UNIVERSIDADE CATLICA DE PELOTAS ESCOLA DE ENGENHARIA E ARQUITETURA ENGENHARIA ELTRICA SISTEMAS DE POTNCIA I052814 NOTAS DE AULA Prof. LUCIANO VITORIA BARBOZA, Dr.Eng. SUMRIO Captulo 1. Representao dos Sistemas de Potncia..................................................................1 1.1. Aspectos gerais .......................................................................................................................1 1.2. Modelo de circuito de uma mquina sncrona........................................................................1 1.3. Transformador ideal ...............................................................................................................3 1.4. Circuito equivalente de um transformador real ......................................................................5 1.5. Circuito equivalente de um transformador real com tap fora do valor nominal ....................7 1.6. Autotransformador .................................................................................................................9 1.7. Grandezas em por unidade ...................................................................................................10 1.8. Impedncia por unidade em circuitos com transformadores ................................................11 1.9. Impedncia por unidade de transformadores de trs enrolamentos......................................13 1.10. Diagrama unifilar ...............................................................................................................15 1.11. Diagramas de impedncias e reatncias .............................................................................17 1.12. Lista de exerccios ..............................................................................................................20 Captulo 2. Clculo de Redes.......................................................................................................23 2.1. Aspectos gerais .....................................................................................................................23 2.2. Equivalncia de fontes..........................................................................................................23 2.3. Equaes nodais ...................................................................................................................24 2.4. Partio de matrizes..............................................................................................................27 2.5. Eliminao de ns pela lgebra matricial.............................................................................28 2.6. Matrizes admitncia e impedncia de barra .........................................................................31 2.7. Modificao de uma matriz impedncia de barra j existente .............................................32 Caso 1: Adio de um ramo de uma nova barra p at barra de referncia ............................32 Caso 2: Adio de um ramo de uma nova barra p at uma barra k j existente .......................33 Caso 3: Adio de um ramo de uma barra k j existente at barra de referncia ..................34 Caso 4: Adio de um ramo entre duas barras j e k j existentes .............................................35 2.8. Determinao direta da matriz impedncia de barra ............................................................36 2.9. Lista de Exerccios ...............................................................................................................38 SumrioProf. Luciano Vitoria Barboza Sistemas de Potncia Iiii Captulo 3. Fluxo de Potncia......................................................................................................41 3.1. Aspectos gerais .....................................................................................................................41 3.2. Formulao do problema ......................................................................................................41 3.3. Fluxos de potncias ativa e reativa.........................................................................................43 3.3.1. Linhas de transmisso.....................................................................................................43 3.3.2. Transformadores em fase................................................................................................44 3.4. Formulao matricial............................................................................................................45 3.5. Equacionamento em termos das variveis do sistema..........................................................47 3.6. Mtodos iterativos de Gauss e de Gauss-Seidel ...................................................................49 3.7. Mtodo iterativo de Newton-Raphson .................................................................................50 3.8. Mtodos iterativos desacoplados ..........................................................................................52 3.8.1. Mtodo de Newton-Raphson desacoplado .....................................................................53 3.9. Fluxo de potncia linearizado ou Fluxo de carga CC...........................................................54 3.9.1. Linearizao....................................................................................................................55 3.9.2. Formulao matricial ......................................................................................................55 3.10. Caractersticas dos mtodos de soluo do fluxo de potncia............................................56 3.11. Ajustes e controles..............................................................................................................57 3.12. Cargas variveis com a tenso............................................................................................59 Captulo 4. Operao Econmica de Sistemas de Potncia ......................................................60 4.1. Aspectos gerais .....................................................................................................................60 4.2. Distribuio de carga entre as unidades de uma mesma central ..........................................60 4.3. Perdas na transmisso em funo da gerao da central ......................................................64 4.4. Distribuio de carga entre centrais .....................................................................................67 4.5. Controle automtico de gerao ...........................................................................................69 4.6. Lista de exerccios ................................................................................................................72 Apndice A. Algoritmos para Fluxo de Potncia ......................................................................75 A.1. Mtodo de Gauss .................................................................................................................75 A.2. Mtodo de Gauss-Seidel......................................................................................................76 A.3. Mtodo de Newton-Raphson ...............................................................................................77 A.4. Mtodo de Newton desacoplado .........................................................................................78 I.REPRESENTAO DOS SISTEMAS DE POTNCIA 1.1. Aspectos Gerais Neste ponto do estudo sobre sistemas de potncia, j se completou o desenvolvimento do modelo do circuito de uma linha de transmisso e j se iniciou os clculos de tenso, corrente e potncia em umalinha.Nestecaptulo,serodesenvolvidososmodelosdecircuitoparaamquinasncronae paraotransformadordepotncia.Dessaforma,serpossvelrepresentarosistemadeenergiapor inteiro. 1.2. Modelo de Circuito de uma Mquina Sncrona A tenso terminal em uma mquina sncrona, atuando como gerador, pode ser expressa como t f a ar a l t f a SV E jI X jI X V E jI X = = (1.1) ondeV t a tenso terminal sob carga; E f a tenso gerada a vazio; I a a corrente na armadura; jI aX ar a tenso devido reao da armadura; jI aX l a tenso devido reatncia de disperso da armadura; X S a reatncia sncrona, onde X S = X ar + X l. Se a resistncia da armadura R a for relevante, a equao (1.1) torna-se ( )t f a a SV E I R jX = + (1.2) A equao (1.2) pode ser representada atravs de um circuito equivalente, como mostrado na Fi-gura 1.1. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I2 ++VtRaXlXarEfIaXS Figura 1.1. Circuito equivalente para o gerador sncrono. Neste ponto, tem-se a representao do gerador por um circuito equivalente bastante simples, po-rm muito conveniente. A resistncia da armadura,normalmente,bemmenordoqueareatncia sncrona de modo que a sua omisso no apresenta grande influncia nos resultados numricos. Os princpios at aqui abordados podem ser estendidos ao motor sncrono. O circuito equivalente para o motor idntico ao do gerador com o sentido inverso da corrente. O circuito equivalente para o motor sncrono est mostrado na Figura 1.2. ++VtRaXlXarEfIaXS Figura 1.2. Circuito equivalente para o motor sncrono. As tenses geradas internamente no gerador e no motor so, geralmente, identificadas pela nota-o de subndice simples como E g e E m, respectivamente, ao invs de E f, especialmente quando eles esto no mesmo circuito, como mostrado na Figura 1.3. As equaes para este circuito so e t g a g t m a mV E jI X V E jI X = = + (1.3) As reatncias sncronas do gerador e do motor so X g e X m, respectivamente, e as resistncias das armaduras foram desprezadas. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I3 ++XgXmEgEmIa+Vt Figura 1.3. Circuito equivalente para a conexo de um gerador sncrono e um motor sncrono. Quandosoestudadoscurto-circuitosemmquinassncronas,acorrentequecirculaimediata-mente aps a ocorrncia da falta difere do valor que circula em regime permanente. Em vez da rea-tnciasncrona,usa-seareatnciasubtransitriaXouareatnciatransitriaXnasimulaode mquinas sncronas para clculos de faltas. 1.3. Transformador Ideal Os transformadores so equipamentos constitudos por duas ou mais bobinas situadas de tal for-ma que so enlaadas pelo mesmo fluxo magntico. Num transformador de potncia, as bobina so colocadas sobre um ncleo de material ferromagntico de modo a confinar o fluxo de uma maneira que a quase totalidade desse fluxo enlace todas as bobinas. Suponha que o fluxo magntico varia sinusoidalmente no ncleo e que o transformador ideal, ou seja, a permeabilidade magntica do ncleo infinita e a resistncia dos enrolamentos nula. Com a permeabilidade do ncleo sendo infinita, todo o fluxo fica confinado no ncleo e, portanto, enlaa todas as espiras de ambos os enrolamentos. A tenso e induzida em cada enrolamento tam-bm a tenso terminal v dos enrolamentos, pois a resistncia dos enrolamentos nula. Pela lei de Faraday, tem-se 1 1 2 2e d dv N v Ndt dt = = (1.4) onde o valor instantneo do fluxo magntico no ncleo; N 1 e N 2 so os nmeros de espiras dos enrolamentos primrio e secundrio; v 1 e v 2 so as tenses nos enrolamentos primrio e secundrio. Supondo uma variao sinusoidal para o fluxo, convertendo para a forma fasorial e combinando as equaes (1.4), obtm-se Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I4 1 12 2V NaV N= = (1.5) ondea a relao de espiras ou relao de transformao do transformador. Poroutrolado,sendootransformadorideal,estenoapresentaperdas.Portanto,aspotnciasaparentes nos enrolamentos primrio e secundrio devem ser iguais. Ento, tem-se 1 1 2 2V I V I = (1.6) Pela equao (1.6), tem-se que 2 1 11 2 2I V NaI V N= = = (1.7) o que leva a concluso de que, no transformador ideal, I1 deve ser nula se I2 for nula. Oenrolamentoaoqualumaimpednciaououtracargaconectadachama-seenrolamentose-cundrio. De modo similar, o enrolamento que est ligado fonte de energia chamado enrolamen-to primrio. Em sistemas de potncia, a energia geralmente circula em ambos os sentidos atravs do transformador e a designao de primrio e secundrio perde seu significado. Se uma impedncia Z 2 ligada ao enrolamento secundrio do transformador, tem-se 222VZI= (1.8) e substituindo V 2 e I 2 pelos valores obtidos nas equaes (1.7), tem-se 2211 2 1 12 211 1 1121NVN N V VZNN I a IIN = = = (1.9) e essa impedncia vista dos terminais do enrolamento primrio ser Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I5 22 1 12 2 21 2V NZ Z a ZI N = = = (1.10) Portanto,aimpedncialigadaaoladosecundrioficarefletida(oureferida)aoprimriomulti-plicando a impedncia no secundrio pelo quadrado da relao de espiras do transformador. Exemplo 1.1: Um transformador monofsico ideal possui valores nominais de 20 kVA, 480/120 V, 60 Hz. Uma fonte conectada ao enrolamento de 480 V alimenta uma carga conectada ao enrolamen-to de 120 V. A carga consome 15 kVA com um fator de potncia de 0,8ind quando a tenso na car-ga 118 V. Calcule: a) a tenso no enrolamento de 480 V; b) a impedncia da carga; c) a impedncia da carga referida ao enrolamento de 480 V; d) as potncias ativa e reativa no enrolamento de 480 V. 1.4. Circuito Equivalente de um Transformador Real O transformador real difere do transformador ideal pois: (1)a sua permeabilidade no infinita; (2)as resistncias dos enrolamentos esto presentes; (3)perdas ocorrem no ncleo devido s variaes cclicas do sentido do fluxo; (4)nem todo o fluxo que enlaa um enrolamento, enlaa os outros enrolamentos. Quando uma tenso sinusoidal for aplicada ao enrolamento de um transformador com ncleo de ferroecomosecundrioemaberto,umapequenacorrentecircularnoprimrio.Essacorrente chamada corrente de magnetizao do transformador. As perdas no ferro ocorrem devidas, primei-ramente, s variaes cclicas do sentido do fluxo no ferro as quais requerem energia que dissipa-dacomocalorechamada perdaporhisterese.Asegundaperdaocorreporcorrentescirculantes que so induzidas no ferro devido ao fluxo varivel e estas correntes produzem uma |I| 2R no ferro chamada perda por correntes parasitas. A perda por histerese reduzida com o uso, no ncleo, de ligas de ao especiais. As perdas por correntes parasitas so reduzidas montando o ncleo com fo-lhasdeaolaminadas.Pararepresentarocircuitoequivalentedemagnetizaodotransformador, Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I6 considera-se uma corrente I E circulando em um circuito paralelo formado por uma susceptncia B L e uma condutncia G. Notransformadorrealdedoisenrolamentos,partedofluxoqueenlaaoenrolamentoprimrio noenlaaosecundrio.Essefluxoproporcionalcorrentedoprimrioecausaumaquedade tensoquecorrespondeaumareatnciaindutivax 1,chamadadereatnciadedisperso,aqual colocada em srie com o enrolamento primrio do transformador ideal. Uma reatncia x 2 semelhan-tedeveseracrescentadaaoenrolamentosecundrioparalevaremcontaatensodevidoaofluxo queenlaaosecundriopormnoenlaaoprimrio.Quandotambmsoconsideradasasresis-tncias r 1 e r 2 dos enrolamentos, tem-se o modelo de transformador mostrado na Figura 1.4. Neste modelo, o transformador ideal a conexo entre os parmetros r 1, x 1, G e B L colocados no primrio do transformador e r 2 e x 2 colocados no secundrio. N1N2G BLIE122NINr1x1x2r2+ +V2V1I1I2 Figura 1.4. Circuito equivalente do transformador usando o conceito de transformador ideal. O transformador ideal pode ser omitido no circuito equivalente referindo-se todos os parmetros do transformador para um dos lados. Por exemplo, referindo todas as tenses, correntes e impedn-cias do circuito da Figura 1.4 para o primrio do transformador, tem-se o circuito equivalente mos-trado na Figura 1.5. G BLIEr1x1a2x2a2r2+ +aV2V1I12Ia Figura 1.5. Circuito equivalente do transformador com a corrente de magnetizao. Muitas vezes, a corrente de magnetizao (I E) desprezada porque ela muito pequena compa-Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I7 rada aos valores usuais das correntes de carga. Para simplificar ainda mais o circuito, pode-se fazer 2 21 1 2 1 1 2eR r a r X x a x = + = + (1.11) para obter o circuito equivalente mostrado na Figura 1.6. Todas as impedncias e tenses no secun-drio devem, agora, ser referidas ao primrio do transformador. R1X1+ +aV2V1I1 Figura 1.6. Circuito equivalente do transformador desprezando a corrente de magnetizao. Os parmetros R e X do transformador de dois enrolamentos so determinados pelo teste de cur-to-circuito. A impedncia medida nos terminais de um enrolamento enquanto o outro enrolamento curto-circuitado. Como requerida apenas uma pequena tenso, a corrente de magnetizao in-significante e a impedncia medida praticamente R + jX. Exemplo 1.2: Um transformador monofsico tem 2.000 espiras no enrolamento primrio e 500 no secundrio. As resistncias dos enrolamentos so r 1 = 2,0 e r 2 = 0,125 . As reatncias de disper-so so x 1 = 8,0 e x 2 = 0, 5 . A resistncia da carga Z 2 12 . A tenso aplicada nos terminais do enrolamento primrio de 1.200 V. Determine a tenso V 2 e a regulao de tenso. Despreze a corrente de magnetizao. 1.5. Circuito Equivalente de um Transformador Real com Tap Fora do Valor Nominal Os transformadores com tap fora do nominal podem esquematicamente ser representados por um transformador ideal com relao de transformao a:1 em srie com a sua admitncia. A Figura 1.7 mostra o esquema de um transformador com tap fora do valor nominal conectado entre as barras i e k de um sistema de potncia. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I8 EiEkIikIkipi kyika:1 Figura 1.7. Esquema de um transformador com tap fora do seu valor nominal. Para o transformador ideal da Figura 1.7, tem-se 1 e kii p k ik kiikIE aE a E I Iy a = = + = (1.12) A partir das equaes (1.12), pode-se escrever que 211 1ki ik i ik kik ik i ik kI y E y EaI y E y Ea a= += (1.13) Um transformador com tap fora do valor nominal pode ser modelado por um circuito equivalente , conforme mostrado na Figura 1.8, onde os parmetros A, B e C so admitncias. EiEkIikIkii kAC B Figura 1.8. Circuito equivalente de um transformador com tap fora do nominal. As equaes que representam o modelo equivalente so ( )( )ik i kki i kI A B E AEI AE A C E= + = + +(1.14) Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I9 Comparandoasequaes(1.13)e(1.14)eidentificando-seoscoeficientesdastensesE ieE k, pode-se escrever 2 21 1 1 ik ik ika aA y B y C ya a a = = = (1.15) quesoosparmetrosA,BeCdocircuitoequivalentedotransformadorcomtapforadovalor nominal. 1.6. Autotransformador O autotransformador difere do transformador comum pois os seus enrolamentos so, ao mesmo tempo, eletricamente conectados e acoplados por umfluxomtuo.Pode-se estudar o autotransfor-madorligandoeletricamenteosenrolamentosdeumtransformadorideal.AFigura1.9(a)odia-grama esquemtico de um transformador ideal e a Figura 1.9(b) mostra como os enrolamentos so conectadoseletricamentedemodoaformarumautotransformador.Nestafigura,osenrolamentos esto dispostos de maneira que suas tenses sejam aditivas, embora eles possam ser ligados de mo-do a se oporem mutuamente. A grande desvantagem do autotransformador que a isolao eltrica entre os enrolamentos fica perdida, mas o exemplo seguinte demonstra o aumento da potncia no-minal que se verifica. + + V1V2I1I2N1N2 ++V1I1 N1N2 I2IentV2 (a) conectado na maneira usual(b) conectado como um autotransformador Figura 1.9. Diagrama esquemtico do transformador ideal. Exemplo1.3:Umtransformadormonofsicode30 kVA,comtensesnominais240/120V,co-nectado como autotransformador como mostra a Figura 1.9(b). A tenso nominal aplicada ao en-rolamento de baixa tenso. Considere o transformador como sendo ideal e a carga sendo tal que as Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I10 correntes nominais |I 1| e |I 2| circulem nos enrolamentos. Determine |V 2| e os kVA nominais do auto-transformador. Pelo exemplo, observa-se que o autotransformador forneceu uma relao de tenso maior que o transformador comum e transmitiu mais potncia eltrica entre os seus dois enrolamentos. Portanto, oautotransformadorfornecemaiorpotncianominalpelomesmocusto.Eletambmoperamais eficientementepoisasperdaspermanecemasmesmasdaconexocomum.Entretanto,aperdada isolao eltrica entre os lados de AT e BT do autotransformador geralmente o fator decisivo em favor da conexo comum na maioria das aplicaes. Em sistemas de potncia, os autotransformado-res trifsicos so usados freqentemente para produzirem pequenos ajustes nas tenses das barras. 1.7. Grandezas em Por Unidade OssistemasdeenergiaeltricasooperadosemnveisdetensoondeokVaunidademais conveniente para expressar a tenso. Para a potncia transmitida, MW e MVA so termos comuns. Entretanto, estas quantidades, bem como Ampres ou Ohms, so comumente expressas como por-centagemoucomoporunidade(pu)deumabaseouvalorderefernciaespecificadoparacada grandeza.Ovalorpudequalquerquantidadedefinidocomoarelaodaquantidadepelovalor base,expressoemdecimal.Osclculosutilizandovaloresempusomaissimplesdoqueosque usam os valores em unidades reais. Tenso, corrente, potncia e impedncia esto relacionadas entre si de modo que a escolha de va-lores bases para quaisquer duas delas determina os valores bases das demais. Para sistemas trifsi-cos, escolhe-se a tenso de linha (V base, em kV) e a potncia aparente trifsica (N base, em MVA) co-mo bases. As bases para as demais grandezas podem ento ser determinadas como 2 e 3base basebase basebase baseN VI ZN V= = (1.16) No raras vezes, a impedncia em pu de um componente do sistema expressa numa base dife-rente daquela selecionada para a parte do sistema na qual o componente est localizado. Como to-das as impedncias devem ser expressas na mesma base de impedncia, necessrio converter im-pednciaspudeumabaseparaoutra.Paracalcularaimpednciaempu,dividi-seovalorrealda Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I11 impedncia pelo valor de base. Portanto, podemos escrever que ( ) ( )(pu)e(pu)ant novaant novabase baseZ ZZ ZZ Z = = (1.17) Combinando as equaes (1.17), tem-se (pu) (pu)antnovabasenova antbaseZZ ZZ= (1.18) Por outro lado, as impedncias bases antiga e nova podem ser expressas como 2 2 e ant novaant novaant novabase basebase basebase baseV VZ ZN N= = (1.19) Substituindo as equaes (1.19) na equao (1.18), obtm-se 2(pu) (pu)nova antant novabase basenova antbase baseN VZ ZN V = (1.20) Com a equao (1.20), pode-se modificar o valor de uma impedncia em pu de uma base antiga para uma base nova. 1.8. Impedncia Por Unidade em Circuitos com Transformadores Os valores hmicos da resistncia e da reatncia de disperso de um transformador dependem de que lado se efetuam as medidas, se do lado de AT ou de BT do transformador. Se seus valores so expressos em pu, a base de potncia tomada como sendo a potncia nominal do transformador. A tenso base escolhida como sendo a tenso nominal do enrolamento no qual a resistncia e a rea-tncia de disperso estiverem referidas. A impedncia em pu do transformador a mesma, indepen-dente do fato de ter sido obtida a partir dos valores hmicos referidos nos lados de AT ou de BT do transformador. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I12 Exemplo 1.4: Os valores nominais de um transformador monofsico so 2,5 kVA e 110/440 V. A reatncia de disperso medida no lado de BT 0,06 . Calcule a reatncia de disperso em pu. Exemplo 1.5: Trs partes de um sistema eltrico monofsico so designadas por A, B e C e esto in-terligadasatravsdetransformadores,comomostraaFigura1.10.Ascaractersticasdostransfor-madores so: A B :10.000 kVA, 138/13,8 kV, X disp = 10% B C :10.000 kVA, 138/69 kV, X disp = 8% Se as bases no circuito B forem 10.000 kVA e 138 kV, calcule a resistncia da carga de 300 em pureferidaaoscircuitosA,BeC.Traceumdiagramadeimpedncias,desprezandoacorrentede magnetizaoeasresistnciasdostransformadoreseaimpednciadalinha.Determinetambma regulao de tenso se a tenso na carga for 66 kV com a suposio de que a tenso de entrada no circuito A permanea constante. A B C1:10AB2:1BC300 Figura 1.10. Circuito do Exemplo 1.5. Combasenoexemploanterior,osseguintespontosdevemserressaltadosquandosetrabalha com valores em pu: 1) So escolhidos uma base de tenso e uma base de potncia em uma parte do sistema. Os valo-res bases para um sistema trifsico so a potncia trifsica e a tenso de linha. 2) Paraoutraspartesdosistema,isto,nosoutrosladosdostransformadores,abasedetenso para cada parte determinada de acordo com as relaes de transformao dos transformado-res. A base de potncia ser a mesma em todas as partes do sistema. 3) Asinformaessobreimpednciasdostransformadorestrifsicos,geralmente,sodispon-veis em valores percentuais ou em pu, em relao s bases determinadas por seus valores no-minais. 4) Para trs transformadores monofsicos ligados numa conexo trifsica, seus valores nominais depotnciaetensoficamdeterminadosdeacordocomascaractersticasnominaisdecada transformadormonofsico.Aimpednciapercentualparaaunidadetrifsicaamesmaque se usa para cada transformador monofsico. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I13 5) Uma impedncia em pu dada numa base diferente daquela estabelecida para a parte do siste-ma na qual o elemento est localizado deve ser mudada para a base apropriada de acordo com a equao (1.20). Exemplo 1.6: Trs transformadores monofsicos com valores nominais de 25 MVA, 38,1/3,81 kV, cada um, so conectados em Y e ligados a uma carga equilibrada constituda de trs resistores de 0,6 ligados em Y. Adote os valores de 75 MVA e 66 kV como bases para o lado de alta tenso e especifique a base para o lado de baixa tenso. Determine a resistncia da carga em pu na base do lado de BT. Ento, determine a resistncia da carga referida ao lado de AT e o valor em pu dessa re-sistncia na base escolhida. Exemplo1.7:Umtransformadortrifsicotem400 MVAe220Y/22kVcomovaloresnominais. A impedncia de curto-circuito medida no lado de BT do transformador 0,121 e, devido baixa resistncia, este valor pode ser considerado igual reatncia de disperso. Determine a reatncia em pu do transformador e o valor usado para representar este transformador em um sistema cujas bases no lado de AT so 100 MVA e 230 kV. 1.9. Impedncia Por Unidade de Transformadores de Trs Enrolamentos Tantooprimriocomoosecundriodeumtransformadordedoisenrolamentospossuema mesma potncia nominal, porm os enrolamentos de um transformador de trs enrolamentos podem apresentar potncias nominais diferentes. A impedncia de cada enrolamento de um transformador desse tipo pode ser expressa em valor percentual ou pu tomando como base os valores nominais de seusprpriosenrolamentos,oupodemserrealizadostestesparadeterminarasimpedncias.Em qualquer caso, entretanto, todasas impedncias em pu no diagrama de impedncias devem ser ex-pressas em relao a uma mesma potncia base. As trs impedncias podem ser medidas pelo teste-padro de curto-circuito, como a seguir: Zps impedncia medida no primrio com o secundrio curto-circuitado e o tercirio aberto; Zpt impedncia medida no primrio com o tercirio curto-circuitado e o secundrio aberto; Zst impedncia medida no secundrio com o tercirio curto-circuitado e o primrio aberto. Se as trs impedncias medidas em Ohms forem referidas a um dos enrolamentos, as impedn-Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I14 cias de cada enrolamento em separado referidas a esse mesmo enrolamento estaro relacionadas s impedncias medidas como ps p spt p tst s tZ Z ZZ Z ZZ Z Z= += += +(1.21) ondeZ p,Z seZ tsoasimpednciasdosenrolamentosprimrio,secundrioetercirioreferidasao circuito primrio se Z ps, Z pt e Z st forem as impedncias medidas e referidas ao circuito primrio. Re-solvendo as equaes (1.21), obtem-se ( )( )( )121212p ps pt sts ps st ptt pt st psZ Z Z ZZ Z Z ZZ Z Z Z= + = + = + (1.22) As impedncias dos trs enrolamentos so ligadas como mostra a Figura 1.11 para representar o circuito equivalente monofsico do transformador de trs enrolamentos, desprezando a corrente de magnetizao. Os pontos p, s e t so conectados s extremidades do diagrama de impedncias que representa as partes do sistema que esto ligadas aos enrolamentos primrio, secundrio e tercirio dotransformador.Desdequeosvaloreshmicosdasimpednciasdevemestarreferidosmesma base, conclui-se que a converso para impedncias em pu exige a mesma potncia base para todos os trs circuitos e exige tambm que as bases de tenso nos trs circuitos apresentem as mesmas re-laes de transformao que as tenses de linha nominais dos trs circuitos do transformador. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I15 ZpZtZspst Figura 1.11. Circuito equivalente de um transformador trifsico de trs enrolamentos. Exemplo 1.8: Os valores nominais de um transformador de trs enrolamentos so: Primrio: conexo Y, 66 kV, 15,0 MVA; Secundrio: conexo Y, 13,2 kV, 10,0 MVA; Tercirio: conexo , 2,3 kV, 5,0 MVA. Desprezando as resistncias, as impedncias so: Zps = 7% na base de 15,0 MVA e 66 kV; Zpt = 9% na base de 15,0 MVA e 66 kV; Zst = 8% na base de 10,0 MVA e 13,2 kV. Calculeasimpednciasempudocircuitoequivalenteemestrela,tomandocomobase 15,0 MVA e 66 kV no circuito primrio. Exemplo 1.9: Uma fonte de tenso constante (barra infinita) alimenta uma carga resistiva pura de 5 MW 2,3 kV por fase e um motor sncrono de 7,5 MVA 13,2 kV com reatncia de X = 20%. A fonte est ligada ao primrio do transformador de trs enrolamentos descrito no Exemplo 1.8. O motor e a carga resistiva esto conectados ao secundrio e ao tercirio do transformador, respecti-vamente.Traceodiagramadeimpednciasdosistemaecoloqueasimpednciasempuparauma base de 66 kV, 15,0 MVA no primrio. 1.10. Diagrama Unifilar O diagrama unifilar um circuito simplificado no qual se representa, atravs de smbolos padro-nizados,oselementosassociadosaumsistemadeenergiaeltrica.Osparmetrosdocircuitono so indicados e uma linha de transmisso representada por uma reta entre duas barras. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I16 A finalidade do diagrama unifilar fornecer, de forma concisa, as principais informaes sobre o sistema.Asinformaesencontradasemumdiagramaunifilarvariamdeacordocomoproblema que se tem em mos. Por exemplo, a localizao de disjuntores e rels no importante no estudo de previso de carga em um sistema eltrico. Portanto, disjuntores e rels no sero representados se a funo principal do diagrama for fornecer informaes para estudos de carga. O American National Standards Institute (ANSI) e o Institute of Electrical and Electronics En-gineers (IEEE) publicaram um conjunto de smbolos padronizados para os diagramas eltricos. Po-rm, nem todos os autores seguem esses smbolos de forma consistente, especialmente na represen-tao de transformadores. A Figura 1.12 apresenta alguns dos smbolos mais utilizados. Armadura de mquina giranteTransformador de potncia dedois enrolamentosTransformador de potncia detrs enrolamentosFusvelTransformador de correnteDisjuntor de potncia a leoDisjuntor a arConexo trifsica em deltaConexo trifsica em estrelacom neutro no aterradoConexo trifsica em estrelacom neutro aterradoTransformador de potencial Carga estticaA V Ampermetro Voltmetro Figura 1.12. Smbolos dos dispositivos de potncia mais utilizados. AFigura1.13odiagramaunifilardeumsistemadepotnciamuitosimples.Doisgeradores, um aterrado atravs de um reator e outro atravs de um resistor, so interligados a uma barra e, a-travsdeumtransformadorelevador,aumalinhadetransmisso.Outrogerador,aterradoatravs de um reator, ligado a uma barra e, atravs de um transformador, extremidade oposta da linha de transmisso.Umacargaligadaacadabarra.Nodiagramatambmestorepresentadasascone-xes dos dois transformadores. Carga ACarga B12T1T23 Figura 1.13. Diagrama unifilar de um sistema eltrico simples. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I17 1.11. Diagramas de Impedncias e Reatncias Com o objetivo de calcular o desempenho de um sistema sob condies de carga ou na ocorrn-cia de uma falta, um sistema trifsico equilibrado pode ser resolvido como um circuito monofsico composto de uma das trs linhas e o retorno de neutro. A Figura 1.14 combina os circuitos equiva-lentesdosvrioscomponentesmostradosnaFigura1.13,demodoaformarodiagramadeimpe-dncias do sistema. O diagrama de impedncias no inclui as impedncias limitadoras de corrente mostradasnodiagramaunifilarentreosneutrosdosgeradoreseaterraporquenenhumacorrente circula pela terra sob condies equilibradas e os neutros dos geradores esto no mesmo potencial do neutro do sistema. +E1+E2+E3Geradores 1 e 2 Carga A Transformador T1Transformador T2Linha de transmissoGerador3Carga B Figura 1.14. Diagrama de impedncias correspondente ao diagrama unifilar da Figura 1.13. A corrente de magnetizao de transformadores geralmente desprezvel comparada com a cor-rente de plena carga, portanto, a admitncia em paralelo comumente omitida no circuito equiva-lente do transformador. Tambm as resistncias do sistema so geralmente omitidas quando se efe-tua o clculo de faltas, mesmo em programas computacionais. Naturalmente a omisso da resistn-cia introduz algum erro, porm os resultados so satisfatrios porque a reatncia indutiva do sistema muitomaiordoquesuaresistncia.Ascargasquenoincluemmquinasrotativasapresentam pouco efeito sobre a corrente total de linha durante uma falta e geralmente so omitidas. As cargas com motor sncrono, entretanto, sempre so includas para se fazer os clculos de falta porque suas foras eletromotrizes geradas contribuem para acorrente de curto-circuito. O diagrama pode levar em conta os motores de induo, considerando uma fem gerada em srie com uma reatncia induti-va se o diagrama for usado para determinar a corrente imediatamente aps a ocorrncia de uma fal-ta. Porm, os motores de induo so ignorados ao se calcular a corrente alguns ciclos aps a ocor-rncia da falta porque a contribuio de corrente do motor de induo desaparece muito rapidamen-te aps ele ser curto-circuitado. Para simplificar o clculo das correntes de falta, desconsideram-se todas as cargas estticas, to-Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I18 dasasresistncias,acorrentedemagnetizaodostransformadoreseacapacitnciadaslinhasde transmisso. Assim, o diagrama de impedncias se reduz aodiagrama de reatncias,mostradona Figura 1.15. Estas simplificaes aplicam-se apenas ao clculo de falta e no ao estudo de fluxo de carga, que ser estudado mais adiante. +++EG3EG1EG2XT1XT2XLTNeutro1 GX2 GX3 GX Figura 1.15. Diagrama de reatncias adaptado da Figura 1.14. Seosdadosforemfornecidoscomodiagramaunifilar,pode-sedeterminartodososvalores em pu e, assim, obter o diagrama de reatncias em pu. A grande vantagem em se utilizar os valores em pu que no so necessrios clculos para referir uma impedncia de um lado do transformador para o outro. Em pu, os valores so os mesmos. Exemplo1.10:Umgeradortrifsicode300 MVA,20 kV,temumareatnciasubtransitriade 20%. O gerador alimenta um certo nmero de motores sncronos atravs de uma linha de transmis-so de 64 km, tendo transformadores em ambas as extremidades, como mostra o diagrama unifilar da Figura 1.16. Os motores, todos de 13,2 kV, esto representados por dois motores equivalentes. O neutro do motor M 1 est aterrado atravs de uma reatncia. O neutro do motor M 2 no est aterrado (situao no usual). As entradas nominais para os motores so 200 MVA para M 1 e 100 MVA para M 2. Para ambos os motores X = 20%. O transformador trifsico T 1, de 350 MVA, 230/20 kV, apre-senta reatncia de 10%. O transformador T 2 composto de trs transformadores monofsicos, cada um de 100 MVA, 127/13,2 kV, com reatncia de 10%. A reatncia em srie da linha de transmisso 0,5 /km. Trace o diagrama de reatncias com todas as reatncias em pu. Escolha os valores no-minais do gerador como base no circuito deste. GM1M2T1T2 Figura 1.16. Diagrama unifilar para o Exemplo 1.10. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I19 Exemplo1.11: Se os motores M 1 e M 2 do Exemplo 1.10 tiverem entradas de 120 e 60 MVA, res-pectivamente,a13,2 kVeambosoperemcomfatordepotnciaunitrio,determineatensonos terminais do gerador. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I20 1.12. Lista de Exerccios 1.1.Umtransformadorde30 kVA,1.200/120 Vligadocomoautotransformadorparafornecer 1.320 V a partir de uma barra de 1.200 V. a) Trace um diagrama nas conexes do transformador mostrando as marcaes de polaridade nos enrolamentos e os sentidos escolhidos como positivo para a corrente em cada enrola-mento de forma que as correntes estejam em fase. b)Determineapotnciaaparentenominaldoequipamentofuncionandocomoautotransfor-mador. c)Se o rendimento do transformador ligado para funcionamento em 1.200/120 V com carga nominal e fator de potncia unitrio de 97%, determine seu rendimento como autotrans-formadorcomcorrentenominalnosenrolamentos,funcionandocomtensonominaleatendendo a uma carga com fator de potncia unitrio. 1.2.Uma carga resistiva de 8.000 kW, ligada em , est conectada ao lado de BT, ligado em , de um transformador Y de 10 MVA, 138/13,8 kV. Calcule a resistncia da carga em em ca-da fase, vista do lado de AT do transformador. Desconsidere a impedncia do transformador e suponha a aplicao de tenso nominal ao primrio do transformador. 1.3.Resolva o Exerccio 1.2 considerando os mesmos resistores ligados em estrela. 1.4.Trs transformadores, cada um de 5 kVA, 220 V no lado secundrio, so conectados em eestoabastecendoumacargapuramenteresistivade15 kW,220 V.feitaumaalterao que reduz a carga para 10 kW, ainda puramente resistiva. Algum sugere que, com dois teros da carga, um transformador pode ser removido e o sistema pode ser operado com delta aberto.Ainda estar sendo fornecida tenso trifsica equilibrada carga porque duas das tenses de linha, portanto tambm terceira, permanecem inalteradas. Para investigar esta sugesto: a)Determine cada uma das correntes de linha (mdulo e ngulo) para a carga de 10 kW e re-movido o transformador entre a e c. Suponha V ab = 22020 V e seqncia direta de fases (abc). b)Calcule os kVA fornecidos individualmente pelos transformadores restantes. c)Querestriodevesercolocadacargaparafuncionamentoemdeltaabertocomesses transformadores? Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I21 1.5.Umtransformadorde210 MVA,345Y/22,5 kVinterliga,aumalinhadetransmisso,uma carga de 180 MW 22,5 kV, com fator de potncia 0,8ind. Determine: a)as caractersticas nominais de cada um dos trs transformadores monofsicos que, adequa-damente conectados, sero equivalentes ao transformador trifsico; b)a impedncia complexa da carga em pu no diagrama de impedncias, adotando como base 100 MVA 345 kV na linha de transmisso. 1.6.Um gerador de 120 MVA 19,5 kV tem X S = 1,5 pu e ligado a uma linha de transmisso a-travs de um transformador de 150 MVA, 230Y/18 kV com X = 0,1 pu. Se a base a ser usa-da nos clculos for 100 MVA e 230 kV para a linha de transmisso, determine os valores em pu a serem usados para as reatncias do transformador e do gerador. 1.7.Umtransformadortrifsicode5 MVA,115/13,2 kVapresentaumaimpednciaigual (0,007 + j0,075) pu. O transformador ligado a uma linha de transmisso curta cuja impedn-cia (0,02 + j0,10) pu numa base de 10 MVA, 13,2 kV. A linha alimenta uma carga trifsica de 3,4 MW, 13,2 kV com fator de potncia 0,85ind. Se a tenso AT permanece constante em 115 kV quando a carga na extremidade da linha desligada, calcule a regulao de tenso na carga. Trabalhe usando pu e adote como base 10 MVA 13,2 kV no circuito da carga. 1.8.OdiagramaunifilardeumsistemasemcargaestrepresentadonaFigura1.17.Somostra-dos, no diagrama, as reatncias das duas sees da linha de transmisso. Os geradores e trans-formadores apresentam as seguintes caractersticas: Gerador 1:20 MVA, 13,8 kV, X = 0,20 pu Gerador 2:30 MVA, 18 kV, X = 0,20 pu Gerador 3:30 MVA, 20 kV, X = 0,20 pu Transformador T 1:25 MVA, 220Y/13,8 kV, X = 10% Transformador T 2:unidades monofsicas, cada uma de 10 MVA, 127/18 kV, X = 10% Transformador T 3:35 MVA, 220Y/22Y kV, X = 10% Trace o diagrama de reatncias com todas as reatncias representadas em pu e use letras para indicar os pontos correspondentes ao diagrama unifilar. Adote como base 50 MVA 13,8 kV no circuito do gerador 1. Representao dos Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I22 132A BCDF ET1T3T2j80 j100 Figura 1.17. Diagrama unifilar para o Exerccio 1.8. 1.9.TraceodiagramadereatnciasparaosistemadepotnciamostradonaFigura1.18.Repre-senteasimpednciasempu.Usecomobase50 MVA 132 kVnalinhadetransmissode 40 . As caractersticas dos geradores, motores e transformadores so: Gerador 1:20 MVA, 18 kV, X = 20% Gerador 2:20 MVA, 18 kV, X = 20% Motor sncrono 3:30 MVA, 13,8 kV, X = 20% Transformadores trifsicos YY:20 MVA, 138Y/20Y kV, X = 10% Transformadores trifsicos Y:15 MVA, 138Y/13,8 kV, X = 10% 1 23A BCj40 j20 j20 Figura 1.18. Diagrama unifilar para o Exerccio 1.9. 1.10.Se a tenso na barra C no Exerccio 1.9 for 13,2 kV quando o motor absorver 24 MW com fa-tor de potncia 0,8cap, calcule as tenses nas barras A e B. Suponha que os dois geradores di-vidamacargaigualmente.DarespostaemVoltseempuemrelaobaseescolhidano Exerccio 1.9. Calcule as tenses nas barras A e B quando o disjuntor que interliga o gerador 1 barra A estiver aberto enquanto o motor solicita 12 MW na tenso de 13,2 kV com fator de potncia 0,8cap. Todos os demais disjuntores permanecem fechados. II. CLCULO DE REDES 2.1. Aspectos Gerais Asoluoderedesdegrandeporteatravsdeprogramascomputacionaisdependente,em grandeparte,dasequaesdestarede.Conseqentemente,importanteparaoengenheirodarea de sistemas de potncia entender a formulao das equaes das quais, com o objetivo de obter uma soluo, desenvolvido um programa computacional. Estecaptulosepropearevereexpandirosmtodosdeanliseparaosquaisosprogramas computacionaisdesoluodeproblemasemsistemasdepotnciasograndementedependentes. De particular importncia, neste captulo, a introduo sobre matrizes admitncia de barras e im-pedncia de barras que provaro ser utilssimas em estudos futuros. 2.2. Equivalncia de Fontes Um procedimento til em alguns problemas de anlise de redes o da substituio de uma fonte de corrente em paralelo com uma impedncia por uma fem em srie com uma impedncia, ou vice-versa. Na Figura 2.1, ambas as fontes com suas impedncias associadas esto conectadas a uma im-pedncia de carga Z L. +EgZgZL+ILVL a) Fonte real de tenso +IsZsZLILVL b) Fonte real de corrente Figura 2.1. Equivalncia de fontes. Para a fonte de tenso real, Figura 1.1(a), a tenso na carga L g g LV E Z I = (2.1) ondeI L a corrente que circula pela carga. Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 24Para o circuito contendo a fonte real de corrente, Figura 1.1(b), a tenso na carga vale ( )L s s L s s s LV Z I I Z I Z I = = (2.2) AsduasfontesesuasimpednciasseroequivalentesseatensonacargaV Lforamesmaem ambos os circuitos. Comparando as equaes (2.1) e (2.2), conclui-se que e g s s g sE Z I Z Z = = (2.3) que a condio para que a fonte de tenso real seja equivalente fonte de corrente real. 2.3. Equaes Nodais ConsidereodiagramaunifilarmostradonaFigura2.2.Osgeradoresestoligadosatravsde transformadores s barras de alta tenso 1 e 3 e esto alimentando um motor sncrono na barra 2. O diagrama de reatncias, com as reatncias em pu, est indicado na Figura 2.3. Se o circuito for rede-senhado com as fontes de tenso substitudas por suas equivalentes fontes de corrente, o diagrama resultanteestmostradonaFigura2.4.Osvaloresempusoosdasadmitnciasaoinvsdosdas impedncias. G1G2M4321T1T2T3 Figura 2.2. Diagrama unifilar do sistema-exemplo. Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 25+EG1EG2++EMj1,15j0,1 j0,1j1,15 j1,15j0,1j0,4 j0,25j0,2 j0,2j0,1251324 Figura 2.3. Diagrama de reatncias para o sistema-exemplo. Valores das reatncias em pu. j0,8 j0,8 j0,8 I1I3I2j2,5 j4,0j5,0 j5,0j8,01 234YdYhYgYfYeYaYcYb Figura 2.4. Diagrama de admitncias para o sistema-exemplo com a substituio das fontes de tenso por suas equivalentes fontes de corrente. Valores das admitncias em pu. Aplicando a anlise nodal aos ns do diagrama de admitncias da Figura 2.4, obtm-se ( )( )( )( )1 3 4 12 3 4 21 2 3 4 31 2 3 40a d f f db g h g hf g c e f g ed h e d e hY Y Y E Y E Y E IY Y Y E Y E Y E IY E Y E Y Y Y Y E Y E IY E Y E Y E Y Y Y E+ + =+ + = + + + + = + + + =(2.4) As equaes (2.4) podem ser expressas na forma matricial como Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 26 1 12 23 3411 12 13 14 121 22 23 24 231 32 33 34 341 42 43 440000a d f f db g h g hf g c e f g ed h e d e hY Y Y Y Y E IY Y Y Y Y E IY Y Y Y Y Y Y E IY Y Y Y Y Y EY Y Y Y E IY Y Y Y IY Y Y Y IY Y Y Y+ + + + = + + + + + = 1234EEE (2.5) A matriz Y recebe o nome de matriz admitncia de barras e designada por Y barra. Esta matriz simtrica em relao diagonal principal. Oselementospertencentesdiagonalprincipal (Y ii) so chamadosdeadmitnciasprpriasecorrespondemsomadetodasasadmitnciasconectadas barra i. Os demais elementos da matriz Y barra (Y ik, i k) so chamados de admitncias mtuas ou de transferncia e correspondem ao negativo da admitncia conectada entre as barras i e k. Em notao vetorial, tem-se barra= Y I E (2.6) ondeI o vetor com as injees de corrente nas barras do sistema eltrico; E o vetor com as tenses complexas nas barras do sistema eltrico. A expresso geral da equao nodal para o n i de uma rede eltrica com n barras : 1 1n ni ik k ii i ik kk kk iI Y E Y E Y E= == = + (2.7) Utilizando a equao (2.6), pode-se determinar as tenses complexas nas barras do sistema el-trico como 1 1 1 barra barra barra barrabarra = ==Y Y Y YZI E E IE I(2.8) Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 27A matriz inversa da matriz admitncia de barras chamada matriz impedncia de barras e de-signada por Z barra. Exemplo2.1:Escrevanaformamatricialasequaesnodaisnecessriasparacalcularastenses complexas nas barras do sistema-exemplo da Figura 2.4. A rede equivalente quela da Figura 2.3. AsfemsindicadasnaFigura2.3soE G1 = 1,50 pu,E G2 = 1,50 pueE M = 1,536,87 pu. Aps, calcule as tenses complexas E 1, E 2, E 3 e E 4. 2.4. Partio de Matrizes Esta tcnica consiste em identificar vrias partes de uma matriz como submatrizes que sero tra-tadascomosimpleselementosquandodaaplicaodasregrasusuaisdeoperaescommatrizes. Por exemplo, 11 12 1321 22 2331 32 33a a aa a aa a a = A (2.9) A matriz particionada em quatro submatrizes pelas linhas tracejadas horizontal e vertical. Por-tanto, a matriz A pode ser reescrita como = D EAF G(2.10) onde as submatrizes so [ ]13 11 1223 21 2231 32 33a a aa a aa a a = = = =D EF G(2.11) Paraindicarospassosparaamultiplicaoemtermosdesubmatrizes,assumaqueAdevaser ps-multiplicada por uma matriz B para formar o produto C, onde Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 2811 1221 2231 32b bb bb b = B (2.12) com a sua partio sendo [ ]11 1231 3221 22

b bb bb b = = = HB H JJ(2.13) Ento, o produto + = = = = + D E H DH EJ MC ABF G J FH GJ N(2.14) ondeM = DH + EJeN = FH + GJ. Se somente a submatriz N for de interesse, pelas parties resulta que [ ] [ ] [ ]11 1231 32 33 31 32 31 11 32 21 33 31 31 12 32 22 33 3221 22b ba a a b b a b a b a b a b a b a bb b = + = + + + + N(2.15) As matrizes a serem multiplicadas devem ser compatveis originariamente. Cada linha de parti-o vertical entre as colunas r e r+1 da matriz-multiplicando requer uma linha de partio horizon-talentreaslinhasrer+1damatriz-multiplicadoraparaquesepossaefetuaramultiplicaodas submatrizes corretamente. Linhas de partio horizontal podem ser traadas entre quaisquer linhas da matriz-multiplicando e linhas verticais de partio entre quaisquer colunas da matriz-multiplica-dora ou ainda omitidas em uma delas ou em ambas. 2.5. Eliminao de Ns pela lgebra Matricial Ns podem ser eliminados por manipulao de matrizes referentes s equaes nodais estudadas anteriormente. Entretanto, somente os ns nos quais no haja injeo de corrente para a rede podem Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 29ser eliminados. As equaes nodais na sua forma matricial barra= Y I E (2.16) ondeI e E so vetores colunas eY barra uma matriz quadrada e simtrica. Os vetores colunas po-dem ser rearranjados de tal modo que os elementos associados com os ns a serem eliminados este-jam presentes nas suas linhas inferiores. Os elementos da matriz admitncia de barra so colocados emconcordncia.Osvetorescolunassoparticionadosdetalmodoqueoselementosassociados com os ns a serem eliminados so separados dos outros elementos. A matriz admitncia particio-nada de tal modo que os elementos identificados somentecomos nsaseremeliminados estejam separadosdosoutroselementosporlinhashorizontaiseverticais.Quandoparticionadadeacordo com estas regras, a equao (2.16) torna-se A ATX X = K LL MI EI E(2.17) onde I X o subvetor composto pelas injees de corrente nos ns a serem eliminados e E X o sub-vetor composto pelas tenses complexas nestes ns. Obviamente, cada elemento de I X zero, seno osnsnopoderiamsereliminados.AsadmitnciasprpriasemtuascompondoKsoaquelasidentificadassomentecomosnsqueseroconservados.AmatrizMcompostadeadmitncias prprias e mtuas identificadas somente com os ns a serem eliminados. Esta matriz M uma ma-triz quadrada de ordem igual ao nmero de ns a serem eliminados. A matriz L e sua transposta L T so compostas somente das admitncias mtuas comuns a algum n a ser mantido e a outro que ser eliminado. Executando a multiplicao indicada na equao (2.17), obtem-se A A X= + K L I E E (2.18) TX A X= + L M I E E (2.19) Como todos os elementos de I X so zeros, resulta que T TA X A X= + = L M L M 0 E E E E (2.20) Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 30e pr-multiplicando ambos os lados da equao (2.20) por M 1, tem-se 1 TA X = M L E E (2.21) Substituindo a equao (2.21) na equao (2.18), resulta ( )1 1 T TA A A A = = K LM L K LM L I E E E (2.22) que uma equao nodal tendo como matriz admitncia nodal 1novaTbarra= Y K LM L (2.23) Com esta nova matriz admitncia de barras, pode-se construir uma nova rede eltrica, equivalen-te original, com os ns indesejados j eliminados. Exemplo 2.2: Se o gerador e o transformador na barra 3 so removidos do circuito da Figura 2.3, elimine os ns 3 e 4 pelo procedimento algbrico-matricial descrito, encontre o circuito equivalente comaqueles ns eliminados e a potncia complexatransferidapara dentroe paraforada rede nas barras 1 e 2, respectivamente. Determine tambm a tenso na barra 1. A utilizao desta tcnica apresenta um inconveniente. Para a eliminao de um grande nmero de ns, a matriz M, cuja inversa deve ser determinada, possuir uma grande dimenso. Isto inviabi-liza o clculo explcito de sua inversa. A inverso da matriz M pode ser evitada fazendo a eliminao de um n por vez. O n a ser eli-minado deve ser o de numerao mais alta e, provavelmente, uma renumerao deva ser necessria. A matriz M torna-se de um nico elemento e M 1 o recproco deste elemento. A matriz admitn-cia original particionada nas submatrizes K, L, L T e M fica Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 3111 1 111j nk kj kn barran nj nnY Y YY Y YY Y Y = Y

(2.24) e a matriz reduzida (n1) (n1), de acordo com a equao (2.23), ser 11 1 1111novaj nbarra n njk kj kn nnY Y YY YY Y Y Y = Y

(2.25) E quando a manipulao indicada das matrizes for executada, o elemento na linha k e coluna j da matriz novabarraYser novo origkn njkj kjnnY YY YY= (2.26) Exemplo 2.3: Faa a eliminao de ns do Exemplo 2.2, primeiro removendo o n 4 e, em seguida, removendo o n 3. 2.6. Matrizes Admitncia e Impedncia de Barras NoExemplo2.1,invertemosamatrizadmitnciadebarrasY barraechamamosasuainversade matriz impedncia de barras Z barra. Por definio: 1barra barra= Z Y (2.27) Como Y barra simtrica em relao diagonal principal, Z barra tambm o ser. Os elementos de Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 32Z barranadiagonalprincipalsochamadosdeimpednciasprpriasdosns.Oselementosforada diagonal principal so chamados de impedncias de transferncia ou impedncias mtuas dos ns. A matriz impedncia de barra muito til no clculo de faltas em sistemas de potncia e para a sua determinao no necessrio primeiro determinar a matriz admitncia de barra, como ser visto na Seo 2.8. Exemplo2.4:Umcapacitorcomumareatnciade5,0puestligadoaon4docircuitodo Exemplo2.1.AsfemsE G1,E G2eE Mpermanecemasmesmasdoexemplo.Determineacorrente absorvida pelo capacitor. Exemplo2.5:Seumacorrentede0,316101,97puinjetadanabarra4doExemplo2.1, encontre as tenses resultantes nas barras 1, 2, 3 e 4. 2.7. Modificao de uma Matriz Impedncia de Barras J Existente Nesta seo, ser examinado como modificar Z barra para adicionar novas barras ou conectar no-vas linhas s barras j existentes. Entendido como modificar Z barra, pode-se analisar como constru-ladiretamente.Vrioscasospodemserestudadosemmodificaesenvolvendoaadiodeum ramo de impedncia Z b a uma rede cuja Z barra original j conhecida e identificada por Z orig (nn). Caso 1: Adio de um ramo de uma nova barra p at a barra de referncia AadiodeumanovabarrapligadabarraderefernciaatravsdeumaimpednciaZ bsem conexocomnenhumadasoutrasbarrasdaredeoriginalnopodealterarastensesdebarra originais do sistema quando a corrente I p for injetada na nova barra. A tenso E p na nova barra ser igual a Z bI p. Ento 1 12 20000 0 0n np p bE IE IE IE I Z =

(2.28)Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 33Note que a matriz coluna das correntes multiplicada pela nova Z barra no alterar as tenses nas barras da rede original e resultar na tenso correta na nova barra p. Caso 2: Adio de um ramo de uma nova barra p at uma barra k j existente A adio de uma nova barra p ligada atravs de uma impedncia Z b a uma barra existente k com I p injetada na barra p, modificar a injeo de correntenaredeoriginal nabarra k que vir a ser a soma de I k e I p, conforme mostrado na Figura 2.5. Rede original com abarra k e a barra dereferncia extradaskpZbIkIpIk + Ip Figura 2.5. Adio de uma nova barra p ligada atravs de uma impedncia Z b a uma barra k j existente. A corrente I p fluindo para a barra k aumentar a tenso original E k de um valor igual a Z kkI p, nova origk k kk pE E Z I = + (2.29) e E p ser maior do que o novo E k de um valor de tenso igual a Z bI p. Assim, ( )1 1 2 2origp k kk p b pp k k kn n kk b pE E Z I Z IE Z I Z I Z I Z Z I= + += + + + + + (2.30) Como Z barra uma matriz quadrada e simtrica, resulta que devemos adicionar uma nova coluna que transposta da nova linha, ou seja, Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 341 1 12 2 21 2kkn n nkp p k k kn kk bE I ZE I ZE I ZE I Z Z Z Z Z = +

(2.31) NotequeosprimeirosnelementosdanovalinhasooselementosdalinhakdaZ origeos primeiros n elementos da nova coluna so os elementos da coluna k da Z orig. Caso 3: Adio de um ramo de uma barra k j existente at a barra de referncia Para alterar a matriz Z orig pela ligao de uma impedncia Z b desde uma barra k j existente at a barradereferncia,deve-seadicionarumanovabarrapligadaatravsdeZ bbarrak.Ento,se curto-circuitaabarrapbarradereferncia,fazendoE pigualazero,afimdeseobteramesma equao matricial (2.31), com exceo de que E p agora nula. A Figura2.6 mostra o procedimento explicado. Rede original com abarra k e a barra dereferncia extradaskpZbIkIpIk + Ip Figura 2.6. Adio da impedncia Z b entre uma barra k j existente e a barra de referncia. Para a modificao, procede-se de modo a criar uma nova linha e uma nova coluna, exatamente domesmomodocomonoCaso2.Entretanto,agora,elimina-sealinha(n+1)eacoluna(n+1) criadas,oquepossveldevidoexistnciadozeronovetordastenses.Paraisso,utiliza-sea equao (2.26). Portanto, cada elemento da nova matriz Z barra ser igual a ( 1) ( 1)nova origh n n ihi hikk bZ ZZ ZZ Z+ += +(2.32) Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 35Caso 4: Adio de um ramo entre duas barras j e k j existentes A Figura 2.7 ilustra a adio de um ramo com impedncia Z b entre duas barras j e k j existentes. A corrente I b est indicada com fluindo atravs de Z b da barra k para a barra j. Da Figura 2.7 pode-se escrever que ( ) ( )1 11 1 12 2 1 1 j j b k k bE Z I Z I Z I I Z I I = + + + + + + (2.33) ou rearranjando a equao (2.33), tem-se ( )1 11 1 12 2 1 1 1 1 j j k k j k bE Z I Z I Z I Z I Z Z I = + + + + + + (2.34) Rede original comas barras j, k e dereferncia extradasjkZbIjIbIj + IbIkIk Ib Figura 2.7. Adio de um ramo de impedncia Z b entre as barras j existentes j e k. De forma semelhante ( )( )1 1 2 21 1 2 2j j j jj j jk k jj jk bk k k kj j kk k kj kk bE Z I Z I Z I Z I Z Z IE Z I Z I Z I Z I Z Z I= + + + + + + = + + + + + + (2.35) Por outro lado 0k j b b j k b bE E Z I E E Z I = + = (2.36) Substituindo as equaes (2.35) na equao (2.36), obtem-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 20j k j k jj kj j jk kk k jj jk kj kk b bZ Z I Z Z I Z Z I Z Z I Z Z Z Z Z I + + + + + + + + = (2.37) Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 36Definindo 2bb jj kk jk bZ Z Z Z Z = + + (2.38) pode-se escrever a seguinte equao matricial 1 1 1 12 2 2 21 1 2 20j kj korig jj jk j jkj kk k knj nk n nj k j k jj kj jk kk jn kn bb bZ Z I EZ Z I EZ Z I EZ Z I EZ Z I EZ Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z I = Z

(2.39) Eliminandoalinha(n+1)eacoluna(n+1)damatrizdaequao Erro! Fonte de referncia no encontrada., cada elemento da nova matriz Z barra ( 1) ( 1)2nova origh n n ihi hijj kk kj bZ ZZ ZZ Z Z Z+ += + +(2.40) Exemplo2.6:ModificaramatrizimpednciadebarradoExemplo2.1demodoaconsiderara conexodeumcapacitorcomumareatnciade5,0 puentreabarra4eabarraderefernciado circuito da Figura 2.4. Ento, determine E 4 usando a impedncia da nova matriz. Compare este va-lor de E 4 com o encontrado no Exemplo 2.4. 2.8. Determinao Direta da Matriz Impedncia de Barras Paracomear,dispe-seumalistadeimpednciasindicandoasbarrasqueestoconectadas. Comea-se, ento, escrevendo a equao de uma barra ligada atravs de uma impedncia Z a barra de referncia como Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 37 1 1 aE Z I = (2.41) Agora, pode-se adicionar uma nova barra ligada primeira ou barra de referncia. No caso da segunda barra estar ligada barra de referncia atravs de Z b, tem-se a seguinte equao matricial 1 12 200abZ E IZ E I = (2.42) e prossegue-se a determinao direta da matriz impedncia adicionando outras barras, seguindo os procedimentosdescritosnaseoanterior.Normalmente,asbarrasdeumsistemaeltricodevem ser renumeradas para concordar com a ordem na qual elas devem ser adicionadas matriz Z barra. Exemplo2.7:DetermineZ barraparaaredemostradanaFigura2.8,ondeasimpednciasesto indicadas em pu. j1,2 j1,5j0,2j0,15j0,32 3 1 Figura 2.8. Rede para o Exemplo 2.7. Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 382.9. LISTA DE EXERCCIOS 2.1.Escreva as equaes nodais para o circuito da Figura 2.9 e calcule as tenses nos ns 1 e 2. ++1 20j1,0Ea = 1,030 Eb = 1,00j1,0j1,25j0,2j0,8 Figura 2.9. Circuito para o Exerccio 1. Os valores indicados so tenses e impedncias em pu. 2.2.Elimine os ns 3 e 4 da rede da Figura 2.10 simultaneamente pelo mtodo da partio de ma-trizes para encontrar a matriz admitncia resultante 22, Y barra. Desenhe o circuito correspon-dente matriz resultante e indique no circuito os valores dos parmetros. Calcule os valores de E 1 e E 2. 120303 4 2j40j504090 j1 j2j10j20j20j200 Figura 2.10. Circuito para os Exerccios 2.2 e 2.3. Os valores indicados so correntes e admitncias em pu. 2.3.Elimine os ns 3 e 4 da rede da Figura 2.10 para encontrar a matriz admitncia resultante 22 pela eliminao do n 4 primeiro e, depois, do n 3. 2.4.Elimine os ns 3, 4 e 5 do circuito da Figura 2.11 e desenhe o circuito descrito pela nova ma-triz admitncia de barras. Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 39++EAEBj5j2 j1 j1j8j5 j413 4 520 Figura 2.11. Circuito para o Exerccio 2.4. Os valores indicados so admitncias em pu. 2.5.ModifiqueZ barradadanoExemplo2.1adicionandoumnovonligadobarra4atravsde uma impedncia de j1,2 pu. 2.6.ModifiqueZ barradadanoExemplo2.1pelaadiodeumramotendoumaimpednciade j1,2 pu entre o n 4 e a barra de referncia. 2.7.Determine as impedncias da primeira linha de Z barra do Exemplo 2.1 com a impedncia liga-da entre a barra 3 e a barra de referncia removida. Faa a determinao pela modificao da matrizZ barraencontradanoExemplo2.1.Ento,comasfontesdecorrenteligadassomente nasbarras1e2,encontreatensonabarra1ecompareestevalorcomoencontradonoExemplo 2.2. 2.8.Modifique Z barra dada no Exemplo 2.1 pela remoo da impedncia ligada entre os ns 2 e 3. 2.9.Encontre Z barra para a rede da Figura 2.12 pelo processo de determinao direta. Barra de refernciaj1,0 j1,25j0,2 j0,051 2 3 Figura 2.12. Circuito para o Exerccio 2.9. Os valores indicados so reatncias em pu. 2.10.Para a rede de reatncias da Figura 2.13, encontre: a)Z barra pela formulao direta e por inverso de Y barra; b)a tenso em cada barra; Clculo de RedesProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 40c)atensoemcadabarradosistemacomaligaodeumcapacitorcomumareatnciade 5,0 pu entre a barra 3 e o neutro; d)a corrente absorvida pelo capacitor; e)a mudana na tenso em cada barra quando o capacitor est ligado barra 3. ++1,280 1,2030 j2,0j0,2j0,4j1,0j0,51 23j0,8 Figura 2.13. Circuito para o Exerccio 2.10. Tenses e impedncias em pu. III.FLUXO DE POTNCIA OU FLUXO DE CARGA 3.1. Aspectos Gerais Oclculodofluxodepotnciaemumaredede energiaeltricaconsisteessencialmentenade-terminao do estado desta rede (tenses complexas em todas as barras) e da distribuio dos fluxos de potncias ativa e reativa nos circuitos. A modelagem do sistema esttica, significando que a re-derepresentadaporumconjuntode equaes algbricas. Esse tipo de representao usado em situaes nas quais as variaes com o tempo so suficientemente lentas para que se possam ignorar osefeitostransitrios.Oclculodofluxodecarga,emgeral,realizadoutilizando-semtodos computacionais desenvolvidos especificamente para a resoluo de sistemas de equaes algbricas no-lineares que constituem o modelo esttico da rede. Os componentes de um sistema de energia eltrica podem ser classificados em dois grupos: os que esto ligados entre uma barra e a terra: por exemplo, geradores, cargas, reatores e ca-pacitores; osqueestoligadosentreduasbarrasquaisquerdarede(circuitos):porexemplo,linhasde transmisso e transformadores. Os geradores e cargas so considerados a parte externa do sistema e so modelados atravs de in-jeesdepotnciasnasbarras.Osdemaiscomponentesformamaparteinternadosistema.Ase-quaes do fluxo de carga (balanos de potncias) so obtidas impondo-se a conservao das potn-ciasativaereativaemcadabarradarede,ouseja,apotncialquidainjetadatemqueserigual soma das potncias que fluem pelos componentes internos que tm esta barra como um de seus ter-minais. 3.2. Formulao do Problema A cada barra da rede esto associadas quatro variveis: V k :magnitude da tenso complexa na barra k; k :ngulo da tenso complexa na barra k; P k :injeo lquida de potncia ativa na barra k, ou seja, k kd GP P ; Q k : injeo lquida de potncia reativa na barra k, ou seja, k kd GQ Q . Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 42Dependendodequaisvariveisentramcomodadosequaissoconsideradasincgnitas,defi-nem-se trs tipos de barras: PQ (Tipo 0) :so dados P k e Q k, e calculados V k e k; PV (Tipo 1) : so dados P k e V k e calculados k e Q k; V, referncia ou folga (Tipo 2) : so dados V k e k e calculados P k e Q k. As barras do tipo PQ e PV so utilizadas para representar as barras de carga e as barras de gera-o,respectivamente.AbarraVfornece a referncia angular do sistema e usada para fechar o balano de potncias levando em conta as perdas de transmisso que no so conhecidas antes de se ter a soluo final do problema. O conjunto de equaes do problema do fluxo de carga formado por duas equaes para cada barra, cada uma delas representando o fato das potncias ativa e reativa injetadas em uma barra se-remiguaissomadosfluxoscorrespondentesquedeixamabarraatravsdoscircuitos(linhasde transmisso, transformadores, ...). Isso pode, matematicamente, ser expresso por ( )( ) ( ), , ,, , ,kkk km k m k mmshk k k km k m k mmP P V VQ Q V Q V V =+ =(3.1) ondek = 1, 2, ..., nb, sendo nb o nmero de barras da rede; k o conjunto de barras vizinhas barra k; V k e V m so as magnitudes das tenses complexas nas barras k e m; k e m so os ngulos de fase das tenses complexas nas barras k e m; P km o fluxo de potncia ativa no circuito km; Q km o fluxo de potncia reativa no circuito km; shkQ ocomponentedainjeodepotnciareativadevidoaoelementoshuntconectadona barra k (2 sh shk k kQ b V = , sendo shkba susceptncia shunt ligada barra k). As equaes (3.1) so montadas considerando-se a seguinte conveno de sinais: asinjeeslquidasdepotnciasopositivasquandoentramnabarra(gerao)enegativas quando saem da barra (carga); os fluxos de potncia so positivos quando saem da barra e negativos quando entram; Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 43para os elementos shunt das barras adotada a mesma conveno que para as injees. 3.3. Fluxos de Potncias Ativa e Reativa 3.3.1. Linhas de Transmisso O modelo equivalente de uma linha de transmisso, representado na Figura 3.1, definido por trs parmetros: a resistncia srie r km, a reatncia srie x km e a susceptncia shunt shkmb . A impedn-cia do elemento srie z km = r km + jx km e, portanto, a admitncia srie 2 2 2 21km kmkm km kmkm km km km kmr xy j g jbz r x r x= = = ++ +(3.2) k mykm = gkm + jbkmshkmjbshkmjbIkmImk Figura 3.1. Modelo equivalente de uma linha de transmisso. A corrente I km pode ser calculada como ( )shkm km k m km kI y E E jb E = + (3.3) onde e k mj jk k m mE V e E V e = = . Analogamente, a corrente I mk ( )shmk km m k km mI y E E jb E = + (3.4) O fluxo de potncia complexa da barra k para a barra m Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 44( )( )k k m kj j j j shkm km km k km k km km k m km kS P jQ E I V e g jb V e V e jb V e = = = + + (3.5) OsfluxosP kmeQ kmsoobtidosidentificando-seaspartesreaiseimaginriasdessaequao complexa ( )( ) ( )22cos sencos senkm k km k m km km km kmshkm k km km k m km km km kmP V g V V g bQ V b b V V b g = += + + (3.6) onde km = k m. Os fluxos P mk e Q mk so obtidos analogamente, ou seja, ( )( ) ( )22cos sencos senmk m km k m km mk km mkshmk m km km k m km mk km mkP V g V V g bQ V b b V V b g = += + + (3.7) onde mk = m k. 3.3.2. Transformadores em fase A Figura 3.2 mostra o circuito equivalente de um transformador em fase. k mykmIkmImkpa:1 Figura 3.2. Modelo de transformador em fase. NaSeo1.5,deduziu-sequeascorrentesnosenrolamentosdeumtransformadoremfaseso expressas por Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 45 21 11km km k km mmk km k km mI y E y Ea aI y E y Ea= = +(3.8) O fluxo de potncia complexa da barra k para a barra m km km km k kmS P jQ E I = = (3.9) e, portanto, os fluxos de potncia ativa e reativa so obtidos identificando-se as partes real e imagi-nria dessa expresso. Isto resulta em ( )( )2222cos sencos senk km k mkm km km km kmk km k mkm km km km kmV g V VP g ba aV b V VQ b ga a = += + (3.10) Por outro lado, o fluxo de potncia complexa da barra m para a barra k mk mk mk m mkS P jQ E I = = (3.11) e, portanto, os fluxos de potncia ativa e reativa so ( )( )22sen coscos senk mmk m km km km km kmk mmk m km km km km kmV VP V g b gaV VQ V b b ga = + = + +(3.12) 3.4. Formulao Matricial Das equaes nodais para um sistema eltrico, tem-se I = Y barra E, onde I o vetor de injees de corrente,EovetordastensesnodaiseY barraamatrizadmitnciadebarras.Oselementosda matriz admitncia, generalizados, so Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 46 ( )21 1 k ksh sh sh shkm km kk k km km mm m km kmm mkmY y Y jb jb y Y jb jb ya a = = + + = + + (3.13) A matriz Y barra pode ser decomposta em duas matrizes barra barra barraj = + Y G B (3.14) ondeG barra a matriz condutncia nodal; B barra a matriz susceptncia nodal. A injeo lquida de corrente na barra k pode ser escrita como kk kk k km mmI Y E Y E= + (3.15) ConsiderandoqueY kk = G kk + jB kk,Y km = G km + jB km , e k mj jk k m mE V e E V e = = ,aequao(3.15) pode ser reescrita como ( ) ( )k mkj jk kk kk k km km mmI G jB V e G jB V e = + + +(3.16) A injeo de potncia complexa na barra k k k k k kS P jQ E I = = (3.17) e, substituindo a equao (3.16) na equao (3.17), as injees de potncias ativa e reativa na barra k podem ser escritas como ( )( )22cos sensen coskkk kk k k m km km km kmmk kk k k m km km km kmmP G V V V G BQ B V V V G B = + += + (3.18) Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 473.5. Equacionamento em Termos das Variveis do Sistema Dados para o fluxo de carga: P k e Q k nas barras PQ; P k e V k nas barras PV; V k e k na barra de folga (referncia angular). Incgnitas no fluxo de carga: V k e k nas barras PQ; k nas barras PV. Sejam npq e npv o nmero de barras PQ e PV, respectivamente.Ento, o problema do fluxo de cargaenvolve2npq + npvequaesalgbricasno-linearescomomesmonmerodeincgnitas. Estasequaessoconhecidascomobalanos(mismatches)depotnciasativaereativae,mate-maticamente, so expressas por ( )( )22cos sen 0 para barras e sen cos 0 para barras kkespkk k k m km km km km kmespkk k k m km km km km kmG V V V G B P PV PQB V V V G B Q PQ + + = + =(3.19) onde;k kespk G dP P P = .k kespk G dQ Q Q = Osbalanosdepotnciasativaereativa,equaes(3.19),podemserreescritas,deumaforma mais compacta, como 0 para barras e 0 para barras calc espk k kcalc espk k kP P P PV PQQ Q Q PQ = = = =(3.20) Uma vez resolvido este problema, estar conhecido o estado de todas as barras da rede (tenses Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 48complexas em todas as barras). Ento, calcula-se ( )( )22cos sen para a barra de folgasen cos para barras e de folgak kkk kkG kk k k m km km km km dmG kk k k m km km km km dmP G V V V G B PQ B V V V G B Q PV = + + += + +(3.21) As incgnitas podem ser agrupadas no vetor x como = xV (3.22) onde o vetor dos ngulos de fase das tenses complexas nas barras PV e PQ; V o vetor das magnitudes das tenses complexas nas barras PQ. As equaes (3.20) podem ser colocadas na forma vetorial como para barras e para barras calc espcalc espPV PQPQ = = = =P P P 0Q Q Q 0(3.23) ondeP o vetor dos desbalanos de potncia ativa nas barras PV e PQ; Q o vetor dos desbalanos de potncia reativa nas barras PQ. Seja f(x) o vetor de funes ( ) = Pf xQ (3.24) Dessa forma, o sistema de equaes algbricas no-lineares a ser resolvido pode ser colocado na seguinte forma ( ) = f x 0 (3.25) A resoluo desse sistema pode ser realizada por vrios mtodos iterativos que sero estudados a Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 49seguir.Ainicializaodoproblemafeitaarbitrandovaloresparaasmagnitudesdastensesnas barras PQ e para os ngulos de fase de todas as barras, exceto a de folga. Normalmente, utiliza-se a inicializao com perfil plano (flat start), onde se adota 1,0 pu para as magnitudes das tenses e 0 para os ngulos de fase. Os critrios de convergncia para os mtodos de soluo iterativos so os balanos de potncia ativa nas barras PV e PQ e de potncia reativa nas barras PQ que devem tender a zero. Na prtica, estes balanos devero satisfazer uma tolerncia pr-especificada (em geral, 10 3). 3.6. Mtodos Iterativos de Gauss e de Gauss-Seidel Da equao (3.17), tem-se k kkkP jQIE= (3.26) Por outro lado, da equao (3.15), pode-se escrever 1kk k km mmkkE I Y EY = (3.27) Substituindo a equao (3.26) na equao (3.27), obtm-se 1kk kk km mmkk kP jQE Y EY E = (3.28) aqualenvolvesomentetensescomplexascomovariveis.Formulandoofluxodecargadessa forma, obtm-se um conjunto de equaes no-lineares que pode ser resolvido iterativamente. Para a aplicao desse mtodo algum cuidado deve ser tomado em relao ao tipo da barra: a tenso da barra de folga no participa do processo iterativo, tendo o seu valor sido previa-mente estipulado; para as barras PQ, utiliza-se 1kesp espcalc k kk km mmkk kP jQE Y EY E = (3.29) Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 50para as barras PV, utiliza-se 1kesp calccalc k kk km mmkk kP jQE Y EY E = (3.30) onde { }k kcalck k k kk k km m k kk k km mm mQ Im S Im E Y E Y E Im E Y E Y E = = + = + (3.31) e, aps, corrige-se o valor de calckEpor espcorrig calc kk kcalckVE EE= (3.32) Ao final de cada iterao do mtodo de Gauss, atualizam-se as tenses complexas, isto , para as barras para as barras calck kcorrigk kE E PQE E PV(3.33) A diferena fundamental entre os mtodos de Gauss e de Gauss-Seidel reside na forma de atuali-zao das tenses complexas. Enquanto o mtodo de Gauss atualiza as tenses somente ao final da iterao, o mtodo de Gauss-Seidel atualiza imediatamente os valores j calculados para as tenses complexas. 3.7. Mtodo Iterativo de Newton-Raphson Considerearesoluodoproblemagenricof(x) = 0.Aresoluodesteproblemapelomtodo de Newton-Raphson consiste, inicialmente, em expandir o vetor f(x) em srie de Taylor na direo x e trunc-lo nos termos de primeira ordem. Assim, tem-se ( )( ) ( )+ + =f xf x x f x x 0x(3.34) onde ( ) f xx a matriz Jacobiana de f(x), ou seja, uma matriz de primeiras derivadas. Dessaforma,acadaetapadoprocessoiterativo,sucessivasaproximaesparaasoluo xpo-Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 51dem ser obtidas como 1( )( )hh h = f xx f xx(3.35) 1 1 h h h + += + x x x (3.36) ondeh a iterao corrente. Das equaes (3.24) e (3.22), se deduz que ( )hhh = Pf xQ hh = xV (3.37) e, portanto, a matriz Jacobiana J(x) ( ) ( )( ) ( )( ) = JP PVxQ QV (3.38) Considerando as expresses dos vetores P e Q, dadas na equao (3.23) e lembrando que P esp e Q esp so constantes, a matriz Jacobiana, equao (3.38), pode ser reescrita como ( ) ( )( ) ( )( )calc calccalc calc = JP PVxQ QV (3.39) As submatrizes que compem a matriz Jacobiana J, dada na equao (3.39), so, geralmente, re-Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 52presentadas por calc calccalc calc = = = = H NM LP PVQ QV(3.40) onde o sinal de menos vem da equao (3.35). Substituindo as equaes (3.37), (3.39) e (3.40) na equao (3.35), resulta 1h h h hh h h h = H NM LPV Q(3.41) Os componentes das submatrizes H, N, M e L so dadas por ( )2sen cos km k m km km km kmcalckk k kk kH V V G BH Q B V = = +H (3.42) ( )2cos sen km k km km km kmcalck kk kkkkN V G BP G VNV = ++= N (3.43) ( )2cos sen km k m km km km kmcalckk kk k kM V V G BM G V P = + = M (3.44) ( )2sen cos km k km km km kmcalckk k kkkkL V G BB V QLV = = L (3.45) 3.8. Mtodos Iterativos Desacoplados Os mtodos desacoplados baseiam-se no desacoplamento P e QV, ou seja, so obtidos consi-derando o fato de que as sensibilidadesV Q P e so mais intensas do que as sensibilida-Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 53des Q V P e . Este tipo de relao, em geral, verifica-se para redes de transmisso em ex-tra-alta tenso (EAT, maiores do que 230 kV) e ultra-alta tenso (UAT, maiores do que 750 kV). O desacoplamento possibilita a adoo de um esquema de resoluo segundo o qual os subpro-blemas P e QV so resolvidos alternadamente: na resoluo do subproblema Pso utilizados os valores atualizados de V; na resoluo do subproblema QV so utilizados os valores atualizados de . Nos mtodos desacoplados so introduzidas aproximaes apenas na matriz Jacobiana, sendo os valores dos balanos de potncias P e Q calculados da mesma forma que no mtodo de Newton-Raphson, ou seja, utilizando as equaes (3.19). A introduo de aproximaes na matriz Jacobiana altera o processo de convergncia, ou seja, modifica o caminho entre a soluo inicial e a soluo final, mas no altera a soluo final, pois o problema resolvido permanece o mesmo. O desacopla-mento introduzido apenas no algoritmo de resoluo, sem afetar o modelo de rede. 3.8.1. Mtodo de Newton-Raphson Desacoplado OalgoritmobsicodomtododeNewton-Raphson,desenvolvidonaSeo3.7,podesercolo-cado na forma = + = + + + H NM LP VQ VV V V (3.46) A deduo do mtodo desacoplado baseia-se na aplicao das seguintes etapas. Efetuar o desacoplamento e aplicar o esquema alternado de resoluo. Pelo desacoplamen-to PV e Q os termos NV e M so desprezados. Dividir os vetores P e Q por V. Isto torna os segundos membros lineares em V. Estas alteraes produzem o seguinte sistema desacoplado Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 54 = + = + HLPVQVVV V V (3.47) onde as componentes das submatrizes H e L so expressas por ( ) sen cos km m km km km kmcalckkk kk kkH V G BQH B VV = = + H (3.48) 2cos sen km km km km kmcalckkk kkkL B GQL BV = = L (3.49) 3.9. Fluxo de Potncia Linearizado ou Fluxo de Carga CC O fluxo de potncia ativa em um circuito aproximadamente proporcional abertura angular do circuitoesedeslocanosentidodosngulosmaioresparaosngulosmenores.Arelaoentreos fluxos de potncia ativa e as aberturas angulares do mesmo tipo que entre os fluxos de corrente e as quedas de tenso em um circuito de corrente contnua, para o qual vlida a Lei de Ohm. Esta propriedadepossibilitaodesenvolvimentodeummodeloaproximadodefluxodecargaCCque permite estimar, com baixo custo computacional e com preciso aceitvel para muitas aplicaes, a distribuio dos fluxos de potncia ativa em uma rede de transmisso. O fluxo de carga CC baseado no acoplamento entre as variveis P e (potncia ativa ngulo de fase das tenses complexas) e apresenta resultados tanto melhores quanto mais elevado for o n-vel de tenso do sistema. Este modelo linearizado, no entanto, no aplicvel para sistemas de dis-tribuioembaixatenso,nosquaisosfluxosdepotnciaativadependemtambm,edemaneira significativa, das magnitudes das tenses complexas nas barras.Deve-se observar que o modelo CC no leva em conta as magnitudes das tenses nodais, as po-tncias reativas e os tapes dos transformadores. Por esta razo, ele no pode substituir por completo os mtodos no-lineares de fluxo de potncia, mas tem, todavia, grande utilidade em fases prelimi-Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 55naresdeestudosqueexigemaanlisedeumgrandenmerodecasos,oquedificilmentepoderia ser feito utilizando-se os mtodos convencionais. Em fases subseqentes dos estudos, se for neces-srio o conhecimento de variveis como as magnitudes das tenses, os fluxos de potncia reativa e os valores dos tapes de transformadores, ento se deve utilizar mtodos que forneam solues exa-tas (como Newton-Raphson, desacoplado, ...). 3.9.1. Linearizao Para proceder-se a linearizao das equaes da rede eltrica considerando apenas o acoplamen-to P , deve-se considerar as seguintes aproximaes: V k = 1,0 pu em todas as barras; Desprezar todos os shunts na formao de Y barra; Desprezar todas as resistncias srie dos circuitos; Considerar sen km km em radianos; Considerar todos os tapes unitrios. Dessaformaasequaes(3.6),(3.10)e(3.12)quefornecemosfluxosdepotnciaativaemli-nhas de transmisso e transformadores em fase, podem ser escritas como ( )k mkm km km km k mkmP b bx = = = (3.50) ondex km a reatncia equivalente de todos os circuitos em paralelo que existem no ramo k m. Esta equao tem a mesma forma que a Lei de Ohm aplicada a um resistor percorrido por cor-rente contnua, sendo P km anlogo intensidade da corrente, k e m anlogos s tenses terminais e x km anlogo resistncia eltrica do resistor. Por esta razo, o modelo de rede de transmisso basea-do na equao (3.50) conhecido como modelo CC. 3.9.2. Formulao Matricial A injeo de potncia ativa na barra k igual soma dos fluxos que saem da barra, ou seja, Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 56( )1 1 1k k kk km k m km k km mm m mP x x x = = (3.51) que, por sua vez, admite uma representao matricial do tipo = B P (3.52) ondeP o vetor das injees lquidas de potncia ativa; o vetor dos ngulos de fase das tenses complexas; B uma matriz tipo susceptncia nodal, cujos elementos so 1 1kkm km kk kmmB x B x = = (3.53) A matriz B dada na equao (3.53) singular pois, como as perdas de transmisso foram ig-noradas, a soma dos componentes de P nula, ou seja, a injeo de potncia em uma barra qualquer da rede pode ser obtida a partir da soma algbrica das demais. Para resolver este problema, elimina-se uma das equaes do sistema linear (3.52) e adota-se a barra correspondente como referncia an-gulardosistema(=0).Dessaforma,essesistemapassaaserno-singularcomdimenso (nb 1) e os ngulos de fase das (nb 1) barras restantes podem ser determinados a partir das inje-es de potncia ativa especificadas nessas (nb 1) barras. 3.10. Caractersticas dos Mtodos de Soluo do Fluxo de Potncia De uma forma genrica, pode-se dizer o seguinte sobre cada um dos mtodos estudados: a)Mtodo de Gauss-Seidel: um mtodo exato de clculo; tende a apresentar um nmero elevado de iteraes (da ordem do tamanho do sistema); se a diagonal da matriz Ybarra for fraca, pode apresentar problemas de divergncia. b)Mtodo de Newton-Raphson: um mtodo exato de clculo; apresenta convergncia quadrtica; Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 57baixo nmero de iteraes; custo computacional relativamente elevado por iterao; a matriz Jacobiana to esparsa quanto a Ybarra, simtrica quanto estrutura e assimtrica numericamente; muitosensvelquantoinicializao(oidealfornecervaloresiniciaisprximossoluo final). c)Mtodo de Newton-Raphson desacoplado: um mtodo exato de clculo; utiliza o acoplamento existente entre as variveis P e Q V em redes de EAT e UAT; soluo dos subsistemas alternadamente com atualizao das incgnitas; a velocidade de convergncia dos subsistemas pode ser diferente. d)Mtodo linearizado (Fluxo de potncia CC) um mtodo aproximado de clculo; sempre apresenta convergncia, mesmo que para valores absurdos; melhor desempenho em redes de alta relao rx (EAT, UAT); adequado a problemas onde a exatido no um fator preponderante e/ou em problemas on-de haja necessidade de muitas solues de casos, como, por exemplo, em planejamento de ex-panso; apresenta uma soluo rpida; apresenta a desvantagem de ser um mtodo aproximado de clculo (geralmente, apresenta um erro de 3 a 5% nos ngulos para sistemas de linhas mdias). 3.11. Ajustes e Controles Nas sees anteriores, foram apresentados os principais mtodos de resoluo das equaes bsi-cas do problema do fluxo de carga. Essas equaes representam os componentes mais importantes deumsistemadeenergiaeltrica,quesoascargas,osgeradores,aslinhasdetransmisso,os transformadores em fase, os capacitores e reatores shunt. Alm desses componentes, um sistema de energia eltrica possui uma srie de dispositivos de controle que influem diretamente na operao e, portanto, devem ser includos na modelagem do sistema para que se possa simular corretamente seu Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 58desempenho. formulao bsica do problema de fluxo de carga devem, ento, ser incorporadas as equaesquerepresentamessesdispositivosdecontrolebemcomoasinequaesassociadasaos limites de operao do sistema. Entre os controles que geralmente so representados em problemas de fluxo de carga esto: controle da magnitude de tenso nodal (local e remota) por injeo de reativos; controle da magnitude de tenso nodal por ajuste de tap (transformadores em fase); controle de fluxo de potncia ativa (transformadores defasadores); controle de intercmbio entre reas. Os limites de operao mais comuns so: limites de injeo de potncia reativa em barras PV; limites de tenso em barras PQ; limites dos taps de transformadores; limites de fluxos em circuitos. Existem basicamente trs modos de representar os controles mencionados anteriormente: a)Classificao por tipo de barra (PQ, PV, V). Isto significa que, por exemplo, o controle de tenso em barras PV j est representado nas equaes do fluxo de carga pela prpria defi-nio de barra PV. b) Mecanismos de ajuste executados alternadamente, ou seja, durante o clculo de uma itera-oasvariveisdecontrolepermaneceminalteradase,entreumaiteraoeoutra,essas variveissoreajustadasprocurando-sefazerqueasvariveiscontroladasseaproximem cada vez mais dos respectivos valores especificados. c)Incorporao de equaes e variveis adicionais s equaes bsicas do fluxo de carga ou substituio de equaes e/ou variveis da formulao bsica do fluxo de carga por novas equaes e/ou variveis. Por exemplo, um transformador em fase, cuja varivel de controle a relao de transformao a e a varivel controlada a magnitude da tenso em uma de suasbarrasterminais,podeserrepresentadopelasimplesalteraodovetordevariveis dependentesx,noqualamagnitudedatensocontroladasubstitudapelarelaode transformao a, mantendo-se inalterado o conjunto de equaes. Em relao ao processo de resoluo das equaes bsicas do fluxo de carga, a introduo da representao de controles traz algumas complicaes adicionais que devem ser observadas. A con-vergncia do processo iterativo geralmente fica mais lenta. A interferncia entre controles que so Fluxo de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I 59eletricamente prximos pode levar, em alguns casos, no-convergncia do processo iterativo. A-lm disso, a ocorrncia de solues mltiplas para um mesmo problema torna-se freqente quando os dispositivos de controle so includos na modelagem do sistema. 3.12. Cargas Variveis com a Tenso A representao de cargas por injees constantes de potncia ativa e reativa nem sempre cor-responde ao comportamento real do sistema. A rigor, a modelagem por injeo de potncia constan-tesomenteseriainteiramentecorretaseasmagnitudesdastensesnodaisdascargaspermaneces-sem iguais aos respectivos valores nominais. Entretanto, em algumas aplicaes do clculo do fluxo de carga, como o caso dos programas de anlise de estabilidade transitria, a modelagem das car-gastemefeitodiretosobreosresultados.Amodelagemporpotnciaconstante(independenteda tenso),emgeral,maiscrticaqueamodelagemporadmitnciaconstante(acargavariacomo quadradodamagnitudedatenso).Nessetipodeaplicao,freqentementesoobservadoscasos estveis classificados como instveis porque no foram consideradas as variaes das cargas com as magnitudes das tenses. Um modelo geral para as cargas ativas e reativas dado por ( )( )22kknomd p p k p k knomd q q k q k kP a b V c V PQ a b V c V Q= + += + +(3.54) em que a + b + c = 1, ou seja, para V k = 1,0 pu, as cargas espkespkQ P eassumem os valores nominais enom nomk kP Q . Essa alterao na definio das cargas provoca algumas pequenas mudanas na mon-tagem da matriz Jacobiana, pois agora espkespkQ P edeixam de ser constantes e passam a ser funes de V k. So afetados os elementos N kk e L kk das submatrizes N e L, que passam a ser calculados como ( ) ( )( ) ( )1 21 222nom calckk p p k k k kk k knom calckk q q k k k kk k kN b c V P V G V PL b c V Q V B V Q= + += + + (3.55) emque calckcalckQ P e soosvalorescalculadosemfunodaestimativamaisrecentedoestadoda rede, durante o processo iterativo de resoluo das equaes do fluxo de potncia. IV.OPERAO ECONMICA DE SISTEMAS DE POTNCIA 4.1. Aspectos Gerais Aoperaoeconmicadeumsistemadeenergiaeltricaestsemprevoltadaparaaanlisede custodeprodutoseservios.Estasanlisessoimportantesdentrodoaspectoderetornosobreo capital investido. Taxas fixadas por comits reguladores e a importncia da economia de combust-vel colocam presses extremas sobre as companhias de energia eltrica com o objetivo de alcanar mxima eficincia na operao e de aumentar a eficincia continuamente com o fim de manter uma razovel relao entre o custo do kWh para o consumidor e o custo da companhia para fornecer um kWh em face do constante crescimento dos preos do petrleo, dos servios, dos suprimentos e de manuteno. Os engenheiros tm alcanado grande sucesso no aumento da eficincia de caldeiras, turbinas e geradoresdemodoquecadanovaunidadeadicionadascentraisdeumsistemaoperademodo mais eficiente que qualquer unidade mais antiga. Na operao do sistema nas condies de qualquer carga, a contribuio de cada central e de cada unidade dentro dela deve ser determinada de modo que o custo de potncia gerada seja mnimo. 4.2. Distribuio de Carga entre as Unidades de uma Mesma Central Para determinar a distribuio econmica da carga entre as vrias unidades compostas de turbi-na, gerador e caldeira, o custo varivel de operao da unidade deve ser expresso em termos da po-tncia de sada. Uma curva tpica entradasada est indicada na Figura 4.1. Esta representa a entra-da de combustvel para uma unidade em Btu/h versus a potncia de sada da unidade em MW. A en-trada de combustvel pode facilmente ser convertida para $/h, multiplicando a entrada de combust-vel pelo seu custo. 1,0 Btu = 1.055,0559 J Operao Econmica de Sistemas de PotnciaProf. Luciano V. Barboza Sistemas de Potncia I61 Figura 4.1. Curva de entradasada para uma unidade geradora. Ocritrioparadistribuiodecargaentreunidadesbaseadonofatodequeocrescimentoda cargaemumaunidadeacompanhadadeumdecrscimonaoutradeumaquantidadeigualresulta emumacrscimooudecrscimonocustototal.Ento,estsetrabalhandocomcustoincremental quedeterminadopelasinclinaesdascurvasentradasadadasunidades.Seasordenadasda curva entradasada forem expressas em $/h e s