada de diversas maneiras,dependendo do tipo deestudo que se deseje. A forma mais comum é a modelagem por um polinômio, funçãoda magnitude da tensão onde está conectada a carga, constituindo uma composição porimpedância constante,Z, corrente constante,I , e potência constante,P. Em função dossímbolos, é comum se designar esse modelo polinomial como ZIP. O modelo polinomialtem a seguinte estrutura para as potências ativa,P, e reativa,Q, da carga:

P(V) = Po[

a+bV+cV2] (2.18)

Q(V) = Qo[

d+eV+ fV2] (2.19)

ondePo eQo são os valores da carga em condições nominais de tensão;V é a magnitude datensão na barra; e os coeficientes dos polinômios são parcelas da carga tais quea+b+c=1 ed+e+ f = 1.

Os coeficientesa e d são parcelas de potência constante;b e e são parcelas decorrente constante; ec e f são parcelas de impedância constante.


EXEMPLO 2.7

Estabeleça os polinômios que representam uma carga em pu, a qual absorve 40MWe 20MVar. A composição da carga é a descrita como segue.potência ativa: 30% deZconstante e 20 % de potência constante;potência reativa: 100 % deZ constante. Utilizebase igual a 100MVA.

SOLUÇÃO

As cargas, em pu, apresentam os seguintes valores em condições nominais:Po =40/100= 0,4 pu e Qo = 20/100= 0,2 pu. Então, a composição de potência absorvidapela carga varia com a tensão de acordo com as expressões.

P(V) = 0,4[

0,2+0,5V +0,3V2]

Q(V) = 0,2V2

Essa tipo de representação de carga é importante para se entender o procedimentopara levantamento das equações do problema de fluxo de carga -que será visto maisadiante - e que consiste inicialmente em se determinar as tensões no sistema como umtodo.

Em geral, cargas puramente reativas ou capacitivas são consideradas como 100%Zconstante. Um exemplo de carga dessa natureza são reatores ecapacitores.

EXEMPLO 2.8

Um banco trifásico de capacitores, ligação shunt, de 50MVA, com tensão nominalde 230kV é conectado a uma barra cuja tensão nominal também é 230kV. Determinar apotência e a reatância por fase do banco, em pu. Considere base de 100MVA.

SOLUÇÃO

Tratando-se de capacitor ou reator a potência ativa é nula. Além disso, a composiçãoda parte reativa da carga desses elementos pode ser considerada como 100%Z constante.A potência reativaQCo em pu éQCo = 50/100= 0,5 pu. Portanto,QC(V) = 0,5V2.

Sabe-se que, em pu, a reatância do banco, por fase éXC = V2

QC. Desse modo,V

2

QC=

1/0,5 = 2 pu. Então,XC = 2 pu. A impedância seráZC = − j2 pu.

Outras composições para a carga, como parcela devido a motores de indução, sãoconsideradas. Porém, esse conteúdo não será tratado aqui, havendo excelente materialsobre o assunto em referências específicas.

3

MATRIZES DE REDE

3.1 INTRODUÇÃO

Em muitos problemas em sistemas elétricos de potência é usual se lidar com cálculo en-volvendo matrizes de ordem elevada. É importante saber comolidar com o problema a fimde se explorar com eficiência tanto a armazenagem de dados quanto dos procedimentosde cálculo propriamente dito.

Felizmente, é possível se explorar eficientemente as topologias do sistema e a partirde algoritmos bem estruturados se formular os problemas de interesse.

Uma matriz importante em análise de redes é a que permite relacionar tensõesnodais (tensões de barra) a injeções de corrente. O interesse aqui é o cálculo dos estadosdo sistema em regime permanente ou em baixas freqüências. Diante dessas caracterís-ticas, é suficiente considerar a rede de interligação como caracterizada por parâmetrosconstantes.

Em se tratando de operação em regime senoidal permanente, a rede pode ser con-siderada como composta de impedâncias à freqüência industrial, fontes independentesde corrente e de potência. Levando-se em conta as impedâncias, é possível montar umamatriz de admitância nodal para a rede como um todo.

O objetivo desse capítulo é fornecer as informações, ilustradas com exemplos, decomo montar a matriz de admitância de rede.

3.2 MATRIZ DE ADMITÂNCIA DE BARRA

Ao invés de se utilizar o termomatriz de admitância nodal, como empregado em circuitoselétricos, é usual se adotar o termomatriz de admitância de barra, ou simplesmentematrizYbus. Esta última nomenclatura é preferida no jargão de sistemasde potência.

Com a finalidade de formulação do problema, considere o circuito elétrico mostradona Figura??. As setas em cada barra indicam injeção de corrente ou, o que éequivalente,a inserção de uma fonte de corrente independente. No circuito, cada elemento de inter-

45

46 3. MATRIZES DE REDE

coneçãozi j é uma impedância conectando a barrai à barra j . Impedâncias do tipozi

são impedânciasshuntsconectadas da barra à referência (terra). A cada barra está associ-ada uma tensão nodal (ou simplesmente tensão de barra)V i , i = 1, . . . ,NB, ondeNB é onúmero de barras do sistema.

Figura 3.1 Circuito elétrico com três barras

Para o circuito da figura, as equações de balanço de corrente,de acordo com a leide Kirchhoff de corrente, são as sequintes:

I1 =V1−V2

z12+

V1

z1+

V1−V3

z13(3.1)

I2 =V2−V1

z12+

V2

z2+

V2−V3

z23(3.2)

I3 =V3−V1

z31+

V3

z3+

V3−V2

z23(3.3)

Rearranjando as equações (3.1) a (3.3), encontra-se o seguinte resultado:

I1 = Y11V1+Y12V2+Y13V3 (3.4)

I2 = Y21V1+Y22V2+Y23V3 (3.5)

I3 = Y31V1+Y32V2+Y33V3 (3.6)

Comparando o conjunto de equações (3.1) a (3.3) e (3.4) a (3.6), cada elemento do

3.2. MATRIZ DE ADMITÂNCIA DE BARRA 47

tipoYi j , i, j = 1, . . . ,NB, comNB= 3, é calculado da seguinte forma no cirduito da Figura??:

Y11 =1

z12+

1z1

+1

z13= y12+y1+y13

Y22 =1

z12+

1z2

+1

z23= y12+y2+y23

Y33 =1

z31+

1z3

+1

z32= y31+y3+y32

Y12 = − 1z12

= −y12 Y13 = − 1z13

= −y13 Y23 = − 1z23

= −y23

Diante do exposto, é possível colocar o conjunto de equaçõesde (3.4) a (3.6) naforma matricial

I = YbV (3.7)

ondeI = [I1 I2 . . . INB]T ; o sobrescritoT designa a transposta de uma matriz ou vetor;

V = [V1 V2 . . . VNB]T ; eYb é a matriz Ybus, cujos elementos(i, j), de uma forma geral,

são definidos da seguinte forma:

Yi j =

L

∑k=1

yik +NB

∑k=1

yk se i= j

−yi j se i 6= j

(3.8)

ondeyik é a admitância de interconexão entre a barrai e a k ; yk é a admitância da barrai que está ligada ao terra;L é o número de ligações na rede.

Os termos dos somatórios definidos em (3.8) aplicam-se somente para as conexõesda barrai com a barrak e para as conexões da referida barra para o terra. Não havendoconexão com a barrai , a admitânciayik ou yk é nula.

Observe-se que a notação para elemento da matriz Ybus é em letra maíuscula (porexemplo,Yi j ), enquanto para admitância de interconexão é minúscula (por exemplo,yi j ).Esta convenção será adotado ao longo do texto.

EXEMPLO 3.1


Um sistema elétrico é formado pela conexão de três barras. A barra 1 é ligada àbarra 2 por meio de um transformador com tap no lado da barra2 , ajustado em 1,1pu. A reatância do transformador é igual a 0,1 pu. Uma segundaligação existe entre abarra 2 e a 3 , por meio de uma linha de transmissão média cujos valores em pu são:R= 0,05 pu, X = 0,10 pu e admitânciashunttotal igual a 0,2 pu. Calcule a matriz Ybusdesse sistema.

SOLUÇÃO

As admitâncias do circuito equivalente do transformador são: A = 1,1(− j10) =− j11 pu; B = 1,1(1,1−1)(− j10) = − j1,1 pu; eC = (1−1,1)(− j10) = j1 pu.

A Figura 3.1 mostra o circuito elétrico equivalente, com os elementos de cicuitosdados em forma de admitâncias.

Figura 3.2 Circuito elétrico equivalente para rede elétrica de três barras

Utilizando-se a expressão (3.8) para cálculo dos elementosda Ybus, encontra-se aseguinte matriz:

Yb =

− j12,1 j11 0j11 4− j17,9 −4+ j80 −4+ j8 4− j7,9

Observe-se que a matriz Ybus é complexa, podendo ser desmembrada da seguinteforma: Yb = G+ jB, sendoG = real(Yb) eB = imag(Yb).

3.3. MATRIZ DE IMPEDÂNCIA DE BARRA 49

A separação em parte real e imaginária é necessário para a formulação do problemade fluxo de carga, no qual são utilizadas apenas equações com grandezas reais.

A matriz Ybus, para redes de grande porte, é esparsa. Isto é, apresenta poucoselementos não-nulos comparados ao número total de elementos nulos.

3.3 MATRIZ DE IMPEDÂNCIA DE BARRA

Em problemas de análise de curto-circuito, o interesse é sobre a distribuição das correntespós-falta imediatamente após uma falta. Este tipo de problema pode ser formulado comoinserindo-se uma fonte de tensão na barra sob falta, e considerando as demais com injeçãonula de corrente. Então é possível aproveitar as informações relativas sobre a matriz Ybuspara montar um sistema de equações, no qual se tem interesse em determinar as tensõesde barra. A partir dessas tensões, calcula-se a distribuição de correntes pelos elementosde circuito.

Aqui, abordar-se-á somente cálculos envolvendo a seqüência positiva da rede. Con-seqüentemente, para a análise de falta, é possível se determinar as correntes devido a umafalta trifásica em um determinado barramento. No entanto, desde que a modelagem sejafeita adequadamente, por exemplo, levando em conta a influência de impedâncias mútuas,a metodologia pode ser aplicada para outros tipos de falta.

A relação entre tensões de barra e corrente é calculada como segue.

V = Y−1b I (3.9)

Em (3.9), a inversa deve ser realizada implicitamente em caso de sistemas de grandeporte. Isto evita uso desnecessário de memória, uma vez que ainversa deYb é uma matriznormalmente cheia.

Define-se a matriz inversa em (3.9) comoZb = Y−1b , a qual é conhecida também

como matriz de impedância de barra ou matriz Zbus. Estas designações são pelo fato damatriz ser compostas por elementos que dependem de impedâncias de interconexões, aopasso que a matriz Ybus é formada a partir de admitâncias.

EXEMPLO 3.2

No exemplo 3.1, calcule a matriz de impedância de barra associada ao sistema e acorrente que flui da barra2 para 3 , quando uma corrente de 3 pu é injetada somente nabarra 1 .


SOLUÇÃO

A matriz Zbus é a inversa da Ybus. Assim

Zb = Y−1b =

0,0104− j4,0288 0,0115− j4,5226 −0,0115− j4,56830,0115− j4,5226 0,0126− j4,9749 −0,0126− j5,0251−0,0115− j4,5683 −0,0126− j5,0251 0,0126− j4,9749

As tensões nos barramentos devido à injeção de uma corrente de 3 pu na barra 1 sãocalculadas da seguinte forma:

V1

V2

V3

=

0,0104− j4,0288 0,0115− j4,5226 −0,0115− j4,56830,0115− j4,5226 0,0126− j4,9749 −0,0126− j5,0251−0,0115− j4,5683 −0,0126− j5,0251 0,0126− j4,9749

100

O resultado encontrado éV1 = 0,0104− j4,0288pu; V2 = 0,0115− j4,5226pu;e V3 = −0,0115− j4,5683 pu. Então a corrente fluindo nessas condições da barra2para 3 é

I23=(0,0115− j4,5226)− (−0,0115− j4,5683)

0,05+ j0,1+ j0,1(0,0115− j4,5226) = 0,9091pu

No capítulo seguinte será utilizada a abordagem da matriz Ybus para aplicação aoproblema de fluxo de carga em regime permanente.

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