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3.2.2 – Conceito de barra flutuante ou swing ou slack
As perdas do sistema não estão representadas nas equações do fluxo de potência. A barra flutuanteé responsável pelo suprimento de todas as perdas do sistema e por isto não tem a geração fixada. Ageração da barra flutuante é calculada após a solução do problema.
Do Exemplo 3.1 tem-se portanto que totaisativas perdas LGG P P P P _ _ 321 , que só são conhecidas
após a solução do fluxo de potência.Suponha que a barra 1 do exemplo 3.1 seja flutuante, logo 11 GG jQ P não é um dado do problema,
logo elimina-se a primeira equação do sistema posto na forma complexa, logo o sistema fica:
*3232221212222 V Y V Y V Y V jQ P S GG , *3332321313333 V Y V Y V Y V jQ P S L L .
A equação relativa a barra 1 foi eliminada. Tem-se 2 equações e três incógnitas. O processo
consiste em fixar uma incógnita, no caso 1V . Após se encontrar a solução, 2V e 3V , calculam-se P 1 e
Q1. A barra flutuante é uma barra de tensão controlada e referência de ângulo para o sistema.
3.2.3 – Tipos de barras 3.2.3.1 – Barra f lutuante ou swing ou slack ou V
Esta barra existe para suprir as perdas do sistema, desconhecidas até a solução da rede. Só existeuma barra flutuante em todo o sistema.
Dados de entrada: V k , k .Calculado nesta barra: P k , Qk .
3.2.3.2 – Barra de carga ou PQ
Não existe qualquer controle de tensão nesta barra. A maioria das barras é deste tipo, cerca de 95%do total de barras.
Dados de entrada: P k , Qk .Calculado nesta barra: V k , k .
A barra de carga pode ter gerador, só que este fornecerá P e Q constantes durante todo o processode cálculo.
3.2.3.3 – Barra de tensão controlada ou PV
Existem dispositivos de controle que permitem manter o módulo da tensão e a injeção de potênciaativa em valores especificados tais como gerador e compensador síncrono. Algumas das barras dosistema são deste tipo, representando 5% do total de barras.
Dados de entrada: Pk , Vk .Calculado nesta barra: Qk , k .
3.2.4 – Sistema de equações do fluxo de potência
Devido à variedade de tipos de barras, o sistema de equações que descreve o sistema elétrico édividido em dois subsistemas.
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3.2.4.1 – Subsistema 1
Este subsistema contém as equações que devem ser resolvidas para se encontrar a solução do fluxode potência, ou seja, módulo e ângulo das tensões nas barras.
),( V P P k k , PV PQk , , barras de carga e de tensão controlada,),( V QQ
k k
, PQk , barras de carga.
3.2.4.2 – Subsistema 2
As incógnitas aqui contidas são determinadas por substituição das variáveis calculadas no sub-sistema 1.
),( V P P k k , V k , barra flutuante,),( V QQ k k , PV V k , , barra flutuante e barras de tensão controlada.
Exemplo 3.2.Escrever as equações do sistema da Figura 3.4 na forma real polar, separando-as nos subsistemas 1
e 2. As variáveis especificadas estão mostradas na própria Figura 3.4.
Figura 3.4 – Sistema do exemplo 3.2
Subsistema 1 na forma real polar.
3
1222222 )()cos(
m
mmmmm sen BGV V P ,
3
1 333333
)()cos(m
mmmmm
sen BGV V P ,
3
1333333 )cos()(
m
mmmmm B senGV V Q .
A solução das três equações acima fornece 2, 3, V3.
Para se determinar as outras variáveis (P1, Q1, Q2) basta substituir as variáveis calculadas nosubsistema 1 no subsistema 2.
1 E
3
2
2 E
1
V 1, 1
3 P 3
V 2, P 2
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Subsistema 2 na forma real polar.
3
1111111 )()cos(
m
mmmmm sen BGV V P ,
3
1
111111 )cos()(m
mmmmm B senGV V Q ,
3
1222222 )cos()(
m
mmmmm B senGV V Q .
Observação: Número de equações para solucionar um sistema elétrico
Seja sistema elétrico com n barras onde l destas barras são barras de tensão controlada e uma é a barra flutuante.
O número de equações do sistema na forma real polar é 22 l n .Seja o caso do sistema brasileiro com 2.000 barras sendo 100 barras de tensão controlada. O
número de equações a serem resolvidas é 898.32100000.4 . Conclui-se deste número que ométodo de solução deve ser eficiente.
3.3 – Fluxo de Potência pelo Método de Gauss-Seidel
3.3.1 – Revisão do método de Jacobi
Seja sistema de equações lineares
nnnnnnnn
nn
nn
b xa xa xa xa xa
b xa xa xa xa xa
b xa xa xa xa xa
44332211
22424323222121
11414313212111
Reescrevendo-se o sistema para explicitar as variáveis da diagonal principal vem:
1144332211
2424323121222
2
1414313212111
1
1
1
1
nnnnnnnnnn
n
nn
nn
xa xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
(3.4)
O método de Jacobi consiste em iniciar o processo de solução com valores arbitrados. Sejam)0()0(
2)0(
1 ,,, n x x x os valores arbitrados para a primeira iteração, onde o sobrescrito corresponde a
iteração. A partir deste conjunto, substituindo-o nas Equações 3.4 obtém-se o conjunto )1()1(2)1(
1 ,,, n x x x
mais próximo da solução procurada. A próxima etapa consiste em substituir nas Equações 3.4 osvalores recém obtidos. O processo se repete até que convergência seja obtida. Aplicando-se a primeiraiteração ao sistema de Equações 3.4 vem:
)0( 11)0(44)0(33)0(22)0(11)1(
)0(2
)0(424
)0(323
)0(1212
22
)1(2
)0(1
)0(414
)0(313
)0(2121
11
)1(1
1
1
1
nnnnnnnnnn
n
nn
nn
xa xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
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3.3.2 – O método de Gauss-Seidel
Este método, da mesma forma que o método de Jacobi, não é atualmente utilizado para solucionarum sistema elétrico de potência por ser muito lento, porem é muito didático. Encontra utilização namelhoria dos valores arbitrados para início de um outro método mais eficiente.
O método de Gauss-Seidel é um aperfeiçoamento do método de Jacobi e difere deste somente
quanto ao conjunto de valores substituídos nas Equações 3.4. A diferença é que os valores substituídossão aqueles mais recentes, ou seja, à medida que os valores são determinados, estes são utilizados no processo de substituição, ou seja,
1
1 1
)()1()1( 1 k
m
n
k m
imkm
imkmk
kk
ik xa xab
a x , k = 1, n.
Seja conjunto de valores arbitrados )0()0(2)0(
1 ,,, n x x x . Notar que a condição inicial da variável)0(
1 x é
desnecessária para este sistema, porém no caso geral a mesma variável pode aparecer em ambos oslados do sinal de igual. As variáveis calculadas são utilizadas na mesma iteração, ou seja, para a primeira iteração:
)1( 11)1(44)1(33)1(22)1(11)1(
)0(2
)0(424
)0(323
)1(1212
22
)1(2
)0(1
)0(414
)0(313
)0(2121
11
)1(1
1
1
1
nnnnnnnnnn
n
nn
nn
xa xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
Generalizando-se o processo vem:
)1( 11)1(44)1(33)1(22)1(11)1(
)(2
)(424
)(323
)1(1212
22
)1(2
)(1
)(414
)(313
)(2121
11
)1(1
1
1
1
innn
in
in
in
inn
nn
in
inn
iiii
inn
iiii
xa xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
xa xa xa xaba
x
O método de Gauss-Seidel usa formulação das equações do sistema elétrico de potência emnúmeros complexos, o que resulta em uma equação por barra, excetuando-se a barra flutuante.
*
1
*
n
m
mkmk k k k k k V Y V I V jQ P S , k flutuante,
n
m
mkmk k k k k k V Y V I V jQ P S
1
*** , k flutuante.
Seja o sistema de três barras mostrado na Figura 3.4, onde a barra 1 é a barra flutuante e não existe barra de tensão controlada (PV).
323222121*222 V Y V Y V Y V jQ P , logo:
323121*
2
22
222
1V Y V Y
V
jQ P
Y V
,
232131*
3
33
333
1V Y V Y
V
jQ P
Y V
.
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Do sistema acima as seguintes variáveis são conhecidas:11, V constantes durante todo o processo, pois pertencem à barra flutuante,
3322 ,,, Q P Q P constantes durante todo o processo, pois pertencem à barra PQ.
As variáveis calculadas são 3322 ,,, V V .
3.3.3 – Critério de convergência do método de Gauss-seidel
)1()( ik i
k k V V V especificado, geralmente entre 10–4 e 10–6.
O método de Gauss-Seidel nem sempre converge, além de ser lento. Para que haja convergência éimportante que o conjunto de valores arbitrados esteja próximo da solução.
3.3.4 – Fórmula geral do método de Gauss-Seidel aplicado ao fluxo de potência
A seguir a fórmula geral do método de Gauss-Seidel onde i corresponde a iteração e nk ,2 é a barra do sistema. Esta equação considera a barra 1 flutuante.
n
k m
imkm
k
m
imkmi
k
k k
kk
ik V Y V Y
V
jQ P
Y V
1
)(1
1
)1()(*
)1( 1
, k = 2,n. (3.5)
3.3.5 – Melhoria do método de Gauss-Seidel
O fator de aceleração é utilizado na tentativa de se chegar na solução do sistema de equaçõescom menos iterações.
Figura 3.5 – Fator de aceleração
)()1()1( ik
ik
ik V V V
,)1()()1)(( ik
ik
iaceleradok V V V .
Na prática, para os sistemas elétricos de potência, o valor de é 1,6.
Este método é utilizado para as primeiras iterações do método de Newton-Raphson.
3.3.6 – Tratamento no caso de existir barra PV
Problema: Qk não é especificado e Vk é especificado.
Solução:
a) Calcular )(calculadok Q a cada iteração com a equação:
I V S I V S I V S ****** , I V Q jQ P S jQ P S ** Im , logo
V (0) V (1) V (acelerado)(1)
solução
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)1()1()1)(( Im ik i
k icalculado
k I V Q ,
n
m
imkm
ik
icalculadok V Y V Q
1
)1()1(*)1)(( Im . (3.6)
b) Calcular o valor da tensão:
n
k m
imkm
k
m
imkm
k
icalculadok k
kk
i provisóriok V Y V Y
V
jQ P
Y V
1
)(1
1
)1(*
)1)(()1)(( 1
.
Desta equação sai calculado )1)(()1)(( i provisóriok i provisório
k V . Como Vk é especificado, só
aproveito o argumento da tensão provisória calculada, logo
)1)(()()1( i provisóriok doespecifica
k i
k V V .
Exemplo 3.3.Desenvolver as três primeiras iterações do método de Gauss-Seidel do sistema mostrado na Figura
3.6.
Figura 3.6 – Sistema do exemplo 3.3
Considerar condição inicial flat-start, ou seja,0)0(
2 0 ,0)0(
3 00,1 V .
Determinação da matriz YBARRA
0,50,100,50,10
0,50,50,100,10
0,100,100,100,10
j j j j
j j j j
j j j j
Y BARRA =
0,150,50,100,50,150,10
0,100,100,20
j j j
j j j
j j j
.
Dados fixos: 01 00,1 V , 0,32 G P , 1,12 V , 5,43 L P , 5,03 LQ .
Condições iniciais: 0)0(2 0 ,0)0(
3 00,1 V .
Variáveis livres: 2GQ .
n
k m
imkm
k
m
imkmi
k
k k
kk
ik V Y V Y
V
jQ P
Y V
1
)(1
1
)1()(*
)1( 1
, k = 2,n.
Formulação complexa. A barra 1 é a barra flutuante.
323121*
2
22
222
1V Y V Y
V
jQ P
Y V GG
, substituindo-se os valores fixos vem:
Q L3 = 0,5 pu
2 E
1 E
3
2
1
1V =1,000
P L3 = 4,5 pu
P G2 = 3,0 puV 2 = 1,1 pu
– j5,0
– j10,0
– j10,0
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57
3
2
22 0,50,10,101,1
0,3
0,151
V j j jQ
jV G
.
232131*
3
33
333
1V Y V Y
V
jQ P
Y V L L
, substituindo-se os valores fixos vem:
01,10,50,10,105,05,4
0,151
*3
3 j jV
j j
V
.
Estimar valor de 2GQ , pois pertence a barra de tensão controlada. Aplicando-se a Equação 3.6 vem:
n
m
mkmi
k icalcilado
k V Y V Q
1
)1(*)1)(( Im
n
m
mmcalculado
V Y V Q
12
*2
)(2 Im
.
Expandindo-se a expressão de Q vem:
323222121*2)(2 Im V Y V Y V Y V Q estimado .
Substituindo-se os valores fixos vem: 33202)(2 0,51,10,1500,10,101,1Im V j j jQ estimado .
Primeira iteração.
0000)(2 00,10,501,10,1500,10,1001,1Im j j jQ estimado ,
65,165,1Im )(2)(
2 estimadoestimado
Q jQ .
0
22 00,10,50,10,101,1
65,10,30,15
1 j j
j
jV
,
02 39,911,15,1673,20,15 j jV . Como a tensão 2V é especificada tem-se: 02 39,91,1 V .
0
0339,91,10,50,10,10
00,1
5,05,4
0,15
1 j j
j
jV .
03 39,91,10,50,105,05,40,151
j j j j
V
03 61,805,55,95,40,15 j j
V
43,590,05,95,40,153
j j j
V
93,1460,30,153
j j
V
03 57,1302,124,099,0 jV
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3.4 – Fluxo de potência pelo Método de Newton-Raphson
3.4.1 – Revisão do método no caso monovariável, f ( x ) = 0
Solução de sistemas algébricos não lineares.
Figura 3.7 – Revisão monovariável do método de Newton-Raphson
Algoritmo:
1) Arbitrar condição inicial x(0) e fixar a iteração i = 0.
2) Calcular )(i x f e verificar a convergência. Se )(i x f , parar.
3) Fazer 1 ii . Linearizar a função em torno de )(, )()( ii x f x usando parte da série de Taylor,
)(
)(
)()()(
)(
)(
)()(
i
x
iii
xdx
xdf
x f x x f i
.
4) Solucionar o sistema linearizado
0)( )()(
)(
)(
i
x
i x
dx
xdf x f
i
,
que tem como solução:
)(
)()(
)()( i x
ii
dx xdf
x f x .
5) Atualizar a solução do problema)()()1( iii x x x .
6) Voltar ao passo 2.
x
f ( x)
x(0) x(1)
x(2)
f(x(0))
f(x(3))
f(x(1))
f(x(2)) x(3)
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3.4.2 – Revisão do método no caso multivariável, F( x ) = [0]
Sejam
t n f f f F 21
t n x x x x 21
1) Arbitrar condição inicial x(0) e fixar a iteração i = 0.
2) Calcular )(i x F e verificar a convergência. Se )(max i x F , parar.
3) Fazer 1 ii . Linearizar a função em torno de )(, )()( ii x F x usando parte da série de Taylor,)()()()()( iiiii
x x J x F x x F ,
onde
x
F J é a matriz jacobiana.
4) Solucionar o sistema linearizado
0)()()( iii x x J x F ,
cuja solução é a solução de
)()()( iii x x J x F ,
que é do tipo x Ab .
5) Atualizar a solução do problema)()()1( iii
x x x .
6) Voltar ao passo 2.
3.4.3 – Aplicação do método de Newton-Raphson na solução do fluxo de potência
Equações básicas do subsistema 1, a serem solucionadas:
n
m
kmkmkmkmmk k sen BGV V P
1
)()cos( , PV PQk , ,
n
m
kmkmkmkmmk k B senGV V Q1
)cos()( , PQk .
Resíduos de potência (power mismatches)
),()()( V P P P calculadok doespecifica
k k , PV PQk , ,
),()()( V QQQ calculadok doespecifica
k k , PQk .
Sistema a ser solucionado pelo método de Newton-Raphson:
0
0
k
k
Q
P
PQk
PV PQk
,
.
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Considera-se sistema com n barras, sendo que:Barras PQ: barras de 1 a l ,Barras PV : barras de l + 1 a n – 1,Barra V : barra n.
t l n QQQ P P P F 21121
t l n V V V x 21121
)()()()( )( iiii x x J x F , que em forma matricial é:)(
)(
)( ii
i
V J
Q
P
, que está na forma x Ab .
Atualização das variáveis de estado:)()()1( iii
V V V
.
Convergência: p P max e qQ max .
3.4.4 – Matriz jacobiana geral
Seja t n f f f F 21 e as variáveis x1, x2, ..., xn.
n
nnn
n
n
nn
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
J
21
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
)( .
3.4.5 – Matriz Jacobiana aplicada à solução do fluxo de potência
1
111
1
111
P J
x
f J ,
1
1
1
)(1
1
)(1
)(1
1
1
P P P P P calculadocalculadooepecificad .
l
l l l
n
l l l
l n
l n
l
nnn
n
nnn
l n
l n
l nl n
V
Q
V
Q
V
QQQQ LM
V
Q
V
Q
V
QQQQ
V
Q
V
Q
V
QQQQ
V
P
V
P
V
P P P P N H
V P
V P
V P P P P
V
P
V
P
V
P P P P
J
21121
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
222
12
12
22
12
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
)1()1(
LM
N H J
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P H nn )1()1( ,
V
P N l n
)1( ,
QM nl )1( ,
V
Q L l l
.
)()()( iii
V LM N H
Q P
.
RESUMO DO MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON
Equações do subsistema 1:
n
m
kmkmkmkmmk k sen BGV V P
1
)()cos( , PV PQk , ,
n
m
kmkmkmkmmk k B senGV V Q
1
)cos()( , PQk .
Sistema a ser solucionado:)()( calculado
k doespecifica
k k P P P , PV PQk , ,
)()( calculadok
doespecificak k QQQ , PQk .
Sistema matricial:
)()(
)( ii
i
V J
Q
P
que está na forma x Ab .
Atualizando-se as variáveis vem:)()()1( iii
V V V
,
LM
N H J
P H nn )1()1( ,
V
P N l n
)1(
QM nl )1( ,
V
Q L l l
3.4.6 – Algoritmo da Solução do Fluxo de Potência pelo Método de Newton-Raphson:
1) Montar a matriz Y BARRA.
2) Arbitrar condições iniciais das variáveis de estado ),( )0()0( V e fazer i = 0.
3) Calcular k P e k Q e verificar convergência. Se pk P max e qk Q max parar.)()( calculado
k doespecifica
k k P P P , PV PQk , ,)()( calculado
k doespecifica
k k QQQ , PQk .
4) Fazer 1 ii . Montar a matriz jacobiana J (i)
.
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5) Solucionar o sistema linearizado)(
)()( i
i
i
V J
Q
P
.
6) Atualizar a solução do problema
)()()1( iii
V V V
.
7) Voltar para o passo 3.
Exemplo 3.4. No sistema da Figura 3.8 são dados: 332211 ,,,,, Q P V P V . Calcular no processo iterativo 332 ,, V .
Após a convergência calcular 211 ,, QQ P .
Figura 3.8 – Sistema do exemplo 3.4
A equação do subsistema 1 é:
3
3
2
3
3
2
V
J
Q
P
P
,
)(
3
3
2)(
3
3
2)1(
3
3
2iii
V V V
.
Matriz jacobiana, no caso de dimensão 3, (n - 1 + l) = 3 - 1 + 1.
3
32
3
3
2
3
3
3
3
3
2
3
3
2
3
2
2
2
V
QQQ
V
P P P
V
P P P
J
333332
333332232322
LM M
N H H N H H
J
3
21 E
2 E
1
V , P , V
P , Q
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Análise de Sistemas de Potência
63
3.4.7 – Elementos das submatrizes H, N, M, L do Jacobiano
)cos()( kmkmkmkmmk m
k km B senGV V
P H
,
k mkmkmkmkmmk kk k
k
k
kk B senGV V BV
P
H )cos()(
2
,
)()cos( kmkmkmkmk m
k km sen BGV
V
P N
,
k m
kmkmkmkmmkk k k
k kk sen BGV GV
V
P N )()cos( ,
)()cos( kmkmkmkmmk m
k km sen BGV V
QM
,
k mkmkmkmkmmk kk k
k
k kk sen BGV V GV Q
M )()cos(2
,
)cos()( kmkmkmkmk m
k km B senGV
V
Q L
,
k m
kmkmkmkmmkk k k
k kk B senGV BV
V
Q L )cos()( .
onde kk se refere ao termo da diagonal (k) e km se refere ao termo fora da diagonal (linha k, coluna m).
3.4.8 – Estrutura do jacobiano
1) Os elementos fora da diagonal principal correspondentes a barras não diretamente conectadas
são nulos, ou seja, o jacobiano é altamente esparso.
)cos()( kmkmkmkmmk km B senGV V H . Se as barras k e m não estão diretamenteconectadas, 0 kmkm BG , logo 0km H .
2) As matrizes H , N , M , L têm estrutura semelhante à da matriz Y BAR RA, exceto pelas linhas ecolunas não representadas. Se todas as barras forem PQ, a estrutura do jacobiano serásemelhante a estrutura de Y BAR RA, e as submatrizes ( H , M , N , L) são quadradas.
As matrizes H , N , M , L são simétricas em estrutura. Se existe H 12 existe H 21, no caso de matriz
quadrada.
3) O jacobiano é assimétrico em valores, assim como H , M , N , L, porém são simétricos emestrutura, isto é, em relação a posição dos zeros, pois )()( mk km sen sen e
)cos()cos( mk km .
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64
Exemplo 3.5.Escrever a matriz jacobiana do sistema da Figura 3.9 em termos dos elementos das matrizes H , M ,
N , L.
Figura 3.9 – Sistema do exemplo 3.5
2
1
3
2
1
222322
111311
3231333231
222322
111311
2
1
3
2
1
00
00
00
00
V
V
LM M
LM M
N N H H H
N H H
N H H
Q
Q
P
P
P
Exemplo 3.6.A Figura 3.10 mostra um sistema elétrico formado por duas barras. Resolvê-lo pelo método de
Newton-Raphson. Considerar a tolerância em P = = 0,003. Considerar 0)0(2 0 . (Dados em pu na
base do sistema).
Figura 3.10 – Sistema exemplo para o método de Newton-Raphson
Dados das barras
Barra Tipo P Q V 1 V ––– ––– 1,0 0,02 PV –0,4 ––– 1,0 –––
Dados da linha
Linha r x b shu nt
1-2 0,2 1,0 0,02
(0,2 + j1,0)V PV
jb shu nt = j0,02 jb shu nt = j0,02
21
32
14
V ,
P , Q
P , V P , Q
Compensadorsíncrono
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65
1) Montar Y BAR RA 96,019,0)0,12,0(112 j jY
94,019,096,019,0
96,019,094,019,0
j j
j jY BARRA .
BARRA BARRA BARRA jBGY ,
19,019,0
19,019,0 BARRAG ,
94,096,0
96,094,0 BARRA B .
2) Teste de convergência com relação às condições iniciais, i = 0
n
m
kmkmkmkmmk k sen BGV V P
1
)()cos( ,
)()cos()()cos( 22222222221212121122 sen BGV sen BGV V P ,
22221212121122 )()cos( GV sen BGV V P , 1923076922,00,1)(9615384613,0)cos(1923076922,00,10,1 21212 sen P ,
1923076922,0)(9615384613,0)cos(1923076922,0 222 sen P ,
1923076922,0)0(9615384613,0)0cos(1923076922,0 002 sen P ,
00,0)0(2 P .
0,04,04,0 )0(2)(
2)(
22 P P P P calculadodoespecifica ,
4,02 P . 2 P , não convergiu. O processo começa.
3) Processo iterativo de Newton-RaphsonPrimeira iteração, i = i + 1 = 1.
2222
H
J P .
)cos()()cos()( 2222222222121212112222
222 B senGV B senGV V BV H ,
2222121212112222
222 )cos()( BV B senGV V BV H ,
94,0)cos(96,0)(19,094,0 212122 sen H ,
96,0)1(22 H .
)4,0(96,0
12
1222
P H ,
416,02 rad.416,0416,00,02
)0(2
)1(2 rad.
19,0)416,0(96,0)416,0cos(19,02 sen P ,
37,0)1(2 P .
03,037,040,02 P .
03,02 P . 2 P . Não convergiu. O processo continua.
Segunda iteração, i = i + 1 = 2.94,0)416,0cos(96,0)416,0(19,094,022 sen H ,
.80,0)2(
22 H
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)03,0(80,0
12
1222
P H ,
034,02 rad.
45,0034,0416,0)1(2)2(
2 rad.
19.0)45,0(96,0)45,0cos(19,02 sen P ,
399,0)2(2 P .
001,0399,040,02 P . 2 P . O processo convergiu.
Solução encontrada para todas as variáveis de estado, ou seja, V e .
45,00,1222 V V rad079,250,1 .
4) Solução do subsistema 2: substituição das variáveis.
n
m
kmkmkmkmmk k sen BGV V P
1
)()cos( .
Expandindo-se a equação acima para este exemplo: )()cos()()cos( 12121212211111111111 sen BGV sen BGV V P .
Simplificando-se a expressão vem: )()cos( 12121212211111 sen BGV GV V P .
Substituindo-se valores fixos vem: )}](96,0)cos(19,00,119,00,10,1 12121 sen P .
Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem:
)45,0(96,0)45,0cos(19,019,01 sen P
,44,01 P pu.
n
m
kmkmkmkmmk k B senGV V Q
1
)cos()( .
Expandindo-se a equação acima para este exemplo e simplificando-a: )cos()( 12121212211111 B senGV BV V Q .
Substituindo-se valores fixos vem: )}]cos(96,0)(19,00,194,00,10,1 12121 senQ .
Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem:)45,0cos(96,0)45,0(19,094,01 senQ ,
31 1089,7
Q pu.
n
m
kmkmkmkmmk k B senGV V Q
1
)cos()( .
Expandindo-se a equação acima para este exemplo e simplificando-a: 22221212121122 )cos()( BV B senGV V Q .
Substituindo-se valores fixos vem: 942,00,1)cos(962,0)(192,00,10,1 21212 senQ .
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0,44
-7,89x10 -3 0,16
-0,40
Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem:94,0)45,0cos(96,0)45,0(19,02 senQ ,
16,02 Q pu.
Figura 3.11 – Solução do fluxo de potência
3.5 – Expressões do fluxo de potência ativa e reativa nos diversos ramos e shunts
3.5.1 – Linha de transmissão média ou longa
Figura 3.12 – Modelo da linha de transmissão média e longa
*kmk kmkmkm I V jQ P S
,*mk mmk mk mk I V jQ P S
,
k k k V V ,
mmm V V ,
kmkmkm jb g y ,
kmkmkmkmkmkmkmkmkmkmkm jxr b g jbb g g jb g z )()()(12222 .
Cálculo de Pkm e Qkm:
k shunt mk kmkm V jbV V y I )( , onde km I
é a corrente injetada na linha de transmissão a partir da
barra k . Arrumando-se termos vem:
mkmk shunt kmkm V yV jb y I )( ,
mmkmkmk k shunt kmkmkm V jb g V jb jb g I )()( ,
mmkmkmk k shunt kmkmkm V jb g V jb jb g I )()(* .
mk mk kmkmk shunt kmkmkmk km V V jb g V jb jb g I V S )()(2*
,mk mk kmmk mk kmk shunt k kmk kmkm V V jbV V g V jbV jbV g S
222 .
jb shu nt = j0,02 jb shu nt = j0,02
21
série I
km I mk
ykm
jb shu nt jb shu nt
mk I
k V
mV
01 45,01
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02 90)cos(Re mk mk kmmk mk kmk kmkmkm V V bV V g V g S P ,)()cos(2 mk mk kmmk mk kmk kmkm senV V bV V g V g P ,
022 90)(Im mk mk kmmk mk kmk shunt k kmkmkm V V b senV V g V bV bS Q ,)cos()(22
mk mk kmmk mk kmk shunt k kmkm V V b senV V g V bV bQ .
Cálculo de Pmk e Qmk :
m shunt k mkmmk V jbV V y I )( , onde mk I
é a corrente injetada na linha de transmissão a partir
da barra m. Arrumando-se termos vem:
k kmm shunt kmmk V yV jb y I )( ,
k k kmkmmm shunt kmkmmk V jb g V jb jb g I )()( ,
k k kmkmmm shunt kmkmmk V jb g V jb jb g I )()(* .
k mmk kmkmm shunt kmkmmk mmk V V jb g V jb jb g I V S )()( 2* ,
k mmk kmk mmk kmm shunt mkmmkmmk V V jbV V g V jbV jbV g S 222 .
02 90)cos(Re k mmk kmk mmk kmmkmmk mk V V bV V g V g S P ,)()cos(2 k mmk kmk mmk kmmkmmk senV V bV V g V g P .
022 90)(Im k mmk kmk mmk kmm shunt mkmmk mk V V b senV V g V bV bS Q ,)cos()(22 k mmk kmk mmk kmm shunt mkmmk V V b senV V g V bV bQ .
Cálculo das perdas:
As perdas ativas podem ser calculadas como:
)cos(222 mk mk kmmkmk kmmk km perdas V V g V g V g P P P .
Perdas resistivas na linha.
)( 22** kmkmkm série sériekm série série Perdas b g g I I r I I P ,
)( 22** kmkmkmmk kmkmmk kmkm Perdas b g g V V jb g V V jb g P , mmk k mmk k km Perdas V V V V g P ,
22mk mmk mk mk k km Perdas V V V V V V g P ,
)cos(222 mk mk kmmkmk km Perdas V V g V g V g P , expressão idêntica à expressão de
mk km P P .
As “perdas” reativas podem ser calculadas como (armazenada nos campos elétrico e magnético):
))cos(2 2222 m shunt k shunt mmk mk k kmmk km perdas V bV bV V V V bQQQ .
Perdas reativas na linha.2222* )( m shunt k shunt kmkmkm série série Perdas V bV bb g b I I Q ,
22** m shunt k shunt mk mk km Perdas V bV bV V V V bQ ,222***
m shunt k shunt mk mmk k k km Perdas V bV bV V V V V V V bQ ,
2222 )cos(2 m shunt k shunt mmk mk k km Perdas V bV bV V V V bQ , expressão idêntica à
expressão de mk km QQ .
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Tem-se, portanto, para perda de potência:
mk km perdas
km P P P )(
mk km perdas
km QQQ )(
3.5.2 – Linha de transmissão curta
Figura 3.13 – Modelo da linha de transmissão curta
kmkmkmk km jQ P I V S *
.)( mk kmkm V V y I , onde km I é a corrente que circula na linha de transmissão.
)()( mk kmkmkm V V jb g I ,
)()( *** mk kmkmkm V V jb g I ,
)()( ** mk kmkmk km V V jb g V S ,
)()( *2 kmkmmk k km jb g V V V S ,
**22mk kmmk kmk kmk kmkm V V jbV V g V jbV g S
,
)()cos(Re 2 mk mk kmmk mk kmk kmkmkm senV V bV V g V g S P ,
02 90Im mk mk kmmk mk kmk kmkmkm V V bV V g V bS Q ,)cos()(2 mk mk kmmk mk kmk kmkm V V b senV V g V bQ ,
mk mk mk mmk jQ P I V S * .
)( k mkmmk V V y I , onde mk I é a corrente que circula na linha de transmissão.
)()( k mkmkmmk V V jb g I ,
)()( *** k mkmkmmk V V jb g I ,
)()( ** k mkmkmmmk V V jb g V S ,
)()( *2 kmkmk mmmk jb g V V V S ,**22k mkmk mkmmkmmkmmk V V jbV V g V jbV g S
,
)()cos(Re 2 k mk mkmk mk mkmmkmmk mk senV V bV V g V g S P ,
02 90Im k mk mkmk mk mkmmkmmk mk V V bV V g V bS Q ,)cos()(2 k mk mkmk mk mkmmkmmk V V b senV V g V bQ ,
km I mk
ykm
mk I
k V mV
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Perdas resistivas na linha:
)()cos(2 mk mk kmmk mk kmk kmmk km senV V bV V g V g P P
)()cos(2 k mk mkmk mk mkmmkm senV V bV V g V g ,
)cos(2)( 22 mk mk kmmk kmmk km V V g V V g P P ,
)( 22** kmkmkmkmkmkmkmkm Perdas b g g I I r I I P ,
)( 22** kmkmkmmk kmkmmk kmkm Perdas b g g V V jb g V V jb g P , mmk k mmk k km Perdas V V V V g P ,
22mk mmk mk mk k km Perdas V V V V V V g P ,
)cos(222 mk mk kmmkmk km Perdas V V g V g V g P , expressão idêntica a da expressão de
mk km P P .
Perdas reativas na linha:
)cos()(2 mk mk kmmk mk kmk kmkm V V b senV V g V bQ
)cos()(2 k mk mkmk mk mkmmkm V V b senV V g V b
)cos(2)( 22 mk mk kmmk kmmk km V V bV V bQQ ,
)( 22** kmkmkmkmkmkmkmkm Perdas b g b I I x I I Q ,
)( 22** kmkmkmmk kmkmmk kmkm Perdas b g bV V jb g V V jb g Q , mmk k mmk k km Perdas V V V V bQ ,
22mk mmk mk mk k km Perdas V V V V V V bQ ,
)cos(2)( 22 mk mk kmmk km Perdas V V bV V bQ , expressão idêntica à expressão de
mk km QQ .
Perda de potência ativa: mk km perdas
km P P P )( ,
Perda de potência reativa: mk km perdas
km QQQ )( .
3.5.3 – Transformador
Figura 3.14 – Modelo de um transformador com tape
A Figura 3.14 mostra o modelo de um transformador com tape, cuja admitância é colocada do ladodo tape.
k kmmk kmkm V yt t V V yt I )()()( 2 ,
mkmk kmkm V yt V yt I 2 .
kmkmkmk km jQ P I V S * .
km I mk
t ykm
(t 2 – t ) ykm (1– t ) ykm
mk I
mk V kmV
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mkmk mkmmk V yt V V yt I )1()()( ,
mkmk kmmk V yV yt I .
mk mk mk mmk jQ P I V S * .
)()cos()( 2 kmkmmk kmkmmk kmk km senbV tV g V tV g tV P
)()cos()( 2 kmkmmk kmkmmk kmk km sen g V tV bV tV btV Q
)()cos(2 kmkmmk kmkmmk kmmmk senbV tV g V tV g V P
)()cos(2 kmkmmk kmkmmk kmmmk sen g V tV bV tV bV Q
)]cos(2)[( 22)( kmmk mk kmmk km perdas
V tV V tV g P P P ,
)]cos(2)[( 22)( kmmk mk kmmk km perdas V tV V tV bQQQ .
3.5.4 – Elementos shunt
Figura 3.15 – Capacitor shunt
A Figura 3.15 mostra um capacitor ligado na barra k . A potência reativa gerada pelo mesmo é
shunt k shunt bV Q 2)( . Caso fosse um reator, a potência reativa injetada na barra seria
shunt k shunt bV Q 2)( , ou seja, a potência reativa estaria sendo consumida.
Figura 3.16 – Resistor shunt
A Figura 3.16 mostra um resistor ligado na barra k . A potência ativa gerada pelo mesmo é
shunt k shunt g V P 2)( , ou seja, há consumo de potência ativa.
Cálculo do fluxo de potência nas linhas do sistema da Figura 3.11, Exemplo 3.6.
0157,0437,087,250,1)96,019,0(01)02,096,019,0( 0012 j j j I rad.3*
120
12 1082,6437,000,1 j I S .
069,3430,087,250,1)02,096,019,0(00,1)96,019,0( 0021 j j j I rad.
16,040,0069,3430,045,00,1*21221 j I V S .
037,040,0437,0 perdas P ,
154,016,01082,6 3 perdasQ .
Balanço de potência:
037,040,0437,021 perdas P P P ,154,016,01082,6 321
perdasQQQ .
Q(shunt ) jb shu nt
k
P (shunt ) r shu nt = 1/g shu nt
k
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Injeção de potência no elemento shunt.
02,002,00,1 2)(2)(
1 shunt shunt
QQ pu.
Exemplo 3.7.Refazer o exemplo 3.6 considerando-se uma barra flutuante e uma barra de carga como mostra a
Figura 3.17. (Dados em pu na base do sistema).
Figura 3.17 – Sistema do exemplo 3.7
Dados: V 1 = 1,0, 1 = 00
, 30,02 P , 07,02 Q , tolerância para convergência em P é igual atolerância para convergência em Q = = 0,003.
Condição inicial: 0,1)0(2 V ,0)0(
2 0 .
Calcular no processo iterativo: 22 ,V .
Após a convergência calcular: P 1, Q1.
Solução:
1. Determinação da matriz Y BAR RA
BARRA BARRA BARRA jBGY , calculada no exemplo 3.6.
19,019,0
19,019,0 BARRAG ,
94,096,0
96,094,0 BARRA B .
2. Verificação de convergência.
n
m
kmkmkmkmmk k sen BGV V P
1
)()cos( , PV PQk , .
Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: )()cos()()cos( 22222222221212121122 sen BGV sen BGV V P .
Simplificando-se a expressão vem: 22221212121122 )()cos( GV sen BGV V P .
Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 19,0)(96,0)cos(19,01 2212122 V senV P .
Avaliando-se a expressão lembrando que V 2 = 1,0 e 21 = 00 vem:
19,00,119,00,12 P ,
0,0)0(2 P .
30,00,030,0)(2)(
22 calculadodoespecifica
P P P
n
m
kmkmkmkmmk k B senGV V Q
1
)cos()( , PQk .
(0,2 + j1,0)V PQ
jb shu nt = j0,02 jb shu nt = j0,02
21
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Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: )cos()()cos()( 22222222221212121122 B senGV B senGV V Q .
Simplificando-se a expressão vem: 22221212121122 )cos()( BV B senGV V Q .
Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 94,0)cos(96,0)(19,01 2212122 V senV Q .
Avaliando-se a expressão lembrando que V 2 = 1,0 e 21 = 00 vem:
94,096,00,12 Q ,
02,0)0(2 Q .
09,002,007,0)(2)(
22 calculadodoespecifica
QQQ .
Teste de convergência. P 2 = –0,30 > 0,003, não convergiu, o processo continua,Q2 = 0,09 > 0,003, não convergiu, o processo continua.
3. Primeira iteração do processo de cálculo.
As incógnitas do processo são 2 e V 2 logo
2
2
2222
2222
2
2
V LM
N H
Q
P .
k m
kmkmkmkmmk kk k kk B senGV V BV H )cos()(2
.
Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: 2222121212112222
222 )cos()( BV B senGV V BV H .
Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem:
94,0)cos(96,0)(19,00,1)94,0( 2212122
222 V senV V H
Avaliando-se esta expressão vem:94,096,094,022 H ,
96,0)0(22 H .
k m
kmkmkmkmmkk k kk sen BGV GV N )()cos( ,
Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: )()cos()()cos( 22222222221212121122222 sen BGV sen BGV GV N , 22221212121122222 )()cos( GV sen BGV GV N
Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 19,0)(96,0)cos(19,019,0 221211222 V senV V N .
Avaliando-se esta expressão vem:19,01)119,0(0,119,00,122 N ,
19,019,019,022
N ,.19,0)0(22 N
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k m
kmkmkmkmmk kk k kk sen BGV V GV M )()cos(2
,
Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem:
)()cos()()cos( 2222222222121212112222
222 sen BGV sen BGV V GV M .
Simplificando-se a expressão vem:
2222121212112222
222 )()cos( GV sen BGV V GV M .
Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem:
19,0)(96,0)cos(19,00,10,119,00,1 221212
22 V senM .
Avaliando-se esta expressão vem:19,019,019,022 M ,
19,0)0(22 M .
k m
kmkmkmkmmkk k kk B senGV BV L )cos()( .
Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: )cos()()cos()( 22222222221212121122222 B senGV B senGV BV L .
Simplificando-se a expressão vem: 22221212121122222 )cos()( BV B senGV BV L .
Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 94,0)cos(96,0)(19,00,1)94,0( 22121222 V senV L .
Avaliando-se esta expressão com V2 e 2 vem:94,096,094,022 L ,
92,0)0(22 L .
Valores numéricos:
96,0)0(22 H ,
19,0)0(22 N ,
19,0)0(22 M ,
92,0)0(22 L .
Os valores numéricos do sistema
V LM
N H
Q
P são:
2
2
92,019,0
19,096,0
09,0
30,0
V
.
Utilizando-se a regra prática para inverter uma matriz 2 2 que consiste em trocar oselementos da diagonal principal e trocar apenas o sinal dos demais elementos e dividir a matrizassim formada pelo determinante da matriz original vem:
09,0
30,0
96,019,0
19,092,0
92,0
1
2
2
V
,
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Análise de Sistemas de Potência
75
0288,0
29,0
92,0
1
2
2
V
,
031,0
318,0
2
2
V
.
Atualizando-se valores:
031,01
318,000,0
2
2)0(
2
)0(2
)1(2
)1(2
V V V
031,1
318,0)1(
2
)1(2
V
4. Verificação da Convergência:
19,003,1)31,0(96,095,019,0103,12 P , 19,030,018,003,12 P ,
29,0)1(2 P .
94,003,195,096,0)31,0(19,003,12 Q , 97,091,006,003,12 Q ,
12,003,12 Q ,
12,0)1(2 Q .
01,029,030,0)(2)(
22 calculadodoespecifica
P P P ,
05,012,007,0)(2)(22 calculadodoespecifica QQQ .
Teste de convergência. P 2 = –0,005883725 > 0,003, não convergiu, o processo continua,Q2 = –0,0515650666 > 0,003, não convergiu, o processo continua.
5. Segunda iteração
330,0)2(2
978,0)2(2 V
Convergência:001,02 P ,
002,02 Q .
Convergiu pois são menores que 0,003.
6. Após a convergência, calcular as injeções de potência P 1 e Q1. )()cos()()cos( 12121212211111111111 sen BGV sen BGV V P ,
)()cos( 121212122111 sen BGV G P , 3186,0)33,0(96,0)33,0cos(19,0978,019,01 sen P .
0097,01 Q .
Observação: Estudar exemplo 8.1 do Stevenson por Newton-Raphson, contendo um sistema de 5 barras sendo uma flutuante, 1 PV e 3 PQ.
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Análise de Sistemas de Potência
76
3.6 – Fluxo de potência pelo Método Desacoplado Rápido
3.6.1 – Fluxo de potência pelo Método de Newton desacoplado
Este método é baseado no forte acoplamento entre as variáveis P e QV , ou seja,V P P
e
Q
V
Q. Por este motivo as matrizes
V
P M
e
Q N são desprezadas. O sistema fica então:
)()()(
0
0 iii
V L
H
Q
P
.
Ficam então definidos dois sistemas de equações que são:
)()()( iii H P ,
iii V LQ ,
que são conhecidos como o método de Newton desacoplado.
3.6.2 – Considerações sobre as matrizes H e L do método de Newton desacoplado
Estas considerações objetivam transformar as matrizes H e L em matrizes constantes.
1) Divisão das equações de resíduo pelo respectivo módulo da tensão com a finalidade de acelerara convergência.
k
calculado
k
doespecifica
k
k
k
V V P P
V P ),(
)()(
, k = 1, n-1 (a barra flutuante é a excluída),
k
calculadok
doespecificak
k
k
V
V QQ
V
Q ),()()(
, k = 1, l (barras PQ).
O sistema fica então:
)()()(
)()()(
'
'
ii
i
ii
i
V LV
Q
H V
P
.
Cada termo dos vetores P e Q está dividido por sua tensão, onde:
)cos()(' kmkmkmkmmk
kmkm B senGV
V
H H ,
k m
kmkmkmkmmkk k k
kk kk B senGV BV
V
H H )cos()(' ,
)cos()(' kmkmkmkmk
kmkm B senG
V
L L ,
k m
kmkmkmkmmk
kk k
kk kk B senGV
V
B
V
L L )cos()(
1' .
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Análise de Sistemas de Potência
77
2) Hipóteses para o cálculo dos elementos de H ' e L'a) Sistema pouco carregado. Com esta consideração assume-se km pequeno e em
conseqüência cos(km) 1. b) Em linhas de EAT e UAT a relação Bkm//Gkm é alta, de 5 a 20, logo
Bkm >> Gkm sen(km), ou seja, despreza-se o termo Gkm sen(km).c) As reatâncias transversais nas barras (reatores, capacitores, cargas) são muito maiores do
que a reatância série, logo k k kk QV B 2 .d) As tensões V k e V m estão sempre próximas de 1,0 pu.
Aplicando-se as considerações anteriores no cálculo dos elementos das matrizes H’ e L’, chega-se a:
kmkm B H ' , kk kk B H ' , kmkm B L ' , kk kk B L ' .
As matrizes de coeficientes tornam-se, desta forma, constantes durante todo o processo iterativo,
passando a ser chamadas de:
H'B'L'B''
Melhorias no desempenho do método são obtidas desprezando-se as resistências série e asreatâncias shunt na montagem de B'.
3.6.3 – Formulação final do método Desacoplado Rápido Os elementos de B' e B'' são definidos como:
kmkm
x B 1' , (3.7a)
k m km
kk x
B1
' , (3.7b)
kmkm B B '' , (3.8a)
kk kk B B '' , (3.8b)
onde:k é o conjunto das barras diretamente conectados com a barra k excetuando-se a própria barra k ; xkm é a reatância do ramo km; Bkm e Bkk correspondem à parte imaginária dos elementos km e kk respectivamente da matriz Y BAR RA.
O método desacoplado rápido então é formulado como:
' B
V
P , de dimensão n – 1, a barra flutuante é excluída,
V BV
Q
'' , de dimensão l , número de barras PQ.
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Análise de Sistemas de Potência
78
Exemplo 3.8Formular as equações do fluxo de potência desacoplado rápido do circuito da Figura 3.18.
Figura 3.18 – Circuito do exemplo 3.8
Dados das barras:
Barra Tipo P G QG P L Q L V 1 V ––– ––– 0,0 0,0 1,0 0,02 PV 0,4 ––– 0,0 0,0 1,0 –––3 PQ 0,0 0,0 1,0 0,4 ––– –––
Dados das linhas, = 0,003:
Linha r x b shu nt (total)1-2 0,01 0,1 1,01-3 0,01 0,1 1,0
2-3 0,01 0,1 1,0
Condições iniciais: 0,13 V e 0,032 .
9,999,01,001,0
11 j
j jxr y
.
1) Montagem da matriz Y BAR RA
80,1898,190,999,090,999,0
90,999,080,1898,190,999,0
90,999,090,999,080,1898,1
j j j
j j j
j j j
98,199,099,0
99,098,199,0
99,099,098,1
BARRAG ,
80,1890,990,9
90,980,1890,9
90,990,980,18
BARRA B .
3
2
1 E
2 E
1
j0,5 j0,5
j0,5 j0,5
j0,5 j0,5
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Análise de Sistemas de Potência
79
2) Sistema de equações do método desacoplado rápido
)(
3
2
3332
2322
)(
3
3
2
2
''
'' i
i
B B
B B
V
P
V
P
, apenas a barra flutuante não está representada.
)(333)(
3
3 '' ii
V BV
Q
3) Cálculo de B' e B''
Sistema P
Aplicando-se as Equações 3.7 vem:
0,101,0
11''
233223
x B B
0,201,0
11,0
111'2321
22 x x
B
0,201,0
11,0
111'
323133
x x B
Sistema QV Aplicando-se as Equações 3.8 vem:
80,18'' 33 B B
4) Mismatch do processo iterativo
)(
3
2)(
3
2)1(
3
2iii
)(3
)(3
)1(3
iiiV V V
Primeira iteração P ),(4,0 )0()0()(22 V P P
calculado ,
),(0,1 )0()0()(23 V P P calculado , onde
0,1
0,1
0,1)0(V e
0,0
0,0
0,0)0(
.
)(80,18)cos(98,1)(90,9)cos(99,0 22222212112)(
2 senV senV V P calculado
+ )(90,9)cos(99,0 23233 senV
99,098,10,199,00,1 3)(
2 V P calculado
0,0)(2 calculado
P
)(90,9)cos(99,0)(90,9)cos(99,0 32322313113)(
3 senV senV V P calculado
+ )(80,18)cos(98,1 33333 senV
)(90,9)cos(99,00,1 31313)(
3 senV P calculado
98,1)(90,9)cos(99,00,1 33232 V sen 0,0)(3
calculado P
arbitrado arbitradoarbitrado
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Análise de Sistemas de Potência
80
4,00,04,02 P
0,10,00,13 P
Não convergiu.
5)
Primeira iteração P: atualizar)1(
2
e
)1(
3
,
3
2
3332
2322
3
2
3
3
2
2
''
''
0,1
0,1
B B
B B
P
P
V
P
V
P
.
3
2
2
2
0,200,10
0,100,20
0,1
0,1
P
P
0,1
4,0
0,200,10
0,100,20
300
1
3
2
0533,0
0067,0
0,16
0,2
300
1
3
2
0533,0
0067,0
0533,0
0067,0)1(
3
2)1()0(
3
2)1(
3
2
6) Primeira iteração QV : atualizar )1(3V .
),(4,0
)1()0()(
33
V QQ
calculado
, onde
)1(3
)1(
2
)1(
0,0
80,18'' 333 B BQ . Solucionar e atualizar)1(
3V .
O processo continua até a convergência tanto da iteração P como QV
Exemplo 3.9Resolver o sistema da Figura 3.19 pelo método desacoplado rápido. (Dados em pu na base do
sistema).
Figura 3.19 – Circuito do exemplo 3.9
P 2 = –0,30; Q2 = 0,07; = 0,003.
94,019,096,019,096,019,094,019,0
j j
j jY BARRA .
(0,2 + j1,0)V PQ
jb shu nt = j0,02 jb shu nt = j0,02
21
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Análise de Sistemas de Potência
81
19,019,0
19,019,0 BARRAG ,
94,096,0
96,094,0 BARRA B .
1. Sistema de equações.
2222
2 '
B
V
P ,
)(222)1(2
2 '' ii
V BV
Q
.
0,10,1
11'
1222
x B
94,0'' 2222 B B
2. Processo iterativo
Primeira iteração P
22221212121122 )()cos( GV sen BGV V P , 19,0)(96,0)cos(19,00,1 2212122 V senV P ,
substituindo-se na primeira iteração vem:
0,00,00,12 2
V P ; 3,00,03,03,0)(
22 calculado
P P ,
convergência: 0,3 > 0,003 logo não convergiu.
3,00,10,13,0
22
,
3,0)1(2
Primeira iteração QV
22221212121122 )cos()( BV B senGV V Q , 94,0)cos(96,0)(19,00,1 22222 V senV Q .
Se 0,12 V e 3,02 ,
0798,02 Q ,0098,00798,007,007,0 )(22
calculadoQQ
0098,0 , o processo continua.
2222
2 '' V BV
Q
0104,094,00,1
0098,022
V V
9896,00104,00,12 V
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Análise de Sistemas de Potência
82
Segunda iteração P
274,03,0
9896,022
2
V P ,
)(2)(22 calculadodoespecifica P P P 026,0274,03,02 P
Convergência: 0,026 > , 0 processo continua.Atualização:
2222
2 '
BV
P
0256,00,19896,0
026,022
3256,00256,03,02
Segunda iteração QV
0814,03256,0
9896,022
2
V Q
0114,00814,007,02 Q
Convergência: 0,0114 > , o processo continua.Monta-se o sistema:
0122,094,09896,0
0114,022
V V
9774,00122,09896,02 V .
Terceira iteração P 295,02 P
005,02 P
Convergência: 0,005 > , o processo continua.3307,02
Terceira iteração QV 0716,02 Q
0016,02 Q
Convergência: 0,0016 < , convergiu, logo não atualizo as variáveis e testo o outro sistema deequações.
Quarta iteração P
229,03307,0
9774,022
2
V P
001,0229,030,02 P
Convergência: 0,001 < , logo todo o processo convergiu.
Solução encontrada:
3307,09774,02 V radianos.
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Análise de Sistemas de Potência
83
3. Após a convergência do processo iterativo, calculam-se as grandezas abaixo da mesma formacomo descrito anteriormente:
Fluxos nas linhas; Injeção na barra flutuante 11,Q P ;
Fluxos na rede;
Perdas.
3.6.4 – Artifícios matemáticos para melhorar o desempenho do método desacoplado rápido napresença de ramos com elevada relação r / x
A pequena defasagem angular entre barras, a relação )sen( kmkmkm G B , as tensões próximas de 1,0 pu e o fluxo nas linhas ser maior que o fluxo transversal são sempre verdadeiros nossistemas de potência. A exceção é a relação x/r alta. A seguir artifícios matemáticos para contornar esterestrição.
3.6.4.1 – Artifício da compensação
3.6.4.1.1 – Compensação série
Figura 3.20 – Exemplo da compensação série
3.6.4.1.2 – Compensação paralela
Figura 3.21 – Exemplo de compensação paralela
3.6.4.2 – Método BX de van Amerongen
O método desacoplado rápido convencional é conhecido como método XB pois a matriz B' sóutiliza x, a reatância do elemento, e B'' só utiliza b, o negativo da parte imaginária da matriz Y BARRA.
No método BX , B' só utiliza b e B'' só utiliza x. Este tem melhor desempenho quando a relação r / x éalta.
3.6.4.3 – Esquema iterativo flexível
O esquema não flexível faz sucessivamente uma iteração P e uma iteração QV até a convergênciado processo. O método flexível faz, por exemplo, devido a maior dificuldade da convergência da
equação QV , uma iteração P e duas iterações QV . Se o sistema estiver muito carregado, o número deiterações QV aumenta.
r x
mk
r x x' – x'
mk
j
r / x alto
r / x'' pequeno
x + x' = x''
x2 x3
r 1 x1
mk A impedância da linha1 em paralelo com alinha 2 é r + jx
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Análise de Sistemas de Potência
84
3.7 – Fluxo de potência linearizado ou fluxo de potência DC
O fluxo de potência linearizado é baseado no acoplamento P e só leva em conta o fluxo de potência ativo.
As equações do fluxo de potência ativa no ramo km são: )()cos(2 kmmk kmkmmk kmk kmkm senV V bV V g V g P , (3.9a)
)()cos(2 kmmk kmkmmk kmmkmmk senV V bV V g V g P . (3.9b)
As perdas no trecho ativos no ramo km valem:
)cos(222 kmmk kmmkmk kmmk kmkm V V g V g V g P P Pperdas .
3.7.1 – Simplificações propostas a) 0,1 mk V V pu.
b) km pequeno, logo kmkm sen )( .
3.7.2 – Desprezando as perdas do sistema
kmkm
kmkm
km
kmkm
km
kmkm
kmkm
kmkmkmkmkmkm jb g
xr
x j
xr
r
xr
jxr
jxr y jxr z
222222
1
Fazendo-se 0kmr , tem-se 0km g ekm
km x
b 1 .
Aplicando-se as simplificações a) e b) nas Equações 3.9a e 3.9b, e desprezando-se as perdas chega-se na seguinte equação do fluxo de potência linearizado:
)( kmmk kmkm senV V b P ,
kmkm
km x
P
0,10,1
1,
km
kmkm
x P
.
O fluxo de potência ativo é proporcional ao ângulo, daí o nome do método.
A equação acima mostra uma importante diferença entre o fluxo de potência ac e o fluxo de potência dc. O método ac limita a potência máxima transmitida pelo ramo, ao contrário do método dc.A Figura 3.22 exemplifica esta afirmação.
Figura 3.22 – Potência máxima transmitida pelo ramo
P km
)()( CAkm
CC
km
sem solução CA km
P km = km / xkm
P km = sen(km) / xkm
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Análise de Sistemas de Potência
85
Os dois métodos fornecem praticamente a mesma solução para ângulos pequenos. O fluxo dcconverge mesmo para valores altos de P km, o que embora seja um resultado errado, fornece indicativode quanto a capacidade do ramo foi excedida.
Sabe-se que
)( k m
kmk P P , onde k é o conjunto de todas as barras conectadas com a barra k a
exceção da própria barra k .
)()( k k m km
kmk
m
kmk x
P P P
.
Separando-se o somatório em dois, lembrando que km = k – m vem:
)()(
11
k k m
mkm
k
m kmk
x x P .
3.7.2.1 – Formulação matricial
' B P onde:
B' é a mesma matriz do modelo desacoplado rápido, ou seja,
kmkm
x B
1' ,
)(
1'
k m km
kk x
B .
P é o vetor de injeção líquida de potência ativa na barra, é o vetor de fase da tensão de barra.
A ordem de B' é (n –1) , a barra flutuante é excluída pois a potência injetada nesta barra édesconhecida.
Exemplo 3.10Calcular o fluxo nas linhas do sistema da Figura 3.23. Utilizar o método linearizado.
Figura 3.23 – Sistema do exemplo 3.10
Não é necessário montar a matriz Y BAR RA.Montagem da matriz B', de dimensão 2, pois a barra flutuante é excluída.
3
21 x12 = 1/3
x13 = 1/2 x23 = 1/2
1 = 0
0
P 1 = 1,5 P 2 = –0,5
P 3 = –1,0
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Análise de Sistemas de Potência
86
0,511
'2312
22 x x
B ,
0,411
'3213
33 x x
B ,
0,21
''233223
x
B B .
3
2
3332
2322
3
2
''
''
B B
B B
P
P ,
3
2
0,40,2
0,20,5
0,1
5,0
,
8/3
4/1
0,1
5,0
0,50,2
0,20,4
161
3
2
3
2
rad.
Fluxos de potência nos ramos.
4
3
3/1
4/1
12
1212
x
P
pu.
43
2/18/3
13
1313
x P
pu.
4
1
2/1
8/34/1
23
2323
x P
pu.
Atenção: P ij = P ji pois não há perda.
3.7.3 – Considerando as perdas do sistema
Equações do fluxo de potência ativa:
)()cos(2
kmmk kmkmmk kmk kmkm senV V bV V g V g P
,)()cos(2 kmmk kmkmmk kmmkmmk senV V bV V g V g P .
Aplicando-se as simplificações anteriores, ou seja:a) 0,1 mk V V pu.
b) km pequeno, logo kmkm sen )( e 2)cos(1
21)cos(
22km
kmkm
km
.
c) Como r km
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Análise de Sistemas de Potência
87
E para a potência no sentido contrário:
)()cos( kmkmkmkmkmmk senb g g P ,
km
kmkmkmmk
x
sen g P
)()cos(1
,
km
kmkmkmmk
x g P
22 .
Sabemos que a perda total em km vale:
222
22 kmkmkm
kmkmkm
km
kmkmkmmk kmkm g
x g
x g P P Pperdas
,
logo as expressões km P e mk P carregam cada uma a metade das perdas do ramo.
A potência injetada na barra k pode ser escrita como:
)( )( )(
2
2
1
k k k m m m km
kmkmkmkmk
x g P P
,
)( k m km
kmk k
x Pperdas P
,
)( k m km
kmk k
x Pperdas P
,
onde:
k k Pperdas P é a nova injeção líquida no sistema sem perdas;
k Pperdas é a metade do somatório das perdas nos ramos diretamente conectados na barra k .
Representa-se k Pperdas como carga adicional na barra, onde essa carga representa a metade das
perdas nos ramos diretamente ligados à barra.
Conclusão: as perdas são representadas como cargas adicionais, obtidas dividindo-se em partesiguais as perdas nos ramos entre suas barras terminais. O esquema fica como exemplificado na Figura3.24.
Figura 3.24 – Representação das perdas no fluxo de potência linearizado
221312
1 Pperdas Pperdas
Pperdas ,
22
23122
Pperdas Pperdas Pperdas ,
221323
3 Pperdas Pperdas
Pperdas .
3
21
P per das1P perdas2
P per das3
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3.7.3.1 – Formulação matricial
' B Pperdas P .
3.7.3.2 – Metodologia de solução
1) Calcula-se a solução do sistema desprezando-se as perdas, ~' B P .
2) Calcula-se a perda total do ramo com o ~
e a representa como carga adicional no sistema,
)(
2~
2
1
k m
kmkm g Pperdas .
3) Calcula-se a solução do sistema considerando-se as perdas, ' B Pperdas P .
4) Calculam-se os fluxos nos ramos utilizando-se a solução ,km
kmkm
x P
.
3.7.4 – Resumo do método linearizado
Fluxo de potência linearizado ou fluxo DC
1) Desprezando-se as perdas, ' B P
kmkmkm x P
2) Considerando-se as perdas,2~
kmkmkm g Pperdas , metade para cada lado do ramo.
' B Pperdas P
Exemplo 3.11.
Calcular o fluxo de potência do sistema da Figura 3.25 pelo método linearizado ou dcconsiderando-se as perdas.
Figura 3.25 – Sistema do exemplo 3.11
Dados:10,005,012 j z pu,
08,004,013 j z pu,
05,0025,023 j z pu.
A barra 1 é a barra flutuante e a base é de 100,0 Mva.
3
21
1 = 00
P 1
P 2 = 40 MW
P 3 = 80 MW
~~
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Solução:
Montagem da matriz B'
0,300,200,1005,01
10,0111
'2312
22 x x
B
5,320,205,1205,01
08,0111
' 231333 x x B
0,2005,0
11''
232332
x B B
Flow sem perdas. ' B P ,
3
2~
~
5,320,20
0,200,30
8,0
4,0
,
0278,0
0052,0
8,0
4,0
0,300,20
0,205,32
0,575
1~
~
3
2
rad.
Cálculo das perdas.2~
kmkmkm g Pperdas ,
0,410,005,0
05,0222
122
12
1212
xr
r g ,
0,508,004,0
04,0222
132
13
1313
xr
r g ,
0,805,0025,0
025,0222
23223
2323
xr
r g .
Perdas nos ramos:2~
kmkmkm g Pperdas ,322
121212 101089,00052,00,4~ g Pperdas ,
322131313 108715,30278,00,5
~ g Pperdas ,
322232323 100892,40278,00052,00,8~ g Pperdas .
A perda do ramo é representada nas barras terminais, metade do valor destas perdas para cada lado.
333
23122 10097,22
10086,410108,02
Pperdas Pperdas
Pperdas ,
333
23133 10975,32
10086,410864,32
Pperdas Pperdas
Pperdas .
Solução do sistema com perdas: ' B Pperdas P ,
3
23
3
5,320,20
0,200,30
10975,38,0
10097,24,0
,
02810,0
00547,0
8040,0
3979,0
0,300,20
0,205,32
0,5751
3
2
.
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Cálculo dos fluxos nos ramos.
km
kmkm
x P
,
05470,010,0
00547,0
12
1212
x P
pu, 47,512 P MW,
35125,008,0
02810,013
1313
x P pu, 13,3513 P MW,
45260,0
05,0
02810,000547,0
23
2323
x P
pu, 26,4523 P MW.
Cálculo da geração na barra flutuante.
113121 Pperdas P P P ,
333
13121 10986,12
10864,310108,02
Pperdas Pperdas
Pperdas pu,
40794,010986,135125,005470,0 31 P pu, 794,401 P MW.
Resumo dos dois exemplos de cálculo, com e sem perdas.
Solução sem perdas:
052,0~
12
1212
x P
pu ou 5 ,2 MW,
348,0~
13
1313
x P
pu ou 34,8 MW,
452,0~
23
2323
x P
pu ou 45,2 MW.
Figura 3.26 – Fluxos de potência da solução sem perdas
3
21 5,2 MW
34,8 MW 45,2 MW
1 = 0
P 1 = 40 MW
P 2 = 40 MW
P 3 = 80 MW
~~ 2~
3~
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Solução com perdas:
Figura 3.27 – Fluxos de potência da solução com perdas
3.8 – Utilização do estudo de fluxo de potência.
1) Análise do comportamento do sistema em de carga leve, média e pesada.
Figura 3.28 - Curva de carga típica
2) Determinação da compensação shunt (em derivação) capacitiva necessária para manter a tensãodentro de limites aceitáveis.
Roda-se fluxo em carga pesada. Verifica-se a existência de barra com tensão abaixo da
recomendável. Determina-se para esta barra a injeção de reativo 2V BQ shunt shunt . Roda-se
novamente o programa de fluxo de potência, sendo que este reativo é um dado de entrada, parase conhecer o novo perfil de tensão. A tensão na barra não depende apenas da injeção dereativo injetado nesta. Outra maneira de se fazer com que a tensão nesta barra aumente émodelar esta como barra de tensão controlada.
Figura 3.29 – Barra com compensação shunt
3
21 5,47 MW
35,13 MW 45,26 MW
1 = 0
P 1 = 40,79 MW
P 2 = 40 MW
P 3 = 80 MW
~~
0,3975 MW
0,1986 MW
0,2097 MW
P (t )
t
3
21
~
Q shu nt
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3) Determinação da compensação shunt indutiva necessária em carga leve a fim de manter atensão terminal das linhas dentro de limites aceitáveis.
A configuração do sistema em carga leve é diferente da configuração do sistema em carga pesada, pois existem reatores/capacitores, linhas em paralelo, máquinas.
Figura 3.30 – Compensação shunt capacitiva
4) Determinação da compensação série capacitiva necessária em carga pesada, de modo a
aumentar a capacidade de transmissão da linha.
Figura 3.31 – Compensação série capacitiva
)( 1212
21 sen
x
V V P
5) Verificação do intercâmbio entre áreas.O sistema elétrico é dividido em áreas, como por exemplo a área Furnas, a área CEMIG, a
área Light. Existe compra e venda de energia entre áreas, logo é necessário previsão do quantode energia negociar. A tecnologia FACTS, “flexible ac transmission system”, viabilizou ointercâmbio programado
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