índice: Barra Barra Barra Barra Barra Barra

Índice Capítulo 1 – Modelo dos Componentes de um Sistema Elétrico de Potência ......................................... 5 1.1 – Elementos de um sistema elétrico de potência ......................................................................... 5 1.2 – Modelos da linha de transmissão............................................................................................. 5 1.2.1 – Modelo da linha curta (até 80 km)................................................................................................... 5 1.2.2 – Modelo de linha média (entre 80 km e 240 km).............................................................................. 6 1.2.3 – Modelo da linha longa (acima de 240 km) ...................................................................................... 7 1.3 – Modelo do transformador ....................................................................................................... 8 1.3.1 – Transformador monofásico de dois enrolamentos ........................................................................... 8 1.3.2 – Transformador monofásico de três enrolamentos ............................................................................ 9 1.3.3 – Transformador trifásico ou banco de três transformadores monofásicos. ..................................... 11 1.3.4 – Transformador com comutação automática de tape - modelo pi .................................................. 12 1.4 – Modelo do gerador ................................................................................................................14 1.5 – Modelo da carga ....................................................................................................................14 1.5.1 – Representação da carga para fluxo de potência ............................................................................. 14 1.5.2 – Representação da carga para estudo de estabilidade ..................................................................... 14 1.5.3 – Representação da carga para estudo de curto-circuito................................................................... 15 1.5.4 – Representação da carga pelo modelo ZIP...................................................................................... 15 Capítulo 2 – Equações da Rede Elétrica em Regime Permanente .........................................................16 2.1 – Objetivo ................................................................................................................................16 2.2 – Tipos de representação ..........................................................................................................16 2.3 –Equações nodais .....................................................................................................................16 2.3.1 – Equivalência de fontes................................................................................................................... 16 2.3.2 – Equações nodais da rede quando modelada por admitâncias ........................................................ 17 2.3.3 – Características de YBARRA .............................................................................................................. 19 2.3.4 – Características de ZBARRA............................................................................................................... 19 2.3.5 – Interpretação física dos elementos de YBARRA e ZBARRA ................................................................ 21 2.3.5.1 – Elementos de YBARRA ...............................................................................................22 2.3.5.2 – Elementos de ZBARRA ...............................................................................................22 2.4 – Redução da rede ....................................................................................................................25 2.4.1 – Objetivo ......................................................................................................................................... 25 2.4.2 – Eliminação de barra ....................................................................................................................... 25 2.4.2.1 – Eliminação da barra onde não existe fonte de corrente .............................................25 2.4.2.2 – Eliminação de barra onde existe fonte de corrente independente ..............................29 2.4.3 – Equivalentes de rede...................................................................................................................... 32 2.5 – Montagem da matriz YBARRA com elementos acoplados ..........................................................32 2.6 – Modificação da matriz admitância de barra ............................................................................35 2.7 – Montagem e Modificação da matriz impedância de barra .......................................................35 2.7.1 – Modificação direta da matriz impedância de barra........................................................................ 35 2.7.1.1 – O elemento é ligado entre a barra nova p e a referência ...........................................36 2.7.1.2 – O elemento é ligado entre a barra nova p e a barra existente k .................................37 2.7.1.3 – O elemento é ligado entre a barra existente k e a referência .....................................37 2.7.1.4 – O elemento é ligado entre a barra existente k e a barra existente j ............................38 2.7.2 – Montagem direta da matriz impedância de barra........................................................................... 40 2.7.3 – Exclusão de um elemento de impedância zb da matriz ZBARRA ...................................................... 42 2.7.4 – Modificação do valor da impedância que liga duas barras............................................................ 42 2.8 – Obtenção dos elementos da coluna da matriz impedância de barra a partir da matriz admitância de barra..........................................................................................................................................42 2.8.1 – Obtenção de uma coluna da matriz impedância de barra .............................................................. 42

Análise de Sistemas de Potência 2.8.2 – Obtenção da diferença entre duas colunas da matriz impedância de barra.................................... 43 Capítulo 3 – Fluxo de Potência ...........................................................................................................45 3.1 – Introdução .............................................................................................................................45 3.1.1 – Dados de entrada ........................................................................................................................... 45 3.1.2 – Condição de geração e carga ......................................................................................................... 45 3.1.2.1 – Geração...................................................................................................................45 3.1.2.2 – Carga ......................................................................................................................45 3.1.3 – Restrições operativas ..................................................................................................................... 45 3.1.4 – Dispositivos de controle ................................................................................................................ 45 3.1.5 – Solução da rede.............................................................................................................................. 45 3.1.6 – Aplicações...................................................................................................................................... 46 3.1.7 – Modelo da rede .............................................................................................................................. 46 3.1.8 – Modelo matemático do fluxo de potência...................................................................................... 46 3.1.9 – Métodos de solução ....................................................................................................................... 46 3.1.9.1 – Métodos baseados em Y BARRA ..................................................................................46 3.1.9.2 – Métodos baseados em ZBARRA ..................................................................................47 3.1.9.3 – Método de Newton-Raphson ...................................................................................47 3.1.9.4 – Métodos desacoplados.............................................................................................47 3.1.9.5 – Fluxo de potência linear ..........................................................................................47 3.2 – Formulação do problema de fluxo de potência em variáveis complexas ..................................47 3.2.1 – Equações do fluxo de potência em variáveis reais e na forma polar ............................................. 48 3.2.2 – Conceito de barra flutuante ou swing ou slack.............................................................................. 51 3.2.3 – Tipos de barras............................................................................................................................... 51 3.2.3.1 – Barra flutuante ou swing ou slack ou V .................................................................51 3.2.3.2 – Barra de carga ou PQ ..............................................................................................51 3.2.3.3 – Barra de tensão controlada ou PV............................................................................51 3.2.4 – Sistema de equações do fluxo de potência .................................................................................... 51 3.2.4.1 – Subsistema 1 ...........................................................................................................52 3.2.4.2 – Subsistema 2 ...........................................................................................................52 3.3 – Fluxo de Potência pelo Método de Gauss-Seidel ....................................................................53 3.3.1 – Revisão do método de Jacobi ........................................................................................................ 53 3.3.2 – O método de Gauss-Seidel ............................................................................................................ 54 3.3.3 – Critério de convergência do método de Gauss-seidel.................................................................... 55 3.3.4 – Fórmula geral do método de Gauss-Seidel aplicado ao fluxo de potência .................................... 55 3.3.5 – Melhoria do método de Gauss-Seidel............................................................................................ 55 3.3.6 – Tratamento no caso de existir barra PV......................................................................................... 55 3.4 – Fluxo de potência pelo Método de Newton-Raphson ..............................................................58 3.4.1 – Revisão do método no caso monovariável, f(x) = 0 ...................................................................... 58 3.4.2 – Revisão do método no caso multivariável, F(x) = [0] ................................................................... 59 3.4.3 – Aplicação do método de Newton-Raphson na solução do fluxo de potência ................................ 59 3.4.4 – Matriz jacobiana geral ................................................................................................................... 60 3.4.5 – Matriz Jacobiana aplicada à solução do fluxo de potência ............................................................ 60 3.4.6 – Algoritmo da Solução do Fluxo de Potência pelo Método de Newton-Raphson: ......................... 61 3.4.7 – Elementos das submatrizes H, N, M, L do Jacobiano ................................................................... 63 3.4.8 – Estrutura do jacobiano................................................................................................................... 63 3.5 – Expressões do fluxo de potência ativa e reativa nos diversos ramos e shunts ..........................67 3.5.1 – Linha de transmissão média ou longa............................................................................................ 67 3.5.2 – Linha de transmissão curta ............................................................................................................ 69 3.5.3 – Transformador ............................................................................................................................... 70 3.5.4 – Elementos shunt............................................................................................................................. 71 3.6 – Fluxo de potência pelo Método Desacoplado Rápido .............................................................76 3.6.1 – Fluxo de potência pelo Método de Newton desacoplado .............................................................. 76 3.6.2 – Considerações sobre as matrizes H e L do método de Newton desacoplado................................. 76 3.6.3 – Formulação final do método Desacoplado Rápido........................................................................ 77 3.6.4 – Artifícios matemáticos para melhorar o desempenho do método desacoplado rápido na presença de ramos com elevada relação r/x.............................................................................................................. 83

2

Análise de Sistemas de Potência

Capítulo 1 Modelo dos Componentes de um Sistema Elétrico de Potência 1.1 – Elementos de um sistema elétrico de potência a) b) c) d)

Linha de transmissão; Transformador de potência; Gerador; Carga.

Existe mais de um modelo para cada um dos elementos listados. Para cada tipo de estudo existe um modelo específico do elemento. Os modelos apresentados a seguir consideram: a) A rede em regime permanente; b) O sistema elétrico simétrico e equilibrado, logo somente componentes de seqüência positiva; c) Valores em por unidade. A Figura 1.1 mostra um pequeno sistema elétrico de potência onde T 1 e T 2 são transformadores.

Cargas

G Linha de transmissão

Gerador

T2

T1 Figura 1.1 – Sistema elétrico de potência

1.2 – Modelos da linha de transmissão O modelo da linha de transmissão depende do comprimento da mesma. A seguir a modelagem de cada um dos três comprimentos típicos. 1.2.1 – Modelo da linha curta (até 80 km) Neste caso a capacitância da linha, por ser pequena, é desprezada, sendo a linha representada pelos parâmetros série, ou seja, a resistência e a indutância. A Figura 1.2 mostra o modelo da linha curta. IS

r

j

L

IR VR

VS Figura 1.2 – Modelo da linha curta

5

Análise de Sistemas de Potência Da Figura 1.2 pode-se tirar as seguintes equações: z

r

j

L

IS

IR ,

VS

VR

(1.1) z IR .

(1.2)

Explicitando-se as variáveis da receptora vem: IR

IS ,

VR

VS

z IS .

1.2.2 – Modelo de linha média (entre 80 km e 240 km) Neste caso considera-se a capacitância da linha concentrada em ambas as extremidades da mesma. A linha é representada pelo modelo pi-nominal, mostrado na Figura 1.3. I1

IS

IR

z VS

y/2

y/2

VR

Figura 1.3 – Modelo da linha de comprimento médio

Da Figura 1.3 pode-se tirar as seguintes equações: VS

VR

I1

IR

z I1 , y VR . 2

Substituindo-se a corrente I1 na equação acima e agrupando termos vem: VS IS

y 2

1 z

VR

z IR .

(1.3)

y VS . 2

I1

Substituindo-se na equação de I S a corrente I1 e a tensão VS e agrupando termos vem: IS

IR

IS

z

y VR 2

y 2

y 2

2

2

1 z

y 2

VR

y 2

VR

1 z

z IR ,

y 2

IR .

(1.4)

Explicitando-se as variáveis da receptora, considere o sistema formado pelas Equações 1.3 e 1.4.: VS

a VR

b IR ,

IS

c VR

d IR .

a

b

c

d

a d

b c,

6

Análise de Sistemas de Potência

VR

IR

VS

b

IS

d

a VS c

IS

d VS

b IS ,

a IS

c VS .

Substituindo-se valores vem:

VR

VR

IR

IR

d VS a d

b IS b c

y 2

1 z

1 z

z

y 2

VS y 2

1 z

z IS z

,

z

y2 4

2

y 2

VS

z

y2 4

y

y

z IS .

VS

a I S c VS a d b c

y 2

y 2

1 z

2

1 z

y 2

1 z

y 2

y 2

2

Observação: a d

VS

IS 1 z

1 z

y 2

z

y 2

y 2

2

z

,

IS .

b c 1.

1.2.3 – Modelo da linha longa (acima de 240 km)

O modelo da linha longa é determinado considerando-se os parâmetros da linha distribuídos, o que resulta em equações diferenciais parciais, as quais são ajustadas a um modelo pi-equivalente, mostrado na Figura 1.4. IS

VS

I1

yequivalente/ 2

IR

z equivalente

yequivalente/2

VR

Figura 1.4 – Modelo da linha longa

Os valores dos parâmetros da Figura 1.4 estão mostrados a seguir. z equivalente

Z

yequivalente

Y

senh(

l) l

tanh(

l 2) l 2

z y , constante de propagação, Z

z l

e

Y

y l , onde l é o comprimento da linha.

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Análise de Sistemas de Potência 1.3 – Modelo do transformador

1.3.1 – Transformador monofásico de dois enrolamentos

A Figura 1.5 mostra o modelo completo de um transformador monofásico de dois enrolamentos. r1

I1

x1

r2

x2

I2 V2

V1

rf

xm

Figura 1.5 – Modelo completo do transformador monofásico de dois enrolamentos

A Figura 1.6 mostra o modelo completo do transformador monofásico de dois enrolamentos com todos os parâmetros referidos ao primário, onde a grandeza com primo designa grandeza refletida. r1

I1

x1

r'2

x'2

I2 V '2

V1

rf

V2

xm

Figura 1.6 – Modelo completo do transformador com parâmetros referidos ao primário

Considerando-se que a corrente de magnetização do transformador é muito menor que a corrente de carga, e também considerando-se que o transformador é um equipamento de rendimento elevado, maior que 98%, pode-se, sem perda de exatidão, desprezar o ramo paralelo e a resistência série do transformador, resultando no modelo da Figura 1.7, onde xeq x1 x' 2 . I1

V1

xeq

I2 V '2

V2

Figura 1.7 – Modelo do transformador monofásico desprezando-se o ramo paralelo e a resistência dos enrolamentos

8

Análise de Sistemas de Potência 1.3.2 – Transformador monofásico de três enrolamentos

A Figura 1.8 mostra o esquema de um transformador monofásico de três enrolamentos.

VP

VS

VT Figura 1.8 – Construção do transformador monofásico de três enrolamentos

Dos ensaios de curto-circuito tem-se: x PS

xP

x' S , as grandezas base são do enrolamento primário,

x PT

xP

x'T , as grandezas base são do enrolamento primário,

x ST

xS

x'T , as grandezas base são do enrolamento secundário.

Referindo-se todos os parâmetros ensaiados a uma mesma base tem-se x PS , x PT , x ST e, resolvendo-se o sistema de três equações vem que: xP

0,5 ( x PS

x PT

xST )

xS

0,5 ( x PS

x ST

x PT )

xT

0,5 ( x PT

xST

x PS )

A Figura 1.9 mostra o circuito equivalente do transformador de três enrolamentos, onde o ponto de encontro dos três enrolamentos é fictício e não tem qualquer relação com o neutro do sistema. P

S

xP

VS

xS

VP

xT T VT Figura 1.9 – Circuito equivalente de um transformador de três enrolamentos

Exemplo 1.1. Um transformador trifásico de três enrolamentos com tensões 132/33/6,6 kV tem as seguintes reatâncias em pu, medidas entre enrolamentos e referidas a 30 MVA, 132 kV: x PS 0,15 , x PT 0,09 , xST 0,08 . O enrolamento secundário de 6,6 kV alimenta uma carga balanceada com corrente de 2.000,0 A com fator de potência em atraso de 0,8 e o enrolamento terciário de 33 kV alimenta um reator de j 50,0 /fase conectado em estrela. Calcular a tensão no enrolamento primário de 132 kV para que a tensão no enrolamento secundário seja de 6,6 kV.

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Análise de Sistemas de Potência Solução: Na base de 30 MVA e 132 kV vem: xP

0,5 ( x PS

x PT

xST ) 0,5 (0,15 0,09 0,08) 0,08 pu,

xS

0,5 ( x PS

xST

x PT )

0,5 (0,15 0,08 0,09) 0,07 pu,

xT

0,5 ( x PT

x ST

x PS )

0,5 (0,09 0,08 0,15) 0,01 pu.

Valores base do enrolamento terciário: VB3 = 33 kV, SB3 = 30 MVA, Z B 3 VB23 / S B 3 I B3

1,45

,

580,8

,

2.624,32 A.

S B 2 ( 3 VB 2 )

Valores base do enrolamento primário: VB1 = 132 kV, S B1 = 30 MVA, Z B1 VB21 / S B1 I B1

,

524,86 A.

S B3 ( 3 VB 3 )

Valores base do enrolamento secundário: VB2 = 6,6 kV, S B2 = 30 MVA, Z B 2 V B22 / S B 2 I B2

36,3

S B1 ( 3 VB1 ) 131,22 A.

Corrente secundária em pu: I2 = 2.000/I B2 = 2.000/2.624,32 = 0,76 pu. O fator de potência é 0,8 em atraso, I 2 0,76 36,87 0 e VS 1,0 0 0 . Reatância terciária em pu: x 3 = 50,0/36,3 = 1,38 pu. Para se encontrar a solução do exemplo basta agora resolver o circuito equivalente da Figura 1.10 onde todos os valores estão em pu. S

j0,08

P

Vm

I1

VP

I3

j0,07

I2

VS

j0,01

zL j1,38

T VT

Figura 1.10 – Circuito equivalente do transformador de três enrolamentos do Exemplo 1.1

Tomando-se as correntes de malha I1 e I 2 monta-se o seguinte sistema de equações: j 0,08 I1 ( j 0,01 j 0,07 0,76

j1,38) ( I1 0,76

36,87 0 1,0 0,0 0

36,87 0 ) VP ,

( j 0,01

j1,38) (0,76

36,87 0

I1 ) 0 .

Agrupando termos vem: j1,47 I1 VP 1,06 53,130 , 0,05 53,13 0 1,0 0,0 0 1,06 53,130 0

I1 1,89 28,07 / 1,39 90 VP

0

j1,47 I1 1,06 53,130

1,36

j1,39 I1 . 61,930 ,

1,13 4,76 0 .

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Análise de Sistemas de Potência Outro método de solução: O potencial do ponto M é: V M VS x S I 2 , VM

1,0 0 0

36,87 0

j 0,07 0,76

1,0 0,05 53,130

Corrente no enrolamento terciário: VP 1,03 2,360 1,03 2,37 0 I3 xT x L j 0,01 j1,38 1,39 900

0,74

A corrente no enrolamento primário é: I1 I 2 I 3 0,76 36,87 0 0,74 87,630

0,64

1,03 2,36 0

1,03

j 0,04 .

87,630 .

61,930 .

j1,20 1,36

Tensão na reatância de dispersão do enrolamento primário: V XP x P I1 j 0,08 1,36 61,930 0,11 28,07 0 . Tensão nos terminais do enrolamento primário: VP V XP VM 0,11 28,07 0 1,03 2,37 0 1,13 j 0,09 1,13 4,76 , logo a tensão primária deve ser de 132 1,13 149,4 kV.

1.3.3 – Transformador trifásico ou banco de três transformadores monofásicos.

A modelagem do transformador trifásico em estudos de curto-circuito é, em geral, diferente da modelagem de três transformadores monofásicos. Na construção do transformador trifásico tipo núcleo envolvido, diferentemente do transformador tipo núcleo envolvente, é suposto que a soma dos fluxos das três fases é instantaneamente nulo, não havendo, portanto caminho de retorno para estes fluxos. Para regime permanente simétrico e equilibrado os modelos são iguais. Atenção deve ser dispensada com relação à defasagem entre as tensões de linha primária e secundária. Sob condições balanceadas não existe corrente de neutro, logo os elementos de circuito que por ventura estão conectados ao neutro não são representados no diagrama de impedâncias. Se o transformador estiver ligado em delta-delta ( - ) ou estrela-estrela (Y-Y), a modelagem é idêntica ao modelo monofásico. Se o transformador estiver ligado em estrela-delta (Y- ) ou delta-estrela ( -Y), existe defasagem de 300 entre as tensões terminais primárias e secundárias. A norma brasileira diz que, independentemente do tipo da ligação ser Y- ou -Y, as tensões de linha secundárias devem estar atrasadas de 300 em relação às tensões de linha primárias. A Figura 1.11 mostra um transformador trifásico Y- com relação de transformação monofásica N1:N2. Determinação do ângulo das tensões de linha na ligação Y- , seqüência de fase abc. É suposto que o lado estrela seja o enrolamento primário. A

N1 :N2

a Vca

V AB

VCN

B

N1 :N2

b Vab

V AN V BN

C

N1:N2

c

Vbc

N Figura 1.11 – Transformador Y- e diagramas fasoriais das tensões terminais

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Análise de Sistemas de Potência

A Figura 1.11 mostra que as tensões V AN , V BN , VCN do lado Y estão em fase com as tensões Vab , Vbc , Vca do lado delta, respectivamente. Relação de transformação monofásica: N1 :N2 .

Relação de transformação das tensões de linha N1 Y- N2;

300 : N 2 0 0 .

3 N1

Se V AN está em fase com Vab , 30 0 ,

V AB

V AN

3

Vab

V AN

N2 , N1

V AB

Vab

N1 3 N2

30 0 ,

Vab

V AB

N2

30 0 .

N1

3

A Figura 1.12 mostra o modelo do transformador em pu escolhendo-se as bases de tensão com a mesma relação de transformação das tensões de linha. xeq

YV1

V2

V1

V2

Figura 1.12 – Transformador trifásico Y- e seu modelo equivalente em pu

Da Figura 1.12 vem: V1 V2 30 0 , V1( base) V2( base)

N1 3 , N2

xeq do modelo do transformador trifásico em pu não muda com o tipo de ligação do transformador trifásico, pois esta reatância vem do ensaio em curto. 1.3.4 – Transformador com comutação automática de tape - modelo pi

LTC: load tap change ou TCAT: transformador com comutação automática de tape. O tape passa a ser uma variável do modelo. A admitância do modelo pode ser colocada do lado unitário ou do lado do tape. Assume-se que o valor da admitância não varia com a posição do tape. A Figura 1.13 representa um transformador com comutação automática de tape com relação 1:t. A seguir a dedução do modelo equivalente do TCAT a partir da Figura 1.13, que será igualado ao circuito pi da Figura 1.14, onde A, B e C são admitâncias. Ii

Ik

1:t Vi

y Vk

Ij

Vj

Figura 1.13 – Diagrama esquemático de um transformador com tape

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Análise de Sistemas de Potência Vi Vj

1 , Vj t

t Vi .

Ik

y (V j

Vk )

Ik

t

Ii Ij

t, Ij

y (t Vi

Vk ) ,

y Vk .

y Vi

(1.5)

I k , logo I i

t Ik .

Substituindo-se nesta equação o valor de I k da Equação 1.5 vem: Ii

t2

y Vi

y Vk .

t

(1.6) Ii

I1

Vi

Ik

A

B

Vk

C

Figura 1.14 – Modelo pi de um circuito elétrico genérico

Equações do modelo pi da Figura 1.14. I1 A (Vi Vk ) , Ik

I1 C Vk , I k

Ik

A Vi

Ii

B Vi

Ii

(A

A Vi

A Vk

C Vk ,

( A C ) Vk . I1 , I i

B) Vi

(1.7)

B Vi

A Vk ,

A Vi

A Vk .

(1.8)

Igualando-se as equações (1.5, 1.7) e (1.6, 1.8) vem: t y A, y A C y t y C C (1 t ) y , t2

y

A

B

B

t2

y

A

B

t2

y t

y

B

(t 2

t) y .

O modelo pi do transformador com tape está mostrado na Figura 1.15. Ii Vi

I1

t y

(t 2–t) y

Ik Vk

(1–t) y

Figura 1.15 – Modelo pi do transformador com tape 1:t

Se t 1 , ou seja, se o transformador está operando na relação nominal, o circuito equivalente se reduz ao modelo conhecido, como mostrado na Figura 1.16, onde y 1 z . IS VS

y

IR VR

Figura 1.16 – Circuito equivalente do transformador com tape para t

1

13

Análise de Sistemas de Potência 1.4 – Modelo do gerador

A Figura 1.17 mostra o modelo do gerador síncrono de rotor cilíndrico (pólos lisos). ra

jXS Vt

E

Figura 1.17 – Modelo do gerador de rotor cilíndrico

ra = resistência da armadura, XS = reatância síncrona, que é a soma da reatância Xa , devido a reação da armadura e da reatância Xl devido a dispersão. Pode-se desprezar a resistência da armadura nas máquinas em que a resistência da armadura é muito menor que XS . Regime permanente: X S , Regime transitório ou dinâmico: reatância transitória (x'd) ou sub-transitória (x''d). 1.5 – Modelo da carga

A representação da carga depende muito do tipo de estudo realizado. A carga pode ser representada por potência constante, corrente constante ou impedância constante. É importante que se conheça a variação das potências ativas e reativas com a variação da tensão. Em uma barra típica a carga é composta de motores de indução (50 a 70%), aquecimento e iluminação (20 a 30%) e motores síncronos (5 a 10%). Embora seja exato considerar as características PV e QV de cada tipo de carga para simulação de fluxo de carga e estabilidade, o tratamento analítico é muito complicado. Para os cálculos envolvidos existem três maneiras de se representar a carga. 1.5.1 – Representação da carga para fluxo de potência

A Figura 1.18 mostra a representação da carga como potência ativa e reativa constantes. k P L + jQL Figura 1.18 – Representação da carga com potência constante para estudo de fluxo de potência

1.5.2 – Representação da carga para estudo de estabilidade

Neste caso a atenção não é com a dinâmica da carga, mas sim com a dinâmica do sistema. Por esta razão a carga é representada por impedância constante como mostra a Figura 1.19. k z Figura 1.19 – Representação da carga para estudo de estabilidade com impedância constante

14

Análise de Sistemas de Potência 1.5.3 – Representação da carga para estudo de curto-circuito

Cargas estáticas e pequenas máquinas são desprezadas. Somente as máquinas de grande porte contribuem para o curto, logo apenas estas máquinas são consideradas. 1.5.4 – Representação da carga pelo modelo ZIP

Neste modelo parte da carga é representada por impedância constante, parte da carga é representada por corrente constante e parte da carga é representada por potência constante. Carga = Z cte P pz

( pz V pi

2

pp

I cte pi V

Pcte , p p ) P ( no min al ) ,

1,0 ,

onde: pz é a parcela da carga representada como Z constante, pi é a parcela da carga representada como I constante, p p é a parcela da carga representada como P constante. Q

(q z V 2

qi V

qz

qi

1,0 ,

qp

q p ) Q ( no min al ) ,

onde: qz é a parcela da carga representada como Z constante, qi é a parcela da carga representada como I constante, q p é a parcela da carga representada como P constante.

15

Análise de Sistemas de Potência

Capítulo 2 Equações da Rede Elétrica em Regime Permanente 2.1 – Objetivo

Determinação das matrizes que representam a rede elétrica de corrente alternada em regime permanente senoidal para uso computacional.

2.2 – Tipos de representação

a) Modelo com parâmetros de admitância; b) Modelo com parâmetros de impedância. As equações da rede serão extraídas utilizando-se a análise nodal da rede, pois esta apresenta desempenho computacional mais eficiente.

2.3 –Equações nodais

2.3.1 – Equivalência de fontes

As fontes da Figura 2.1 são equivalentes se E

zg I , yg

1 zg . I1

zg

I

V

I1

zg E

V

R E D E

R E D E

I1

I

yg

V

R E D E

Figura 2.1 – Equivalência entre fonte de corrente e fonte de tensão

A notação usada no presente texto é: Letra maiúscula com índice duplo corresponde a um elemento da matriz; Letra minúscula com índice simples ou duplo corresponde à impedância ou admitância de um elemento do sistema.

16

Análise de Sistemas de Potência

2.3.2 – Equações nodais da rede quando modelada por admitâncias

Seja o sistema da Figura 2.2, onde E 3 representa um motor. 2

1

E1

E2

T2

T1

3 T3

E3 Figura 2.2 – Sistema exemplo para as equações nodais da rede

Utilizando-se o modelo de cada elemento, o sistema fica como mostra a Figura 2.3.

z g1 E1

zt1 z11

1

2

z12 z 23

z13

z t2

z g2

z22

E2

3

zt3 z33 zm3 E3

Figura 2.3 – Sistema exemplo com os modelos dos elementos da rede

A Figura 2.4 mostra o diagrama da rede da Figura 2.3 em que cada fonte de tensão em série com impedância foi transformada em fonte de corrente em paralelo com a admitância e as impedâncias das linhas foram transformadas em admitâncias.

17

Análise de Sistemas de Potência

y6 y4

y5

1

2 y1

I1

3 y2

I2

I3

y3

0 Figura 2.4 – Diagrama unifilar do sistema exemplo com admitâncias

I1

E1 z11

E1 , z g1 z t1

I2

E2 z 22

E2 , z g 2 zt 2

y2

1 z 22

zg2

I3

E3 z 33

E3 , z m3 zt 3

y3

1 z 33

z m3

y4

1 , z12

y5

1 z11

y1

1 , z 23

y6

1 z g1

z t1

,

1

,

zt 2

1 zt 3

,

1 . z13

Equações nodais do circuito da Figura 2.4. Barra 1: I1 y 4 (V1 V2 ) y6 (V1 V3 ) y1 (V1 V0 ) , Barra 2: I 2

y5 (V2 V3 )

y 4 (V2 V1 )

Barra 3: I 3

y5 (V3 V2 )

y6 (V3 V1 )

Barra 0: ( I1

I2

I3 )

y1 (V0 V1 )

y 2 (V2 V0 ) , y3 (V3 V0 ) .

y 2 (V0 V2 )

y3 (V0 V3 ) .

A equação da barra 0 é linearmente dependente das outras três equações. Basta somar as equações das barras 1, 2, 3 para verificar. Agrupando-se termos das equações das barras 1, 2, 3 vem: I1 ( y1 y 4 y6 ) V1 y 4 V2 y 6 V3 , I2

y 4 V1 ( y 2

I3

y6 V1

y4

y 5 V2

y5 V3 ,

y 5 ) V2 ( y3

(2.1)

y6 ) V3 .

y5

Colocando-se as Equações 2.1 na forma matricial, tem-se para a matriz admitância nodal YBARRA : I1

y1

y4

I2

y4

I3

y6

A Equação 2.2 é da forma I

y6

y4 y2

y4 y5

y5 y3

y6

V1

y5

V2 .

y5

y6

(2.2)

V3

YBARRA V , onde: I é o vetor de injeção de corrente na rede por

fontes independentes, V é o vetor de tensão nas barras em relação à referência e YBARRA é a matriz de admitância de barra ou matriz de admitância nodal.

18

Análise de Sistemas de Potência 2.3.3 – Características de Y BARRA

1) Simétrica; 2) Complexa; 3) Quadrada de dimensão n, onde n é o número de barras do sistema sem contar a barra de referência; 4) Esparsa, mais de 95% dos elementos é nulo, o que é uma vantagem; 5) Os elementos da diagonal principal são positivos; 6) Os elementos fora da diagonal principal são negativos; 7) Os elementos da diagonal principal Ykk são o somatório das admitâncias diretamente ligadas à barra k; 8) Os elementos fora da diagonal principal Ykj são o simétrico da soma das admitâncias que ligam as barras k e j. As características 7 e 8 acima permitem a montagem direta da matriz YBARRA por inspeção da rede. 1 Pode-se também escrever a equação I YBARRA V como V Z BARRA I , onde Z BARRA YBARRA .A matriz ZBARRA é conhecida como matriz de impedância de barra ou matriz de impedância nodal.

2.3.4 – Características de ZBARRA

1) Simétrica; 2) Complexa; 3) Quadrada de dimensão n, onde n é o número de barras do sistema sem contar a barra de referência; 4) Matriz cheia. Exemplo 2.1 Escrever as equações nodais da rede na forma matricial, ou seja, escrever I

corresponde ao diagrama unifilar da Figura 2.5, sabendo-se que Ea

0

YBARRA V que

1,5 0 , Eb

1,5

36,7 0 ,

Ec 1,5 0 0 , zg = j1,15, zt = j0,1, z13 = j0,25, z14 = j0,2, z24 = j0,2, z34 = j0,125, z23 = j0,4 em valores por unidade.

Ea

Ec

1

3 4

Eb

2 Figura 2.5 – Diagrama unifilar do exemplo 2.1

A Figura 2.6 mostra o diagrama unifilar de impedâncias do circuito da Figura 2.5.

19

Análise de Sistemas de Potência

Ea

1,5 0 0

1

j1,15+j0,1

j0,2 j0,25 Ec

1,5 0 0

j0,125

j1,15+j0,1

4 3 j0,4 Eb

1,5

36,7 0

j1,15+j0,1

j0,2

2 Figura 2.6 – Diagrama unifilar de impedâncias do circuito da Figura 2.5

A Figura 2.7 mostra o diagrama unifilar de admitâncias onde todas as fontes de tensão foram transformadas em fontes de corrente. A seguir os cálculos para a determinação dos parâmetros do sistema da Figura 2.7 I1

1,2

90 0

1 y6 = –j5,0

y1 = –j0,8 I 3 1,2

y 4 = –j4,0

900

3 0

y7 = –j8,0

y3 = –j0,8

I2

1,2

126,87 0

4

y 5 = –j2,5 y8 = –j5,0

y 2=–j0,8 2 Figura 2.7 – Diagrama unifilar de admitâncias do circuito da Figura 2.5

20

Análise de Sistemas de Potência 1,5 0 0 j1,25

Ea

I1

zg

zt Eb

I2

1,5

zg

zt

zg

36,7 0 j1,25

1,5 0 0 j1,25

Ec

I3

zt

90 0

1,2

1,2

126,87 0

90 0

1,2

y1 1 j1,25

j 0,8 , y 2

1 j1,25

y5

j 2,5 , y6

1 j 0,2

1 j 0,4

j1,2 , 0,72

j 0,96 ,

j1,2 . j 0,8 , y3 1 j1,25 j 5,0 , y 7

j 0,8 , y 4

j 4,0 ,

1 j 0,25

j8,0 , y8 1 j 0,2

1 j 0,125

j 5,0 .

De acordo com a regra de montagem da matriz YBARRA pode-se escrever: Y11

j 0,8

j 4,0

j 9,8 ,

j 5,0

Y22

j 0,8

j 2,5

j 5,0

Y33

j 0,8

j 4,0

j 2,5

Y44

j 5,0

j8,0

j 5,0

j8,3 , j8,0

j15,3 ,

j18,0 ,

Y12

Y21

0,0 , Y13

j 4,0 ,

Y14

Y41

j 5,0 , Y23

Y32

j 2,5 ,

Y24

Y42

j 5,0 , Y34

Y43

j8,0 .

Y31

O sistema de equações com a matriz admitância de barra fica então: 1,2 1,2 1,2

90 0 126,87 90 0 0,0

j 9,8 0

0,0

0,0

j8,3

j 4,0

j 5,0

V1

j 2,5

j 5,0

V2

j 4,0

j 2,5

j15,3

j8,0

V3

j 5,0

j 5,0

j8,0

j18,0

V4

.

O cálculo das admitâncias é simples quando as resistências são desprezadas. A diagonal principal é negativa e os elementos fora da diagonal principal são positivos. 2.3.5 – Interpretação física dos elementos de Y BARRA e ZBARRA

Seja o circuito da Figura 2.8.

y6 y4

y5 2

1

I1

y1

I2

3

y2

I3

y3 0

Figura 2.8 – Interpretação física dos elementos de YBARRA e Z BARRA

21

Análise de Sistemas de Potência 2.3.5.1 – Elementos de Y BARRA

Seja a equação que descreve o circuito da Figura 2.8 pela matriz admitância de barra: I1

Y11

Y12

Y13

V1

I2

Y21 Y22

Y23

V2 .

I3

Y31 Y32

Y33

V3

Os elementos da matriz admitância de barra podem ser calculados pelo ensaio em curto-circuito onde: Ykk : admitância própria de curto-circuito da barra k, Yik : admitância de transferência de curto-circuito entre as barras i e k. Ensaio de curto-circuito na barra 1 da Figura 2.8: curto-circuito em todas as barras a exceção da barra 1. Tem-se portanto V2 V3 0 . I1

Y11

I2

Y21

I3

Y31

V1

Y11

I1 V1

Y21

I 2 V1

Y31

I 3 V1

V2 V3 0 V2 V3 0

.

V2 V3 0

A expressão geral de cada elemento da matriz admitância de barra relaciona o efeito à causa e é: Ii Yik . Vk V 0, j k j

Verificação: ensaio de curto-circuito na barra 1 da Figura 2.8, ou seja, todas as tensões de barra, com exceção da barra 1 são zero. I1

y1 (V1 V0 )

I1

( y1

I2

y 2 (V2 V0 )

I2 I3

I3

y4

y 4 V1

I1 V1

y6 ) V1

I2 V1

y3 (V3 V0 )

y 6 V1

y 4 (V1 V2 )

I3 V1

y1

y 4 (V2 V1 )

y4

y4

y6

Y11 .

y5 (V2 V3 ) ,

Y21 .

y5 (V3 V2 )

y6

y 6 (V1 V3 ) ,

y6 (V3 V1 ),

Y31 .

2.3.5.2 – Elementos de Z BARRA

Seja a equação que descreve o circuito da Figura 2.8 pela matriz impedância de barra: V1

Z11

Z12

Z13

I1

V2

Z 21

Z 22

Z 23

I2 .

V3

Z 31

Z 32

Z 33

I3

Os elementos da matriz impedância de barra podem ser calculados pelo ensaio em circuito aberto onde: Z kk : impedância própria de circuito aberto da barra k, Z ik : impedância mútua de circuito aberto entre as barras i e k.

22

Análise de Sistemas de Potência Ensaio de circuito aberto na barra 1 da Figura 2.8: fontes de corrente inoperantes ou mortas em todas as barras com exceção da barra 1. Tem-se portanto I 2 I 3 0 . V1

Z11

V2

Z 21

V3

Z 31

I1

Z11

V1 I1

Z 21

V2 I1

Z 31

V3 I1

I 2 I3 0 I 2 I3 0

.

I 2 I3 0

A expressão geral de cada elemento da matriz impedância de barra relaciona o efeito à causa e é: Vi Z ik . I k I 0, j k j

Observações:

1) se a corrente I1 (corrente injetada na rede durante o ensaio) é de 1 pu, Z11 V1 , Z 21 V2 , Z 31 V3 , ou seja, os elementos da coluna são numericamente iguais às tensões. 2) Zkk é a impedância equivalente da rede vista entre a barra k e a referência com as demais fontes (Th ) de corrente inoperantes, ou seja, é a impedância do equivalente de Thèvenin, Z kk Z kk .

Pelo significado físico dos elementos de YBARRA e ZBARRA evidencia-se que não há reciprocidade entre estes elementos, ou seja, Ykm 1 Z km . Exemplo 2.2 Resolva as equações nodais do Exemplo 2.1 para encontrar a matriz impedância de barra pela inversão da matriz admitância de barra. Calcule então as tensões de barra. Solução: Invertendo-se a matriz

YBARRA com auxílio da função inv( ) do MATLAB obtém-se:

j 0,4774

j 0,3706

j 0,4020

j 0,4142

j 0,3706

j 0,4872

j 0,3922

j 0,4126

j 0,4020

j 0,3922

j 0,4558

j 0,4232

j 0,4142

j 0,4126

j 0,4232

j 0,4733

0

j1,20

0,72 0

j 0,96

V1 V2

j1,20

V3

0

V4

.

O vetor tensão de barra é encontrado efetuando-se a multiplicação indicada, ou seja: V1 V2

1,4111

j 0,2668

1,436

10,710

1,3830

j 0,3508

1,427

14,24 0

V3

1,4059

1,434

11,36 0

V4

1,4009

j 0,2824 j 0,2971

1,432

11,97 0

.

Exemplo 2.3

Um capacitor com reatância de 5 pu nas bases do sistema é conectado entre a barra 4 e a referência do circuito da Figura 2.7. Calcular a corrente que passa pelo capacitor e a nova tensão da barra 4. A impedância do capacitor é: z C j 5,0 pu. Z44 é a impedância equivalente da rede vista da barra 4.

V4 é a tensão da barra 4 antes do capacitor ser colocado. Z44 é obtido invertendo-se a matriz YBARRA . A matriz Z BARRA está mostrada acima, logo Z44 = j0,47 e V4 , também mostrado acima vale V4 questão.

1,432

11,97 0 . A Figura 2.9 mostra o circuito de Thèvenin em

23

Análise de Sistemas de Potência

4 I capacitor

Z44 V4

–j5,0 0

Figura 2.9 – Equivalente de Thèvenin por elemento de

Z BARRA

Solução: I capacitor

V4 Z 44

j 5,0

1,432 11,97 0 j 0,4733 j 5,0

0,3163 78,030 .

A nova tensão da barra 4 passa a ser: 0,3163 78,030 j 5,0 1,582 Notar que a nova tensão na barra 4 aumentou de valor.

11,97 0 .

Exemplo 2.4 Se uma corrente de 0,3163 78,030 pu é injetada na barra 4 do exemplo 2.2 (esta é a mesma corrente que passa pelo capacitor) com todas as outras fontes mantidas, encontre as tensões nas barras 1, 2, 3, 4. Notar que não existe capacitor neste exemplo. Considerando-se todas as fontes inoperantes, as tensões nodais somente devidas a esta corrente injetada pode ser calculada a partir da matriz ZBARRA. Basta multiplicar a matriz ZBARRA pelo vetor corrente, ou seja, basta multiplicar a coluna 4 da matriz ZBARRA pela corrente 0,3163 78,030 . Efetuando-se esta operação vem: V1

Z14

I4

0,3163 78,03 0

j 0,4142

0,1309

11,97 0 pu,

V2

Z 24

I4

0,3163 78,030

j 0,4126

0,1304

11,97 0 pu,

V3

Z 34

I4

0,3163 78,03 0

j 0,4232

0,1337

11,97 0 pu,

V4

Z 44

I4

0,3163 78,030

j 0,4733

0,1496

11,97 0 pu.

Para se determinar as novas tensões nas barras pode-se utilizar a superposição, adicionando-se as tensões das barras somente devidas às fontes de corrente I1 , I 2 , I 3 com as tensões das barras devidas à fonte de corrente de

0,3163 78,030 .

V1 1,436

10,710

0,1309

11,97 0

1,567

10,810 pu,

V2

1,427

14,24 0

0,1304

11,97 0

1,557

14,04 0 pu,

V3 1,434

11,36 0

0,1337

11,97 0

1,568

11,410 pu,

V4

11,97 0

0,1496

11,97 0

1,582

11,97 0 pu.

1,432

Observar que a tensão da barra 4 é a mesma da do exemplo 2.3.

24

Análise de Sistemas de Potência 2.4 – Redução da rede

2.4.1 – Objetivo

As matrizes impedância de barra e admitância de barra de um sistema elétrico real são muito grandes, dimensão da ordem de milhares. Nos estudos não é necessário se conhecer a tensão em todas as barras do sistema, logo seguem técnicas para reduzir a dimensão da rede, eliminando-se trechos não prioritários da rede para o estudo em questão. 2.4.2 – Eliminação de barra

Seja a rede elétrica representada pela matriz admitância de barra. A eliminação se processa para duas diferentes situações: a) não existe fonte de corrente na barra a ser eliminada, b) existe fonte de corrente na barra a ser eliminada. 2.4.2.1 – Eliminação da barra onde não existe fonte de corrente

Particionamento da matriz. Ordenam-se as equações de tal forma que todas as barras sem fonte fiquem juntas e na parte inferior da matriz. I1

IA

V1 Y AA

I2 I3

IB

Supondo-se I B IA IB

t Y AB

V2

YBB

V4

I5

VA

V3 . V5

VB

0,

Y AA Y AB t Y AB

YBA

I4

Y AB

VA

YBB

VB

IA

Y AA V A Y AB VB ,

IB

t Y AB V A YBB VB

,

0

t YBB1 Y AB VA .

VB

Substituindo-se o valor de VB na equação de I A vem: IA

t Y AA V A Y AB YBB1 Y AB VA .

Agrupando-se termos vem: t I A Y AA Y AB YBB1 YAB V A , que está na forma I A

YA V A .

YA

A ordem da matriz YA neste exemplo é a do número de barras com fonte de corrente. Exemplo 2.5. Eliminação de apenas uma barra do sistema de três barras da Figura 2.8 com I 3 IA IB

YA

I1

Y11

Y13

V1

I2

Y21 Y22 Y23

V2

0

Y31 Y32

V3

Y12

Y13

Y21 Y22

Y23

Y11

Y12

Y33

Y33 1

0.

VA VB

Y31 Y32 .

25

Análise de Sistemas de Potência Y11 YA

Y21

Y13 Y31 Y33 Y23 Y31 Y33

Y12 Y22

Y13 Y32 Y33 . Y23 Y32 Y33

Esta matriz representa um sistema equivalente ao sistema de três barras, agora com dimensão 2 2. Colocando-se de forma escalar tem-se que a eliminação da barra n é: Yin Ynj

Y 'ij Yij

Ynn

,

que é chamada de eliminação de Kron. Para maior eficiência computacional deve-se evitar a inversão da matriz YBB. O procedimento é então o de eliminar uma barra por vez, aplicando-se a eliminação de Kron tantas vezes quanto o número de barras a serem eliminadas. A partir de YA pode-se desenhar o circuito equivalente. No exemplo tem-se agora duas barras, mostradas na Figura 2.10 onde os elementos da nova matriz YBARRA 2 2 são: Y '11 y '1 y '3 , Y ' 22 y ' 2 y '3 , Y '12 Y '21 y '3 . Resolvendo-se o sistema acima determina-se y'1 , y'2 , y'3 .

y'3 1

2

y'1

I1

y'2

I2

0 Figura 2.10 – Sistema equivalente ao sistema de três barras

Exemplo 2.6 Eliminar as barras 3 e 4 do sistema da Figura 2.11 sabendo-se que estas não têm fonte. Desenhar o circuito equivalente com estes nós eliminados e calcular as potências ativa e reativa injetadas ou absorvidas em cada barra. I1 1,2 90 0 , I 2 1,2 126,87 0 .

I1

1 y 6 = –j5,0

y 1 = –j0,8 y4 = –j4,0

y 7=–j8,0

3

I2

4

y 5 = –j2,5 y8 = –j5,0

y 2 = –j0,8

2

Figura 2.11 – Sistema para a eliminação das barras 3 e 4

26

Análise de Sistemas de Potência I

YBARRA V

1 j 9,8 0,0

YBARRA

2 0,0 j8,3

3 j 4,0

4 j 5,0

j 2,5

j 5,0

j 4,0

j 2,5

j14,5

j8,0

j 5,0

j 5,0

j8,0

j18,0

.

Eliminação da barra 4. Y '11 Y '12 Y '13 Y ' 22 Y ' 23 Y '33

j 5,0 j 5,0 j8,41 , j18,0 j 5,0 j 5,0 Y ' 21 0,0 j1,39 , j18,0 j5,0 j8,0 Y ' 31 j 4,0 j 6,22 , j18,0 j 5,0 j 5,0 j8,3 j 6,91 , j18,0 j5,0 j8,0 Y '32 j 2,5 j 4,72 , j18,0 j8,0 j8,0 j14,5 j10,94 . j18,0 j 9,8

Após a eliminação da barra 4 a matriz YBARRA fica: 1 j8,41 Y ' BARRA

j1,39 j 6,22

2 j1,39

3 j 6,22

j 6,92

j 4,72

j 4,72

.

j10,94

Eliminando-se agora a barra 3 vem: Y ' '11 Y ' '12 Y ' ' 22

j 6,22 j 6,22 j 4,87 , j10,94 j 6,22 j 4,72 Y ' ' 21 j1,39 j 4,07 , j10,94 j 4,72 j 4,72 j 6,91 j 4,87 . j10,94 j8,41

Após a eliminação das barras 4 e 3 a matriz YBARRA fica: Y ' ' BARRA

j 4,87 j 4,07

j 4,07 . j 4,87

A Figura 2.12 mostra o sistema de duas barras, que tem a matriz YBARRA como acima, equivalente ao sistema da Figura 2.11 de quatro barras.

27

Análise de Sistemas de Potência y''3 1

2

y''1

90 0

I1 1,2

y''2

I2

1,2

126,87 0

0 Figura 2.12 – Circuito equivalente após a eliminação das barras, sem fonte, 4 e 3

Para se calcular os valores dos elementos do circuito da Figura 2.12 basta aplicar as regras da construção da matriz YBARRA e resolver o sistema. Tem-se então: j 4,87 , Y ' ' BARRA( 22)

Y ' ' BARRA(11)

y ' '1 y ' '3

Y ' ' BARRA(12)

Y ' ' BARRA( 21)

y ' ' 2 y ' '3

j 4,87 ,

j 4,07 .

y' '3

Resolvendo-se o sistema vem: y' '3 j 4,07 , y ' '1 y ' ' 2 j 4,87

j 4,07

j 0,80 .

Para se calcular a potência injetada em cada barra, basta calcular primeiramente as tensões nas barras. Tem-se que: j 4,87

I1

j 4,07

j 4,07

I2

V1

j 4,87

V2

,

onde o vetor corrente é conhecido. Utilizando-se o programa MATLAB para inverter a matriz YBARRA com a função inv(YBARRA) vem: V1

j 0,68

j 0,57

I1

V2

j 0,57

j 0,68

I2

V1

j 0,68

j 0,57

V2

j 0,57

j 0,68

V1

1,36

j 0,41

V2

1,34

j 0,49

S1

V1 I1*

S1

0,49

S2

V2

S2

1,42

,

1,2 1,2 1,42 1,42

90 0 126,87 0

,

16,730 . 20,14 0

16,730 1,2 90 0

1,71 73,27 0 ,

j1,64 , I 2*

0,49

1,42

20,14 0 1,2 126,87 0

1,71 106,730 ,

j1,64 .

Perdas na linha de transmissão: V1 V2 0,0268 j 0,0806 0,0849 71,63 0 , I12

y ' ' 3 (V1 V2 )

( j 4,07) (0,0849 71,630 )

0,3460

18,37 0 .

28

Análise de Sistemas de Potência Potência injetada na linha a partir da barra 1: * S12 V1 I12 (1,42 16,730 ) (0,3460 18,37 0 ) , 0,49 1,64 0

S12

0,49

j 0,014 .

Potência injetada na linha a partir da barra 2: * S 21 V2 I 21 (1,42 20,14 0 ) ( 0,35 18,37 0 ) , S 21

0,49 178,22 0

S12

S 21

j 0,015 .

0,49

j 0,029 .

A potência reativa consumida na linha também pode ser calculada por: 2 I12 y ' ' 3 0,34 2 4,07 0,029 . Perda reativa na admitância do gerador 1: Q1 V12 y ' '1 1,42 2 0,8 1,621 . Perda reativa na admitância do gerador 2: Q2 V22 y ' ' 2 1,42 2 0,8 1,621 . Perda reativa total: Qtotal = 0,029 + 1,621 + 1,621 = 3,271. Potência total injetada no sistema: S total S1 S 2 0,49 j1,64 0,49 S total

j1,64 ,

j 3,27 .

2.4.2.2 – Eliminação de barra onde existe fonte de corrente independente

A eliminação de barra onde existe fonte de corrente é semelhante a eliminação de Gauss. Este método também vale quando não existe fonte de corrente na barra eliminada, sendo a fonte de corrente nula um caso particular. A eliminação de Gauss consiste em transformar a matriz do sistema em uma matriz triangular superior. Com isto encontra-se o valor de uma variável e, por substituição todas as demais variáveis. Quando da eliminação de barra com fonte pode ocorrer que uma barra, originalmente sem fonte, fique com fonte. A eliminação de Gauss consiste de duas etapas: a) normalização da primeira equação, b) eliminação da variável pivotada nas outras equações. Seja o sistema I

YBARRA V de dimensão três por três, escrito na forma estendida a seguir.

Y33 V3 Y31 V1 Y32 V2

I3 ,

Y13 V3 Y11 V1 Y12 V2

I1 ,

Y23 V3 Y21 V1 Y22 V2

I2 .

a) Normalização da primeira equação. Dividindo-se a primeira linha por Y33 e mantendo-se as outras linhas inalteradas vem: 1 V3

Y31 V1 Y33

Y32 V2 Y33

I3 , Y33

Y13 V3 Y11 V1 Y12 V2

I1 ,

Y23 V3 Y21 V1 Y22 V2

I2 .

29

Análise de Sistemas de Potência b) Eliminação da variável pivotada V3 nas demais equações. Basta fazer a operação assinalada a seguir, onde o termo primo substitui a linha original. L' 2

L2 Y13 L1

L '3

L3 Y23 L1 Y31 V1 Y33

1 V3

Y32 V2 Y33

I3 , Y33

0 V3

Y11

Y13 Y31 Y33

V1

Y12

Y13 Y32 Y33

0 V3

Y21

Y23 Y31 Y33

V1

Y22

Y23 Y32 Y33

V2

Y13 I 3 Y33

I1

V2

I '1 ,

Y23 I 3 Y33

I2

I '2 .

O sistema ficou então reduzido a: Y '11 V1 Y '12 V2

I '1

Y ' 21 V1 Y '22 V2

I '2 .

,

A formação do termo Y 'ij é a mesma da redução de Kron para a eliminação da barra n, ou Yin Ynj

seja, Y 'ij Yij

Ynn

.

A formação das novas correntes injetadas é I 'i

Ii

Yin I n para a eliminação da barra n. Ynn

A Figura 2.13 mostra o circuito equivalente sem a barra 3.

y'3 1

2

y'1

I '1

I '2

y'2 0

Figura 2.13 – Redução de sistema de três barras com fonte de corrente na barra eliminada

Exemplo 2.7.

Eliminar as barras 4 e 3 do sistema da Figura 2.7, cuja equação I seguir. 1,2

90 0

1,2 126,87 1,2 90 0 0,0

0

j 9,8 0,0

0,0 j8,3

j 4,0 j 2,5

j 5,0 j 5,0

j 4,0 j 5,0

j 2,5 j 5,0

j15,3 j8,0

j8,0 j18,0

YBARRA V está repetido a

V1 V2 . V3 V4

Eliminação da barra 4 do sistema da Figura 2.7. Y '11

j 9,8

j 5,0 j 5,0 j18,0

j8,41 ,

30

Análise de Sistemas de Potência j5,0 j5,0 j1,39 , j18,0 j 5,0 j8,0 Y '31 j 4,0 j 6,22 , j18,0 j 5,0 j 5,0 j8,3 j 6,91 , j18,0 j 5,0 j8,0 Y '32 j 2,5 j 4,72 , j18,0 j8,0 j8,0 j15,3 j11,74 . j18,0

Y '12 Y ' 21 0,0 Y '13

Y ' 22 Y ' 23 Y '33

Após a eliminação da barra 4 o sistema fica:

90 0

1,2 1,2

126,87

1,2

90

0

1

2

3

j8,41

j1,39

j 6,22

V1

j 4,72

V2 .

j11,74

V3

j1,39

0

j 6,22

j 6,91 j 4,72

Eliminação da barra 3. Y ' '11 Y ' '12

Y ' '22

j 6,22 j 6,22 j 5,11 , j11,74 j 6,22 j 4,72 Y ' '21 j1,39 j 3,89 , j11,74 j 4,72 j 4,72 j 6,91 j 5,01 . j11,74 j8,41

j 6,22 1,2 90 0 j11,74

I '1 1,2

90 0

I ' 2 1,2

126,87 0

90 0

1,2

j 4,72 1,2 90 0 j11,74

1,2

j 0,64

j1,84 1,84

126,87 0

j 0,48 1,61

90 0 , 116,530 .

Após a eliminação da barra 3 o sistema fica: 1,84 1,61

90 0 116,53

j 5,11 0

j 3,89

j 3,89

V1

j 5,01

V2

.

A Figura 2.14 mostra o circuito equivalente do sistema no qual foram eliminadas a barra 4, que não tinha fonte, e a barra 3, que tinha fonte. –j3,89 1

I ' '1 1,84

90 0

2 –j1,22

–j1,12

I ' '2 1,61

116,530

0 Figura 2.14 – Circuito equivalente com eliminação de barra que contém fonte

31

Análise de Sistemas de Potência 2.4.3 – Equivalentes de rede

Usa-se o equivalente de rede para substituir parte de um circuito, no qual não existe interesse para determinado estudo, por seu equivalente. A Figura 2.15 mostra a rede original e a Figura 2.16 o equivalente da rede externa. 1 2

Rede interna

Rede externa

3 Figura 2.15 – Circuito original

I '1

1

Rede interna

ya

2

I '2

yb

3

I '3

Figura 2.16 – Rede externa substituída por equivalente

2.5 – Montagem da matriz Y BARRA com elementos acoplados

A Figura 2.17 mostra um trecho de circuito em que existe admitância ou impedância mútua entre alguns elementos do sistema elétrico. A polaridade da tensão induzida é importante. i

Ii

I ij

j

I ji

Ij

zij k

Ik

zm

l

Il

zkl I kl

I lk

Figura 2.17 - Parte de circuito com impedância mútua

Polaridade relativa da corrente. Vi V j

zij I ij

z m I kl ,

Vk Vl

z kl I kl

z m I ij .

Vi V j

zij

zm

I ij

Vk Vl

zm

zkl

I kl

Em forma matricial vem: ,

onde a matriz Z é denominada de matriz impedância primitiva do elemento. Passando-se para admitância vem:

32

Análise de Sistemas de Potência I ij

yij

ym

Vi V j

I kl

ym

ykl

Vk Vl

,

onde a matriz Y é chamada de matriz admitância primitiva do elemento. Expandindo-se a equação acima vem: I ij yij Vi yij V j ym Vk ym Vl , I ji

I kl I lk

Sabendo-se que I ij

I i , I ji

yij Vi

ym Vi ym Vi I j , I kl

yij V j

ym Vk

ym Vl ,

ym V j

ykl Vk

ykl Vl ,

ym V j I k , I lk

ykl Vk

ykl Vl .

I l e colocando-se a equação acima em forma

matricial tem-se: yij

Ii Ij

yij

Ik

ym ym

Il

yij yij

ym ym

ym ym

ykl ykl

ym ym ykl ykl

Vi Vj

.

Vk Vl

Notar que os dois blocos com yij e ykl são termos da matriz YBARRA sem mútua. Regra prática para a montagem da matriz YBARRA com mútuas: 1) 2) 3) 4)

Determinar a matriz Z primitiva dos elementos com mútua; Inverter a matriz Z primitiva do elemento para encontrar a matriz Y primitiva; Montar a matriz YBARRA sem considerar a admitância mútua y m; Incluir o efeito das mútuas somando-se ym aos elementos da matriz referentes aos terminais igualmente marcados e subtraindo-se ym dos elementos da matriz referentes aos terminais marcados diferentemente.

A Figura 2.18 mostra o circuito equivalente do circuito da Figura 2.17 com mútuas. j

i yij ym –y m

–y m k

l

ym y kl

Figura 2.18 - Circuito equivalente com elementos acoplados

Exemplo 2.8. Sejam z12 = z34 = j0,25 pu e zm = j0,15 pu como mostrados na Figura 2.19. Determinar a matriz YBARRA do sistema.

1

z12

2

z34

4

zm 3

Figura 2.19 - Circuito referente ao exemplo

33

Análise de Sistemas de Potência V1 V2

j 0,25

j 0,15

I12

V3 V4

j 0,15

j 0,25

I 34

,

onde a matriz acima é a matriz Z primitiva. A matriz Y primitiva é a inversa de Z primitiva. j 6,25 j 3,75 YPRIMITIVA , j 3,75 j 6,25 ym

j 3,75 , y12

j 6,25 .

y34

i) Sem acoplamento.

YBARRA

j 6,25 j 6,25

j 6,25 j 6,25

0

0

0

0

0 0

0 0

j 6,25

j 6,25

j 6,25

j 6,25

ii) Considerando-se o acoplamento. Basta acrescentar +y m em (1,3), (2,4), (3,1), (4,2) e acrescentar –y m em (1,4), (2,3), (3,2), (4,1). j 6,25 j 6,25

YBARRA

Exemplo 2.9. Sejam z13 z 23 Figura 2.20.

j 0,25 pu, z m

j 6,25 j 6,25

0

j 3,75 0

j 3,75

0

j 3,75 0

j 3,75

j 3,75 0 j 3,75 0 j 6,25

j 3,75 j 3,75 j 6,25

j 6,25

.

j 6,25

j 0,15 pu. Determinar a matriz admitância de barra do circuito da

z13 I3

0 0

I1

1 zm

3 z23

I2

2

Figura 2.20 - Exercício de cálculo da matriz admitância de barra com mútuas

Inicialmente determina-se a matriz impedância primitiva, invertendo-se esta determina-se a matriz admitância primitiva, determina-se a matriz admitância de barra sem se considerar as mútuas e depois inclui-se as mútuas seguindo os passos do algoritmo. Z PRIMITIVA

i)

j 0,25

j 0,15

j 0,15

j 0,25

, YPRIMITIVA

j 6,25

j 3,75

j 3,75

j 6,25

.

matriz admitância de barra sem se considerar as admitâncias mútuas é: j 6,25 YBARRA

0 j 6,25

0

j 6,25

j 6,25 j 6,25

.

j 6,25 j12,5

j 6,25

j 6,25

ii) matriz admitância de barra com as admitâncias mútuas Com a polaridade indicada no enunciado do exercício, ym deve ser adicionado aos elementos (3,3), (1,2), (3,3), (2,1) e ym deve ser adicionado aos elementos (3,2), (1,3), (3,1), (2,3). Incluindo-se as mútuas na matriz acima vem:

34

Análise de Sistemas de Potência j 6,25 YBARRA

0 j 2,5

0

j 3,75

j 3,75 j 6,25

j 2,5

j 6,25 j 3,75

j 2,5

j 6,25

j 2,5

j 6,25

j 3,75

j 5,0

j 6,25 j12,5

j 3,75

.

j 3,75 j 3,75

j 3,75

A seguir os cálculos que comprovam a exatidão da matriz YBARRA encontrada com a utilização da regra acima. V1 V3

z13 I1 zm I 2 ,

V2 V3

zm I1 z23 I 2 . I 3 , logo

I1 I 2 V1 V3

z13

zm

I1

V2 V3

zm

z23

I2

,

I1

y13

ym

V1 V3

I2

ym

y23

V2 V3

I1

y13 V1

y13 V3

ym V2

ym V3

I1

I2

ym V1

ym V3

y23 V2

y23 V3

I2

I1 I 2 I3

( y13

( y13

ym ) V1 ( y23

ym ) V1 ( y23

y13 V1 ym V1

ym ) V2 ( y13 ym ) V2 ( y13

,

ym V2 ( y13 y23 V2 ( y23

ym ) V3 , ym ) V3 ,

y23 2 ym ) V3 ,

y23 2 ym ) V3 .

Em forma matricial vem: I1

y13

ym

y13

ym

V1

I2

ym

y23

y23

ym

V2 , que confere com o exercício.

I3

y13

ym

y23

ym

y13

y23 2 ym

V3

2.6 – Modificação da matriz admitância de barra

A inclusão ou retirada de um elemento da rede utiliza o mesmo procedimento já visto na montagem da matriz admitância de barra com ou sem mútuas. Para a eliminação da barra utiliza-se a redução de Kron.

2.7 – Montagem e Modificação da matriz impedância de barra

A matriz impedância de barra pode ser modificada para refletir mudanças na rede elétrica. Estas mudanças podem ser a adição de elemento, retirada de elemento ou modificação no valor da impedância do elemento. Até o momento as maneiras de se calcular a matriz impedância de barra são: a) Inversão da matriz admitância de barra, b) Ensaio de circuito aberto. Nenhum destes métodos é utilizado na prática devido ao tempo necessário para o cálculo. 2.7.1 – Modificação direta da matriz impedância de barra

Seja o sistema original da Figura 2.21 composto de n barras, cuja matriz impedância de barra é conhecida como Z ORIGINAL .

35

Análise de Sistemas de Potência k Sistema original

m n

Figura 2.21 - Sistema a ser modificado

Z ORIGINAL

Z11

Z12

Z1n

Z 21

Z 22

Z 2n

Z n1

Z n2

Z nn

A inclusão de um novo elemento denominado zb atende a uma das quatro possibilidades a seguir. 2.7.1.1 – O elemento é ligado entre a barra nova p e a referência

Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria z b ligado entre uma barra nova p e a referência. Seja o sistema original composto de duas barras. A Figura 2.22 mostra este sistema acrescido de uma nova barra denominada p. 1

p=3

2

z12

z1

z2

zb

Figura 2.22 - Sistema original acrescido de elemento entre barra nova p e a referência

A matriz Z ORIGINAL do sistema da Figura 2.22 é: Z11

Z ORIGINAL

Z12

Z 21 Z 22

Recordando o que foi explicado quando da interpretação física dos elementos da matriz impedância de barra, o valor dos elementos da coluna da matriz impedância de barra é a tensão da barra dividida pela corrente injetada em determinada barra, com todas as outras fontes mortas. Se esta corrente tiver o valor unitário, a tensão será numericamente igual à impedância. Ensaiando-se a barra 1 com corrente unitária, tem-se que a tensão na barra p =3 devido a esta corrente é nula, o mesmo acontecendo com a corrente injetada na barra 2. Quando a corrente injetada na barra p = 3 é unitária, a tensão que aparece na barra p = 3 é zb .

Z BARRA

Z11

Z12

0

Z 21 0

Z 22 0

0 zb

Regra 1: inclui-se nova linha e nova coluna na matriz impedância de barra original, sendo nulos os elementos fora da diagonal principal. O elemento da diagonal principal é o valor da impedância zb do elemento. Os valores dos elementos da matriz impedância de barra original não sofrem alteração.

36

Análise de Sistemas de Potência 2.7.1.2 – O elemento é ligado entre a barra nova p e a barra existente k

Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria zb ligado entre uma barra nova p e uma barra existente k. Seja o sistema original composto de duas barras. A Figura 2.23 mostra este sistema acrescido de uma nova barra denominada p. k=2 1

zb

z12

z1

p=3

z2

Figura 2.23 - Sistema original acrescido de elemento entre uma barra nova p e uma barra existente k

A matriz Z ORIGINAL do sistema da Figura 2.23 é: Z11

Z ORIGINAL

Z12

Z 21 Z 22

Injetando-se corrente unitária na barra 1, a tensão na barra p = 3 é a mesma que a tensão da barra k = 2. Injetando-se corrente na barra k = 2 a tensão na barra p = 3 também é a mesma que a tensão da barra k = 2. Injetando-se corrente na barra p = 3, a tensão será a impedância vista da barra k = 2 adicionada de zb.

Z BARRA

Z11

Z12

Z12

Z 21 Z 21

Z 22 Z 22

Z 22 Z 22 zb

Regra 2: inclui-se nova linha e nova coluna na matriz impedância de barra original, onde os elementos fora da diagonal principal são iguais aos elementos da linha e da coluna k (barra onde o novo elemento é conectado) e o elemento da diagonal principal é ( Z kk zb ) . Os valores dos elementos da matriz impedância de barra original ficam idênticos. 2.7.1.3 – O elemento é ligado entre a barra existente k e a referência

Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria zb ligado entre uma barra existente k e a referência. Seja o sistema original composto de duas barras. A Figura 2.24 mostra este sistema acrescido da nova impedância. 1

z12 k=2

z1

z2

zb

Figura 2.24 - Sistema original acrescido de elemento entre uma barra existente e a referência

Z ORIGINAL

Z11

Z12

Z 21 Z 22

Este caso é abordado em duas etapas, mostradas na Figura 2.25.

37

Análise de Sistemas de Potência 1) O elemento novo é incluído entre uma barra k existente e uma barra nova (n+1) fictícia, 2) curto circuita-se a barra fictícia para a terra pela redução de Kron. 1

z1

1

zb

z12 k=2

n+1=3

z2

+

zb

z12 k=2

z1

z2

n+1=3

Figura 2.25 - Procedimento para a inclusão de um elemento entre uma barra existente k e a referência

Etapa 1: inclusão do elemento entre uma barra existente k = 2 e uma barra nova fictícia (n+1) = 3. V1

Z11

Z12

V2

Z 21 Z 22

V3

Z 21 Z 22

Z12

I1

Z 22 Z 22

I2 zb

I3

Etapa 2: curto circuita-se a barra fictícia (n+1) = 3 para a referência e procede-se à eliminação de Kron para eliminar a barra (n+1) = 3. A eliminação de Kron foi deduzida para a matriz admitância de barra e IB = 0. O mesmo se aplica à matriz impedância de barra e VB 0 . Regra 3: é o caso 2 com eliminação de Kron. Inclui-se temporariamente uma nova linha e uma nova coluna na matriz impedância de barra original onde os elementos fora da diagonal principal são iguais aos elementos da linha e da coluna k, e o elemento da diagonal principal é ( Z kk zb ) referente à barra fictícia (n+1). Elimina-se a barra fictícia aplicando-se a redução de Kron. 2.7.1.4 – O elemento é ligado entre a barra existente k e a barra existente j

Modificação da matriz impedância de barra pela inclusão de um elemento que possui impedância própria zb ligado entre uma barra existente k e uma barra existente j. Seja o sistema original composto de duas barras. A Figura 2.26 mostra este sistema acrescido da nova impedância. zb k=1

j=2 z12

z1

z2

Figura 2.26 - Sistema original acrescido de elemento entre uma barra existente k e uma barra existente j

Z ORIGINAL

Z11

Z12

Z 21 Z 22

Este caso é abordado nas duas etapas mostradas na Figura 2.27. 1) Inclusão do elemento entre barra existente k e entre barra fictícia (n + 1), 2) curto circuitam-se a barra fictícia (n + 1) e a barra j.

38

Análise de Sistemas de Potência

n+1=3

zb k=1

zb

j=2

z 12 z1

k=1

z2

j=2

z12

z1

+

z2

Figura 2.27 - Procedimento para a inclusão de um elemento entre barras existentes

Etapa 1: inclusão de elemento entre a barra k = 1 existente e uma barra fictícia (n 1) A matriz do sistema com a barra fictícia é:

Etapa 2: as tensões V j

2

e Vn

V1

Z11

Z12

Z11

I1

V2

Z 21

Z 22

Z 21

I2

V3

Z11

Z12

Z11 zb

I3

1 3

3.

são iguais logo, fazendo-se a linha (n + 1) = 3 menos a linha j =

2 e colocando-se o resultado na linha (n + 1) = 3 vem: V1

Z11

Z12

Z11

I1

V2

Z 21

Z 22

Z 21

I2 .

0

Z11 Z 21

Z12 Z 22

Z11 Z 21 zb

(2.1)

I3

Para tornar a matriz acima simétrica efetua-se a coluna (n + 1) = 3 menos a coluna j = 2 no lugar da coluna (n + 1) = 3. V1

Z11

Z12

Z11 Z12

I1

V2

Z 21

Z 22

Z 21 Z 22

I2 .

0

Z11 Z 21

Z12 Z 22

Z11 Z 22 Z12 Z 21 zb

(2.2)

I3

Expandindo-se as três linhas das Equações 2.1 vem:

0

V1

Z11 I1 Z12 I 2

Z11 I 3 ,

(2.3)

V2

Z 21 I1 Z 22 I 2

Z 21 I 3 ,

(2.4)

( Z11 Z 21 ) I1 ( Z12 Z 22 ) I 2 ( Z11 Z 21 zb ) I 3 .

(2.5)

Expandindo-se as três linhas das Equações 2.2 vem:

0

V1

Z11 I1 Z12 I 2

Z11 I 3 Z12 I 3 ,

(2.6)

V2

Z 21 I1 Z 22 I 2

Z 21 I 3 Z 22 I 3 ,

(2.7)

( Z11 Z 21 ) I1 ( Z12 Z 22 ) I 2 ( Z11 Z 22 Z12 Z 21 zb ) I 3 .

(2.8)

Para que as Equações 2.3, 2.4 e 2.5 fiquem iguais, respectivamente, às Equações 2.6, 2.7 e 2.8, basta somar Z12 I 3 na Equação 2.6, Z 22 I 3 na Equação 2.7 e ( Z12 Z 22 ) I 3 na Equação 2.8, ou seja, basta somar I 3 ao I 2 do vetor corrente da Equação 2.2. A barra (n + 1) = 3 é fictícia, sem fonte de corrente, logo pode-se aplicar a redução de Kron. A equação fica então:

39

Análise de Sistemas de Potência V1

Z11

Z12

Z11 Z12

I1

V2

Z 21

Z 22

Z 21 Z 22

0

Z11 Z 21

Z12 Z 22

Z11 Z 22 Z12 Z 21 zb

I3 .

I2 I3

Regra 4: inclui-se temporariamente nova linha e nova coluna na matriz impedância de barra original, onde os elementos fora da diagonal principal são iguais à diferença entre os elementos das colunas/linhas k e j e o elemento da diagonal principal vale Z kk Z jj Z kj Z jk zb . Elimina-se a linha e a coluna da barra fictícia aplicando-se a redução de Kron. 2.7.2 – Montagem direta da matriz impedância de barra

a) É um processo mais rápido que montar a matriz admitância de barra e depois inverter; b) Trabalha-se diretamente com a lista dos componentes da rede; c) A matriz impedância de barra é montada passo a passo, incluindo-se um componente de cada vez, recaindo em um dos quatro casos de modificação da matriz impedância de barra já vistos; d) Restrição: a matriz impedância de barra deve ser iniciada por componente ligado à referência. Quando não existir tal elemento, uma barra é tomada como referência. Exemplo 2.10. Montar a matriz impedância de barra passo a passo para o sistema da Figura 2.28.

1

2

~

3

4

3

5

1

2

6

~

Figura 2.28 - Sistema exemplo para a montagem da matriz impedância de barra

Dados dos ramos em pu. Número do elemento 1 2 3 4 5 6

Barras de para 0 1 0 3 1 2 2 3 2 3 1 3

Impedância (pu) j0,25 j0,20 j0,08 j0,06 j0,06 j0,07

Admitância (pu) –j4,00 –j5,00 –j12,50 –j16,67 –j16,67 –j14,29

Elemento 1 ligado entre a referência e a barra nova 1. Caso 2.4.7.1. Z BARRA

1 j 0,25 1

Elemento 2 ligado entre a referência e a barra nova 3. Caso 2.4.7.1.

Z BARRA

1 j 0,25 0,00

3 0,00 j 0,20

1 3

40

Análise de Sistemas de Potência Elemento 3 ligado entre a barra 1 existente e a barra nova 2. Caso 2.4.7.2. 2 1 3 j 0,25 0,00 j 0,25 Z BARRA 0,00 j 0,20 0,00 j 0,25 0,00 j 0,33 j 0,25 j 0,08 Z11 zb

1 3 2

Rearrumando-se a matriz Z BARRA para que a ordem das colunas corresponda ao número das barras vem: 2 1 3 j 0,25 j 0,25 0,00 1 Z BARRA j 0,25 j 0,33 0 2 0,00 0,00 j 0,20 3 Elemento 4 ligado entre a barra 2 existente e a barra 3 existente. Caso 2.4.7.4.

Z BARRA

1 j 0,25 j 0,25 0,00 j 0,25

2 j 0,25 j 0,33 0,00 j 0,33

3 0,00 0,00 j 0,20 j 0,20

4 j 0,25

1

j 0,33

2

j 0,20 j 0,59

Z 22

Z 33 Z 23 Z 32

zb

3 4

Após a aplicação da redução de Kron na barra 4 vem:

Z BARRA

j 0,1441

j 0,1102

j 0,0847

j 0,1102 j 0,0847

j 0,1454 j 0,1119

j 0,1119 . j 0,1322

Elemento 5 ligado entre a barra 2 existente e a barra 3 existente. Caso 2.4.7.4. Ao invés de se inserir um a um os elementos, pode-se inserir o paralelo dos elementos 4 e 5, no caso j 0,03 . j 0,1441

j 0,1102

j 0,0847

j 0,0255

j 0,1102

j 0,1454

j 0,1119

j 0,0335

j 0,08477

j 0,1119

j 0,1322

j 0,0255

j 0,0335

j 0,0203

j 0,0203

j 0,1138

j 0,1454

j 0,1322

j 0,1119

j 0,1119

j 0,06

Aplicando-se a redução de Kron na barra 4 vem: j 0,1384

j 0,1027

j 0,0892

j 0,1027

j 0,1355

j 0,1179

j 0,0892

j 0,1179

j 0,1286

Elemento 6 ligado entre a barra 1 existente e a barra 3 existente. Caso 2.4.7.4. j 0,1384

j 0,1027

j 0,0892

j 0,1027

j 0,1355

j 0,1179

j 0,0152

j 0,0892

j 0,1179

j 0,1286

j 0,0394

j 0,0492

j 0,0152

j 0,0394

j 0,0492

j 0,1286

j 0,1384

j 0,1286

j 0,0892

j 0,0892

j 0,07

41

Análise de Sistemas de Potência Aplicando-se a redução de Kron na barra 4 vem:

Z BARRA

j 0,1231

j 0,1074

j 0,1014

j 0,1074

j 0,1340

j 0,1141

j 0,1014

j 0,1141

j 0,1188

Utilizando-se o programa MATLAB para inverter diretamente a matriz YBARRA encontra-se para Z BARRA : j 30,79 YBARRA

j12,50

j12,50 j14,29

j 45,84 j 33,34

j14,29 j33,34

Z BARRA

j 52,63

j 0,1232

j 0,1074

j 0,1015

j 0,1074

j 0,1341

j 0,1141 .

j 0,1015

j 0,1141

j 0,1188

Observação: Para maior eficiência do processo, fecha-se o laço o mais cedo possível para se aplicar a redução de Kron em matriz de dimensão menor. 2.7.3 – Exclusão de um elemento de impedância z b da matriz Z BARRA

Basta incluir um elemento de impedância própria de valor zb , pois o paralelo de zb com zb é um circuito aberto, com a aplicação de dois dos quatro casos de modificação da matriz impedância de barra. 2.7.4 – Modificação do valor da impedância que liga duas barras

Basta inserir um elemento que em paralelo com o valor já existente forneça o valor desejado. Para se transformar o valor de zx no valor zy entre as barras k e m, como mostra a Figura 2.29, basta inserir o elemento zb de tal forma que z x // zb z y . k

m

m

k

zx

zy

Figura 2.29 - Modificação do valor original z x da matriz impedância de barra, zx //zb =zy

2.8 – Obtenção dos elementos da coluna da matriz impedância de barra a partir da matriz admitância de barra

a) Utilizado quando não é necessária toda a matriz impedância de barra, b) É necessária uma coluna da matriz impedância de barra, alguns elementos de uma coluna da matriz impedância de barra, diferença entre duas colunas da matriz impedância de barra, etc. Em estudos de curto-circuito calcula-se, a partir da matriz YBARRA, apenas uma coluna da matriz ZBARRA , a de interesse, não sendo necessário determinar toda a matriz ZBARRA . 2.8.1 – Obtenção de uma coluna da matriz impedância de barra

Se a matriz impedância de barra for multiplicada pelo vetor que contém 1 na linha k e zero no resto vem:

42

Análise de Sistemas de Potência Z11

Z1k

Z1N

Z 21

Z 2k

Z2N

Z1k

0

Z 2k 1

Z N1

ou seja, Z BARRA l k

Z Nk

Z NN

Z Nk

0

(k ) Z BARRA , coluna k da matriz impedância de barra.

Pré multiplicando-se a equação acima pela matriz admitância de barra vem: (k ) YBARRA Z BARRA ,

YBARRA Z BARRA l k I (K ) YBARRA Z BARRA

(K ) l K , sistema de equações lineares com incógnita Z BARRA .

Procedimento para solução da equação acima: a) montar a matriz YBARRA , b) fatorar a matriz YBARRA em LU , ou seja, L U (k ) Z BARRA

c) solucionar o sistema L U

YBARRA ,

l k em duas etapas,

H

primeira etapa: solucionar L H segunda etapa: solucionar U

lk , (k ) Z BARRA

H.

O custo computacional do processo está em calcular as matrizes L e U. 2.8.2 – Obtenção da diferença entre duas colunas da matriz impedância de barra

Seja 0 lk

j

1

Coluna k Coluna j

1 0 Z BARRA l k

j

(k j ) Z BARRA ,

YBARRA Z BARRA l k (k j ) YBARRA Z BARRA (k j ) L U Z BARRA

lk lk

(k j ) YBARRA Z BARRA ,

j

j j

, resolvido por decomposição LU da matriz YBARRA, mostrado anteriormente,

.

Exemplo 2.11. Calcular a diferença dos elementos (ZBARRA(44) – ZBARRA(45) ) da matriz ZBARRA , conhecendo-se a matriz YBARRA. j 30,0 j10,0 YBARRA

j10,0 j 26,2

0,0

j 20,0

0,0

j16,0

0,0

0,0

0,0

j 20,0

0,0

j16,0

j 36,0

j 20,0

0,0

0,0

0,0

0,0

j 20,0

j 20,0

0,0

0,0

j 20,0

43

Análise de Sistemas de Potência Z BARRA( 44 )

Z BARRA( 45)

Z BARRA(54) , logo só é preciso calcular a coluna 4 da matriz

Z BARRA( 44)

ZBARRA. a) fatoração LU. Basta fazer no programa MATLAB o comando [L, U] = lu(ybarra) que o programa retorna as matrizes L e U. 0,0 0,0 ( 4) L U Z BARRA 0,0 . 1,0

H

0,0

Primeira etapa: L H

l4 ,

1,0

0,0

0,0

0,0

0,0

0,33 0,0

1,0 0,70

0,0 1,0

0,0 0,0

0,0 0,0

0,67

0,29

0,19

1,0

0,0

0,0

0,81

H1 H2

0,0

H3

0,0 0,0 .

0,0

H4

1,0

0,98 1,0

H5

0,0

Solução: H1 H 2 H 3 0,0 , L44 H 4 L45 H 5 1,0 H 4 (1,0 L45 H 5 ) L44 H 4 1,0 1,0 1,0 , L54 H 4 L55 H 5 0,0 H5 L54 H 4 L55 0,98 1,0 1,0 0,98 . ( 4) Segunda etapa: U Z BARRA

j 30,00

j10,00

H,

0,00

j 20,00

0,00

Z BARRA(14)

0,00

j16,00

j 6,67

0,00

Z BARRA( 24 )

0,00

j 4,67

j 20,00

Z BARRA(34)

0,00

j 3,76

Z BARRA( 44 )

1,00

Z BARRA(54)

0,98

0,00

j 22,87

0,00

0,00

j 24,80

0,00

0,00

0,00

0,00 U 55

0,00

j 3,85

0,00

Z BARRA(54)

H5

0,00

Z BARRA(54)

U 44 Z BARRA( 44) U 45 Z BARRA(54) Z BARRA( 44) Z 44

Z 54

1,0

j 3,76 j 5,0 j 3,85

j 0,20

H 5 U 55 H4

0,98 ( j 0,20)

Z BARRA( 44 )

j 5,00 ,

H 4 U 45 Z BARRA(54) U 44

,

j 5,15 ,

j 0,15 .

Por inversão direta da matriz YBARRA com auxílio do programa MATLAB obtém-se:

Z BARRA

j 5,10

j 5,00

j 5,00

j 5,10

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,06

j 5,00

j 5,06 .

j 5,10

j 5,00

j 5,00

j 5,15

j 5,00

j 5,00

j 5,00

j 5,06

j 5,00

j 5,11

Pode-se verificar da matriz ZBARRA que Z44 – Z45 = j5,1500–j5,0000 = j0,1500, que confere com o cálculo anterior.

44

Análise de Sistemas de Potência

Capítulo 3 Fluxo de Potência 3.1 – Introdução

É o mais freqüente estudo feito nos sistemas elétricos de potência. É o estudo que fornece a solução de uma rede elétrica, em regime permanente, para uma dada condição de operação, isto é, para uma dada condição de carga e geração, sujeitas a restrições operativas e à ação de dispositivos de controle. 3.1.1 – Dados de entrada

Dados da rede elétrica, resistência e reatância dos elementos, Geração ativa e reativa nas barras do sistema, Carga ativa e reativa nas barras do sistema. 3.1.2 – Condição de geração e carga 3.1.2.1 – Geração

São os valores da potência ativa (PG ) e da potência reativa (QG) geradas nas barras ou o valor da potência ativa (PG ) e módulo da tensão gerada (V), no caso de barras de tensão controlada. 3.1.2.2 – Carga

São os valores de potência ativa (PL ) e potência reativa (QL) consumidas em cada barra do sistema onde a carga existir, consideradas constantes. 3.1.3 – Restrições operativas

São, entre outros, os limites para o fluxo de potência nas linhas e transformadores, o módulo das tensões nas barras, a capacidade de geração das máquinas. 3.1.4 – Dispositivos de controle

Ajudam a controlar algumas grandezas tais como: a) A tensão ou fluxo de reativo, modelado por transformadores com tap, injeção de reativo etc; b) Controle do fluxo de potência ativa (transformador defasador, intercâmbio entre áreas etc.) para atender potência comprada/vendida contratada. 3.1.5 – Solução da rede

a) Calculam-se as tensões nas barras em módulo e ângulo; b) Calculam-se os fluxos de potência ativa e potência reativa nos elementos da rede.

45

Análise de Sistemas de Potência 3.1.6 – Aplicações

a) Ferramenta para análise da adequação de uma topologia do sistema para uma dada condição de geração e carga. Utilizado no planejamento, operação e controle do sistema de potência; b) Utilizado como parte integrante de outros estudos, tais como: Curto-circuito: cálculo das tensões pré falta; Estabilidade: calcula a condição inicial e também calcula a solução da rede em cada passo de integração; Confiabilidade: conhecendo-se os dados probabilísticos de falha dos diversos componentes da rede, estimar a probabilidade de falha de suprimento ao consumidor, a fim de torná-la menor que um percentual especificado através de investimento no sistema. O fluxo de potência serve para a verificação da adequação de cada estado com falha; Análise de contingência estática: o fluxo de potência é usado para analisar cada contingência (saída de equipamento por exemplo) da rede elétrica; Fluxo de potência ótimo: este estudo fornece a melhor topologia/configuração para minimizar o custo de operação ou minimizar as perdas. É um fluxo de potência com as restrições de um problema de otimização. 3.1.7 – Modelo da rede

Para o estudo de fluxo de potência, supõe-se o sistema equilibrado, logo só se usa a rede de seqüência positiva. Este estudo é baseado em modelo nodal e matriz admitância de barra, I YBARRA V . Observação: em sistemas de distribuição usa-se a modelagem trifásica para o cálculo do fluxo de potência, pois o sistema de distribuição é essencialmente desequilibrado. 3.1.8 – Modelo matemático do fluxo de potência

a) Sistema de equações algébricas não lineares para representar a rede; b) Conjunto de inequações para representar as restrições; c) Conjunto de equações/inequações para representar o controle. O esforço computacional está quase que todo na solução do sistema de equações, daí o uso de método eficiente de solução. 3.1.9 – Métodos de solução

O primeiro método computacional utilizado para a solução do fluxo de potência, foi o de J. B. Ward e H. W. Hale e surgiu em junho de 1956 com o artigo ''Digital computer solution of power-flow problems''. 3.1.9.1 – Métodos baseados em Y BARRA

Estes métodos têm como vantagem a formulação simples e pouca necessidade de memória devido a esparsidade de YBARRA ser maior que 95%. Como exemplo o método de Gauss-Seidel. A desvantagem destes métodos é a convergência lenta devido ao fraco acoplamento entre variáveis (influência pequena entre barras), sendo necessárias cerca de 200 iterações para se chegar na solução do problema.

46

Análise de Sistemas de Potência 3.1.9.2 – Métodos baseados em ZBARRA

Convergem mais rápido, pois a matriz é cheia, porém necessita de muita memória pelo mesmo motivo e o custo da montagem da matriz Z BARRA é elevado. 3.1.9.3 – Método de Newton-Raphson

Tem como vantagem ser robusto, pois converge quase sempre e com poucas iterações. Além disto a convergência independe da dimensão do sistema. Usa a matriz YBARRA e a partir desta é montada a matriz jacobiana. É atualmente o método mais utilizado.

3.1.9.4

– Métodos desacoplados

Este método é uma particularização do método de Newton-Raphson em que se deixa apenas a dependência entre a tensão e a potência reativa (V e Q) e entre a potência ativa e o ângulo da tensão da barra (P e ). O método desacoplado rápido surgiu em 1974 e é atribuído a Brian Stott e Alsaç. Tem como vantagem ser rápido e utilizar pouca memória. A desvantagem é que só pode ser aplicado a sistemas com características apropriadas. 3.1.9.5 – Fluxo de potência linear

Este é um método aproximado de solução que analisa somente o fluxo de potência ativa, também chamado de fluxo DC.

3.2 – Formulação do problema de fluxo de potência em variáveis complexas

Seja a barra k com geração, carga e linhas. A Figura 3.1 exemplifica esta barra. k P Gk Geração

~ QGk P Lk

QLk

Figura 3.1 – Barra com geração, carga e linhas

Nos estudos de fluxo de potência calcula-se a injeção líquida de potência em cada barra, ou seja, calcula-se para cada barra k: Pk PGk PLk , Qk QGk QLk , Sk

Pk

jQk .

Considerando-se a injeção líquida de potência, a Figura 3.2 é a representação da Figura 3.1 para se adequar à equação I YBARRA V onde I k é a injeção de corrente na barra k.

47

Análise de Sistemas de Potência

k Pk ~ Qk Figura 3.2 – Figura 3.1 com injeção de potência líquida na barra

Sk

Vk

I k*

Pk

I k*

jQk

Pk

jQk Vk

Pk

Ik

jQk Vk*

.

Das equações nodais tem-se: n

Ykm Vm ,

Ik m 1 n

I k*

* Ykm Vm* ,

m 1

que só se aplicam às barras conectadas com a barra k. As equações do fluxo de potência na forma complexa são: Sk

Pk

jQk

I k*

Vk

n

Vk

* Ykm Vm* , k = 1, n,

(3.1)

m 1

que é a injeção líquida de potência na barra k em função dos parâmetros da rede e das tensões nas barras. 3.2.1 – Equações do fluxo de potência em variáveis reais e na forma polar

É comum o desmembramento da equação complexa em duas equações reais, para P e para Q. Pk Re S k , Qk

Im S k .

a) Equação para a potência ativa P. n

Pk

Re Vk

* Ykm Vm*

, k = 1, n.

m 1

Sabendo-se que Vk

Vk

k

, Vm

Vm

jBkm

Vm

m,

Ykm

Gkm

jBkm vem:

n

Pk

Re Vk

Gkm

k

m

, k = 1, n.

m 1

Colocando-se Vk

k

para dentro do somatório vem:

n

Pk

Re

Vk

k

Gkm

jBkm

Vm

m

, k = 1, n,

m 1

48

Análise de Sistemas de Potência n

Pk

Re

Vk Vm (

m)

k

Gkm

jBkm

, k = 1, n,

m 1 n

Pk

Re

Vk Vm Gkm (

m)

k

jVk Vm Bkm (

m)

k

, k = 1, n.

m 1

Chamando-se (

k

–

m)

de

km

e extraindo-se a parte real vem:

n

Pk

Vk Vm Gkm cos(

km )

Vk Vm Bkm cos(

90 0 ) , k = 1, n.

km

m 1

Colocando-se V k para fora do somatório, Vm em evidência e utilizando-se a identidade cos( 90 0 ) sen( ) vem: n

Pk

Vk

Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

, k = 1, n.

(3.2)

m 1

b) Equação para a potência reativa Q. n

Qk

Im Vk

* Ykm Vm*

, k = 1, n.

m 1

Sabendo-se que Vk

Vk

k

, Vm

m,

Vm

Ykm

jBkm vem:

Gkm

n

Qk

Im Vk

Gkm

k

jBkm

Vm

m

, k = 1, n.

m 1

Colocando-se Vk para dentro do somatório vem: n

Qk

Im

Vk

k

Gkm

jBkm

Vm

m

, k = 1, n,

m 1 n

Qk

Im

Vk Vm (

m)

k

Gkm

jBkm

, k = 1, n,

m 1 n

Qk

Im

Vk Vm Gkm (

m)

k

jVk Vm Bkm (

k

m)

, k = 1, n.

m 1

Chamando-se (

k

–

m)

de

km

e extraindo-se a parte real vem:

n

Qk

Vk Vm Gkm sen(

km )

Vk Vm Bkm sen(

km

90 0 ) , k = 1, n.

m 1

Colocando-se V k para fora do somatório, Vm em evidência e utilizando-se a identidade sen( 90 0 ) cos( ) vem: n

Qk

Vk

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

, k = 1, n.

(3.3)

m 1

49

Análise de Sistemas de Potência Exemplo 3.1. Escrever as equações do fluxo de potência da Figura 3.3 na forma complexa e na forma de variável real polar.

2

1

E1

E2

PG1 + jQG1

PG2 + jQG2

3 PL3 + jQL3 Figura 3.3 – Circuito exemplo da formulação das equações do fluxo de potência

Equações na forma complexa. De acordo com a Equação 3.1 vem: *

Y11 V1 Y12 V2 Y13 V3 ,

S1

PG1

jQG1 V1

S2

PG 2

jQG 2

V2

Y21 V1 Y22 V2 Y23 V3 ,

jQL 3

V3

Y31 V1 Y32 V2 Y33 V3 .

S3

PL 3

*

*

Equações em variáveis reais e na forma polar. De acordo com as Equações 3.2 e 3.3 vem: P1 V1

V1

G11 cos(

11 )

B11 sen(

11 )

V2

G12 cos(

12 )

B12 sen( V3

P2

V2

V1

G21 cos(

21 )

B21 sen(

21 )

V2

G22 cos(

22 )

B22 sen( V3

P3

V3

V1

G31 cos(

31 )

B31 sen(

31 )

V2

G32 cos(

32 )

V1

G11 sen(

11 )

B11 cos(

11 )

V2

G12 sen(

12 )

V3 Q2

Q3

V2

V3

V1

V1

G21 sen(

G31 sen(

21 )

31 )

B21 cos(

B31 cos(

21 )

31 )

V2

V2

G22 sen(

G32 sen(

22 )

32 )

13 )

,

23 )

B23 sen(

23 )

,

33 )

B33 sen(

33 )

.

13 )

B13 cos(

13 )

,

23 )

B23 cos(

23 )

,

33 )

B33 cos(

33 )

.

12 )

G13 sen(

B22 cos( 22 ) V3 G23 sen( B32 cos( V3

B13 sen(

32 )

G33 cos(

B12 cos(

13 )

22 )

G23 cos(

B32 sen( V3

Q1 V1

12 )

G13 cos(

32 )

G33 sen(

50

Análise de Sistemas de Potência 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 flutuante é responsável pelo suprimento de todas as perdas do sistema e por isto não tem a geração fixada. A geração da barra flutuante é calculada após a solução do problema. Do Exemplo 3.1 tem-se portanto que PG1 PG 2 PL 3 Pperdas _ ativas _ totais , que só são conhecidas após a solução do fluxo de potência. Suponha que a barra 1 do exemplo 3.1 seja flutuante, logo PG1 jQG1 não é um dado do problema, logo elimina-se a primeira equação do sistema posto na forma complexa, logo o sistema fica: S2

S3

PG 2

PL3

*

V2

Y21 V1 Y22 V2 Y23 V3 ,

jQL3 V3

Y31 V1 Y32 V2 Y33 V3 .

jQG 2

*

A equação relativa a barra 1 foi eliminada. Tem-se 2 equações e três incógnitas. O processo consiste em fixar uma incógnita, no caso V1 . Após se encontrar a solução, V2 e V3 , calculam-se P1 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 flutuante ou swing ou slack ou V

Esta barra existe para suprir as perdas do sistema, desconhecidas até a solução da rede. Só existe uma barra flutuante em todo o sistema. Dados de entrada: Vk, k . Calculado nesta barra: Pk , 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: Vk ,

k.

A barra de carga pode ter gerador, só que este fornecerá P e Q constantes durante todo o processo de 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 potência ativa em valores especificados tais como gerador e compensador síncrono. Algumas das barras do sistema são deste tipo, representando 5% do total de barras. Dados de entrada: Pk , Vk . Calculado nesta barra: Qk,

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 é dividido em dois subsistemas.

51

Análise de Sistemas de Potência 3.2.4.1 – Subsistema 1

Este subsistema contém as equações que devem ser resolvidas para se encontrar a solução do fluxo de potência, ou seja, módulo e ângulo das tensões nas barras. Pk Pk (V , ) , k PQ, PV , barras de carga e de tensão controlada, Qk Qk (V , ) , k PQ , barras de carga. 3.2.4.2 – Subsistema 2

As incógnitas aqui contidas são determinadas por substituição das variáveis calculadas no subsistema 1. Pk Pk (V , ) , k V , barra flutuante, Qk Qk (V , ) , k V , PV , 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.

V 1,

2

1

E1

E2

V2 , P2

1

3

P3

Q3

Figura 3.4 – Sistema do exemplo 3.2

Subsistema 1 na forma real polar. 3

P2

V2

,

Vm

G2 m cos(

2m )

B2 m sen(

2m )

Vm

G3m cos(

3m )

B3m sen(

3m )

,

Vm

G3m sen(

B3m cos(

3m )

.

m 1 3

P3

V3 m 1 3

Q3 V3

3m )

m 1

A solução das três equações acima fornece

2,

3,

V 3.

Para se determinar as outras variáveis (P1, Q1 , Q2) basta substituir as variáveis calculadas no subsistema 1 no subsistema 2.

52

Análise de Sistemas de Potência Subsistema 2 na forma real polar. 3

P1 V1

Vm

G1m cos(

1m )

Vm

G1m sen(

Vm

G2m sen(

B1m sen(

1m )

,

B1m cos(

1m )

,

m 1 3

Q1 V1

1m )

m 1 3

Q2

V2

2m )

B2 m cos(

2m )

.

m 1

Observação: Número de equações para solucionar um sistema elétrico

Seja sistema elétrico com n barras onde l destas barras são barras de tensão controlada e uma é a barra flutuante. O número de equações do sistema na forma real polar é 2 n l 2 . Seja o caso do sistema brasileiro com 2.000 barras sendo 100 barras de tensão controlada. O número de equações a serem resolvidas é 4.000 100 2 3.898 . Conclui-se deste número que o método 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 a11 x1 a12 x2 a13 x3 a14 x4 a 21 x1 a 22 x2 a 23 x3 a 24 x4

a1n xn

b1

a2 n xn

b2

a n1 x1 a n 2 x2

a nn xn

bn

a n 3 x3 a n 4 x 4

Reescrevendo-se o sistema para explicitar as variáveis da diagonal principal vem: 1 x1 b1 a12 x2 a13 x3 a14 x4 a1n xn a11 1 x2 b2 a 21 x1 a 23 x3 a 24 x4 a 2 n xn (3.4) a 22 xn

1 a nn

bn

a n1 x1 a n 2 x2

a n 3 x3 a n 4 x 4

a nn

1

xn

1

O método de Jacobi consiste em iniciar o processo de solução com valores arbitrados. Sejam , xn( 0) os valores arbitrados para a primeira iteração, onde o sobrescrito corresponde a

x1( 0) , x2( 0) ,

iteração. A partir deste conjunto, substituindo-o nas Equações 3.4 obtém-se o conjunto x1(1) , x2(1) , , xn(1) mais próximo da solução procurada. A próxima etapa consiste em substituir nas Equações 3.4 os valores recém obtidos. O processo se repete até que convergência seja obtida. Aplicando-se a primeira iteração ao sistema de Equações 3.4 vem: x1(1) x2(1) xn(1)

1 a nn

1 a11 1 a 22 bn

b1 a12 x2( 0)

a13 x3( 0)

a14 x4( 0)

a1n xn( 0)

a 21 x1( 0)

a 23 x3( 0)

a 24 x4( 0)

a 2 n xn( 0)

b2

a n1 x1( 0)

a n 2 x2( 0)

a n3 x3( 0)

a n 4 x4( 0)

a nn

1

xn( 0)1

53

Análise de Sistemas de Potência 3.3.2 – O método de Gauss-Seidel

Este método, da mesma forma que o método de Jacobi, não é atualmente utilizado para solucionar um sistema elétrico de potência por ser muito lento, porem é muito didático. Encontra utilização na melhoria dos valores arbitrados para início de um outro método mais eficiente. O método de 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 substituídos são aqueles mais recentes, ou seja, à medida que os valores são determinados, estes são utilizados no processo de substituição, ou seja, xk(i

k 1

1 a kk

1)

bk

a km x m(i

1)

m 1

n

a km x m(i ) , k = 1, n.

m k 1

Seja conjunto de valores arbitrados x1( 0) , x2(0) , , xn( 0) . Notar que a condição inicial da variável x1( 0) é desnecessária para este sistema, porém no caso geral a mesma variável pode aparecer em ambos os lados do sinal de igual. As variáveis calculadas são utilizadas na mesma iteração, ou seja, para a primeira iteração: 1 a11 1 a 22

x1(1) x2(1) 1 a nn

xn(1)

b1 a12 x2( 0)

a13 x3( 0)

a14 x4( 0)

a1n xn( 0)

a 21 x1(1)

a 23 x3( 0)

a 24 x4( 0)

a 2 n xn( 0)

b2

an1 x1(1)

bn

a n 2 x2(1)

a n3 x3(1)

a n 4 x4(1)

Generalizando-se o processo vem: 1 x1(i 1) b1 a12 x2(i ) a13 x3(i ) a14 x4(i ) a11 1 x2(i 1) b2 a 21 x1(i 1) a 23 x3( i ) a 24 x4(i ) a 22 xn(i

1 a nn

1)

a n1 x1(i

bn

1)

a n 2 x2(i

1)

a n 3 x3(i

1)

a n 4 x 4(i

a nn

1

xn(1)1

a1n xn(i ) a 2 n xn(i ) 1)

a nn

1

xn(i 11)

O método de Gauss-Seidel usa formulação das equações do sistema elétrico de potência em números complexos, o que resulta em uma equação por barra, excetuando-se a barra flutuante. Sk

Pk

jQk

Vk

I k*

*

n

Vk

,k

flutuante,

Ykm Vm , k

flutuante.

Ykm Vm m 1

S k*

Pk

jQk

Vk* I k

Vk*

n m 1

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). P2 jQ2 V2* Y21 V1 Y22 V2 Y23 V3 , logo: V2

1 Y22

P2

V3

1 Y33

P3

jQ2 V2* jQ3 V3*

Y21 V1 Y23 V3 , Y31 V1 Y32 V2 .

54

Análise de Sistemas de Potência Do sistema acima as seguintes variáveis são conhecidas: V1 , 1 constantes durante todo o processo, pois pertencem à barra flutuante, P2 , Q2 , P3 , Q3 constantes durante todo o processo, pois pertencem à barra PQ. As variáveis calculadas são V2 , 2 ,V3 , 3 . 3.3.3 – Critério de convergência do método de Gauss-seidel Vk( i ) Vk(i

Vk

1)

especificado, geralmente entre 10–4 e 10–6.

O método de Gauss-Seidel nem sempre converge, além de ser lento. Para que haja convergência é importante 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 k barra do sistema. Esta equação considera a barra 1 flutuante. Vk(i

1)

1 Ykk

Pk

k 1

jQk

Vk*(i )

Ykm Vm(i

m 1

1)

n

Ykm Vm(i ) , k = 2,n.

2, n é a

(3.5)

m k 1

3.3.5 – Melhoria do método de Gauss-Seidel

O fator de aceleração com menos iterações.

é utilizado na tentativa de se chegar na solução do sistema de equações solução

V(0) V(1) V(acelerado)(1) Figura 3.5 – Fator de aceleração

Vk(i

1)

Vk(i

Vk( acelerado)(i

1)

1)

Vk(i ) , Vk(i )

Vk(i

1)

.

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 Qk(calculado) a cada iteração com a equação: S

V

I*

S*

V

I*

S

P

jQ

S*

P

jQ

*

S* Q

V* I , Im V * I , logo

55

Análise de Sistemas de Potência Qk( calculado)(i

1)

Im Vk(i

1)

Qk( calculado)(i

1)

Im Vk*(i

I k(i

1)

,

n

1)

Ykm Vm(i

1)

.

(3.6)

m 1

b) Calcular o valor da tensão: Vk( provisório)(i

1 Ykk

1)

Pk

jQk(calculado)(i

1)

k 1

Vk*

Ykm Vm( i

m 1

Desta equação sai calculado Vk( provisório)(i

n

1)

Ykm Vm(i ) .

m k 1

1)

( provisório )(i 1) . k

Como Vk é especificado, só

aproveito o argumento da tensão provisória calculada, logo Vk(i

1)

Vk( especificado )

( provisório )(i 1) . k

Exemplo 3.3. Desenvolver as três primeiras iterações do método de Gauss-Seidel do sistema mostrado na Figura

3.6. E2

2

1

E1

P G2 = 3,0 pu V 2 = 1,1 pu

–j10,0

3 –j5,0 V1 =1,0 0

0

–j10,0

P L3 = 4,5 pu Q L3 = 0,5 pu

Figura 3.6 – Sistema do exemplo 3.3

Considerar condição inicial flat-start, ou seja, ( 0) 00 , 2 V3( 0) 1,0 0 0 . Determinação da matriz YBARRA j10,0 YBARRA

j10,0

j10,0

j10,0

j10,0

j10,0

j 5,0

Dados fixos: V1 1,0 0 0 , PG 2 Condições iniciais: 2( 0) Variáveis livres: QG 2 . Vk(i

1)

1 Ykk

Pk

jQk

Vk*(i )

j10,0 j 5,0

0 0 , V3(0) k 1 m 1

j10,0

3,0 , V2

Ykm Vm(i

j 20,0

=

j 5,0 j 5,0

1,1 , PL 3

j10,0

j10,0

j10,0

j15,0

j 5,0

j10,0

j 5,0

j15,0

4,5 , QL3

.

0,5 .

1,0 0 0 .

1)

n

Ykm Vm(i ) , k = 2,n.

m k 1

Formulação complexa. A barra 1 é a barra flutuante. V2

1 Y22

PG 2

jQG 2 V2*

Y21 V1 Y23 V3 , substituindo-se os valores fixos vem:

56

Análise de Sistemas de Potência

V2 V3 V3

3,0 jQG 2 1,1 2

1 j15,0

PL 3

1 Y33

jQL 3

Y31 V1 Y32 V2 , substituindo-se os valores fixos vem:

V3*

1 j15,0

j 5,0 V3 .

j10,0 1,0

4,5 j 0,5 V3*

j 5,0 1,1 0 .

j10,0 1,0

Estimar valor de QG 2 , pois pertence a barra de tensão controlada. Aplicando-se a Equação 3.6 vem: Qk( calcilado)(i

1)

Im Vk*(i

n

1)

Q2( calculado)

Ykm Vm

n

Im V2*

Y2 m Vm

m 1

.

m 1

Expandindo-se a expressão de Q vem: Q2( estimado) Im V2* Y21 V1 Y22 V2 Y23 V3 . Substituindo-se os valores fixos vem: Q2( estimado) Im 1,1 j10,0 1,0 0 0 2

j15,0 1,1

j 5,0 V3

2

3

.

Primeira iteração. Q2( estimado)

Im 1,1 0 0

Q2( estimado)

Im

V2 V2

V3 V3 V3

V3 V3 V3

1 j15,0 j 15,0 1 j15,0

Q2( estimado)

j1,65

3,0 1,1 2,73

j10,0 1,0 0 0

j1,65

j15,0 1,1 0 0

j 5,0 1,0 0 0 ,

1,65 .

j10,0 1,0

j 5,0 1,0 0 0 ,

2

j16,5

4,5

1,11 9,39 0 . Como a tensão

j 0,5

1,0 0 0

j10,0 1,0

V2 é especificada tem-se: V2 1,1 9,39 0 .

j 5,0 1,1 9,39 0 .

1 4,5 j 0,5 j10,0 j 5,0 1,1 9,39 0 j15,0 j 4,5 j 9,5 5,5 80,610 15,0 j 4,5 j 9,5 0,90 j 5,43 15,0 j 3,60 j14,93 15,0 0,99

j 0,24 1,02

13,57 0

57

Análise de Sistemas de Potência 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. f(x) f(x(0)) f(x(1)) f(x(3)) x(3)

f(x(2))

x(1)

x(0)

x

x(2) 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 f x (i ) e verificar a convergência. Se f x (i )

, parar.

3) Fazer i i 1 . Linearizar a função em torno de x (i ) , f ( x (i ) ) usando parte da série de Taylor, f ( x (i )

x (i ) )

f ( x (i ) )

df ( x) dx ( x( i ) )

x (i ) .

4) Solucionar o sistema linearizado df ( x) f x (i ) x (i ) 0 , dx ( x( i ) ) que tem como solução: f x (i ) x (i ) . df ( x) dx ( x( i ) ) 5) Atualizar a solução do problema x (i

1)

x (i )

x (i ) .

6) Voltar ao passo 2.

58

Análise de Sistemas de Potência 3.4.2

– Revisão do método no caso multivariável, F(x) = [0]

Sejam F

f1

x

x1

f2

t

fn

x2

xn

t

1) Arbitrar condição inicial x(0) e fixar a iteração i = 0. 2) Calcular F x (i ) e verificar a convergência. Se max F x ( i )

, parar.

3) Fazer i i 1 . Linearizar a função em torno de x ( i ) , F ( x (i ) ) usando parte da série de Taylor, F x (i )

x (i )

F x (i )

F x

onde J

J x (i )

x (i ) ,

é a matriz jacobiana.

4) Solucionar o sistema linearizado F x (i )

J x (i )

x (i )

0,

cuja solução é a solução de F x (i )

J x (i )

x (i ) ,

que é do tipo b

A x.

5) Atualizar a solução do problema x (i

1)

x (i )

x (i) .

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

Pk

Vk

Vm

Gkm cos(

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm sen(

km )

, k

PQ, PV ,

Bkm cos(

km )

, k

PQ .

m 1 n

Qk

Vk

km )

m 1

Resíduos de potência (power mismatches) Pk

Pk( especificado )

Pk( calculado ) (V , ) , k

Qk

Qk( especificado)

Qk( calculado) (V , ) , k

PQ, PV , PQ .

Sistema a ser solucionado pelo método de Newton-Raphson: Pk

0

Qk

0

k

PQ, PV . k PQ

59

Análise de Sistemas de Potência 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. F

P1

x

1

Pn

2

F x (i ) P

P2

Q2

V1 V2

n 1

J (i ) ( x (i ) )

Vl

Ql

t

t

x ( i ) , que em forma matricial é:

(i )

(i )

J (i )

Q

Q1

1

, que está na forma b

V

A x.

(i 1)

Atualização das variáveis de estado:

Convergência: max 3.4.4

P

e max

p

V

(i )

V

Q

q

.

V

.

– Matriz jacobiana geral t

Seja F

f1

J (n

f1 x1 f2 x1

f1 x2 f2 x2

f1 xn f2 xn .

fn x1

fn x2

fn xn

3.4.5

(i )

n)

f2

fn

e as variáveis x 1, x 2, ..., xn .

– Matriz Jacobiana aplicada à solução do fluxo de potência

J11

f1 x1

J11

P1

1

P1

P1

H M

2

1

2

1

Q1 1

J

P1

P2

1

P1( epecificado )

Pn

P1( calculado)

P1( calculado)

1

P2 Pn 1 l ) (n 1 l )

P1

1

1

J (n

,

n 1

P2 H

1 2

1

2

Ql

Ql

1

2

1

Q1

2

Q2

Pn

n 1

Q1

Q2

n 1

n 1

Q2 M

n 1

Ql n 1

1

P1 V1 P2 V1

P1 V2 P2 V2

Pn 1 V1 Q1 V1 Q2 V1

Pn 1 V2 Q1 V2 Q2 V2

Ql V1

Ql V2

N

L

P1

.

1

P1 Vl P2 Vl Pn 1 Vl Q1 Vl Q2 Vl Ql Vl

N L

60

Análise de Sistemas de Potência

P

H (n Ml

1) ( n 1)

Q ( n 1)

P

(i )

Q

,

N (n

,

Ll

H

N

M

L

(i )

P , V

1) l

Q . V

l

(i )

V

.

RESUMO DO MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON

Equações do subsistema 1: n

Pk

Vk

Vm

Gkm cos(

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm sen(

km )

, k

PQ, PV ,

Bkm cos(

km )

, k

PQ .

m 1 n

Qk

Vk

km )

m 1

Sistema a ser solucionado: Pk Pk( especificado ) Pk( calculado) , k Qk

Qk( especificado )

PQ, PV ,

Qk(calculado) , k

PQ .

Sistema matricial: P

(i )

(i )

J (i )

Q

que está na forma b

V

A x.

Atualizando-se as variáveis vem: (i 1)

V J H (n Ml

3.4.6

(i )

(i )

V H

N

M

L P

1) ( n 1)

Q ( n 1)

,

V

,

N (n

,

Ll

P V

1) l

Q V

l

– Algoritmo da Solução do Fluxo de Potência pelo Método de Newton-Raphson:

1) Montar a matriz YBARRA . 2) Arbitrar condições iniciais das variáveis de estado ( 3) Calcular

Pk e

( 0)

Qk e verificar convergência. Se max

Pk

Pk( especificado )

Pk( calculado) , k

Qk

Qk( especificado )

Qk( calculado)

, k

,V ( 0) ) e fazer i = 0. Pk

p

e max

Qk

q

parar.

PQ, PV , PQ .

4) Fazer i i 1 . Montar a matriz jacobiana J(i) .

61

Análise de Sistemas de Potência 5) Solucionar o sistema linearizado P

(i )

(i )

J

Q

(i )

.

V

6) Atualizar a solução do problema (i 1)

(i )

V

(i )

V

.

V

7) Voltar para o passo 3. Exemplo 3.4. No sistema da Figura 3.8 são dados: V1 , 1 , P2 ,V2 , P3 , Q3 . Calcular no processo iterativo

2 , 3 ,V3 .

Após a convergência calcular P1 , Q1 , Q2 . 2

1

E1

E2

P, V

V,

3 P, Q Figura 3.8

– Sistema do exemplo 3.4

A equação do subsistema 1 é: P2 2 P3 J 3 , Q3 V3 (i 1)

(i )

2

(i )

2

2

3

3

3

V3

V3

V3

.

Matriz jacobiana, no caso de dimensão 3, (n - 1 + l) = 3 - 1 + 1. P2 2

J

P3

2

J

P2 3

P3

3

P2 V3 P3 V3 Q32 V3

Q3

Q3

2

3

H 22

H 23

N 23

H 32

H 33

N 33

M 32

M 33

L33

62

Análise de Sistemas de Potência 3.4.7

– Elementos das submatrizes H, N, M, L do Jacobiano Pk

H km

Vk Vm

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

,

m

Pk

H kk

Vk2 Bkk Vk

Vm

k

N km

Pk Vm

Vk

N kk

Pk Vk

Vk Gkk

km )

Bkm cos(

km )

,

Gkm cos(

km )

Vm

Bkm sen(

Gkm cos(

,

km )

km )

Bkm sen(

km )

,

m k

Qk

M km

Gkm sen(

m k

Vk Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

,

m

M kk

Qk

Vk2 Gkk Vk

Vm

k

Lkm

Qk Vm

Lkk

Qk Vk

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

,

m k

Vk Vk

Gkm sen( Bkk

km )

Vm

Bkm cos( Gkm sen(

km )

km )

, Bkm cos(

km )

.

m k

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. H km

Vk Vm

conectadas, Gkm

Gkm sen( Bkm

km )

Bkm cos(

0 , logo H km

km )

. Se as barras k e m não estão diretamente

0.

2) As matrizes H, N, M, L têm estrutura semelhante à da matriz YBARRA , exceto pelas linhas e colunas não representadas. Se todas as barras forem PQ, a estrutura do jacobiano será semelhante a estrutura de YBARRA , e as submatrizes (H, M, N, L) são quadradas. As matrizes H, N, M, L são simétricas em estrutura. Se existe H12 existe H21 , no caso de matriz quadrada. 3) O jacobiano é assimétrico em valores, assim como H, M, N, L, porém são simétricos em estrutura, isto é, em relação a posição dos zeros, pois sen( km ) sen( mk ) e cos( km ) cos( mk ) .

63

Análise de Sistemas de Potência Exemplo 3.5. Escrever a matriz jacobiana do sistema da Figura 3.9 em termos dos elementos das matrizes H, M, N, L.

4

V,

1

P, Q

P, Q

2

3

P, V Compensador síncrono

Figura 3.9

– Sistema do exemplo 3.5

P1

H11

0

H13

N11

0

1

P2

0

H 22

H 23

0

N 22

2

P3

H 31

H 32

H 33

N 31

N 32

Q1

M 11

0

M 13

L11

0

V1

Q2

0

M 22

M 23

0

L22

V2

3

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 2( 0) 0 0 . (Dados em pu na base do sistema).

PV

V

1

2

(0,2 + j1,0)

jbshunt = j0,02

jbshunt = j0,02

Figura 3.10

– Sistema exemplo para o método de Newton-Raphson

Dados das barras Barra 1 2

Tipo V PV

P ––– –0,4

Q ––– –––

V 1,0 1,0

0,0 –––

Dados da linha Linha 1-2

r 0,2

x 1,0

b shunt 0,02

64

Análise de Sistemas de Potência 1) Montar YBARRA Y12 1 (0,2 j1,0)

0,19

j 0,96

0,19 j 0,94 0,19 j 0,96

YBARRA YBARRA

jB BARRA ,

G BARRA 0,19

G BARRA

0,19

0,19

,

0,19

0,94 0,96

B BARRA

0,19 j 0,96 . 0,19 j 0,94

0,96 . 0,94

2) Teste de convergência com relação às condições iniciais, i = 0 n

Pk

Vk

Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

,

V2

G22 cos(

m 1

P2

V2

V1

G21 cos(

21 )

B21 sen(

P2

V2

V1

G21 cos(

21 )

B21 sen(

P2

1,0 1,0

0,1923076922 cos(

21 )

21 )

V2

22 )

B22 sen(

0,9615384613 sen(

0,1923076922 ,

0,1923076922 cos(0 ) 0,9615384613 sen(0 ) 0,1923076922 ,

P2( 0)

0,00 . 0,4 .

P2( calculado )

0,4 P2( 0)

,

1,0 0,1923076922 ,

P2

P2

0,9615384613 sen(

21 )

0,1923076922 cos(

P2(especificado)

22 )

G22 ,

P2

P2

2) 0

21 )

2) 0

0,4 0,0 ,

, não convergiu. O processo começa.

P2

3) Processo iterativo de Newton-Raphson Primeira iteração, i = i + 1 = 1. P2

J

2

.

H 22

H 22

V22

B22 V2

V1

H 22

V22

B22 V2

V1

H 22

0,94 0,19 sen(

(1) H 22

0,96 .

2 2 (1) 2

P2 P2(1)

H 22

1

P2

21 )

G21 sen( G21 sen(

21 ) 21 )

0,96 cos(

B21 cos( B21 cos(

21 )

21 )

21 )

V2 V2

G22

sen(

22 )

B22 cos(

22 )

,

B22 ,

0,94 ,

1 ( 0,4) , 0,96

0,416 rad. ( 0) 2

2

0,0 0,416

0,416 rad.

0,19 cos( 0,416) 0,96 sen( 0,416) 0,19 , 0,37 .

P2

0,40 0,37

0,03 .

P2

0,03 .

. Não convergiu. O processo continua.

P2

Segunda iteração, i = i + 1 = 2. H 22 0,94 0,19 sen( 0,416) 0,96 cos( 0,416) 0,94 , ( 2) H 22

0,80.

65

Análise de Sistemas de Potência P2

1 ( 0,03) , 0,80

0,034 rad.

2 ( 2) 2

P2

1

H 22

2

(1) 2

0,45 rad.

0,416 0,034

0,19 cos( 0,45) 0,96 sen( 0,45) 0.19 ,

P2( 2)

0,399 .

P2

0,40 0,399

0,001 .

. O processo convergiu.

P2

Solução encontrada para todas as variáveis de estado, ou seja, V e . V2 V2 2 1,0 0,45 rad 1,0 25,79 0 . 4) Solução do subsistema 2: substituição das variáveis. n

Pk

Vk

Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

.

km )

m 1

Expandindo-se a equação acima para este exemplo: P1 V1 V1 G11 cos( 11 ) B11 sen( 11 ) V2 G12 cos( Simplificando-se a expressão vem: P1 V1 V1 G11 V2 G12 cos( 12 ) B12 sen( Substituindo-se valores fixos vem: P1 1,0 1,0 0,19 1,0 0,19 cos(

12 )

12 )

12 )

B12 sen(

12 )

.

.

0,96 sen(

12 )}] .

Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem: P1 0,19 0,19 cos(0,45) 0,96 sen(0,45) , P1 0,44 pu. n

Qk

Vk

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

.

m 1

Expandindo-se a equação acima para este exemplo e simplificando-a: Q1 V1 V1 B11 V2 G12 sen( 12 ) B12 cos( 12 ) . Substituindo-se valores fixos vem: Q1 1,0 1,0 0,94 1,0 0,19 sen(

12 )

0,96 cos(

12 )}] .

Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem: Q1 0,94 0,19 sen(0,45) 0,96 cos(0,45) , Q1

7,89 10

3

pu.

n

Qk

Vk

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

.

m 1

Expandindo-se a equação acima para este exemplo e simplificando-a: Q2 V2 V1 G21 sen( 21 ) B21 cos( 21 ) V2 B22 . Substituindo-se valores fixos vem: Q2 1,0 1,0 0,192 sen( 21 ) 0,962 cos(

21 )

1,0 0,942 .

66

Análise de Sistemas de Potência Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem: Q2 0,19 sen( 0,45) 0,96 cos( 0,45) 0,94 , Q2 0,16 pu.

1 0

0,44

1

0,45 2

1

-7,89x10 -3

jbshunt = j0,02

0,16

jbshunt = j0,02

Figura 3.11

3.5

-0,40

– Solução do fluxo de potência

– Expressões do fluxo de potência ativa e reativa nos diversos ramos e shunts

3.5.1

– Linha de transmissão média ou longa y km I km

k

I mk

Vk

jbshunt

jbshunt

Figura 3.12

Pkm

jQkm

Vk

S mk

Pmk

jQmk

* Vm I mk ,

Vk

Vm

Vm

k

Vm

– Modelo da linha de transmissão média e longa

* I km ,

S km Vk

m

I série

,

m,

jbkm ,

y km

g km

z km

1 ( g km

jbkm )

2 g km ( g km

2 bkm )

2 jbkm ( g km

2 bkm )

jxkm .

rkm

Cálculo de Pkm e Qkm: I km

y km (Vk Vm )

jbshunt Vk , onde

I km é a corrente injetada na linha de transmissão a partir da

barra k. Arrumando-se termos vem: y km Vm ,

I km

( y km

jbshunt ) Vk

I km

( g km

jbkm

jbshunt ) Vk

* I km

( g km

jbkm

jbshunt ) Vk

S km

Vk

S km

g km

* I km

Vk2

( g km jbkm

jbkm Vk2

( g km

k k

jbkm ) Vm

( g km

jbkm ) Vm

jbshunt ) Vk2 ( g km jbshunt

Vk2

m

, m

.

jbkm ) Vk Vm

g km Vk Vm

k

m

k

m

,

jbkm Vk Vm

k

m

.

67

Análise de Sistemas de Potência Pkm

Re S km

g km Vk2

Pkm

g km Vk2

g km Vk Vm cos(

Qkm

Im S km

g km Vk Vm cos(

bkm Vk2

bshunt Vk2

bkm Vk2 bshunt Vk2

Qkm

m)

k

m)

k

bkm Vk Vm

bkm Vk Vm sen(

g km Vk Vm

g km Vk Vm sen(

sen(

m)

k

k

,

m)

k

m)

k

90 0 ,

m

bkm Vk Vm

bkm Vk Vm cos(

m)

k

k

m

90 0 ,

.

Cálculo de Pmk e Qmk: I mk

jbshunt Vm , onde

y km (Vm Vk )

I mk é a corrente injetada na linha de transmissão a partir

da barra m. Arrumando-se termos vem: y km Vk ,

I mk

( y km

jbshunt ) Vm

I mk

( g km

jbkm

jbshunt ) Vm

* I mk

( g km

jbkm

jbshunt ) Vm

S mk

* Vm I mk

( g km

Vm2

jbkm

( g km

m

Vm2

S mk

g km

Pmk

Re S mk

g km Vm2

Pmk

g km Vm2

g km Vk Vm cos(

Qmk

Im S mk

jbshunt

bkm Vm2

bshunt Vm2

, k

.

jbkm ) Vk Vm

g km Vk Vm

k)

m

k

jbkm ) Vk

g km Vk Vm cos(

bkm Vm2 bshunt Vm2

Qmk

jbkm ) Vk

jbshunt ) Vm2 ( g km

jbkm Vm2

( g km

m

k)

m

m

bkm Vk Vm

g km Vk Vm

sen( k)

m

k

,

jbkm Vk Vm

k

bkm Vk Vm sen(

g km Vk Vm sen(

m

m

k

m

k

.

90 0 ,

k).

m k)

m

bkm Vk Vm

bkm Vk Vm cos(

m

m

k

90 0 ,

k).

Cálculo das perdas: As perdas ativas podem ser calculadas como: Pperdas Pkm Pmk g km Vk2 g km Vm2 2 g km Vk Vm cos( Perdas resistivas na linha. * * 2 PPerdas I série I série rkm I série I série g km ( g km PPerdas

g km

PPerdas

g km

Vk

PPerdas

g km

PPerdas

g km

Vk2 Vk2

Pkm

jbkm

Vk Vm

g km

Vm

m

Vk

Vk Vm

k

m

g km Vm2

2 g km Vk Vm cos(

k

k

Vm

Vk Vm

m m

m) .

2 bkm ),

Vk* Vm*

jbkm

k

2 g km ( g km

2 bkm ),

,

k

Vm2 ,

k

m) ,

expressão idêntica à expressão de

Pmk .

As “perdas” reativas podem ser calculadas como (armazenada nos campos elétrico e magnético): 2 Q perdas Qkm Qmk bkm Vk2 2 Vk Vm cos( k bshunt Vk2 bshunt Vm2 ) . m ) Vm Perdas reativas na linha. QPerdas

2 I série I série * bkm ( g km

QPerdas

bkm

Vk Vm

Vk* Vm*

2 bkm ) bshunt Vk2 bshunt Vm2 ,

bshunt Vk2 bshunt Vm2 ,

QPerdas

bkm

Vk Vk* Vk Vm* Vm Vk* Vm2

QPerdas

bkm

Vk2

2 Vk Vm cos(

k

m)

bshunt Vk2 bshunt Vm2 , Vm2

bshunt Vk2 bshunt Vm2 , expressão idêntica à

expressão de Qkm Qmk .

68

Análise de Sistemas de Potência Tem-se, portanto, para perda de potência: ( perdas ) Pkm Pkm Pmk ( perdas ) Qkm

3.5.2

Qkm

Qmk

– Linha de transmissão curta ykm

I km

k

I mk

m

Vk

Vm

Figura 3.13 * I km

Pkm

– Modelo da linha de transmissão curta

jQkm .

S km

Vk

I km

y km (Vk Vm ) , onde I km é a corrente que circula na linha de transmissão.

I km

( g km

jbkm ) (Vk Vm ) ,

* I km

( g km

jbkm ) (Vk* Vm* ) ,

S km

Vk ( g km

S km

(Vk2

jbkm ) (Vk* Vm* ) ,

Vk Vm* ) ( g km Vk2

S km

g km

Pkm

Re S km

g km Vk2

Qkm

Im S km

bkmVk2

Qkm

bkm Vk2

jbkm

Vk2

jbkm ) , g km Vk Vm*

jbkm Vk Vm* ,

g km Vk Vm cos( g km Vk Vm

g km Vk Vm sen(

k

k

k

m m)

m)

bkm Vk Vm sen(

bkm Vk Vm

bkm Vk Vm cos(

k

m) ,

90 0 ,

m k

k

m)

,

S mk

* Vm I mk

I mk

y km (Vm Vk ) , onde I mk é a corrente que circula na linha de transmissão.

I mk

( g km

jbkm ) (Vm Vk ) ,

* I mk

( g km

jbkm ) (Vm* Vk* ) ,

S mk

Vm ( g km

S mk

(Vm2 Vm Vk* ) ( g km

S mk

g km Vm2

Pmk

Re S mk

g km Vm2

Qmk

Im S mk

bkmVm2

Qmk

bkm Vm2

Pmk

jQmk .

jbkm ) (Vm* Vk* ) , jbkm Vm2

jbkm ) , g km Vm Vk*

jbkm Vm Vk* ,

g km Vm Vk cos( g km Vm Vk

g km Vm Vk sen(

m

m k)

m

k

k)

bkm Vm Vk

bkm Vm Vk

bkm Vm Vk cos(

m m

sen( k

m

k),

90 0 , k),

69

Análise de Sistemas de Potência Perdas resistivas na linha: Pkm

g km Vk2

Pmk

g km Vk Vm cos( g km

Pkm

Pmk

PPerdas

(Vk2

g km

* I km I km rkm

PPerdas

g km

PPerdas

g km

Vk

PPerdas

g km

PPerdas

g km

Vk2 Vk2

Pkm

Vm2 )

Vk Vm

g km

m

Vk

Vm

Vk Vm

k

m

g km Vm2

2 g km Vk Vm cos(

k

k)

bkm Vm Vk

sen(

m

k)

,

Vk Vm

2 g km ( g km

,

m m

2 bkm ),

k

Vm2 ,

k

m) ,

expressão idêntica a da expressão de

Pmk .

Qmk

QPerdas QPerdas

(Vk2

bkm

Vm2 )

* I km I km xkm

QPerdas

g km

jbkm

bkm

Vk

QPerdas

bkm

QPerdas

bkm

Vk2 (Vk2

k

m) Vm2

k

g km Vm Vk

m

* 2 I km I km bkm ( g km

Vk Vm

g km

jbkm

Vm

m

Vk

k

Vk Vm

k

m

k

bkm Vk Vm cos(

2 bkm Vk Vm cos(

sen(

m) k)

bkm Vm Vk cos(

m

k)

m),

k

2 bkm ),

Vk* Vm* Vm

Vk Vm

Vm2 ) 2 bkm Vk Vm cos(

m

2 bkm ( g km

2 bkm ),

,

m

k

k

m) ,

Vm2 ,

expressão

idêntica

à

expressão

de

Qmk .

( perdas ) Perda de potência ativa: Pkm

Perda de potência reativa:

3.5.3

Vk* Vm*

Vm

k

m)

,

m)

k

m

k

2 bkm ),

jbkm

bkm

Qkm

g km Vm Vk cos(

* 2 I km I km g km ( g km

jbkm

bkm Vk Vm sen(

2 g km Vk Vm cos(

Perdas reativas na linha: Qkm bkm Vk2 g km Vk Vm sen( Qkm

m)

k Vm2

Pkm

( perdas ) Qkm

Pmk ,

Qkm

Qmk .

– Transformador t k Vkm

ykm

I km

(t2 –t)

Figura 3.14

I mk

ykm

(1–t)

ykm

m Vmk

– Modelo de um transformador com tape

A Figura 3.14 mostra o modelo de um transformador com tape, cuja admitância é colocada do lado do tape. I km

(t y km ) (Vk Vm ) (t 2 t ) y km Vk ,

I km

t2

S km

Vk

y km Vk * I km

Pkm

t y km Vm . jQkm .

70

Análise de Sistemas de Potência I mk

(t y km ) (Vm Vk ) (1 t ) y km Vm ,

I mk S mk

* Vm I mk

Pkm

(tVk ) 2 g km

tVkVm g km cos(

(tVk ) bkm Vm 2 g km

km )

tVkVm bkm cos(

tVkVm g km cos(

Vm 2 bkm

Qmk

jQmk .

Pmk

2

Qkm Pmk

ykm Vm .

t y km Vk

km )

km )

tVkVm bkm cos(

tVkVm bkm sen(

tVkVm g km sen(

tVkVm bkm sen(

km )

Pkm

Pmk

g km [(tVk ) 2 Vm2

Q ( perdas )

Qkm

Qmk

bkm [(tVk ) 2

km )

2tVkVm cos(

Vm2

km )

km )

tVkVm g km sen(

P ( perdas)

3.5.4

km )

km )] ,

2tVkVm cos(

km )] .

– Elementos shunt k jbshunt

Q(shunt) Figura 3.15

– Capacitor shunt

A Figura 3.15 mostra um capacitor ligado na barra k. A potência reativa gerada pelo mesmo é Q ( shunt ) Vk2 bshunt . Caso fosse um reator, a potência reativa injetada na barra seria Q ( shunt )

Vk2 bshunt , ou seja, a potência reativa estaria sendo consumida.

k rshunt = 1/gshunt

P (shunt) Figura 3.16

– Resistor shunt

A Figura 3.16 mostra um resistor ligado na barra k. A potência ativa gerada pelo mesmo é P ( shunt ) Vk2 g shunt , ou seja, há consumo de potência ativa. Cálculo do fluxo de potência nas linhas do sistema da Figura 3.11, Exemplo 3.6. I12 (0,19 j 0,96 j 0,02) 1 0 0 (0,19 j 0,96) 1,0 25,87 0 0,437 0,0157 rad. S12

* 1,0 0 0 I12

I 21 S 21

(0,19 V2

Pperdas Q perdas

* I 21

0,437

j 6,82 10 3 .

j 0,96) 1,0 0 0 1,0

(0,19

0,45 0,430

j 0,96 3,069

j 0,02) 1,0 0,40

25,87 0

0,430 3,069 rad.

j 0,16 .

0,437 0,40 0,037 , 6,82 10

3

0,16

0,154 .

Balanço de potência: P1 P2 Pperdas 0,437 0,40 0,037 , Q1

Q2

Q perdas

6,82 10

3

0,16

0,154 .

71

Análise de Sistemas de Potência Injeção de potência no elemento shunt. Q1( shunt ) Q2( shunt ) 1,0 2 0,02 0,02 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).

PQ

V

1

(0,2 + j1,0)

jbshunt = j0,02

2 jbshunt = j0,02

Figura 3.17

– Sistema do exemplo 3.7

Dados: V 1 = 1,0, 1 = 0 0 , P2 0,30 , Q2 0,07 , tolerância para convergência em tolerância para convergência em Q = = 0,003. Condição inicial: V2(0) 1,0 , 2( 0) 0 0 . Calcular no processo iterativo: 2 ,V2 . Após a convergência calcular: P1 , Q1.

P é igual a

Solução:

1.

Determinação da matriz YBARRA YBARRA GBARRA jBBARRA , calculada no exemplo 3.6. 0,19

GBARRA

0,19

0,94 0,96

B BARRA 2.

0,19 0,19

,

0,96 . 0,94

Verificação de convergência. n

Pk

Vk

Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

, k

PQ, PV .

m 1

Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: P2 V2 V1 G21 cos( 21 ) B21 sen( 21 ) V2 G22 cos( 22 ) B22 sen( Simplificando-se a expressão vem: P2 V2 V1 G21 cos( 21 ) B21 sen(

21 )

V2

22 )

.

G22 .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: P2 V2 1 0,19 cos( 21 ) 0,96 sen( 21 ) V2 0,19 . Avaliando-se a expressão lembrando que V2 = 1,0 e P2 1,0 0,19 1,0 0,19 , P2( 0) P2

21

= 00 vem:

0,0 . P2(especificado )

P2( calculado )

0,30 0,0

0,30

n

Qk

Vk

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

, k

PQ .

m 1

72

Análise de Sistemas de Potência Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: Q2 V2 V1 G21 sen( 21 ) B21 cos( 21 ) V2 G22 sen( 22 ) B22 cos( Simplificando-se a expressão vem: Q2 V2 V1 G21 sen( 21 ) B21 cos(

21 )

22 )

.

B22 .

V2

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: Q2 V 2 1 0,19 sen( 21 ) 0,96 cos( 21 ) V2 0,94 . Avaliando-se a expressão lembrando que V2 = 1,0 e Q2 1,0 0,96 0,94 , Q2( 0) Q2

21

= 00 vem:

0,02 . Q2( especificado )

Q2( calculado )

0,07 0,02

0,09 .

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 P2 H 22 N 22 2 . Q2 M 22 L22 V2

H kk

Vk2 Bkk Vk

Vm

2

e V 2 logo

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

.

m k

Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: H 22 V22 B22 V2 V1 G21 sen( 21 ) B21 cos( 21 ) V2 Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: H 22 V22 ( 0,94) V2 1,0 0,19 sen( 21 ) 0,96 cos(

B22 .

21 )

V2

0,94

22 )

B22 sen(

Avaliando-se esta expressão vem: H 22 0,94 0,96 0,94 , ( 0) H 22

0,96 .

N kk

Vk Gkk

Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

,

m k

Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: N 22 V2 G22 V1 G21 cos( 21 ) B21 sen( 21 ) V2 G22 cos( N 22 V2 G22 V1 G21 cos( 21 ) B21 sen( 21 ) V2 G22 Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: N 22 V2 0,19 V1 0,19 cos( 21 ) 0,96 sen( 21 ) V2

22 )

,

0,19 .

Avaliando-se esta expressão vem: N 22 1,0 0,19 1,0 ( 0,19 1) 1 0,19 , N 22 0,19 0,19 0,19 , ( 0) N 22

0,19.

73

Análise de Sistemas de Potência

Vk2 Gkk Vk

M kk

Vm

Gkm cos(

km )

Bkm sen(

km )

,

m k

Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: M 22 V22 G22 V2 V1 G21 cos( 21 ) B21 sen( 21 ) V2

G22 cos(

Simplificando-se a expressão vem: M 22 V22 G22 V2 V1 G21 cos(

G22 .

21 )

B21 sen(

21 )

V2

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: M 22 1,0 2 0,19 1,0 1,0 0,19 cos( 21 ) 0,96 sen(

21 )

22 )

B22 sen(

22 )

.

0,19 .

V2

Avaliando-se esta expressão vem: M 22 0,19 0,19 0,19 , ( 0) M 22

Lkk

0,19 . Vk

Bkk

Vm

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

.

m k

Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: L22 V2 B22 V1 G 21 sen( 21 ) B21 cos( 21 ) V2 G 22 Simplificando-se a expressão vem: L22 V2 B22 V1 G21 sen( 21 ) B21 cos(

21 )

V2

L(220)

2

22 )

B22 cos(

22 )

.

B22 .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: L22 V2 ( 0,94) 1,0 0,19 sen( 21 ) 0,96 cos( 21 ) Avaliando-se esta expressão com V2 e L22 0,94 0,96 0,94 ,

sen(

V2

0,94 .

vem:

0,92 .

Valores numéricos: ( 0) H 22

0,96 ,

( 0) N 22 ( 0) M 22 L(220)

0,19 , 0,19 , 0,92 .

Os valores numéricos do sistema 0,30

0,96

0,09

0,19

2

0,19 0,92

V2

P

H

N

Q

M

L

V

são:

.

Utilizando-se a regra prática para inverter uma matriz 2 2 que consiste em trocar os elementos da diagonal principal e trocar apenas o sinal dos demais elementos e dividir a matriz assim formada pelo determinante da matriz original vem: 2

V2

1 0,92

0,92 0,19

0,19 0,96

0,30 0,09

,

74

Análise de Sistemas de Potência 0,29

1 0,92

2

V2

0,0288

0,318

2

V2

0,031

,

.

Atualizando-se valores: (1) 2 V2(1)

( 0) 2 V2( 0)

(1) 2 V2(1)

4.

2

V2

0,00 0,318 1 0,031

0,318 1,031

Verificação da Convergência: P2

1,03 1

P2

1,03

P2(1)

0,19 0,95 0,96 ( 0,31)

0,19 ,

0,18 0,30 0,19 ,

0,29 . 0,19 ( 0,31) 0,96 0,95 1,03 0,94 ,

Q2

1,03

Q2

1,03

Q2

1,03 0,12 ,

Q2(1)

1,03

0,06 0,91 0,97 ,

0,12 .

P2

P2( especificado )

P2( calculado )

0,30 0,29

Q2

Q2( especificado )

Q2( calculado )

0,07 0,12

0,01 , 0,05 .

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 ( 2) 2 V2( 2)

0,330 0,978

Convergência: P2 0,001 , Q2 0,002 . Convergiu pois são menores que 0,003. 6.

Após a convergência, calcular as injeções de potência P 1 e Q1. P1 V1 V1 G11 cos( 11 ) B11 sen( 11 ) V2 G12 cos( 12 ) B12 sen( P1

G11

V2

P1

0,19 0,978

Q1

0,0097 .

, 0,19 cos(0,33) 0,96 sen(0,33)

G12 cos(

12 )

B12 sen(

12 )

,

12 )

0,3186 .

Observação: Estudar exemplo 8.1 do Stevenson por Newton-Raphson, contendo um sistema de 5 barras sendo uma flutuante, 1 PV e 3 PQ.

75

Análise de Sistemas de Potência 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 Q V

Q

P e N V

. Por este motivo as matrizes M P

(i )

Q

H

0

0

L

Q

e QV, ou seja,

P

P e V

são desprezadas. O sistema fica então:

(i )

(i )

.

V

Ficam então definidos dois sistemas de equações que são: P

(i )

(i )

H

Qi

(i )

Li

,

V i,

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 acelerar a convergência. Pk Vk

Pk( especificado )

Pk( calculado) (V , ) , k = 1, n-1 (a barra flutuante é a excluída), Vk

Qk Vk

Qk( especificado )

Qk( calculado) (V , ) , k = 1, l (barras PQ). Vk

O sistema fica então: P V Q V

(i )

H ' (i )

(i )

(i )

(i )

.

(i )

L'

V

Cada termo dos vetores P e Q está dividido por sua tensão, onde: H ' km

H km Vk

Vm

Gkm sen(

H ' kk

H kk Vk

Vk

Bkk

L' km

Lkm Vk

L'kk

Lkk Vk

km )

Vm

Bkm cos( Gkm sen(

km )

km )

, Bkm cos(

km )

,

m k

Gkm sen( Bkk

1 Vk

km )

Bkm cos( Vm

km ) ,

Gkm sen(

km )

Bkm cos(

km )

.

m k

76

Análise de Sistemas de Potência 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 B km//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 Bkk Vk2 Qk . d) As tensões Vk 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: H ' km

Bkm ,

H ' kk

Bkk ,

L' km

Bkm ,

L'kk

Bkk .

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 as reatâncias shunt na montagem de B'. 3.6.3

– Formulação final do método Desacoplado Rápido

Os elementos de B' e B'' são definidos como: B' km B' kk m

1 , xkm 1 , x km

(3.7a) (3.7b)

k

B' ' km

Bkm ,

B' ' kk

Bkk ,

(3.8a) (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 YBARRA. O método desacoplado rápido então é formulado como: P V

B'

Q V

B' '

, de dimensão n – 1, a barra flutuante é excluída, V , de dimensão l, número de barras PQ.

77

Análise de Sistemas de Potência Exemplo 3.8 Formular as equações do fluxo de potência desacoplado rápido do circuito da Figura 3.18.

2

1

E2

E1 j0,5

j0,5

j0,5

j0,5

3 j0,5 Figura 3.18

j0,5

– Circuito do exemplo 3.8

Dados das barras: Barra 1 2 3

Tipo V PV PQ

Dados das linhas,

PG ––– 0,4 0,0

QG ––– ––– 0,0

PL 0,0 0,0 1,0

QL 0,0 0,0 0,4

V 1,0 1,0 –––

0,0 ––– –––

= 0,003: Linha 1-2 1-3 2-3

r 0,01 0,01 0,01

Condições iniciais: V3 1,0 e 1 1 y 0,99 r jx 0,01 j 0,1

2

x 0,1 0,1 0,1

bshunt (total) 1,0 1,0 1,0

0,0 .

3

j 9,9 .

1) Montagem da matriz YBARRA 1,98

j18,80

0,99

j 9,90

0,99

j 9,90

0,99 1,98

1,98 G BARRA

B BARRA

0,99

j 9,90

0,99

j 9,90

j18,80

0,99

j 9,90

0,99

j 9,90

0,99 1,98

0,99

0,99

1,98

j18,80

0,99 0,99 , 1,98

18,80

9,90

9,90

9,90

18,80

9,90

9,90

9,90

18,80

.

78

Análise de Sistemas de Potência 2) Sistema de equações do método desacoplado rápido P2 V2 P3 V3 Q3 V3

(i ) (i )

B' 22

B' 23

2

B '32

B'33

3

, apenas a barra flutuante não está representada.

(i )

B' '33

(i )

V3

3) Cálculo de B' e B'' Sistema P Aplicando-se as Equações 1 1 B' 23 B'32 x23 0,1 1 1 1 1 B' 22 x21 x23 0,1 0,1 1 1 1 1 B'33 x31 x32 0,1 0,1

3.7 vem: 10,0 20,0 20,0

Sistema QV Aplicando-se as Equações 3.8 vem: B' ' B33 18,80 4) Mismatch do processo iterativo (i 1) 2 3

V3(i 1)

(i )

(i )

2

2

3

V3( i )

3

V3(i )

Primeira iteração P P2 0,4 P2( calculado) (V ( 0) ,

( 0)

), 1,0

P3

1,0

P2(calculado ) (V (0) ,

( 0)

) , onde V

arbitrado P2( calculado )

V2

P2( calculado)

1,0

P2( calculado)

0,0

P3(calculado)

V3

V1

0,99 cos( 0,99

V1

1,0

21 )

1,98

0,99 cos(

31 )

(0)

1,0 e 1,0

9,90 sen( V3

0,0 ( 0)

0,0 . 0,0

21 )

V2 + V3

1,98 cos(

V3

1,0

0,99 cos(

31 )

9,90 sen(

9,90 sen( 1,0

P3( calculado)

22 )

0,99 cos(

18,80 sen(

22 )

23 ) 9,90 sen(

23 )

0,99

31 )

V2 + V3

P3( calculado )

arbitrado arbitrado

0,99 cos(

32 )

9,90 sen(

1,98 cos(

33 )

18,80 sen(

32 ) 33 )

31 )

0,99 cos(

32 )

9,90 sen(

32 )

V3

1,98

0,0

79

Análise de Sistemas de Potência P2

0,4 0,0 0,4

P3

1,0 0,0

1,0

Não convergiu. (1) 2

5) Primeira iteração P : atualizar P2 V2 P3 V3 P2 1,0 P2 1,0 2 3 2 3

P2 1,0 P3 1,0 20,0 10,0

1 300

B '23

2

B'32

B'33

3

3

.

3

20,0 10,0

0,4

10,0 20,0

1,0

2,0

0,0067

16,0

0,0533

( 0)

2

,

2

20,0

1 300

(1)

B' 22

10,0

(1) 3

e

2

0,0067

3

0,0533

(1)

(1) 2

0,0067

3

0,0533

6) Primeira iteração QV: atualizar V3(1) . 0,0 Q3

0,4

Q3

B' ' 33

Q3(calculado) (V (0) , B

(1)

) , onde

(1)

(1) 2 (1) 3

18,80 . Solucionar e atualizar V3(1) .

O processo continua até a convergência tanto da iteração P como QV Exemplo 3.9 Resolver o sistema da Figura 3.19 pelo método desacoplado rápido. (Dados em pu na base do sistema).

1

PQ

V (0,2 + j1,0)

jbshunt = j0,02

jbshunt = j0,02

Figura 3.19

P2 = –0,30; Q2 = 0,07; YBARRA

0,19 0,19

j 0,94 j 0,96

2

– Circuito do exemplo 3.9

= 0,003. 0,19 0,19

j 0,96 j 0,94

.

80

Análise de Sistemas de Potência 0,19 0,19

G BARRA

0,94

B BARRA

1.

0,96

0,96

.

0,94

Sistema de equações. P2 V2

B' 22

Q2 (i 1) V2 B' 22

2

B' '22 1 x12

B' ' 22

2.

0,19 , 0,19

,

V2

(i )

.

1 1,0 1,0

B22

0,94

Processo iterativo Primeira iteração P P2

V2

V1

P2

V2

1,0

G21 cos(

21 )

0,19 cos(

B21 sen(

21 )

21 ) 0,96 sen(

V2 G22 , 21 )

V2 0,19 ,

substituindo-se na primeira iteração vem: P2

0,0 ;

V2 1,0 0, 0

0,3 P2( calculado)

P2

0,3 0,0

0,3 ,

convergência: 0,3 > 0,003 logo não convergiu. 0,3 1,0 0,3 , 2 2 1,0 (1) 2

0,3

Primeira iteração QV Q2

V2

V1

Q2

V2

1,0

Se V2 1,0 e Q2 0,0798 ,

G21 sen(

21 )

0,19 sen( 2

B21 cos(

21 )

2 ) 0,96 cos(

V2 B22 , 2)

V2 0,94 .

0,3 ,

Q2 0,07 Q2(calculado ) 0,07 0,0798 0,0098 , o processo continua. 0,0098 Q2 V2

B' ' 22

V2

0,0098 0,94 V2 V2 1,0 V2 1,0 0,0104 0,9896

0,0104

81

Análise de Sistemas de Potência Segunda iteração P P2

V2 0,9896 0, 3 2

P2 P2

0,274 ,

P2( especificado )

P2( calculado)

0,3 0,274

0,026

Convergência: 0,026 > , 0 processo continua. Atualização: P2 B' 22 2 V2 0,026 1,0 0,0256 2 2 0,9896 0,3 0,0256 0,3256 2 Segunda iteração QV Q2

V2 0,9896 0 ,3256 2

Q2

0,0814

0,07 0,0814

0,0114

Convergência: 0,0114 > , o processo continua. Monta-se o sistema: 0,0114 0,94 V2 V2 0,0122 0,9896 V2 0,9896 0,0122 0,9774 . Terceira iteração P P2 0,295 P2 0,005 Convergência: 0,005 > , o processo continua. 0,3307 2 Terceira iteração QV Q2 0,0716 Q2 0,0016 Convergência: 0,0016 < , convergiu, logo não atualizo as variáveis e testo o outro sistema de equações. Quarta iteração P P2

V2 0 ,9774 0,3307 2

P2

0,229

0,30 0,229

0,001

Convergência: 0,001 < , logo todo o processo convergiu. Solução encontrada: V2 0,9774 0,3307 radianos.

82

Análise de Sistemas de Potência 3.

Após a convergência do processo iterativo, calculam-se as grandezas abaixo da mesma forma como descrito anteriormente: Fluxos nas linhas; Injeção na barra flutuante P1 ,Q1 ; Fluxos na rede; Perdas.

3.6.4 – Artifícios matemáticos para melhorar o desempenho do método desacoplado rápido na presença de ramos com elevada relação r/x

A pequena defasagem angular entre barras, a relação Bkm

Gkm sen(

km

) , as tensões

próximas de 1,0 pu e o fluxo nas linhas ser maior que o fluxo transversal são sempre verdadeiros nos sistemas de potência. A exceção é a relação x/r alta. A seguir artifícios matemáticos para contornar este restrição. 3.6.4.1

– Artifício da compensação

3.6.4.1.1

– Compensação série r

x m

k

r

x

x'

j

m

Figura 3.20

r/x'' pequeno

– Exemplo da compensação série

– Compensação paralela r1

x1 m

k

x2 Figura 3.21

3.6.4.2

x + x' = x''

–x'

k

3.6.4.1.2

r/x alto

A impedância da linha 1 em paralelo com a linha 2 é r + jx

x3

– Exemplo de compensação paralela

– Método BX de van Amerongen

O método desacoplado rápido convencional é conhecido como método XB pois a matriz B' só utiliza x, a reatância do elemento, e B'' só utiliza b, o negativo da parte imaginária da matriz YBARRA . No método BX, B' só utiliza b e B'' só utiliza x. Este tem melhor desempenho quando a relação r/x é alta. 3.6.4.3

– Esquema iterativo flexível

O esquema não flexível faz sucessivamente uma iteração P e uma iteração QV até a convergência do processo. O método flexível faz, por exemplo, devido a maior dificuldade da convergência da equação QV, uma iteração P e duas iterações QV. Se o sistema estiver muito carregado, o número de iterações QV aumenta.

83

Análise de Sistemas de Potência 3.7

– Fluxo de potência linearizado ou fluxo de potência DC

O fluxo de potência linearizado é baseado no acoplamento P potência ativo.

e só leva em conta o fluxo de

As equações do fluxo de potência ativa no ramo km são: Pkm

g km Vk2

g km Vk Vm cos(

km )

bkm Vk Vm sen(

km ) ,

(3.9a)

Pmk

Vm2

g km Vk Vm cos(

km )

bkm Vk Vm sen(

km )

.

(3.9b)

g km

As perdas no trecho ativos no ramo km valem: Pperdaskm

3.7.1

g km Vk2

Pmk

g km Vm2

2 g km Vk Vm cos(

km )

.

– Simplificações propostas

a) b)

3.7.2

Pkm

Vk km

Vm

1,0 pu.

pequeno, logo sen(

km .

km )

– Desprezando as perdas do sistema

z km

rkm

jxkm

y km

1 rkm

jxkm

rkm

jxkm

2 rkm

2 xkm

rkm 2 rkm

2 xkm

j

xkm 2 rkm

2 xkm

g km

jbkm

1 . xkm Aplicando-se as simplificações a) e b) nas Equações 3.9a e 3.9b, e desprezando-se as perdas chegase na seguinte equação do fluxo de potência linearizado: Pkm bkm Vk Vm sen( km ) ,

Fazendo-se rkm

Pkm

1 xkm

0 , tem-se g km

1,0 1,0

0 e bkm

km ,

Pkm

km

xkm

.

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. P km

P km =

km

/ xkm Pkm = sen(

(CC ) (CA ) km km

Figura 3.22

sem solução CA

km )

/ x km

km

– Potência máxima transmitida pelo ramo 84

Análise de Sistemas de Potência Os dois métodos fornecem praticamente a mesma solução para ângulos pequenos. O fluxo dc converge mesmo para valores altos de Pkm, o que embora seja um resultado errado, fornece indicativo de quanto a capacidade do ramo foi excedida. Sabe-se que Pk Pkm , onde k é o conjunto de todas as barras conectadas com a barra k a (m

k)

exceção da própria barra k. Pk

Pkm (m

km

Pk

k)

(m

x ) km

k

.

Separando-se o somatório em dois, lembrando que Pk (m

k

1 x ) km

k (m

k

1 x ) km

m

km

=

k

–

m

vem:

.

3.7.2.1 – Formulação matricial P

B'

onde: B' é a mesma matriz do modelo desacoplado rápido, ou seja, 1 B' km , x km 1 . B' kk x (m ) km k

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 é desconhecida. Exemplo 3.10 Calcular o fluxo nas linhas do sistema da Figura 3.23. Utilizar o método linearizado.

1

x 12 = 1/3

2

P1 = 1,5

1

P2 = –0,5

= 00 x23 = 1/2

x13 = 1/2

3 P 3 = –1,0 Figura 3.23

– Sistema do exemplo 3.10

Não é necessário montar a matriz YBARRA . Montagem da matriz B', de dimensão 2, pois a barra flutuante é excluída.

85

Análise de Sistemas de Potência B' 22 B'33 B' 23

1 x12 1 x13

1 x23 1 x32

B'32

5,0 , 4,0 ,

1 x23

2,0 .

P2

B' 22

B ' 23

2

P3

B'32

B '33

3

2 3

1 16

0,5

,

5,0

1,0

2,0

2,0

2

4,0

4,0 2,0

0,5

2

1/ 4

2,0 5,0

1,0

3

3/8

,

3

rad.

Fluxos de potência nos ramos. 1/ 4 3 12 P12 pu. x12 1 / 3 4 P13

3/ 8 1/ 2

13

x13

3 pu. 4

1/ 4 3 / 8 1 23 pu. x23 1/ 2 4 Atenção: Pij = Pji pois não há perda. P23

3.7.3 – Considerando as perdas do sistema

Equações do fluxo de potência ativa: Pkm g km Vk2 g km Vk Vm cos( km ) bkm Vk Vm sen( Pmk

g km

Vm2

g km Vk Vm cos(

km )

bkm Vk Vm sen(

km ) , km )

.

Aplicando-se as simplificações anteriores, ou seja: a) Vk Vm 1,0 pu. b)

km

pequeno, logo sen( 1

c) Como rkm << xkm, g km

rkm 2 rkm

2 xkm

km )

rkm

e bkm

e cos(

km

rkm

jxkm

2 rkm

2 xkm

jxkm

km )

2 km

1

2

rkm 2 rkm

1 cos(

2 xkm

j

xkm 2 rkm

2 xkm

km )

g km

2 km

2

.

jbkm ,

1 . xkm

chega-se a equação do fluxo de potência ativa no ramo considerando as perdas. Pkm

g km

g km cos(

Pkm

g km

1 cos(

Pkm

g km

2 km

2

km )

km )

km

xkm

bkm sen(

km ) ,

sen( km ) , xkm

.

86

Análise de Sistemas de Potência E para a potência no sentido contrário: Pmk

g km

Pmk

g km

Pmk

g km

g km cos( 1 cos( 2 km

bkm sen(

km )

,

sen( km ) , xkm

km )

km

2

km )

.

xkm

Sabemos que a perda total em km vale: Pperdas km

Pkm

Pmk

g km

2 km

2

km

x km

g km

2 km

2

km

g km

x km

2 km ,

logo as expressões Pkm e Pmk carregam cada uma a metade das perdas do ramo. A potência injetada na barra k pode ser escrita como: 1 2 km Pk Pkm g km km , 2 x (m ) (m ) (m ) km k

Pk Pk

k

k

km

Pperdask

x ) km

(m

k

(m

k)

km

Pperdask

xkm

, ,

onde: Pk Pperdask é a nova injeção líquida no sistema sem perdas; Pperdask é a metade do somatório das perdas nos ramos diretamente conectados na barra k. Representa-se Pperdask 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 partes iguais as perdas nos ramos entre suas barras terminais. O esquema fica como exemplificado na Figura 3.24.

2

1

Pperdas2

Pperdas1

3 Pperdas3 Figura 3.24

Pperdas1 Pperdas2 Pperdas3

Pperdas12 2 Pperdas12 2 Pperdas23 2

– Representação das perdas no fluxo de potência linearizado Pperdas13 , 2 Pperdas23 , 2 Pperdas13 . 2

87

Análise de Sistemas de Potência 3.7.3.1 – Formulação matricial P

Pperdas

B'

.

3.7.3.2 – Metodologia de solução ~ 1) Calcula-se a solução do sistema desprezando-se as perdas, P B ' . ~ 2) Calcula-se a perda total do ramo com o e a representa como carga adicional no sistema, ~2 1 Pperdas g km km . 2 (m ) k

3) Calcula-se a solução do sistema considerando-se as perdas, P 4) Calculam-se os fluxos nos ramos utilizando-se a solução , Pkm

Pperdas km

xkm

B'

.

.

3.7.4 – Resumo do método linearizado

Fluxo de potência linearizado ou fluxo DC 1) Desprezando-se as perdas, P B' Pkm km x km 2) Considerando-se as perdas, ~2 Pperdas km g km km , metade para cada lado do ramo. P Pperdas B' Exemplo 3.11. Calcular o fluxo de potência do sistema da Figura 3.25 pelo método linearizado ou dc considerando-se as perdas.

2

1 P1

~

~ 1

= 00

P 2 = 40 MW

3 P3 = 80 MW Figura 3.25

Dados: z12 0,05 z13 0,04 z 23 0,025 A barra 1 é

– Sistema do exemplo 3.11

j 0,10 pu, j 0,08 pu, j 0,05 pu. a barra flutuante e a base é de 100,0 Mva.

88

Análise de Sistemas de Potência Solução:

Montagem da matriz B' 1 1 1 1 B' 22 10,0 20,0 30,0 x12 x23 0,10 0,05 1 1 1 1 B'33 12,5 20,0 32,5 x13 x23 0,08 0,05 1 1 B'32 B' 23 20,0 x23 0,05 Flow sem perdas. P B' , 0,4

30,0

0,8 ~ 2

~

3

20,0 1 575,0

~

20,0

2 ~ ,

32,5

3

32,5 20,0 20,0 30,0

0,4 0,8

0,0052 0,0278

rad.

Cálculo das perdas. ~2 Pperdaskm g km km , g12

g13 g 23

r12 r122

0,05

2 x12

0,05

2 x13

0,04 0,04 2 0,08 2

r13 r132

r23 2 r23

2

0,10 2

4,0 ,

5,0 ,

0,025

2 x23

0,025 2

8,0 .

0,052

Perdas nos ramos: ~2 Pperdaskm g km km , ~2 Pperdas12 g12 12 4,0 0,0052 2 0,1089 10 3 , ~ Pperdas13 g13 132 5,0 0,0278 2 3,8715 10 3 , ~2 Pperdas 23 g 23 8,0 0,0052 0,0278 2 4,0892 10 3 . 23 A perda do ramo é representada nas barras terminais, metade do valor destas perdas para cada lado. Pperdas12 Pperdas23 0,108 10 3 4,086 10 3 Pperdas2 2,097 10 3 , 2 2 Pperdas13 Pperdas23 3,864 10 3 4,086 10 3 Pperdas3 3,975 10 3 . 2 2 Solução do sistema com perdas: P Pperdas B' , 0,4 2,097 10 0,8 3,975 10 2 3

1 575,0

3 3

30,0 20,0

32,5 20,0 20,0 30,0

20,0 32,5 0,3979 0,8040

2

,

3

0,00547 0,02810

.

89

Análise de Sistemas de Potência Cálculo dos fluxos nos ramos. Pkm P12 P13 P23

km

xkm 12

x12 13

x13

, 0,00547 0,10

0,05470 pu, P12

5,47 MW,

0,02810 0,08

0,35125 pu, P13

35,13 MW,

0,00547 0,02810 0,05

23

x23

0,45260 pu, P23

45,26 MW.

Cálculo da geração na barra flutuante. P1 P12 P13 Pperdas1 , Pperdas12

Pperdas1 P1

Pperdas13

2 0,05470 0,35125 1,986 10

0,108 10 3

3

3,864 10

2 0,40794 pu, P1

3

1,986 10

3

pu,

40,794 MW.

Resumo dos dois exemplos de cálculo, com e sem perdas. Solução sem perdas: ~ P12 P13 P23

12

x12 ~ 13

x13 ~ 23

x23

0,052 pu ou 5,2 MW, 0,348 pu ou 34,8 MW, 0,452 pu ou 45,2 MW.

1

P1 = 40 MW

5,2 MW

2

~

~ 1

=0

~ 2

P2 = 40 MW 45,2 MW

34,8 MW

P 3 = 80 MW Figura 3.26

3

~ 3

– Fluxos de potência da solução sem perdas

90

Análise de Sistemas de Potência Solução com perdas: 5,47 MW

1

P1 = 40,79 MW

0,2097 MW

2

~

~ 0,1986 MW

1

=0

P2 = 40 MW 45,26 MW

35,13 MW 3 P3 = 80 MW

Figura 3.27

3.8

0,3975 MW

– Fluxos de potência da solução com perdas

– Utilização do estudo de fluxo de potência. 1) Análise do comportamento do sistema em de carga leve, média e pesada.

P(t)

t

Figura 3.28 - Curva de carga típica

2) Determinação da compensação shunt (em derivação) capacitiva necessária para manter a tensão dentro 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 Qshunt Bshunt V 2 . Roda-se novamente o programa de fluxo de potência, sendo que este reativo é um dado de entrada, para se conhecer o novo perfil de tensão. A tensão na barra não depende apenas da injeção de reativo injetado nesta. Outra maneira de se fazer com que a tensão nesta barra aumente é modelar esta como barra de tensão controlada.

2

1

~ Qshunt

3 Figura 3.29

– Barra com compensação shunt 91

Análise de Sistemas de Potência 3) Determinação da compensação shunt indutiva necessária em carga leve a fim de manter a tensão terminal das linhas dentro de limites aceitáveis. A configuração do sistema em carga leve é diferente da configuração do sistema em carga pesada, pois existem reatores/capacitores, linhas em paralelo, máquinas.

2

1

~

Qshunt 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. V1 ,

V 2,

1

2

~ Figura 3.31

– Compensação série capacitiva P

V1 V2 x12

sen(

12 )

5) Verificação do intercâmbio entre áreas. O sistema elétrico é dividido em áreas, como por exemplo a área Furnas, a área CEMIG, a área Light. Existe compra e venda de energia entre áreas, logo é necessário previsão do quanto de energia negociar. A tecnologia FACTS, “flexible ac transmission system”, viabilizou o intercâmbio programado de energia.

~

P12

~

~

~ área Sudeste Figura 3.32

área Sul

– Troca de energia entre áreas

92

Análise de Sistemas de Potência 6) Determinação da máxima transação de potência entre duas barras. Determinação da máxima potência que uma barra de geração pode suprir a determinada carga. 2

1

4

~

3 Figura 3.33

– Máxima transação de potência

7) Análise do colapso de tensão correspondente ao aumento da carga do sistema, curva P-V. Abaixo de determinado nível de tensão, provocado pelo aumento de carga, a tensão colapsa, não existindo caminho de volta. Operação recomendada

V

Operação arriscada

Ponto de colapso de tensão. Neste ponto a matriz jacobiana é singular e o fluxo de potência não converge.

P Figura 3.34

– Curva do nariz

Procedimento para se determinar o ponto de colapso de tensão: aumenta-se gradativamente PL 2 e QL 2 e PL 3 e QL 3 no sistema exemplo da Figura 3.35 até que o programa de fluxo de potência não convirja. A melhor abordagem é usar o fluxo de potência continuado, baseado em método predictor-corrector.

2

1

PL2 QL2

PL3 QL3 Figura 3.35

3

– Estudo de colapso de tensão

93