EEL7071 Apostila Salgado

Universidade Federal de Santa CatarinaDepartamento de Engenharia Eletrica

Curso de Graduacao emEngenharia Eletrica

INTRODUCAO AOS SISTEMAS DEENERGIA ELETRICA

Prof. R. S. Salgado

Florianopolis - SC2014.

Sumario

1 Representacao dos Sistemas de Potencia 1

1.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Diagrama Unifilar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.3 O Sistema Por Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3.1 Selecao dos valores base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3.2 Base em Termos de Valores Trifasicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3.3 Mudanca de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Maquinas Sıncronas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4.1 Circuitos Equivalentes e Diagramas Fasoriais . . . . . . . . . . . . . 6

1.4.2 Controle de Potencia da Maquina Sıncrona . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4.3 Curva de Capabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4.4 Controle de Tensao do Gerador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5 Transformadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5.1 Circuito Equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.5.2 Autotransformadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.5.3 Transformadores Trifasicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.5.4 Transformadores de Tres Enrolamentos . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.5.5 Transformadores Com Tap Variavel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.6 Linhas de transmissao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.7 Cargas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.7.1 Modelo Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.7.2 Modelo Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.8 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2 Operacao das Linhas de Transmissao 49

2.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.2 Parametros das linhas de transmissao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.3 Representacao das linhas de transmissao por um quadripolo . . . . . . . . 50

2.4 Equacoes diferenciais da linha de transmissao . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.5 Transferencia de Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.6 Curvas PV e QV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.7 Linhas de transmissao com perdas desprezıveis . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.8 Fluxo de Potencia em Linhas de Transmissao . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.9 Compensacao de Linhas de Transmissao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.10 Desempenho das linhas de transmissao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.11 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

ii SUMARIO

3 Fluxo de Potencia 893.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2 Conceitos Basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.3 Equacoes Estaticas da Rede Eletrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.4 Formulacao do Problema de Fluxo de Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . 973.5 Metodos de Solucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1023.6 Ajustes e Controles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1153.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4 Analise de Curto Circuito 1254.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.2 Curto-Circuito em Sistemas de Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.3 Maquina Sıncrona sob Curto-Circuito Trifasico . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.4 Curto-Circuito Trifasico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.5 Capacidade de Curto-Circuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414.6 Componentes Simetricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1454.7 Representacao no Domınio de Sequencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1474.8 Faltas Assimetricas num Gerador a Vazio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1554.9 Analise de Faltas Assimetricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.10 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

A Sistemas Trifasicos 177A.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177A.2 Conexao Balanceada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177A.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

Capıtulo 1

Representacao dos Sistemas dePotencia

1.1 Introducao

Em estudos de redes eletricas em regime permanente, os sistemas trifasicos equilibradossao modelados analiticamente pelo diagrama de impedancias de uma fase do circuito Yequivalente. Cada elemento constituinte do diagrama unifilar e representado por um cir-cuito monofasico de sequencia positiva, com os parametros e variaveis da rede eletricaexpressos no sistema por unidade. Este capıtulo mostra como este circuito e determi-nado. Para esta finalidade, tres aspectos fundamentais sao apresentados. O primeiro e odiagrama unifilar, que fornece uma ideia sobre a estrutura e a conexao dos componentesdo sistema, e a partir do qual e possıvel determinar o diagrama de impedancias. O se-gundo e a representacao do diagrama de impedancias no sistema por unidade, o qual tempor objetivo facilitar os calculos de correntes e tensoes no circuito eletrico. O terceiroe a modelagem analıtica dos componentes da rede eletrica em termos de elementos decircuitos. Isto permite obter um modelo do sistema de potencia em termos de equacoesobtidas aplicando-se as leis de circuitos eletricos, cuja solucao fornece os subsıdios para aanalise da rede eletrica.

1.2 Diagrama Unifilar

O diagrama unifilar e um tipo de representacao dos sistemas de potencia que fornece demaneira concisa as informacoes significativas sobre o mesmo. Os padroes utilizados paraeste tipo de representacao foram instituıdos pela ANSI (American National StandardsInstitute) e pelo IEEE (Institute of Electrical and Electronic Engineers). Alguns dosprincipais sımbolos utilizados para construir o diagrama unifilar sao mostrados na tabela1.1.

A figura 1.2 apresenta um exemplo de diagrama unifilar no qual os ındices 1 e 2 situadossobre as linhas verticais indicam as duas barras do sistema. As bobinas da armadurados geradores G1, G2 e G3 estao conectadas em Y com o neutro aterrado atraves dasimpedancias Zng1 , Zng2 e Zng3 . Os geradores G1 e G2 e a carga 1 estao conectados aomesmo barramento e portanto sujeitos a mesma tensao. De maneira analoga, o gerador

2 Capıtulo 1: Representacao dos Sistemas de Potencia

Maquina rotativa

Transformador dedois enrolamentos

Transformador detres enrolamentos

Disjuntor

Transformador decorrente

ou Transformador depotencial

A

V

Fusıvel

Disjuntor a ar

Conexao Delta

Conexao Ysem aterramento

Conexao YZn aterrado com Zn

Conexao Ysolidamente aterrado

Amperımetro

Voltımetro

Figura 1.1: Diagrama unifilar - Principais sımbolos

1 2

Carga 1

G2

G1 T1

LT

T2 G3

Carga 2

Zng2

Zng1 Zng3

Figura 1.2: Diagrama unifilar - Exemplo

G3 impoe a tensao na barra 2, a qual esta conectada a carga 2. Supondo que a linhade transmissao que conecta os transformadores T1 e T2 e de comprimento medio, ocircuito monofasico equivalente ao diagrama unifilar mostrado na figura 1.2 e determinadolembrando que a magnitude da corrente de magnetizacao dos transformadores de grandeporte e insignificante em relacao a magnitude da corrente nominal (em geral menor do

R. S. Salgado UFSC-EEL-Labspot 3

que 5 %) e portanto o ramo transversal do transformador e desprezado. Alem disso,a impedancia de aterramento dos geradores conectados em Y nao e incluıda, pois sobcondicoes de operacao balanceada em regime permanente a corrente que flui do neutrodos geradores para a terra e nula.

1.3 O Sistema Por Unidade

Uma quantidade no sistema por unidade (pu) e definida como a razao entre o valor realda grandeza e o valor base da mesma grandeza selecionado como referencia; isto e

Quantidade em p.u. =V alor real (volts, amps, ohms, watts, ...)

V alor base (volts, amps, ohms, volt− ampere, ...)

Com relacao a esta definicao, os seguintes aspectos devem ser observados:

• a quantidade em pu e adimensional;

• o valor base e sempre um numero real;

• o angulo de uma quantidade em pu e sempre o mesmo da quantidade verdadeira;

• valor percentual = Valor p.u.× 100.

1.3.1 Selecao dos valores base

A escolha dos valores base e feita considerando um elemento generico de circuito, no qualquatro quantidades inter-relacionadas (tensao, corrente, impedancia e potencia) definema referida especificacao. O seguinte procedimento e adotado:

1. dois valores base (entre tensao, corrente, impedancia e potencia) sao arbitrariamenteselecionados num determinado ponto do sistema;

2. os outros dois valores base sao calculados utilizando-se as relacoes entre tensao,corrente, impedancia e potencia num circuito monofasico. Por exemplo, se a tensaoe a potencia sao escolhidas como grandezas base (Vb e Sb), entao os valores decorrente base e impedancia base sao calculados por

Ib =Sb

Vb

Zb =Vb

Ibou Zb =

V 2b

Sb

Isto permite interpretar a impedancia base Zb como um elemento de circuito monofasico,o qual submetido a uma tensao base de valor Vb fornecera uma corrente base de valor Ibe uma potencia base igual a Sb.

E importante ressaltar que a quantidade adotada como base para o calculo de ambas,potencias ativa e reativa, no sistema por unidade e a potencia aparente base, isto e,

Pb1ϕ = Qb1ϕ = Sb1ϕ

expressa em volt-ampere (VA).


De maneira analoga, a quantidade adotada como base para o calculo de ambas, re-sistencia e reatancia, no sistema por unidade e a impedancia base, isto e,

Rb = Xb = Zb

expressa em ohms (Ω); e a admitancia base e dada por

Yb =1

Zb

e expressa em Siemens (S).

1.3.2 Base em Termos de Valores Trifasicos

Em sistemas trifasicos, os valores base sao expressos geralmente em termos de quantidadestrifasicas, isto e, potencia trifasica, tensao de linha e corrente de linha. Alem disso, asimpedancias conectadas em ∆ sao convertidas para a conexao Y equivalente. Denotando

• Sb1ϕ: a potencia base do circuito monofasico;

• Vbf : a tensao base do circuito monofasico (fase-neutro);

• Sb3ϕ: a potencia base do circuito trifasico;

• VbL: a tensao base do circuito trifasico (fase-fase ou de linha);

e lembrando que em sistemas trifasicos equilibrados

Sb3ϕ = 3Sb1ϕ VbL =√3Vbf

as seguintes relacoes podem ser estabelecidas:

Ib =Sb1ϕ

Vbf

=Sb3ϕ/3

VbL/√3=

Sb3ϕ√3VbL

Zb =Vbf

Ib=

VbL/√3

Sb3ϕ/√3VbL

=V 2bL

Sb3ϕ

Num sistema de potencia trifasico, as seguintes regras sao adotadas para a especificacaodas quantidades base:

1. o valor de potencia aparente trifasica base Sb3ϕ e o mesmo ao longo de todo o sistema;

2. a relacao entre as tensoes de linha base nos lados do transformador e igual aquelaentre os valores nominais da tensao do transformador, ou seja, a tensao de linha basepassa atraves do transformador trifasico segundo a sua relacao nominal de tensoesde linha.


Gerador 1 Gerador 2

Linha de transmissao 1

1

Carga 1

Carga 2

2 3

Linha de transmissao 2

Carga 3

Figura 1.3: Diagrama unifilar do exemplo 1.1

Tabela 1.1: Cargas conectadas as barras 2 e 3

Carga Pdi Qdi Sdi cosϕ Conexao(kW) (kVAr) (kVA)

1 20 0,8 atrasado Y2 12 0,9 adiantado ∆3 15 1,0 Y

Ex. 1.1 Considere o sistema trifasico representado no diagrama unifilar da figura 1.3.Os valores das cargas conectadas as barras 2 e 3 sao mostrados na tabela 1.1. A impedanciada linha de transmissao entre o gerador 1 e a carga e 1,4 +j1,6 Ω/fase, e da linha detransmissao entre o gerador 2 e a carga e 0,8 +j1,0 Ω/fase. O gerador 1 supre 20 kW a umfator de potencia 0,8 atrasado, numa tensao terminal de 460 V. Suponha que a potenciadas tres cargas seja independente da tensao de alimentacao. Empregando o sistema porunidade e tomando como valores base 25 kVA e 460 V no gerador 1, determinar:

1. o diagrama de impedancias no sistema por unidade na base mencionada;

2. a corrente da carga 1, em pu e em amperes;

3. a tensao nos terminais do gerador 2, em pu e em volts;

4. a potencia aparente suprida pelo gerador 2, em pu e em kVA;

5. o valor da reatancia em pu e em Ω/fase de uma carga de compensacao reativanecessaria para tornar unitario o fator de potencia do equivalente das cargas 1 e 2.

1.3.3 Mudanca de Base

Em geral, os equipamentos dos sistemas de potencia apresentam na sua placa o valor per-centual da impedancia, calculada com base nos valores nominais do proprio equipamento.Desde que os componentes do sistema de energia eletrica possuem valores nominais difer-entes, para se fazer calculos no sistema por unidade e necessario referir todas as grandezasa uma base comum. Para efetuar esta mudanca de base, suponha que a impedancia doequipamento (em pu) seja expressa como

Zpub antiga =

Zreal

Zb antiga

= ZrealSb antiga

V 2b antiga


e que e necessario referir este valor a uma nova base, tal que

Zpub nova = ZrealSb nova

V 2b nova

A combinacao dessas duas ultimas equacoes fornece

Zpub nova = Zpu

b antiga

(Sb nova

Sb antiga

)(Vb antiga

Vb nova

)2

que e a relacao utilizada para efetuar a mudanca de base requerida.

Observe que, no caso dos transformadores a relacao

(Vb antiga

Vb nova

)deve ser calculada

com valores base correspondentes a um mesmo lado do transformador.

Ex. 1.2 A placa de um transformador monofasico de dois enrolamentos apresenta osseguintes valores: 50 MVA; 13,8/69 kV; 20 %. Calcular: 1) a reatancia deste equipamentono sistema por unidade, na base de 100 MVA e 13,2 kV no lado de BT; 2) o valor dareatancia em unidades reais.

1.4 Maquinas Sıncronas

1.4.1 Circuitos Equivalentes e Diagramas Fasoriais

Gerador Sıncrono

Estes equipamentos podem absorver ou gerar potencia reativa, funcionando como ger-adores (Pg > 0), motores (Pg < 0) ou compensadores (Pg ≈ 0), superexcitados (Qg > 0)ou subexcitados (Qg < O). Os limites de geracao e absorcao de potencia reativa saodeterminados com auxılio da curva de capabilidade da maquina. A capacidade de suprirpotencia reativa e determinada atraves da razao de curto-circuito do equipamento (igualao inverso da reatancia sıncrona). O circuito monofasico equivalente da maquina sıncronafuncionando como um gerador e mostrado na figura 1.4.

G

Zs = jXs

+

E

-

+

V

-

I

Figura 1.4: Circuito equivalente do gerador sıncrono


As equacoes que representam a geracao de potencia sao obtidas supondo-se as tensoesterminal V = V ∠00 e de excitacao E = E∠δ, e separando-se as partes real e imaginariado produto S = VI∗. Isto fornece as potencias ativa e reativa liberadas pelo gerador, asquais sao expressas respectivamente por

Pg =V E

Xs

sen δ

Qg =V

Xs

(E cos δ − V )

onde δ e denominado angulo de carga da maquina sıncrona.

ϕ

δ

E

IjXd

V

I

Figura 1.5: Gerador sıncrono superexcitado - diagrama fasorial

EIjXd

Vδ

ϕI

Figura 1.6: Gerador sıncrono subexcitado - diagrama fasorial

Os diagramas fasoriais do gerador sıncrono sub-excitado e sobre-excitado sao mostra-dos nas figuras 1.5 e 1.6.

Motor Sıncrono

O circuito equivalente do motor sıncrono e mostrado na figura 1.7, e os correspondentesdiagramas fasoriais para os casos de sub-excitacao e sobre-excitacao sao representados nasfiguras 1.8 e 1.9.


G

Zs = jXs

+

E

-

+

V

-

I

Figura 1.7: Circuito equivalente do motor sıncrono

ϕ

δ

V

IjXd

E

I

Figura 1.8: Motor sıncrono subexcitado - diagrama fasorial

VIjXd

Eδ

ϕI

Figura 1.9: Motor sıncrono superexcitado - diagrama fasorial

Compensadores Sıncronos

Quando a maquina sıncrona opera como um Compensador Sıncrono, a potencia ativasuprida e aproximadamente zero (em razao das perdas internas), sendo fornecida apenaspotencia reativa (capacitiva ou indutiva). Este modo de funcionamento e o mesmo deum motor sıncrono operando sem carga mecanica. Dependendo da corrente de excitacao,o dispositivo pode gerar ou absorver potencia reativa. Desde que as perdas neste tipode dispositivo sao consideraveis, se comparadas as dos Capacitores Estaticos, o fator de


potencia com que operam os compensadores sıncronos nao e exatamente igual a zero. Nocaso da operacao em conjunto com os reguladores de tensao, os compensadores sıncronospodem automaticamente funcionar superexcitados (sob condicao de carga pesada) ousubexcitados (sob condicoes de carga leve).

I

ϕE

jXdI

V

Figura 1.10: Compensador sıncrono subexcitado

jXdIϕ

I

V E

Figura 1.11: Compensador sıncrono superexcitado

Os diagramas fasoriais da maquina sıncrona operando como compensador sao mostra-dos nas figuras 1.10 e 1.11. A principal vantagem do compensador sıncrono e a sua flex-ibilidade de operacao. A geracao de potencia reativa pode variar continuamente de umamaneira simples (porem mais lenta do que a dos Compensadores Estaticos), modificando-se a tensao de excitacao da maquina sıncrona. A desvantagem deste tipo de operacaoe que em geral o equipamento esta situado longe dos pontos de consumo e necessita deelementos de transporte para atingir a demanda, ocasionando perda de potencia.

1.4.2 Controle de Potencia da Maquina Sıncrona

Sistemas de controle automatico sao frequentemente utilizados na monitoracao da operacaodas redes eletricas. A figura 1.12 mostra os dois controles basicos de um gerador comturbina a vapor; isto e, o regulador de tensao e o governador de velocidade.

O governador de velocidade da turbina ajusta a posicao da valvula de vapor paracontrolar a potencia mecanica de saıda da turbina (Pm). Quando o nıvel da potencia dereferencia (Pref ) aumenta (ou diminui) o governador de velocidade abre (ou fecha) mais avalvula que controla a injecao de potencia mecanica no eixo da turbina. O governador develocidade tambem monitora a velocidade angular do rotor ωm, a qual e utilizada comosinal de realimentacao para controlar a potencia mecanica de entrada e eletrica de saıda.Considerando-se as perdas desprezıveis,


Valvula de vapor

Do geradorde vapor

Para ocondensador

Turbina

a vapor

Pm

ωm

Governadorde velocidade

Pref

Excita-

triz

If

+

-

Efd

Gerador

tensao

Regula-dor de

Filtro

Retificador

Transformadorde potencial

Pe, Vt

Figura 1.12: Controles Pf e QV

• se Pm > Pe, a velocidade angular ωm aumenta e o governador de velocidade fechamais a valvula para reduzir a potencia mecanica de entrada;

• se Pm < Pe, a velocidade angular ωm decresce e o governador de velocidade abremais a valvula para aumentar a potencia mecanica de entrada;

O regulador de tensao ajusta a potencia eletrica de saıda do sistema de excitacao,visando controlar a magnitude da tensao terminal do gerador (Vt). Quando a tensaode referencia (Vref ) aumenta (ou diminui), a tensao de saıda do gerador deve se elevar(ou decrescer) por efeito da tensao de excitacao (Efd) aplicada nas bobinas de campo dogerador sıncrono. Um transformador de potencial e um retificador monitoram a tensaoterminal (Vt), a qual e utilizada como sinal de realimentacao no regulador de tensao. Sea tensao terminal decresce, o regulador de tensao aumenta a sua tensao (Vr), de forma aelevar a tensao de excitacao (Efd) e a tensao terminal (Vt).

1 Conforme mencionado anteriormente, quando a maquina sıncrona esta conectadaa uma barra infinita a sua tensao terminal e a sua frequencia permanecem inalteradas.Entretanto, duas das suas variaveis, a corrente de excitacao e o torque de entrada no eixo,podem ainda ser controladas. A variacao da corrente de campo, referida como controledo sistema de excitacao, e utilizada no funcionamento da maquina tanto como geradorquanto como motor, para controlar a potencia reativa da mesma. Por outro lado, desdeque a velocidade angular do eixo da maquina e constante, a unica maneira de variar apotencia ativa de saıda e atraves do controle do torque imposto no eixo pela maquinaprimaria no caso do gerador e pela carga mecanica no caso do motor.

1O texto a seguir e baseado nas referencias [1, 2, 3].


Controle de potencia reativa

Considere um gerador suprindo potencia ativa, tal que o angulo entre a tensao terminale a forca eletromotriz interna da maquina e δ. Suponha ainda, que para a analise docontrole de potencia reativa mostrada a seguir, a resistencia da armadura e desprezada.A potencia complexa liberada nos terminais do gerador e dada por

S = P + jQ

= VI∗a= V Ia(cos θ + j sin θ)

tal que

P = V Ia cos θ

Q = V Ia sin θ(1.1)

Note que, desde que o angulo θ e numericamente positivo, a potencia reativa liberadapela maquina e positiva para cargas com fator de potencia atrasado. Se a potencia ativade saıda (P ) e mantida constante a uma tensao terminal (V ) constante, a analise da Eq.(1.1) mostra que a quantidade Ia cos θ tambem permanece constante. Nessas condicoes, amagnitude da forca eletromotriz interna (Ef ) varia proporcionalmente conforme a correntecontınua de excitacao do campo (If ) se modifica, de forma a manter a quantidade Ia cos θconstante.

A condicao de excitacao normal da maquina e definida como aquela na qual

Ef cos δ = V

e a maquina sıncrona e considerada estar superexcitada ou subexcitada conforme Ef cos δ >V ou Ef cos δ < V , respectivamente. Quando a maquina esta superexcitada, ela suprepotencia reativa atraves dos seus terminais, tal que sob o ponto de vista do sistema elaage como um capacitor. A parte superior da figura 1.13 ilustra esta situacao. Nesta figuraa sigla LG denota lugar geometrico.

A parte inferior da figura 1.13 mostra o diagrama fasorial de um gerador subexcitado,suprindo a mesma quantidade de potencia ativa que a do caso anterior. Neste caso, ogerador absorve potencia ativa do sistema e portanto atua como um indutor.

Resumindo, geradores e motores sıncronos superexcitados suprem potencia reativa,agindo como capacitores sob o ponto de vista do sistema ao qual a maquina sıncrona estaconectada, enquanto que geradores e motores sıncronos subexcitados absorvem potenciareativa do sistema, atuando como indutores.

Controle da potencia ativa

O controle de potencia ativa e realizado atraves da valvula que monitora a quantidadede vapor ou agua que entra na turbina (maquina primaria) acoplada ao eixo da maquinasıncrona. O aumento da potencia mecanica de entrada no gerador resulta num correspon-dente aumento da velocidade angular do rotor e, se a corrente de excitacao do campo (If )(e portanto a forca eletromotriz interna (Ef )) for mantida constante, o angulo de carga


LG de Ef constante

Ef

IaXd cos θ

LG de Ia cte

δ

θ

jIaXd

IaXd sin θVt

IaIa cos θ

Ef

IaXd sin θ

IaXd cos θ

jIaXd

Vt

Ia

θ

δ

o

Figura 1.13: Controle de potencia reativa

ou potencia (δ) entre a tensao terminal (V ) e a forca eletromotriz interna (Ef ) tambemcrescera. O aumento do angulo de carga implica numa quantidade maior da grandezaV Ia cos θ, conforme pode ser observado na figura 1.13. Um gerador com maior angulo depotencia requer um torque de entrada maior e naturalmente libera maior quantidade depotencia ativa ao sistema. Um raciocınio analogo se aplica ao funcionamento da maquinasıncrona como motor.

Ex. 1.3 Considere um gerador sıncrono com valores nominais 635 MVA, fator de potencia0,90 atrasado, 3600 rpm, 24 kV e reatancia sıncrona 1,7241 pu conectado a uma barrainfinita. Se esta maquina esta suprindo uma corrente de 0,8 pu com fator de potencia 0,9atrasado a uma tensao terminal de 1,0 pu, determine a magnitude e o angulo da tensaointerna do gerador e as potencias ativa e reativa supridas a barra infinita. Se a potenciaativa de saıda do gerador permanece constante, porem a sua excitacao e (a) reduzida em20 % e (b)aumentada em 20 %, determine o angulo de carga e a potencia reativa supridapelo gerador.


1.4.3 Curva de Capabilidade

A curva de capabilidade ou carta de potencia e um diagrama que mostra todas as condicoesde operacao normal de uma maquina sıncrona de rotor cilındrico conectada a uma barrainfinita. Este diagrama e de extrema utilizada para operadores de sistema de potenciadurante a fase de planejamento da operacao da maquina sıncrona como gerador.

A curva de capabilidade e determinada supondo-se que o gerador opera com tensaoterminal fixa e que a resistencia da armadura e desprezıvel. A construcao do diagramapode ser sumarizada nas etapas descritas a seguir.

• Determine o diagrama fasorial da maquina sıncrona tomando a tensao terminalcomo referencia, conforme mostrado na parte superior da figura 1.13. A rotacaodeste diagrama resulta no grafico apresentado na figura 1.14, o qual mostra cincolugares geometricos passando pelo ponto de operacao m. Estes lugares geometricos,correspondentes a cinco modos de operacao possıveis, em cada um dos quais umparametro do gerador mantido constante, sao descritos a seguir.

Q

(a) P = cte

(e) cos θ = cte

(b) Q = cteIaXd cos θ

r

q

IaXd sin θ jIaXd

(c) Ef = cte

(d) Ia = ctecos θatrasado

cos θadiantadoP

Ef

θ

θ

δ

Vt

o

n

m

p

Ia

Figura 1.14: Diagrama fasorial obtido pela rotacao do diagrama da figura 1.13

• Corrente de excitacao constante: o cırculo representando a excitacao constante ecentrado no ponto n e possui raio n − m, igual a magnitude da tensao internada maquina. Esta pode ser mantida constante ajustando-se convenientemente a


corrente contınua (If ) na bobina do campo, de acordo com a equacao

Ef =ωMfIf√

2

onde Mf representa o valor maximo da funcao que relaciona a indutancia mutuaentre a bobina de campo (f) e cada uma das bobinas do estator.

• Magnitude da corrente da armadura constante: o lugar geometrico desses pontos eum cırculo centrado no ponto o e com raio o−m, proporcional a um valor fixo dacorrente de armadura. Desde que a tensao terminal e suposta constante, os pontosde operacao representados neste cırculo correspondem a uma potencia aparente desaıda com magnitude constante;

• Potencia ativa de saıda constante: a potencia ativa de saıda e expressa como P =V Ia cos θ, e portanto o lugar geometrico obtido com esta potencia mantida constantee o segmento de reta vertical m− p, com comprimento igual a XdIa cos θ. Note quea potencia de saıda do gerador e sempre positiva, independentemente do seu fatorde potencia;

• Fator de potencia constante: a potencia reativa de saıda e expressa como Q =V Ia sin θ, sendo o angulo θ positivo para a operacao com o fator de potenciaatrasado. De maneira analoga a potencia ativa de saıda, o segmento de reta hori-zontal q −m, com magnitude igual a XdIa sin θ representa o lugar geometrico dospontos de operacao para os quais a potencia reativa de saıda e constante. No casoda operacao com fator de potencia unitario, a potencia reativa de saıda do gerador enula, correspondendo aos pontos no segmento de reta horizontal o−p. Para operacaocom fator de potencia atrasado (adiantado) a potencia reativa de saıda e positiva(negativa) e os pontos de operacao estao situados nos semi-planos localizados acima(abaixo) da linha o− p;

• A linha radial o − m e o lugar geometrico dos pontos de operacao para os quaiso angulo do fator de potencia θ e constante. Na figura 1.14, o angulo θ repre-senta a condicao na qual o gerador sıncrono supre uma carga com fator de potenciaatrasado. No caso do fator de potencia unitario (θ = 00), os pontos de operacaosao representados ao longo do eixo horizontal o− p. O semi plano situado acima doeixo horizontal corresponde a cargas com fator de potencia adiantado.

O diagrama da figura 1.14 se torna mais util quando os eixos sao escalonados paraindicar as potencias ativa e reativa de saıda do gerador. O re-arranjo das equacoes

Pg =V Ef

Xd

sin δ

Qg =V

Xd

(Ef cos δ − V )


fornece

Pg =V Ef

Xd

sin δ

(Qg +

V 2

Xd

)=

EfV

Xd

cos δ

A soma dos quadrados das duas ultimas equacoes resulta na expressao

P 2g +

(Qg +

V 2

Xd

)2

=

(V Ef

Xd

sin δ

)2

+

(EfV

Xd

cos δ

)2

=

(EfV

Xd

)2 (sin2 δ + cos2 δ

)

=

(EfV

Xd

)2

a qual representa geometricamente um cırculo de raio

(EfV

Xd

)centrado no ponto

(0;−V 2

Xd

).

Este cırculo pode ser obtido multiplicando-se cada fasor da figura 1.14 pela razao

(V

Xd

),

o que significa o escalonamento dos eixos mostrado na figura 1.15.O diagrama de carregamento da maquina sıncrona mostrado na figura 1.15 torna-

se mais pratico quando se considera a corrente maxima (perdas I2R) que pode circularnas bobinas da armadura e do campo e tambem os limites da maquina primaria e oaquecimento do nucleo da armadura. A figura 1.16 mostra a curva de capabilidade de umgerador sıncrono com valores nominais 635 MVA, 24 kV, fator de potencia 0,9 e reatanciasıncrona 172,41 %.

Na figura 1.16, o ponto m corresponde ao valor nominal de potencia aparente dogerador com fator de potencia nominal atrasado (635 MVA com cos θ = 0, 9 atrasado).O projeto da maquina deve prever um valor de corrente de campo suficiente para que amaquina sıncrona possa operar superexcitada no ponto m. O limite da corrente de campoe determinado segundo o arcom−r. A capacidade do gerador para liberar potencia reativaao sistema e portanto reduzida. Na verdade, a saturacao da maquina faz decrescer o valorda reatancia sıncrona e por esta razao os fabricantes fornecem curvas que se iniciam noslimites de aquecimento do campo teoricos descritos anteriormente.

A imagem do ponto m e o ponto m′, de operacao na regiao de sub-excitacao. Os ope-

radores do sistema de potencia evitam operar a maquina sıncrona na regiao subexcitadada curva de capabilidade por razoes de estabilidade do sistema em regime permanente ede sobre-aquecimento da maquina.

Quando a maquina opera na regiao de sub-excitacao, as correntes parasitas induzidaspelo sistema no ferro da armadura e o aquecimento por efeito Joule aumentam. Paralimitar este aquecimento os fabricantes fornecem curvas especıficas de capabilidade e re-comendam os limites dentro dos quais se pode operar a maquina.


Q

(a) P = cte

(e) cos θ = cte

(b) Q = cteV Ia cos θ

r

q

V Ia sin θ IaV

(c)EfV

Xd

= cte

(d) IaV = ctecos θ atrasado

cos θ adiantadoP

EfV

Xdθ

θ

δ

V 2t

Xd

o

n

m

p

Ia

Figura 1.15: Diagrama fasorial obtido pelo escalonamento do diagrama da figura 1.14

Para se obter os valores de potencia ativa e potencia reativa supridas pelo gerador numponto de operacao atraves do uso da figura 1.16, os valores por unidade dessas grandezasobtidos no diagrama devem ser multiplicados pelo valor base de potencia aparente damaquina, o qual no caso e o valor nominal de 635 MVA.

A distancia n−m representa o valor por unidade da potencia aparente expressa pela

quantidadeEfV

Xd

no ponto de operacao m. Isto permite calcular o valor por unidade da

tensao interna da maquina na base da sua tensao nominal (no caso 24 kV) multiplicando

o comprimento n−m pela razaoXd

Vexpressa em pu. Note que a curva de capabilidade

e determinada segundo a condicao de operacao com a tensao terminal mantida constanteno seu valor nominal; isto e, V = 1, 0 pu e portanto o produto envolve apena a reatanciasıncrona da maquina Xd.

Se a tensao terminal da maquina nao e 1,0 pu, entao o valor1

Xd

, atribuıdo a distancia

0, 0−n na figura 1.16, deve ser corrigido paraV 2

Xd

expresso no sistema por unidade. Esta

mudanca altera o escalonamento da figura 1.16 pelo fator V 2, de tal forma que as potenciasativa e reativa obtidas atraves do diagrama devem ser primeiro multiplicadas pelo fator V 2

e posteriormente pela potencia aparente base para fornecer os valores efetivos de potenciaativa e reativa da operacao.


0,8r

0,6

0,4

0,2

0,0

-0,2

-0,4

-0,6n

limite de aquecimento do campo

cos θ = 0, 80

cos θ = 0, 90

cos θ = 0, 95

cos θ = 1, 0

cos θ = 0, 95

cos θ = 0, 90

limite desubexcitacao

circulo de 100 %de excitacao

m′

m

MS superexcitada

MS subexcitada

limite deaquecimentoda armadura

Potencia reativa

Potencia ativa0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

θ

δ

Figura 1.16: Curva de capabilidade do gerador do exemplo 1.3

Ex. 1.4 Considere que o diagrama de capabilidade de um gerador sıncrono trifasico comvalores nominais 635 MVA, 24 kV, fator de potencia 0,9 e reatancia sıncrona 172,41 %,3600 rpm e aquele mostrado na figura 1.16. Se o gerador esta fornecendo 458,47 MW e114,62 Mvar numa tensao de 22,8 kV a uma barra infinita,

• calcular a tensao interna da maquina utilizando o circuito equivalente;

• calcular a tensao interna da maquina utilizando o diagrama de capabilidade.

1.4.4 Controle de Tensao do Gerador

Numa unidade geradora, a excitatriz e o dispositivo que libera potencia em correntecontınua para as bobinas de campo do rotor da maquina sıncrona. Nos geradores antigosa excitatriz consistia de um gerador de corrente contınua, tal que a potencia em correntecontınua era transferida ao rotor atraves de aneis de escorregamento e escovas coletoras.Nos geradores modernos, excitatrizes estaticas ou sem escova sao geralmente utilizadas.Neste caso, a potencia em corrente alternada e obtida diretamente dos terminais do ger-ador ou de uma estacao de servico externa. Esta potencia e entao retificada via tiristorese transferida ao rotor via aneis de escorregamento e escovas coletoras.


No caso dos sistemas de excitacao sem escova, a potencia e obtida de um geradorsıncrono invertido, cujas bobinas trifasicas da armadura estao localizadas no rotor dogerador principal e cujas bobinas de campo estao localizadas no estator. A potencia emcorrente alternada das bobinas da armadura e retificada atraves de diodos acoplados norotor e e transferida diretamente as bobinas de campo, sem a necessidade de aneis ouescovas coletoras.

A figura 1.17 apresenta um diagrama de blocos simplificado do controle de tensao dogerador. As nao linearidades devidas a saturacao e os limites na saıda da excitatriz naosao considerados.

1

(1 + Trs)

Ke

(1 + Tes)

Kcs

(1 + Tcs)

Vref

-

Vt

+

∆V

Reguladorde tensao Excitatriz

Gerador

CompensadorEstabilizador

VtEfd

+-

Vr

Figura 1.17: Controle de tensao do gerador sıncrono

A tensao terminal do gerador (Vt) e comparada com a tensao de referencia (Vref )para fornecer o sinal de erro de magnitude da tensao (∆V ), o qual e convenientemente

aplicado no regulador. O bloco1

(1 + sTr)representa o retardo de tempo, sendo Tr a sua

constante de tempo. Se um degrau unitario e aplicado na entrada deste bloco, a saıdatende exponencialmente a unidade com uma constante de tempo Tr.

Desprezando o efeito do estabilizador, a tensao de saıda do regulador de tensao (Vr)

e aplicada na excitatriz, representada pelo blocoKe

(1 + sTe). A saıda da excitatriz e a

tensao de campo (Efd), aplicada nas bobinas de campo do gerador e atuando no sentidode ajustar a sua tensao terminal. As equacoes que representam o gerador, relacionando asua tensao terminal (Vt) as variacoes na tensao do enrolamento de campo (Efd), podemser derivadas das equacoes gerais das maquinas sıncronas.

O compensador estabilizador, utilizado para melhorar a resposta dinamica do excitador

atraves da reducao do overshoot, e representado pelo blocoKcs

(1 + sTc), que funciona como

um filtro a primeira derivada. A entrada deste bloco e a tensao de excitacao (Efd) e a suasaıda e o sinal (de realimentacao) estabilizador, o qual e subtraıdo da tensao do reguladorVr.

Diagramas como o da figura 1.17 sao utilizados para a simulacao digital do controlede tensao do gerador em programas de estabilidade transitoria. Na pratica, excitadoresde alto ganho e resposta rapida fornecem variacoes de elevada magnitude e rapidas natensao de campo Efd durante a ocorrencia de curto circuito nos terminais do gerador, demaneira a melhorar a estabilidade transitoria apos a eliminacao da falta. As equacoes


representadas no diagrama de blocos podem ser usadas para a determinacao da respostatransitoria do controle de tensao do gerador.

Ex. 1.5 Um gerador sıncrono trifasico de 30 MVA, 17,32 kV, fator de potencia 0,8atrasado, 60 Hz, resistencia da armadura desprezıvel e reatancia sıncrona de 5 Ω/fase,opera conectado diretamente a uma barra infinita. Determine:

• a tensao de excitacao por fase, em kV, e o angulo de carga para a operacao sob 90% de sua capacidade nominal, com fator de potencia 0,9 atrasado;

• a tensao de excitacao mınima, em kV, abaixo da qual o gerador perderia o sincro-nismo operando sob potencia ativa nominal.

1.5 Transformadores

As principais caracterısticas do transformador sao:

1. os enrolamentos possuem resistencia, as quais estao associadas perdas de potenciaativa;

2. a permeabilidade do nucleo e finita e portanto uma corrente de magnetizacao enecessaria para manter o fluxo magnetico no nucleo;

3. o fluxo magnetico nao esta inteiramente confinado ao nucleo;

4. existem perdas de potencia ativa e de potencia reativa no nucleo.

permeabilidade µc

comprimento medio lc

secao transversal Ac

I1

V1

I2

V2

Bobina 1 Bobina 2

N1 N2

+

−

+

−

ϕc

Figura 1.18: Diagrama unifilar - Exemplo

Na figura 1.18, a forca magnetomotriz que produz o fluxo magnetico no nucleo e dadapor

N1I1 −N2I2 = ℜcϕc


tal que re-agrupando os termos desta equacao obtem-se

I1 =ℜcϕc

N1

+N2

N1

I2 (1.2)

O primeiro termo da Eq. (1.2) e denominado corrente de excitacao e representa aparcela da corrente I1 necessaria para produzir o fluxo ϕc no nucleo. Esta corrente existemesmo com os terminais do secundario em circuito aberto, pois um fluxo magnetico nonucleo e necessario para induzir a tensao nas bobinas do secundario.

O segundo termo e a componente da carga da corrente fornecida ao terminal primario,o qual e zero na operacao do transformador a vazio. Esta corrente cresce a medida em quea carga e adicionada ao terminal secundario do transformador, tornando-se muito maiselevada do que a corrente de excitacao. Desta forma, mesmo para um transformador realsob condicoes de carga pode-se escrever

I1I2≈ N2

N1

A corrente de excitacao, denotada Iϕ, e composta de duas componentes, uma repre-sentando a parcela necessaria para a magnetizacao do nucleo (denotada Im) e a outraresponsavel pelas perdas de potencia ativa no nucleo (denotada Ic). Isto e expresso ana-liticamente por

Iϕ = Im + Ic

A corrente que supre as perdas no nucleo tambem e composta de duas parcelas, umarelacionada as perdas por correntes parasitas (de Focault) e outra relacionada as perdaspor histerese.

A histerese ocorre porque uma variacao cıclica do fluxo no interior do nucleo resultaem energia dissipada em forma de calor. Este efeito pode ser reduzido utilizando-se ligasde aco para construir o nucleo.

As correntes parasitas sao induzidas no interior do nucleo perpendicularmente ao fluxomagnetico. Elas podem ser reduzidas construindo-se o nucleo com laminas de uma ligade aco.

Conforme visto anteriormente, segundo a lei de Faraday,

E1 = N1(jω)ϕc (1.3)

isto e, a tensao E1 esta adiantada do fluxo magnetico ϕc de 900.Lembrando que Nϕ = λ = Li, no nucleo

N1ϕc = LmIm

onde Lm e a indutancia do nucleo e Im e a corrente que percorre a indutancia do nucleo.A Eq. (1.3) e re-escrita como

E1 = N1(jω)ϕc = jωLmIm = jXmIm

onde Im e a corrente de magnetizacao que produz o fluxo no nucleo e Xm e a reatanciade magnetizacao do nucleo.


A ultima equacao pode tambem ser obtida combinando as equacoes (1.2) e (1.3). Istofornece

I1 =ℜc

N1

(−jE1

N1ω

)+

N2

N1

I2

=−jℜcE1

N21ω

+N2

N1

I2

= Im + I′

2

onde Im e I′2 representam respectivamente as correntes de excitacao e de carga, esta ultima

referida ao primerio.A analise da equacao

Im = −j ℜc

N21ω

E1

revela que Im esta atrasada de 900 em relacao a E1, sendo portanto a quantidade Bm =ℜc

N21ω

interpretada como uma susceptancia que representa o efeito indutivo no nucleo.

As perdas por histerese e correntes parasitas sao representadas por um ramo shunt

adicional contendo uma resistencia (ou condutancia) Rc =1

Gc

, atraves da qual circula

uma corrente de perda Ic.Essas consideracoes conduzem ao circuito equivalente mostrado na figura 1.19, o qual

inclui as correntes de magnetizacao e de perdas no nucleo. Nesta figura, I′1 e a componente

da carga na corrente fornecida ao primario do transformador e Rc e a resistencia shunt querepresenta as perdas por histerese e correntes parasitas. Os parametros R1, X1, R2 e X2

sao denominados parametros longitudinais enquanto Rc e Xm sao chamados parametrostransversais.

jX1

Rc jXm

R2jX2

+

−

E1

+

−

E2

a : 1

Transformador

ideal

Iϕ

ImIc+

−

V1

R1

+

V2

−

I2I1

I′1

Figura 1.19: Transformador monofasico de dois enrolamentos


Observe que o circuito equivalente e determinado de forma a satisfazer as leis deKirchhoff. As impedancias de dispersao dos enrolamentos R1, X1, R

′2 e X

′2 representam

as perdas Joule e a indutancia propria das bobinas do primario e secundario.

A admitancia do nucleo

Ym =1

Rc

+1

jXm

= Gc − jBm

representa as perdas no nucleo e a potencia reativa necessaria para magnetizar o nucleo.

Portanto, se uma tensao alternada e aplicada nos terminais do enrolamento primariode um transformador real, com o terminal secundario em circuito aberto, surge umapequena corrente de regime Iϕ (corrente de excitacao). Esta corrente e responsavel peloestabelecimento de um fluxo alternado no circuito magnetico, pois neste caso a relutancianao e zero, necessitando-se assim de uma forca-magnetomotriz nao nula para estabelecereste fluxo.

1.5.1 Circuito Equivalente

O circuito equivalente do transformador monofasico obtido eliminando-se o transformadorideal e mostrado na figura 1.20. Neste caso, os parametros R2 e X2 estao referidos aolado 1.

+

−

V1

I1 R1 jX1

Rc jXm

jX′2 R

′2 I

′2

+

V′2

−

Figura 1.20: Transformador monofasico de dois enrolamentos

No que diz respeito aos transformadores utilizados em sistemas de potencia, observa-seque:

• em geral a corrente de excitacao e aproximadamente 5 % da corrente nominal talque, a menos que a corrente de excitacao seja de particular interesse, costuma-sedesprezar Iϕ;

• transformadores de grande porte, com potencia aparente nominal maior do que 500kVA, possuem enrolamentos com as resistencias desprezıveis quando comparadascom as reatancias de dispersao, e portanto essas resistencias podem ser desprezadas.


Isto possibilita utilizar os circuitos equivalentes mostrados nas figuras 1.21 e 1.22.Nesses circuitos, os parametros do transformador referidos ao lado 1 sao dados por

Req = R1 +

(N1

N2

)2

R2

Xeq = X1 +

(N1

N2

)2

X2

sem a inclusao do ramo de magnetizacao.

Req Xeq

+

−

V1

+

−

V′2

I1 I′2

Req = R1 +R′2

Xeq = X1 +X′2

Figura 1.21: Circuito equivalente do transformador para estudos em sistemas de potencia

Xeq

+

−

V1

+

−

V′2

I1 I′2

Xeq = X1 +X′2

Figura 1.22: Circuito equivalente do transformador para estudos em sistemas de potencia

Ex. 1.6 Uma carga de 15 kW com fator de potencia 0,8 atrasado, e suprida na tensaode 110 V por um transformador monofasico de dois enrolamentos com valores nominais20 kVA, 480/120 V, 60 Hz e impedancia equivalente referida ao lado de baixa tensao de0,0525 ∠78, 130 Ω. Determine:

• a tensao, a corrente, a potencia aparente e o fator de potencia na entrada no trans-formador;


• o rendimento e a regulacao do transformador operando nesta condicao.

Os valores base de tensao e corrente nos dois lados do transformador monofasico estaorelacionadas da mesma forma que os valores nominais dessas quantidades, isto e,

VbAT

VbBT

=VnomAT

VnomBT

IbAT

IbBT

=InomAT

InomBT

Por esta razao, o sistema por unidade apresenta as seguintes vantagens:

1. as impedancias e admitancias do transformador expressas em pu nao se modificamquando referidas aos lados de alta tensao ou de baixa tensao, evitando-se destaforma os erros de calculos provenientes de se referir as grandezas a um lado ou aooutro do transformador;

2. os fabricantes de equipamentos especificam as impedancias das maquinas e trans-formadores nos sistemas por unidade ou percentual, adotando como base os valoresnominais do equipamento.

1.5.2 Autotransformadores

Conforme verificado previamente, num transformador convencional como aquele repre-sentado na figura 1.23 as bobinas sao acopladas apenas magneticamente, via fluxo mutuono nucleo.

+

−

V1

+

−

V2

a : 1

I1 I2

Figura 1.23: Transformador de dois enrolamentos

O autotransformador e um dispositivo no qual as bobinas estao acopladas eletrica emagneticamente. Isto representa a principal diferenca entre este tipo de equipamento e otransformador convencional.

As figuras 1.24 e 1.25 ilustram duas possıveis estruturas de um autotransformadormonofasico construıdo a partir do transformador convencional da figura 1.23.

Por causa da conexao eletrica entre os enrolamentos, o autotransformador possui umaeficiencia maior do que a do transformador convencional. A corrente de excitacao e maisbaixa e o seu custo e mais reduzido (se a relacao de transformacao nao e demasiadamenteelevada).


+

−

+

−

V1

V2

I1

I2

I1 + I2

+

−

V1 +V2

Figura 1.24: Estrutura basica do autotransformador (a)

+

−

V1

V2I2

+

−

−

+

I1

I1 − I2

−V1 +V2

Figura 1.25: Estrutura basica do autotransformador (b)

Uma desvantagem dos autotransformadores e que, devido a conexao eletrica dos en-rolamentos, as sobretensoes transitorias passam mais facilmente atraves do autotransfor-mador.

A selecao das quantidades base no autotransformador e feita da mesma forma que notransformador convencional. A potencia aparente base e a mesma em ambos os ladosdo autotransformador e a relacao entre as tensoes base e igual aquela entre as tensoesnominais.

O valor da impedancia de um transformador convencional em unidades reais conectadocomo autotransformador nao se modifica por efeito desta conexao. Porem, desde que osvalores nominais do autotransformador e do transformador convencional sao distintos,as impedancias destes equipamentos expressas em pu tambem serao diferentes. O valor


da impedancia de dispersao (em unidades reais) a ser dividido pelo valor base deve sero mesmo em ambos os casos, ou seja, aquele que seria determinado no ensaio de curtocircuito em ambos os transformadores. Note que no caso do autotransformador, esteensaio pode ser feito apenas atraves de um lado do equipamento, aquele que fornece omesmo valor de impedancia que o ensaio do transformador convencional.

Ex. 1.7 No ensaio de curto circuito para um transformador monofasico de dois enrola-mentos, com valores de placa 10 kVA, 2500/115 V, 60 Hz, foram medidas as seguintesgrandezas: 93 watts, 162 V e 4 A. Determine:

1. os valores de placa de um autotransformador com relacao de transformacao 2500/2615V, construıdo a partir deste transformador monofasico.

2. o circuito equivalente do transformador e do autotransformador no sistema porunidade, adotando como base os valores nominais desses equipamentos;

3. a tensao, a corrente, a potencia aparente na entrada e as perdas de potencia ativa ereativa (em pu e em unidades reais) quando cada um deste equipamentos supre umacarga nominal com fator de potencia 0,8 atrasado, na tensao nominal nos respectivoslados de alta tensao.

1.5.3 Transformadores Trifasicos

Um banco trifasico de transformadores e constituıdo alternativamente

• pela conexao de tres transformadores monofasicos identicos;

• pela conexao adequada de um mınimo de seis bobinas iguais dispostas num mesmonucleo.

Cada um dos lados do banco trifasico pode ser conectado em Y ou em ∆, conformeilustra as figuras 1.26 e 1.27.

A placa do banco trifasico deve apresentar os valores nominais de:

• potencia aparente trifasica;

• valores numericos das tensoes de linha com os correspondentes tipos de ligacao (You ∆);

• valor da impedancia (no sistema por unidade ou no sistema percentual).

O circuito equivalente de um transformador trifasico apresenta as seguintes caracte-rısticas:

1. Nas conexoes ∆∆ e Y Y, as bobinas sao rotuladas de tal maneira que nao ha de-fasagem angular entre as grandezas dos lados de AT e BT . O circuito equivalentee portanto semelhante ao do transformador monofasico convencional.


a

b

c

b′

a′

c′

n

A

B

C

A′

B′

C′

Y Y

N

Figura 1.26: Conexoes do transformador trifasico (a)

2. Nas conexoes ∆Y e Y∆, um deslocamento de fase e incluıdo no diagrama desequencia positiva. De acordo com a Norma Tecnica, as tensoes e correntes no ladode AT de um transformador Y∆ (de sequencia positiva ou abc) estao adiantadasde 300 das suas correspondentes grandezas do lado de BT . No caso da sequencianegativa (ou cba), as correntes e tensoes do lado de BT estao adiantadas em relacaoas correspondentes grandezas do lado de AT por 300.

O circuito equivalente (ou de sequencia positiva) dos transformadores trifasicos comconexao Y-∆ e mostrado na figura 1.28. Note que neste tipo de conexao o deslocamentoangular de 300 deve ser levado em consideracao.

A selecao de quantidades base para transformadores trifasicos e feita atraves doseguinte procedimento:

1. Uma potencia aparente trifasica base e selecionada para ambos os lados (alta tensaoe baixa tensao) do transformador;

2. A relacao entre as tensoes-base nos dois lados do transformador e igual a relacaoentre as tensoes nominais de linha.

Ex. 1.8 Tres transformadores monofasicos devem ser conectados para formar um bancotrifasico, com o lado de baixa tensao em Y e o lado de alta tensao em ∆. A placa de cada


a

b

c

b′

a′

c′

n

A

B

C

A′

B′

C′

Y ∆

Figura 1.27: Conexoes do transformador trifasico (b)

transformador monofasico indica os valores 50 MVA, 13,8/138 kV, 0,381 Ω referida aolado de baixa tensao. Determinar o circuito equivalente do banco trifasico no sistema porunidade.

1.5.4 Transformadores de Tres Enrolamentos

O transformador monofasico de tres enrolamentos consiste em tres bobinas dispostas sobreum mesmo nucleo. Os terminais dessas bobinas sao denotados por BT (baixa tensao),MT (media tensao) e AT (alta tensao) (ou 1, 2 e 3 (primario, secundario e terciario)), deacordo com os seus valores nominais. Sua principal vantagem e a opcao de dois valoresde tensao na sua saıda. Em geral, os valores nominais deste tipo de transformador saodados individualmente para cada bobina; isto e,

bobina 1 : Snom1 Vnom1



nao sendo os valores nominais de potencia aparente necessariamente iguais.O diagrama de um transformador monofasico de tres enrolamentos e mostrado na


Req Xeq

+

−

V1

I1

Req = R1 +R′2

Xeq = X1 +X′2

I′2

+

−

V′2

AT BT

ej300: 1, 0

TransformadorDefasador

Figura 1.28: Circuito de sequencia positiva - conexao Y-∆

+

−

V1

+

V2

−

+

V3−

I1

I2

I3N1

N2

N3

Figura 1.29: Transformador monofasico de tres enrolamentos

figura 1.29. Supondo ideal este transformador, as seguintes relacoes sao estabelecidas:

N1I1 = N2I2 +N3I3

V1

N1

=V2

N2

=V3

N3

A figura 1.30 mostra o circuito monofasico equivalente do transformador de tres en-rolamentos. Desde que as bobinas estao dispostas sobre um mesmo nucleo, apenas umramo de magnetizacao e incluıdo na representacao do circuito monofasico. Os parametrosdeste ramo sao determinados via ensaio de circuito aberto.

O circuito equivalente de um transformador de tres enrolamentos utilizado em estudosde sistemas de potencia e mostrado na figura 1.31. Neste circuito, sao incluıdos apenas osramos correspondentes as impedancias dos enrolamentos. Os parametros correspondentessao calculados atraves do ensaio de curto-circuito, efetuando-se as seguintes medidas:


R1 jX1

Rc jXm

R′2 jX

′2

R′3 jX

′3

+

V1

−

+

V′3

+

− −

V′2

Figura 1.30: Transformador monofasico de tres enrolamentos: circuito equivalente (a)

• Z12: impedancia de dispersao medida do enrolamento 1 com a bobina 2 curtocir-cuitada e a bobina 3 em circuito aberto; da figura 1.31,

Z12 = Z1 + Z2


Z13 = Z1 + Z3


Z23 = Z2 + Z3

Das ultimas tres equacoes,

Z1 =1

2(Z12 + Z13 − Z23)

Z2 =1

2(Z12 + Z23 − Z13)

Z3 =1

2(Z13 + Z23 − Z12)

Estas equacoes sao utilizadas para o calculo das impedancias Z1, Z2, e Z3, do circuitoequivalente do transformador de tres enrolamentos, a partir das medidas obtidas nos testesde curto-circuito, Z12, Z13, e Z23. Note que para efetuar a soma indicada nessas equacoes,Z12, Z13, e Z23 devem estar referidas ao mesmo lado do transformador.

Transformadores monofasicos identicos de tres enrolamentos tambem podem ser conec-tados para formar um banco trifasico. O circuito equivalente do bando trifasico e seme-lhante ao do transformador monofasico de tres enrolamentos. No caso das conexoes Y −∆,o deslocamento de fase (de 300) deve ser incluıdo no modelo.


Z1

+

V1

−

Z′2

Z′3

+

V3

− −

V2

+

Figura 1.31: Transformador monofasico de tres enrolamentos circuito equivalente (b)

A selecao das quantidades base para o transformador monofasico de tres enrolamentose feita atraves do seguinte procedimento:

• uma base comum de potencia aparente Sb e selecionada para todos os terminais;

• as tensoes VbAT , VbMT e VbBT sao selecionadas de acordo com as relacoes nominaisde tensao do transformador.

Ex. 1.9 Os valores nominais de um transformador monofasico de tres enrolamentos e osresultados do ensaio de curto circuito neste transformador sao mostrados nas tabelas 1.2e 1.3.

Enrolamento Tensao nominal Potencia nominalPrimario 79674 V 10000 kV ASecundario 24000 V 5000 kV ATerciario 6600 V 5000 kV A

Tabela 1.2: Transformador de 3 enrolamentos - valores nominais

Ensaio Enrolamento Enrolamento Tensao Corrente noNo. excitado curto-circuitado aplicada enrolamento excitado

1 Primario Secundario 5000 V 125,52 A2 Primario Terciario 15000 V 125,52 A3 Secundario Terciario 2000 V 208,33 A

Tabela 1.3: Transformador de 3 enrolamentos - ensaio de curto circuito

1. Determine o circuito equivalente do transformador no sistema por unidade, na base10 MVA e tensoes nominais;


2. Tres destes transformadores sao conectados em Y(AT)/∆(MT)/∆(BT). Os termi-nais de alta tensao sao ligados a um barramento de 138 kV. Calcule em pu e emunidades reais a corrente de curto circuito e a tensao de regime permanente nosenrolamentos secundarios do banco trifasico, se um curto circuito trifasico solidoocorre nos terminais dos enrolamentos terciarios, com 138 kV mantidos nos termi-nais dos enrolamentos primarios;

3. Com relacao ao item anterior, determine a tensao nos terminais do enrolamento se-cundario e as correntes de linha nos terminais dos enrolamentos primario e terciarioem unidades reais.

1.5.5 Transformadores Com Tap Variavel2 Os transformadores reguladores (ou com tap variavel) sao geralmente utilizados paracontrolar a magnitude (ajustes de ±10% e a fase (ajustes de ±3 graus) da tensao. Sobcertas condicoes, esses transformadores tambem sao utilizados para controlar os fluxosde potencia ativa e reativa. Para controlar a magnitude da tensao, sao utilizados basica-mente os taps do transformador enquanto que para monitorar o fluxo de potencia ativa enecessario que conexoes adicionais sejam feitas, de forma a modificar a defasagem entreos fasores tensao nos terminais do equipamento.

No caso do controle da magnitude da tensao, um dos lados do transformador possuiuma bobina com taps, utilizados para variar o numero de espiras, o que permite modificar arelacao de transformacao das tensoes. A figura 1.32 mostra o esquema de um equipamentodeste tipo, com relacao nominal de tensoes 220 V/380 V. Os taps estao no lado de 380 V,para ajustar a magnitude da tensao em ±10% do valor nominal, em passos de 5%.

1,1

1,05

1,00

0,95

0,90

Taps

220 V 0, 9× 380V 380 V 1, 1× 380V

Figura 1.32: Transformadores com tap variavel - diagrama esquematico

Os Transformadores com Comutacao sob Carga (Load Tap Changing (LTC) ou TapChanging Under Load (TCUL)) permitem o ajuste do tap enquanto o transformadoresta energizado. A variacao do tap e operada por servo-motores comandados por relesajustados de forma a manter a tensao num determinado nıvel. Circuitos eletronicosespeciais permitem esta mudanca sem interrupcao de corrente.

A representacao de um transformador monofasico com tap variavel e mostrada nafigura 1.33. O transformador com relacao de transformacao a : 1 e ideal, tendo como

2O texto a seguir e baseado nas referencias [4, 5].


finalidade refletir a relacao variavel entre os fasores tensao. O parametro a pode ser umnumero real ou complexo. Se apenas a magnitude da tensao e ajustada o parametro ae um numero real. Se o equipamento opera com valores nominais de tensao, a = 1 e ocircuito mostrado na figura 1.33 se reduz ao circuito monofasico equivalente convencional.

1 : a

- -

+

-

Transformador

ideal

Vi

+

Vj

+

Ii Yeq

Vj

a

Ij

Figura 1.33: Transformador de tap variavel - modelo analıtico

Sob o ponto de vista da Teoria de Quadripolos, o modelo analıtico do transformadorcom tap variavel e dado pela equacao[

IiIj

]=

[Yii Yij

Yji Yjj

] [Vi

Vj

]a qual pode ser estabelecida a partir da figura 1.33, observando-se que no transformadorideal,

Si =

(Vj

a

)I∗i

Sj = VjI∗j

Ii = −a∗Ij

onde a e um numero complexo.A combinacao dessas equacoes fornece

Ii =

(Vi −

Vj

a

)Yeq

= ViYeq −VjYeq

a

Ij = −ViYeq

a∗ +VjYeq

aa∗

= −ViYeq

a∗ +VjYeq

|a|2


Estas equacoes modelam analiticamente o transformador com tap variavel da figura1.33. Se o parametro a e um numero complexo, Yij = Yji e portanto a matriz doscoeficientes nao e simetrica. Por outro lado, se o parametro a e um numero real, a matrizdos coeficientes e simetrica, tal que

Yii = Yeq

Yjj =Yeq

a2

Yij = Yji = −Yeq

a

B =

(a− 1

a

)Yeq C =

(1− a

a2

)Yeq

A =Yeq

a

+

Vi

−

-Ii

Ij

+

Vj

−

Figura 1.34: Circuito π-equivalente de um transformador com tap variavel

Esses parametros resultam no circuito π-equivalente mostrado na figura 1.34, comparametros

A =Yeq

a

B =

(a− 1

a

)Yeq

C =

(1− a

a2

)Yeq

Ex. 1.10 Um transformador trifasico possui os seguintes dados de placa: 1000 MVA,13,8kV(∆)/345kV(Y), reatancia de dispersao igual a 11,9025 Ω referida ao lado de altatensao. As bobinas de baixa tensao do transformador possuem taps com variacao ± 10 %.

1. Determinar o circuito equivalente deste transformador no sistema por unidade,


• quando o tap e ajustado no valor nominal;

• quando o tap e ajustado em 10% acima do valor nominal.

2. Calcular a tensao, a corrente e a potencia complexa na entrada do transformador,quando este opera nas condicoes do item anterior, suprindo uma carga nominal,com fator de potencia 0,8 atrasado, na tensao nominal.

1.6 Linhas de transmissao

Uma linha de transmissao e caracterizada pelos seguintes parametros:

• Resistencia serie: que representa as perdas por efeito Joule, causadas pela correnteque flui atraves do condutor;

• Indutancia serie: que representa o campo magnetico criado pela corrente que per-corre o condutor;

• Condutancia shunt: que representa as perdas por efeito Joule, causadas pela diferencade potencial no meio que circunda os condutores;

• Capacitancia shunt: que representa o campo eletrico resultante da diferenca depotencial entre os condutores.

Com base no comprimento l, tres tipos de linha de transmissao sao distinguidos:

• linhas de transmissao longas: l > 240 km;

• linhas de transmissao medias: 80 km < l ≤ 240 km;

• linhas de transmissao curtas: l ≤ 80 km.

Em geral, as linhas de transmissao sao representadas por um circuito π, conformemostra a figura 1.35. Porem, apesar de menos frequentemente, o circuito T tambem podeser utilizado para esta finalidade.

Tomando como referencia o comprimento da linha de transmissao, as seguintes con-sideracoes podem ser feitas:

• Linhas curtas: apenas os parametros serie da linha sao levados em conta, com aimpedancia serie da linha de transmissao sendo expressa por Zser = Rser + jXser.Os parametros shunt da linha sao desprezados.

• Linhas medias: neste caso, a linha de transmissao e representada por um circuitodenominado π-nominal, no qual

Zser = Rser + jXser Ω

Ysh = jBsh S


Ysh

2Ysh

2

Zser

Figura 1.35: Circuito π representativo da linha de transmissao

• Linhas longas: neste caso, a linha e representada por um circuito denominado π-equivalente , no qual

Z′

ser = Z0senh (γl) Ω

Ysh

2

′

=cosh (γl)− 1

Z′ser

S

onde,

Z0 =

√Z

Y=

√R + jX

G+ jBΩ

γ = α+ jβ

sendo γ a constante de propagacao (Np/m), α a constante de atenuacao (Np/m) eβ a constante de fase (rad/m).

1.7 Cargas

Em estudos de sistemas de potencia em regime permanente, e necessario modelar ade-quadamente a carga, tanto em termos quantitativos como em termos qualitativos. Numabarra tıpica, a demanda consiste em geral de:

• motores de inducao;

• aquecimento e iluminacao;

• motores sıncronos.

A potencia absorvida pela demanda depende da natureza da carga e permite os trestipos de representacao descritos a seguir.

1. Representacao em termos de potencia constante, onde osMW eMV ar especificadossao supostos constantes, sendo a carga representada analiticamente por

S = P + ȷQ


onde P e Q sao as potencias ativa e reativa demandadas. Esta forma, geralmenteutilizada nos estudos de Fluxo de Potencia, requer valores de corrente e tensao queresultem no valor de potencia especificado. Portanto, se a tensao na carga temvalor baixo, um alto valor de corrente e necessario para que o requisito de potenciaespecificada seja satisfeito.

2. Representacao em termos de corrente constante, onde a corrente na carga e expressacomo

I =P − jQ

V∗

= I∠(δ − ϕ)

onde, V e δ sao respectivamente a magnitude e a fase da tensao complexa V∗, eϕ = arc tg (Q

P) e o angulo do fator de potencia. Neste caso, a carga e especificada

em termos da magnitude da corrente e do fator de potencia.

3. Representacao em termos de impedancia constante, a qual e a forma mais frequente-mente utilizada nos estudos de estabilidade. Se as potencias ativa e reativa da cargasao supostas conhecidas e devem permanecer constantes, a impedancia equivalentee dada por

Z =V

I=

V 2

P − jQ

e a admitancia equivalente e expressa por

Y =I

V=

P − jQ

V 2

Os estudos da operacao das redes eletricas em regime permanente fornecem resultadosconsideravelmente dependentes da modelagem da carga. A determinacao de um modelomatematico que represente adequadamente a demanda e uma tarefa complexa, pois geral-mente as cargas de um sistema de potencia sao resultado da agregacao de dispositivos dediferentes caracterısticas de operacao. Os dois aspectos principais desta representacao saoa identificacao da composicao da carga em um dado momento e a modelagem analıticadas parcelas agregadas. Uma grande parte da demanda domestica e alguma parte dademanda industrial consistem de aquecimento e iluminacao, tal que os primeiros mode-los de carga representavam estas demandas como impedancias constantes. Equipamentosrotativos costumavam ser modelados na forma simples de maquinas sıncronas em regimepermanente e cargas compostas eram modeladas como uma combinacao das cargas ante-riormente descritas [6].

Os modelos estaticos basicos de carga utilizados em estudos de fluxo de potenciaconvencional representam o comportamento da carga num instante de tempo como umafuncao algebrica da magnitude da tensao e frequencia neste instante [6]. As componentesde potencia ativa e reativa sao consideradas separadamente e expressas genericamentecomo

P = KpVαfγ

Q = KqVβf θ


onde Kp e Kq sao constantes que dependem do valor nominal das demandas de potenciaativa e reativa.

As cargas estaticas sao relativamente independentes das variacoes de frequencia eportanto os expoentes γ e θ sao considerados nulos. As figuras 1.36 e 1.37 mostramrespectivamente as caracterısticas de potencia e corrente para a representacao da demandaem termos de potencia constante, corrente constante e impedancia constante.

P(Q)

V

α(β) = 0,0

α(β) = 1,0

α(β) = 2,0

Tensaonominal

Potencia constante

Corrente constante

Impedancia constante

Figura 1.36: Representacao da carga (a)

O texto que segue apresenta os dois modelos de carga variante com a tensao maisfrequentemente utilizados nos estudos de fluxo de potencia.

1.7.1 Modelo Exponencial

Neste caso, a carga e representada por:

P = P0

(V

V0

)α

(1.4)

Q = Q0

(V

V0

)β

(1.5)

onde V0 e a tensao nominal de referencia e os expoentes α e β dependem do tipo decarga. Os termos P0 e Q0 sao as potencias ativa e reativa consumidas no nıvel de tensaoV igual a tensao de referencia V0. O ajuste dos termos exponenciais das equacoes (1.4)e (1.5) permite representar a carga em termos de potencia constante, corrente constanteou impedancia constante, isto e,

• se a carga for representada como injecao de potencia constante (P ), os coeficientesα e β sao selecionados iguais a zero (α = β = 0, 0);


I

V

α(β) = 2,0

α(β) = 1,0

α(β) = 0,0Potencia constante

Impedancia constante

Corrente constante

Vnom

Figura 1.37: Representacao da carga (a)

• se a carga for representada como injecao de corrente constante (I), o valor doscoeficientes α e β e unitario (α = β = 1, 0);

• se a carga for representada como impedancia constante (Z), o valor dos coeficientesα e β e especificado como α = β = 2, 0;

A tabela 1.4 apresenta valores tıpicos dos expoentes α e β de algumas cargas carac-terısticas. No caso de cargas compostas, a especificacao do expoente α e geralmente feitana faixa entre 0,5 e 1,8 enquanto que o valor de β assume valores na faixa entre 1,5 e 6,0.Devido a saturacao magnetica dos transformadores de distribuicao e a carga composta demotores, o expoente β varia como funcao nao linear da tensao.

Componentes da carga α β

Lampadas incandecentes 1,54 -Condicionadores de ar 0,50 2,50Ventiladores de forno 0,08 1,60Carregadores de bateria 2,59 4,06Fluorescentes compactas eletronicas 0,95 - 1,03 0,31 - 0,46Fluorescentes convencionais 2,07 3,21

Tabela 1.4: Valores tıpicos dos expoentes de carga


1.7.2 Modelo Polinomial

Omodelo polinomial tem sido tradicionalmente usado para representar a carga em estudosde fluxo de potencia e de estabilidade transitoria. Este modelo tambem e conhecidocomo ZIP (parcelas de impedancia constante, corrente constante e potencia constantee representa a dependencia da carga com relacao a tensao). A carga em cada barra erepresentada analiticamente por

P = P0

[ap + bp

V

V0

+ cp

(V

V0

)2]

(1.6)

Q = Q0

[aq + bq

V

V0

+ cq

(V

V0

)2]

(1.7)

onde P e Q sao as potencias absorvidas pela carga na tensao V e P0 e Q0 sao os valoresnominais de potencia ativa e reativa, respectivamente, para a tensao nominal V0 (geral-mente 1,0 pu). Os ındices ap, bp, cp, aq, bq e cq representam as parcelas de injecao depotencia, injecao de corrente e impedancia constante, respectivamente, e satisfazem asseguintes condicoes:

ap + bp + cp = 1, 0

aq + bq + cq = 1, 0

De maneira analoga ao caso anterior, o ajuste conveniente dos coeficientes a, b e cdeste modelo permite representar a demanda de diferentes formas. Por exemplo,

• se a carga for representada como injecao de potencia constante, os coeficientes bp,cp, bq e cq sao selecionados iguais a zero e ap e aq assumem valores unitarios;

• se a carga for representada como injecao de corrente constante, os coeficientes ap,cp, aq e cq sao selecionados iguais a zero e bp e bq assumem valores unitarios;

• se a carga for representada como impedancia constante, os coeficientes ap, bp, aq ebq sao selecionados iguais a zero e cp e cq assumem valores unitarios;

Ex. 1.11 Analise a representacao de uma carga constituıda por um chuveiro eletrico,cujos valores nominais sao 2400 W, 220 V, submetido a uma tensao de 240 V atraves deum condutor com reatancia indutiva igual a 1 Ω.

1.8 Exercıcios

1.1 Uma fonte trifasica operando na tensao de 380 V supre duas cargas trifasicas bal-anceadas cujas caracterısticas sao:

• carga 1: 15 kW, fator de potencia 0,6 atrasado;

• carga 2: 10 kVA, fator de potencia 0,8 adiantado;


Adotando a base trifasica de 10 kVA e 380 V na fonte, determine:

1. o circuito monofasico equivalente no sistema por unidade;

2. o valor da corrente fornecida pela fonte em pu e em amperes;

3. o valor da reatancia em pu/fase e em Ω/fase, da compensacao reativa necessariapara tornar unitario o fator de potencia da carga composta, supondo constante amagnitude da tensao da fonte;

4. o valor da corrente fornecida pela fonte apos a compensacao reativa em pu e emunidades reais.

1.2 Considere um transformador com os seguintes valores nominais: 5 kVA, 220/500 V,60 Hz, 2,5 %. Supondo que este equipamento esta operando a vazio sob condicoes nomi-nais, calcule a corrente que circulara neste transformador caso ocorra um curto circuitonos terminais do secundario.

1.3 Qual a tensao que deve ser aplicada nos terminais do primario de um transformadorde 50 kVA, 200/1000 V, 60 Hz, impedancia de dispersao de 3+j5 % , para que ele suprauma carga nominal, na tensao nominal, com fator de potencia 0,8 indutivo?

1.4 Um gerador monofasico operando na tensao de 6650 V esta conectado a um trans-formador com valores nominais 150 kVA, 8750/500 V, e reatancia de dispersao 10 %,atraves de uma linha de transmissao de impedancia j50 Ω. Uma carga representada poruma impedancia de j2 Ω e suprida atraves do lado de baixa tensao do transformador.Determine as tensoes, correntes e potencias em pu e em unidades reais nos dois lados dotransformador.

1.5 Um transformador monofasico de tres enrolamentos possui os seguintes parametros:Z1 = Z2 = Z3 = j0, 05 pu, Gc = 0 e Bm = 0, 20 pu. Tres transformadores com estesmesmos valores nominais sao conectados com as bobinas dos seus primarios em Y ecom as bobinas dos respectivos secundarios e terciarios em ∆. Mostre o diagrama deimpedancias deste banco de transformadores.

1.6 Os valores nominais de um transformador trifasico de tres enrolamentos sao: primario(1), 66kV (Y ), 20MVA; secundario (2), 13, 2kV (Y ), 15MVA; terciario (3), 2, 3kV (∆),5MVA. As reatancias de dispersao sao: X12 = 8% (na base 15MVA, 66kV ), X13 = 10%(na base 15MVA, 66kV ) e X23 =9% (na base 10MVA, 13, 2kV ). Determine o circuitoequivalente deste transformador em pu, na base 15 MVA, 66 kV nos terminais primarios.

1.7 Um alimentador conectado ao primario do transformador do exercıcio 1.6 suprecargas puramente resistivas de 7,5 MW a 13,2 kV e 5 MW a 2,3 kV conectadas nosterminais secundario e terciario. Mostre o diagrama de impedancias em pu, na base15 MVA, 66 kV nos terminais primarios. Determine a potencia aparente e a correntefornecidas pelo alimentador. Calcule as perdas de potencia no transformador.


1.8 Um transformador trifasico de tres enrolamentos 132 kV/33 kV/6,6 kV, 50 Hz, 30MVA possui os seguintes valores de impedancia medidos num ensaio de curto-circuito:Z12 = j0, 15pu, Z13 = j0, 09 pu, Z23 = j0, 08pu. A bobina de 6,6 kV supre uma cargatrifasica balanceada, com uma corrente de 2000 A a um fator de potencia 0,8 atrasado. Abobina de 33 kV alimenta uma carga trifasica balanceada, conectada em Y de j50 Ω/fase.Determine a tensao da fonte nos terminais de 132kV , para manter 6, 6kV nos terminaisdo terciario. Calcule a potencia ativa fornecida pela fonte.

1.9 Dois transformadores trifasicos com valores de placa 20 MVA, 115 kV(Y)/13,2kV(∆), 9% e 15 MVA, 115 kV(Y)/13,2 kV(∆), 7 %, operam em paralelo para supriruma carga de 35 MVA, com fator de potencia 0,8 atrasado, a uma tensao de 13,2 kV.Determine a magnitude da a tensao na entrada dos transformadores e a potencia aparentefornecida ao conjunto transformadores-carga em pu e em unidades reais. Calcule a cor-rente fornecida por cada transformador a carga. Verifique como o balanco de potencia esatisfeito nessa condicao.

1.10 Um transformador com valores de placa 15 kVA, 220/380 V, reatancia de dispersaoigual a 20 % e com o tap variavel no lado de alta tensao ajustado em 1,05 conecta umgerador com tensao 230 V a uma carga de 12,62 + j 9,46 Ω (no lado de alta tensao).Tomando como base os valores 10 kVA e 230 V nos terminais do gerador, determine:


2. a magnitude da tensao na carga em pu e em volts;

3. a potencia aparente suprida pelo gerador em pu e em unidades reais;

4. as perdas no transformador em pu e em unidades reais.

1.11 Considere o diagrama do sistema trifasico da figura 1.38, para o qual sao fornecidosos seguintes dados:

• gerador G1: 150 MVA, 13,8(Y) kV, Xg1 = 30%;

• transformador T1: tres transformadores monofasicos de dois enrolamentos, cadaum com 50 MVA, 8 kV/72 kV, Xt1 = 20%, conectados como um banco trifasico deautotransformadores 13,8 kV(Y)/138 kV(Y);

• transformador T2: 200 MVA, 140 kV(Y)/20 kV (∆), Xt2 = 10%;

• linha de transmissao: comprimento de 80 km, reatancia indutiva de 0,50 Ω/km/fase.

Desprezando a resistencia dos enrolamentos, a reatancia de magnetizacao e o desloca-mento angular, e considerando como base os valores nominais do gerador 1, determinar:


2. a tensao do gerador 1 em pu e o fator de potencia com que o mesmo opera, supondoque a carga absorve 100 MW a 20 kV e fator de potencia 0,8 atrasado;


Gerador Transformador 1 LT Transformador 2 Carga

Y Y Y ∆

Figura 1.38: Diagrama unifilar - exercıcio 1.11

3. sob estas condicoes e possıvel o gerador suprir a carga? Justifique.

4. Refazer os itens anteriores considerando a defasagem angular dos bancos trifasicosY-∆.

1.12 [4] Tres transformadores monofasicos de dois enrolamentos, cada um de 3 kVA,220/110 V, 60 Hz e reatancia de dispersao igual a 0,10 pu, sao conectados como umbanco trifasico de autotransformadores, segundo o tipo de ligacao ∆-estendido ilustradona figura 1.39. Determine os valores nominais das tensoes de linha no lado de alta tensaodo banco trifasico.

Xa Xb Xc

Ha Hb Hc

+

220 V

−

+

110 V

−

Figura 1.39: Conexao do autotransformador trifasico - exercıcio 1.12

1.13 Os valores de placa de um transformador trifasico de tres enrolamentos sao:

• primario (1): 66 kV(Y), 15 MVA;

• secundario (2): 13,2 kV(Y), 10 MVA;

• terciario (3): 2,3 kV(∆), 5 MVA;


As impedancias de dispersao obtidas no ensaio de curto circuito sao:

• Z12 = 7%, na base 15 MVA, 66 kV;

• Z13 = 9%, na base 15 MVA, 66 kV;

• Z23 = 8%, na base 10 MVA, 13,2 kV;

Atraves deste transformador, uma fonte de tensao constante supre uma carga de fatorde potencia unitario, de 5 MW, 2,3 kV nominais e um motor sıncrono de 7,5 MVA, 13,2kV, com reatancia sıncrona de 20%. Tomando a base trifasica de 66 kV, 15 MVA noprimario do transformador, a) determinar o circuito equivalente no sistema por unidadee b) o valor da resistencia da carga em pu.

1.14 Os dados do sistema trifasico da figura 1.40 sao os seguintes:

• gerador G1: 12,5 MVA, 13,8 kV(Y), Xg1 = 110%;

• gerador G2: 15 MVA, 13,2 kV(Y), Xg1 = 90%;

• transformador T1: 15 MVA, 13,8 kV(Y)/69 kV(∆), Zt1 = 1 + j8%;

• transformador T2: 10 MVA, 13,8 kV(∆)/138 kV (Y), Zt2 = 1 + j10%;

• linha de transmissao (1-4): comprimento de 80 km, 0,28 + j0,61 Ω/km/fase;

• linha de transmissao (2-3): comprimento de 80 km, 0,15 + j0,60 Ω/km/fase;

• carga L1: corrente de 52,3 A com fator de potencia 0,707 atrasado;

• carga L5: 10 kVA com fator de potencia 0,8 atrasado;

Selecionando a base trifasica de 5 MVA e 69 kV na barra 2, determinar o circuitoequivalente monofasico no sistema pu.

1.15 Um transformador monofasico de 100 kVA, 2400/240 V, X = 10 %, e conectadopara operar como um autotransformador, com relacao de transformacao 2400/2160 V.

1. Determinar o diagrama de conexao e os valores de placa do autotransformador;

2. determinar o circuito equivalente do autotransformador no sistema pu;

3. suponha que o transformador original tem uma eficiencia de 95 % a plena carga.Qual a eficiencia do autotransformador a plena carga?

1.16 Um transformador monofasico de 20 kVA, 220/380 V, 40%, possui tap variavel nolado de AT. Uma carga de 10 kVA e suprida atraves de uma fonte de 230 V atraves destetransformador. Calcular em que valor deve ser ajustado o tap, para que a tensao na cargaseja 360 V, caso a carga seja:

1. indutiva pura;


?

Gerador 1 Transformador 1 LT23

Y ∆

Carga L1

Transformador 2LT14

Y ∆

∆ Y

Carga L5

Gerador 2


2. capacitiva pura.

Adotar como base os valores 10 kVA e 380 V no lado de AT do trafo.

1.17 Considere o sistema cujo diagrama unifilar e mostrado na figura 1.41. Os valoresnominais dos equipamentos sao:

• Gerador: 30 MVA, 13,8 kV, 15 %;

• Transformadores 1 e 2: 35 MVA, 115/13,2 kV, 10 %;

• Linha de transmissao: 80 Ω;

• Motor 1: 20 MVA, 12,5 kV, 20 %;

• Motor 2: 10 MVA, 12,5 kV, 20 %, Zn = j2 Ω;

G

M1

M2ZnT1 LT T2

1 2 3 4

Figura 1.41: Diagrama unifilar do sistema

Supondo as grandezas base Sbase = 50 MVA e Vbase = 115 kV , referidas a linha detransmissao, determine:



2. o circuito equivalente de Thevenin, obtido a partir da barra 1, supondo que estabarra opera na tensao de 1,02 pu.

1.18 Um transformador trifasico com valores de placa 200 MVA, 345(∆)/34,5(Y ) kV,8 %, opera como um elo, conectando um sistema de transmissao de 345 kV e um sistemade distribuicao de 34,5 kV.

1. Determine os valores de placa e o circuito equivalente dos tres transformadoresmonofasicos, que conectados adequadamente seriam equivalente ao transformadortrifasico em questao.

2. Supondo que uma carga uma carga trifasica de valor 180 MVA, na tensao 33 kV efator de potencia 0,8 atrasado, e suprida por este transformador. Calcule os valoresde tensao corrente, potencia aparente e fator de potencia nos terminais de entradado transformador em pu e em unidades reais.

3. Determine a queda de tensao no transformador para as condicoes do item anterior,em pu e em unidades reais.

1.19 Um gerador trifasico (35 kVA, 380 V, X=10%) operando na tensao nominal, supre,atraves de uma linha de transmissao com impedancia 0,1 + j1,0 Ω/fase, uma cargatrifasica que absorve uma corrente de 50 Amperes com fator de potencia 0,8 em atraso.Supondo sequencia de fases positiva, tomando o fasor tensao Vab na carga como referenciae adotando os valores nominais do gerador como base, determinar (em pu e em unidadesreais):

1. os fasores tensao de fase e de linha na carga e no gerador;

2. as potencias ativa e reativa na carga e no gerador;

1.20 No sistema trifasico da figura abaixo, os parametros das duas linhas de transmissaosao 0,163 (LT1) e 0,327 (LT2) Ω/km por fase, com respectivos comprimentos de 220 km(LT1) e 150 km (LT2).

MS1 Trafo 1 LT1

Trafo 2

LT2

MS2

Trafo 3

1 2

3 4

5 6

Adotando como valores base a tensao 13,2 kV e a potencia de 2000 MVA na barra 1,determinar:

1. o circuito equivalente na representacao por fase, no sistema por unidade;


Componente Snom Vnom X(MVA) (kV) (%)

MS 1 2000 13,8 (Y aterrado) 20MS 2 2000 230 (Y aterrado) 20Trafo 1 2200 13,8(∆):500(Y aterrado) 10Trafo 2 500 500(Y aterrado):230(Y aterrado) 10Trafo 3 1000 500(Y aterrado):138(Y aterrado) 12

2. a tensao terminal, a corrente, a potencia aparente e o fator de potencia da maquinasıncrona MS2, supondo que a maquina sıncrona MS1 opera suprindo tensao e cor-rente nominais, com fator de potencia 0,8 atrasado;

3. o circuito equivalente de Thevenin visto da barra 6, para as condicoes de operacaodo item anterior.


Capıtulo 2

Operacao das Linhas de Transmissao

2.1 Introducao

Este capıtulo apresenta a modelagem analıtica das linhas de transmissao para o estudoda operacao em regime permanente. Primeiramente, representa-se a linha de transmissaopor um quadripolo, definido por quatro constantes calculadas com base nos parametros dalinha. A seguir, estuda-se o problema do maximo carregamento que a linha pode suprir,com enfase na construcao e na analise das curvas PV e QV. Posteriormente, mostra-se como os parametros da linha podem ser utilizados em calculos rapidos, com nıvelde precisao satisfatorio apesar das aproximacoes adotadas em alguns casos. O capıtulo efinalizado enfocando aspectos relacionados aos fluxos de potencia e a compensacao reativadas linhas de transmissao.

2.2 Parametros das linhas de transmissao

Uma linha de transmissao e caracterizada pelos seguintes parametros:

• Resistencia serie: que representa as perdas por efeito Joule, causadas pela correnteque flui atraves do condutor;

• Indutancia serie: que representa o campo magnetico criado pela corrente que per-corre o condutor;

• Condutancia shunt: que representa as perdas por efeito Joule, causadas pela diferencade potencial no meio que circunda os condutores;

• Capacitancia shunt: que representa o campo eletrico resultante da diferenca depotencial entre os condutores.

Com base no comprimento l, tres tipos de linha de transmissao sao distinguidos:

• linhas de transmissao longas: l > 240km;

• linhas de transmissao medias: 80km < l ≤ 240km;

• linhas de transmissao curtas: l ≤ 80km.

50 Capıtulo 2: Operacao das Linhas de Transmissao

Ysh

2

Ysh

2

Zser

Figura 2.1: Circuito π representativo da linha de transmissao

As linhas de transmissao sao representadas genericamente por um circuito π, conformemostra a figura 2.1. Neste circuito, a impedancia serie esta relacionada a resistencia ea indutancia da linha enquanto a admitancia corresponde a condutancia e capacitanciashunt.

Nas linhas curtas a perda na condutancia shunt e o efeito capacitivo entre os condu-tores (ou entre os condutores e a terra) nao e acentuado, e portanto apenas os parametrosserie da linha sao levados em conta. No caso das linhas medias, a perda na condutanciashunt tambem e desprezıvel porem o efeito capacitivo e considerado. Assim, a linha detransmissao e representada por um circuito denominado π-nominal, cuja impedancia seriee admitancia shunt sao calculados com base no comprimento da linha e nos parametrosdistribuıdos fornecidos pelo fabricante, isto e, resistencia serie, indutancia serie e ca-pacitancia shunt. No caso das linhas longas, os efeitos eletromagneticos e de propagacaode onda sao mais acentuados, de modo que todos os parametros devem ser considera-dos. Este tipo de linha e representado por um circuito denominado π-equivalente, noqual a impedancia e a admitancia sao submetidas a uma correcao nos seus valores, paraconsiderar o efeito da propagacao das ondas eletromagneticas.

2.3 Representacao das linhas de transmissao por um

quadripolo

Uma linha de transmissao pode ser representada por um quadripolo, com as tensoes ecorrentes nos seus terminais indicados conforme mostra a figura 2.2, onde e e r denotamos terminais emissor e receptor, respectivamente.

As relacoes entre as variaveis tensao e corrente nos terminais do quadripolo sao ex-pressas pela equacao

Ve = AVr +BIr

Ie = CVr +DIr(2.1)

ou na forma matricial pela expressao[Ve

Ie

]=

[A BC D

] [Vr

Ir

]


Quadripolo+

-

+

-

Ve Vr

Ie Ir

Figura 2.2: Representacao da linha de transmissao por um quadripolo

onde, A, B, C e D sao parametros que dependem das constantes das linhas de trans-missao. No caso de circuitos lineares passivos e bilaterais, como o da linha de transmissao,a relacao

AD−BC = 1

e satisfeita. Esses parametros sao numeros complexos, com A e D adimensionais, Bexpresso em ohms (Ω) e C expresso em siemens (S).

2.4 Equacoes diferenciais da linha de transmissao

Considere o circuito mostrado na figura 2.3, o qual representa a secao de uma linha detransmissao de comprimento ∆x.

Tensao e corrente

y∆x

I(x)I(x+∆x)

na posicao x+∆x(terminal emissor)

Tensao e corrente

z∆x

-

V(x)

+

na posicao x(terminal receptor)

+

V(x+∆x)

-

x+∆x x

Figura 2.3: Modelo incremental da linha de transmissao

Os parametros distribuıdos referenciados na figura 2.3 sao

z = r + jx (Ω/m)

y = = g + jb (S/m)


e as equacoes que caracterizam esta linha sao

V(x+∆x) = V(x) + (z∆x)I(x)

I(x+∆x) = I(x) + (y∆x)V(x+∆x)

ou, alternativamente,

zI(x) =V(x+∆x)−V(x)

∆x

yV(x+∆x) =I(x+∆x)− I(x)

∆x

(2.2)

Se ∆x→ 0, as Eqs. (2.2) sao re-escritas como

zI(x) =dV(x)

dx

yV(x) =dI(x)

dx

(2.3)

As Eqs. (2.3) sao diferenciais de primeira ordem e homogeneas. Elas possuem duasincognitas, sendo a sua solucao dada por

V(x) = A1e+γx +A2e

−γx

I(x) =A1e

+γx −A2e−γx

Zc

(2.4)

onde γ =√zy, denominada constante de propagacao, pode ser expressa em termos da

constante de atenuacao α (neper/metro ou decibeis/metro) e da constante de fase (radi-anos/metro) por

γ = α+ jβ

O termo Zc, denominado impedancia caracterıstica da linha de transmissao, e expressocomo

Zc =

√z

y(Ω)

As constantes A1 e A2 sao calculadas observando-se que no terminal receptor (x = 0)

Vr = V(0) Ir = I(0)

tal que

Vr = A1 +A2

Ir =A1 −A2

Zc

o que fornece

A1 =Vr + ZcIr

2

A2 =Vr − ZcIr

2

(2.5)


Agrupando-se convenientemente os termos das Eqs. (2.4) e (2.5), obtem-se as ex-pressoes que fornecem a tensao e a corrente em qualquer ponto x da linha de transmissao;isto e,

V(x) = cosh(γx)Vr + Zc sinh(γx)Ir

I(x) =1

Zc

sinh(γx)Vr + cosh(γx)Ir(2.6)

onde

cosh(γx) =expγx +exp−γx

2

sinh(γx) =expγx− exp−γx

2

A forma matricial das equacoes do quadripolo que representa uma linha de trans-missao de comprimento l, com parametros serie e shunt distribuıdos z(Ω/m) e y(S/m) eparametros concentrados Z = zl = R + jX (Ω) e Y = yl = G+ jB (S) e[

Ve(x)Ie(x)

]=

[A(x) B(x)C(x) D(x)

] [Vr(x)Ir(x)

](2.7)

onde, Ve(x) e Ie(x) sao a tensao e a corrente no terminal emissor (de entrada) e Vr(x)e Ir(x) sao a tensao e a corrente no terminal receptor (de saıda), expressos em funcaoda distancia x, medida de um ponto qualquer da linha de transmissao ate o terminalreceptor. Da comparacao das Eqs. (2.6) e (2.7), obtem-se

A(x) = D(x) = cosh(γx) (pu)

B(x) = Zc sinh(γx) (Ω)

C(x) =1

Zc

sinh(γx) (S)

(2.8)

Os parametros A(x), B(x), C(x) e D(x) sao exatos e representam uma linha detransmissao de qualquer comprimento. Entretanto, devido as suas caracterısticas, linhasde comprimento medio e curto permitem que expressoes mais simples sejam utilizadas.

Ie Ir

+

Ve

-

Y′

2

Y′

2

Z′

+

Vr

-

Figura 2.4: Circuito π-equivalente da linha de transmissao


Para representar uma linha de transmissao generica de comprimento l por um circuitoπ-equivalente, considere a figura 2.4, cujas equacoes caracterısticas sao

Ve =

(Ir +

Y′

2Vr

)Z

′+Vr

Ie =

(Y

′

2

)Ve +

(Ve −Vr)

Z′

=

(Y

′

2+

1

Z′

)Ve −

(Vr)

Z′

onde Z′e Y

′sao os parametros serie e shunt que compoem o circuito π-equivalente da

linha de transmissao da figura 2.4.A combinacao dessas equacoes fornece

Ve =

(1 +

Y′Z

′

2

)Vr + Z

′Ir

Ie = Y′(1 +

Y′Z

′

4

)Vr +

(1 +

Y′Z

′

2

)Ir

e portanto

A = D = 1 +Z

′Y

′

2

B = Z′

C = Y′(1 +

Z′Y

′

4

)tal que nos termos genericos da Eq. (2.8),

A(x) = D(x) = cosh(γx) = 1 +Z

′Y

′

2

B(x) = Zc sinh(γx) = Z′

C(x) =1

Zc

sinh(γx) = Y′(1 +

Z′Y

′

4

) (2.9)

A segunda das Eqs. (2.9) pode ser escrita como

Z′= Zc sinh(γx)

=

√z

ysinh(γx)

=zl

zl

√z

ysinh(γx)

= zl

√z

z2l2ysinh(γx)

= zl

√1

zyl2sinh(γx)


e portanto

Z′= Z

sinh(γl)

γl

De forma semelhante, a primeira das Eqs. (2.9) fornece

Y′

2=

cosh(γx)− 1

Z′

tal que,Y

′

2=

Y

2

tanh(γl/2)

(γl/2)

Os termossinh(γl)

γletanh(γl/2)

(γl/2), denominados fatores de correcao, sao utilizados para

converter a impedancia serie e a admitancia shunt do circuito π-nominal nos parametrosZ

′e Y

′do circuito π-equivalente.

Linhas de transmissao medias, com comprimento 80km < l ≤ 240km, sao represen-tadas pelo circuito π-nominal mostrado na figura 2.5.

Z = zl = (R + jωL)l

+

-

Ve

+

-

Vr

Ie Ir

Y

2=

(G+ jωC)l

2

Y

2

Figura 2.5: Circuito π-nominal da linha de transmissao media

As equacoes de quadripolo que caracterizam este circuito sao semelhantes aquelasobtidas para uma linha de transmissao generica, ou seja,

A = D = 1 +ZY

2pu

B = Z Ω

C = Y

(1 +

ZY

4

)S

onde Z = zl = R + jX (Ω) e Y = yl = G+ jB (S).A representacao da linha de transmissao curta (l ≤ 80km) considera apenas os

parametros serie, conforme ilustrado na figura 2.6. tal que as equacoes de quadripoloque representam analiticamente este tipo de linha de transmissao sao

Ve = Vr + ZIr

Ie = Ir


Z = zl = (r + jωL)l

+

-

Ve

+

-

Vr

Ie Ir

Figura 2.6: Circuito representativo da linha de transmissao curta

ou na forma matricial, [Ve

Ie

]=

[1 Z0 1

] [Vr

Ir

]e portanto

A = D = 1 pu

B = Z Ω

C = 0 S

Para linhas medias e curtas, a relacao AD − BC = 1 e valida. Desde que a linhade transmissao possui a mesma configuracao quando vista de qualquer um dos extremos,entao A = D. A linha de transmissao curta e um caso particular da linha de transmissaomedia, onde os parametros shunt sao desprezados, o que resulta em Y = 0 e A = D = 1e B = Z.

Ex. 2.1 Para exemplificar o uso dos modelos de linha definidos com base no comprimentoda mesma, seja uma linha de transmissao trifasica, composta de condutores ACSR 127000CMil 54/3, com espacamento assimetrico, transposta, com impedancia serie e admitanciashunt respectivamente iguais a 0, 0165 + j0, 3306 Ω/km e j4, 674 × 10−6 S/km. A tabela2.1 mostra os parametros que representam linhas de transmissao com estas caracterısticase com comprimentos iguais a 300 km, 160 km e 50 km.

Observa-se nesta tabela, que o efeito dos fatores de correcao sobre determinados para-metros e reduzido a medida que o comprimento da linha diminui. Por exemplo, a diferencaentre os valores nominais e equivalente da reatancia indutiva da linha de 300 km (99,18 Ωe 96,9 Ω) e de 2,28 Ω (2,30%). Consequentemente, se os parametros serie desta linha detransmissao longa nao fossem corrigido, o calculo da queda de tensao ao longo da linhaapresentaria um erro de aproximadamente 2%. No caso das linhas de 160 e 50 km, adiferenca entre os valores nominais e corrigidos e insignificante, indicando que nao hanecessidade de se utilizar o circuito π-equivalente da linha. Com relacao a admitanciashunt, no caso especıfico desta linha o fator de correcao nao tem efeito consideravel, tal queos valores nominais e corrigidos sao iguais, independentemente do comprimento da linha.Nota-se ainda, que tanto a impedancia caracterıstica como a constante de propagacao naovariam com o comprimento da linha de transmissao, pois estas constantes sao definidascom base nos parametros distribuıdos da linha.


l 300 km 160 km 50 km

Z(Ω) 4,95 + j99,18 2,64 + j52,89 0,82 + j16,53

Z′(Ω) 4,72 + j96,90 2,60 + j52,54 0,82 + j16,51

Y(S) j0,0014 j0,00074 j0,00023

Y′(S) j0,0014 j0,00074 j0,00023

Zc(Ω) 266,15 - j6,63 266,15 - j6,63 266,15 - j6,63γ(km−1) j0,0012 j0,0012 j0,0012A(pu) 0,9313 + j0,0034 0,9803 + j0,001 0,9981 + j0,0001B(Ω) 4,72 + j96,90 2,60 + j52,54 0,82 + j16,51C(S) j0,0014 j0,00074 j0,00023

Tabela 2.1: Parametros das linhas de transmissao × comprimento

2.5 Transferencia de Potencia

Supondo que as tensoes terminais e os os parametros do quadripolo que representa a linhade transmissao sao respectivamente Ve = Ve∠δ, Vr = Vr∠00, A = A∠θa, B = Z

′∠θz eC = C∠θc, a corrente e a potencia aparente supridas a linha de transmissao pelo terminalemissor sao respectivamente dadas por

Ie = CVr +DIr

= CVr +D

(Ve −AVr

B

)= CVre

jθc +AVee

j(θa+δ−θz) − A2Vrej(2θa−θz)

Z ′

Se = (Ve∠δ)I∗e

= Ve∠δ(CVre

jθc +AVee

j(θa+δ−θz) − A2Vrej(2θa−θz)

Z ′

)∗

=

(CVeVre

j(θc−δ) +AV 2

e ej(θa−θz) − A2VeVre

j(2θa−θz−δ)

Z ′

)∗

Expressando esta equacao na forma retangular e separando a mesma em partes real eimaginaria, obtem-se

Pe = CVeVr cos(θc − δ) +AV 2

e cos(θa − θz)

Z ′ − A2VeVr cos(2θa − θz − δ)

Z ′

Qe = −CVeVr sin(θc − δ)− AV 2e sin(θa − θz)

Z ′ +A2VeVr sin(2θa − θz − δ)

Z ′

(2.10)

que representam as potencias ativa e reativa supridas pelo terminal emissor da linha detransmissao. Nessas potencias estao incluıdas as parcelas correspondentes as perdas nalinha de transmissao e ao terminal receptor.


De maneira analoga, lembrando que

Ir =

(Ve −AVr

B

)a potencia aparente suprida ao terminal receptor e dada por

Sr = VrI∗r

= Vr

(Vee

jδ − AVrejθa

Z ′ejθz

)∗

=VrVee

j(θz−δ) − AV 2r e

j(θz−θa)

Z ′

Separando a ultima equacao em partes real e imaginaria, as potencias ativa e reativasuprida a carga sao expressas por

Pr =VrVe

Z ′ cos(θz − δ)− AV 2r

Z ′ cos(θz − θa)

Qr =VrVe

Z ′ sin(θz − δ)− AV 2r

Z ′ sin(θz − θa)

(2.11)

ocorrendo a maxima transferencia de potencia ativa quando δ = θz; ou seja,

PMaxr =

VrVe

Z ′ −AV 2

r


sendo a potencia reativa correspondente expressa como

QMaxpr = −AV 2

r


Ex. 2.2 Seja a linha de transmissao longa da tabela 2.1, operando na tensao de 765 kV.Os parametros do circuito π-equivalente que representa esta linha sao Z

′= 97, 0∠87, 20 Ω

e Y′= 0, 0014∠89, 990 S e do quadripolo sao A = 0, 9313∠0, 2090 pu, B = Z

′e C =

0, 0014∠90, 060 S. Adotando a tensao nominal da linha e a potencia aparente de 2199MVA como valores base, obtem-se Z

′= 0, 0177 + j0, 3641 pu, Y

′= 0, 0002 + j0, 3772 pu,

A = 0, 9313∠0, 2090 pu, C = −0, 0004 + j0, 3643 pu. A impedancia caracterıstica valeZc = 266, 15− j6, 6376 Ω ou 1,00-j0,024 pu e a SIL e igual a 2199 MW ou 1,0 pu.

A figura 2.7 mostra a variacao da potencia no terminal emissor em funcao da diferencaangular da linha. Os terminais emissor e receptor sao supostos compensados, para mantera magnitude da tensao plana em 1,0 pu nos extremos da linha.

Quando a abertura angular e nula, nao ha transferencia de potencia ativa para o ter-minal receptor, apenas a perda de potencia ativa da linha (igual a 0,0002 ou 0,4398 MW)e suprida. Nesta condicao, a tensao de 1,0 pu aplicada no terminal emissor faz com que adiferenca entre as potencias reativas gerada pela capacitancia e consumida pela indutancia


0 20 40 60 80 100 120 140 160 180−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

Ângulo da Tensão (graus)

Pot

ênci

a A

tiva

(Rea

tiva)

(pu

)

Curvas P x Delta e Q x Delta

P x Delta

Q x Delta

Figura 2.7: Curvas Pδ e Qδ - linhas de transmissao com perdas

da linha seja igual a 0,1886 pu ou 414,73 Mvar. Em δ = 18, 760, a potencia reativa de-cresce a zero, com correspondente valor de 0,8837 pu para a potencia ativa. Como estae uma linha com perdas, o limite de estabilidade ocorre quando a abertura angular vale87, 20, com a transferencia de 2,610 pu (MW) -2,555 pu (Mvar). A partir deste ponto,a linha de transmissao opera na regiao considerada instavel, tal que na abertura angularde 174, 750 a potencia ativa se anula enquanto a potencia reativa alcanca o valor -5,2905pu. Em 1800, a potencia ativa vale -0.2690 pu e a potencia reativa e igual a -5,2909 pu.

2.6 Curvas PV e QV

A magnitude da tensao no terminal receptor e determinada re-escrevendo-se a Eq. (2.11)como

VrVe

Z ′ cos(δ − θz) = Pr +AV 2

r


VrVe

Z ′ sin(δ − θz) = Qr +AV 2

r


(2.12)

e somando o quadrado dessas duas expressoes, cujo re-arranjo do resultado fornece

A2V 4r +

2A [Pr cos(θz − θa) +Qr sin(θz − θa)]− V 2

e

V 2r +

(P 2r +Q2

r

)Z ′2 = 0 (2.13)


Fazendo-se y = V 2r e

a = A2

b =2A [Pr cos(θz − θa) +Qr sin(θz − θa)]− V 2

e

c =

(P 2r +Q2

r

)Z ′2

a Eq. (2.13) pode ser re-escrita como uma equacao de segundo grau em y, tendo comoraızes

ys =−b+

√b2 − 4ac

2a

yi =−b−

√b2 − 4ac

2a

(2.14)

tal que duas magnitudes da tensao com significado fısico sao Vsr =√ys e Vi

r =√

yi.A curva PV de uma barra e obtida fixando-se a tensao no terminal emissor, variando-se

a demanda no terminal receptor sem alterar o fator de potencia da mesma, e resolvendo-sea Eq. (2.13) para cada valor da demanda (caso mais simples). Nos casos praticos, estacurva e tracada com base em sucessivas solucoes do fluxo de potencia correspondentes avariacao gradativa da demanda do sistema com o fator de potencia mantido constante.Para cada nıvel de potencia ativa demandada existem duas solucoes de magnitude detensao, o que torna possıvel uma analogia com a curva Pδ da estabilidade transitoria doangulo do rotor em regime permanente. Ambas as curvas apresentam regioes de operacaoestavel e instavel.

Ex. 2.3 A figura 2.8 mostra as curvas PV obtidas para cargas com diferentes fatores depotencia, com a tensao no terminal emissor fixada no valor nominal, para a linha detransmissao referida anteriormente.

Desta figura, observa-se que:

• para cada fator de potencia, existe uma potencia maxima que pode ser transmitida;

• para cada demanda especificada abaixo do valor maximo, existem duas possıveissolucoes para Vr (duas raızes da Eq. (2.13));

• sob condicoes normais, o sistema de potencia opera sempre na parte superior dacurva, dentro da faixa estreita dos limites de magnitude da tensao;

• se P = Q = 0, entao Ve = Vr cos θ, o que representa a condicao de circuito aberto;neste caso, Vr > Ve.

• o perfil plano de tensao ocorre para a carga de fator de potencia unitario, caso noqual P < 1, 0 pu e Vr = Ve = 1, 0 pu.


0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)

Potência Ativa (pu)

Curva P x V − LT com perdas

fp indutivo

fp unitário fp capacitivo

Figura 2.8: Curva PV - cargas com diferentes fatores de potencia

Na regiao superior da curva PV da figura 2.8, um aumento na demanda resulta numdesbalanco de potencia reativa, tal que a magnitude da tensao do sistema tende a diminuir.Para corrigir esta reducao, medidas corretivas aumentam a magnitude da tensao no ter-minal emissor ate que um ponto de equilıbrio seja alcancado (regiao estavel). Na parteinferior da curva, um aumento na demanda resulta numa elevacao da magnitude da tensaodo sistema e a medida corretiva tambem causa decrescimo na magnitude da tensao, o queindica que o sistema esta operando num ponto de equilıbrio instavel (regiao instavel).Para qualquer nıvel de carga inferior ao nıvel maximo de potencia a ser transmitida,duas solucoes em termos de magnitude da tensao no terminal receptor podem ser encon-tradas. A solucao mais proxima ao ponto de equilıbrio estavel e o correspondente pontode equilıbrio instavel. Estes pontos de equilıbrio se aproximam um do outro conforme ademanda aumenta, ate a condicao de operacao onde somente uma unica solucao do fluxode potencia existe. Esta condicao caracteriza o ponto extremo da curva, o qual e denom-inado ponto crıtico ou ponto de bifurcacao sela-no. A partir deste ponto, nao existemsolucoes reais para as equacoes da rede eletrica.

As curvas QV sao tracadas de maneira analoga as curvas PV. Neste caso, a injecao depotencia ativa demandada e mantida constante, variando-se a potencia reativa no terminalreceptor.

Ex. 2.4 Curvas QV correspondentes a diferentes nıveis de potencia ativa demandada saomostradas na figura 2.9 para a linha de transmissao apresentada anteriormente.

A magnitude da tensao no terminal receptor e obtida variando-se a potencia reativademandada e fixando-se a tensao no terminal emissor no valor nominal e a potencia ativano terminal receptor em valores fracionarios da potencia maxima que pode ser transmitidaatraves da referida linha de transmissao. Essas curvas fornecem informacoes sobre acompensacao reativa necessaria na barra para manter a tensao num nıvel especificado.


−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)

Potência Reativa (pu)

Curva Q x V − LT com perdas

Pr = 0,25Prmax

Pr = 0,50Prmax

Pr = 0,75Prmax

Pr = Prmax

Figura 2.9: Curva QV - cargas com diferentes valores de potencia ativa

Por exemplo, se a demanda de potencia ativa e 0, 25Pmax, o nıvel de magnitude da tensaono terminal receptor igual a 1,0038 pu corresponde a uma demanda de potencia reativaigual a 0,0927 pu (indutiva). Se a demanda de potencia ativa aumenta para 0, 50Pmax, amagnitude da tensao correspondente a 0,0927 pu e 0,7668 pu. Para que a magnitude detensao de 1,0041 pu seja alcancado, e necessario que a demanda de potencia reativa seja-0,1873 pu (capacitiva), o que requer uma compensacao reativa de -0,0946 pu (capacitiva).

O efeito do comprimento no carregamento da linha de transmissao pode ser deter-minado tracando-se curvas semelhantes as da figura 2.8. Neste caso, a Eq. (2.18) eresolvida mantendo-se a carga (injecoes de potencia ativa (P ) e reativa (Q)) constantes evariando-se o comprimento da LT.

Ex. 2.5 As figuras 2.10, 2.11 e 2.12 mostram linhas de transmissao com comprimentosvariando entre 50 km e 300 km, para cargas com fatores de potencia iguais a 0,70 atrasado,unitario e 0,90 adiantado. Nestas figuras observa-se que:

• linhas de transmissao com comprimento entre 150 km e 300 km podem operar comnıvel de tensao normal, desde que o fator de potencia da carga seja elevado;

• devido as acentuadas variacoes na magnitude da tensao, a operacao de linhas longasnao compensadas e impraticavel para toda a faixa de variacao do fator de potencia;

• mesmo quando a linha de transmissao longa supre uma demanda igual a SIL,condicao em que as magnitudes das tensoes nos terminais emissor e receptor ten-dem a se igualar, quando o comprimento da linha e 300 km a tensao no terminalreceptor e extremamente sensıvel a qualquer variacao na potencia ativa da carga;


0 2 4 6 8 10 12 14 160

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)


Curva P x V − Carga Capacitiva

l = 300 km

l = 150 km

l = 75 km

l = 50 km

Figura 2.10: Curva PV em funcao do comprimento da linha de transmissao - fator depotencia 0,70 em avanco

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)


Curva P x V − Carga Resistiva

SIL = 0.9996 pu(MW)

300 km 150 km 75 km 50 km

Figura 2.11: Curva PV em funcao do comprimento da linha de transmissao - fator depotencia unitario

• conforme o comprimento da linha aumenta, aproximando-se de 300 km, o pontode magnitude da tensao correspondente a demanda e igual a SIL se localiza emdiferentes posicoes das curvas PV, tendendo a se deslocar para a parte inferior da


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Mod

ulo

da T

ensã

o

Potência Ativa

Curva P x V − Carga Indutiva

300 km 150 km 75 km 50 km

Figura 2.12: Curva PV em funcao do comprimento da linha de transmissao - fator depotencia 0,90 em atraso

curva, ou seja, correspondendo a menor das duas solucoes, como pode ser observadona figura 2.11 desde linhas de 50 km e 300 km. Neste caso, a operacao da LT evirtualmente instavel.

2.7 Linhas de transmissao com perdas desprezıveis

Expressoes mais simples sao obtidas e os conceitos apresentados anteriormente sao maisfacilmente aplicaveis se as perdas de potencia ativa no sistema de transmissao foremdesprezadas. Desde que as linhas de transmissao sao projetadas para operar com valor deperda reduzido, as equacoes e os conceitos mostrados a seguir podem ser utilizados paracalculos rapidos, com razoavel nıvel de precisao, no planejamento preliminar da operacaodas linhas de transmissao.

A figura 2.13 mostra a representacao de uma linha com a resistencia serie e a con-dutancia shunt desprezadas (R = G = 0). Os parametros relativos a propagacao dasondas de tensao e corrente na linha sao apresentados a seguir.

• Impedancia caracterıstica:

Zc =

√L

CΩ

• Constante de propagacao:

γ = jβ = jω√LC m−1


Is IrZ′

Y′

2

Y′

2Vs = Vs∠δ

+

- -

+

Vr = Vr∠00

Figura 2.13: Linha de transmissao sem perdas

• Comprimento de onda - distancia requerida para mudar a fase da onda de tensaoou da onda de corrente por 2π radianos. Desde que nas linhas sem perda

V(x) = cos(βx)Vr + jZc sin(βx)Ir

I(x) = jsin(βx)

Zc

Vr + cos(βx)Ir

entao V(x) e I(x) mudam de fase por 2π radianos quando x =2π

β(ou seja, atinge-se

um comprimento de onda) e portanto

λ =2π

β=

1

f√LC

O termo1√LC

representa a velocidade de propagacao das ondas de tensao e corrente

ao longo da linha de transmissao sem perda. Em linhas aereas1√LC≈ 3×108 m/s,

e na frequencia de 60 Hz, λ ≈ 5 × 106 m; ou seja, comprimentos tıpicos de linhasde transmissao sao apenas uma fracao de λ = 5000 km (lembrar que µ0 = 4π ×10−7 H/m e ϵ0 = 8, 85× 10−12 F/m).

Os parametros do quadripolo sao dados por

A(x) = D(x) = cos(βx)

B(x) = jZc sin(βx)

C(x) = jsin(βx)

Zc

onde A(x) e D(x) sao numeros reais e B(x) e C(x) sao numeros imaginarios puros.Os parametros do circuito π-equivalente da linha sao expressos por

Z′= jX

′= jX

sin(βl)

βl

Y′

2=

jB′

2= j

B

2

tan(βl/2)

(βl/2)


A Surge Impedance Loading - SIL representa a potencia liberada por uma linhade transmissao sem perda a uma carga de fator de potencia unitario de valor igual aimpedancia caracterıstica da linha. Se uma linha de transmissao sem perdas supre umacarga de valor igual a SIL, entao a corrente no terminal receptor e dada por

Ir =Vr

Zc

tal que a corrente e a tensao ao longo da linha de transmissao sao expressas por

V(x) = [cos(βx) + j sin(βx)]Vr

I(x) = [j sin(βx) + cos(βx)]Vr

Zc

(2.15)

A analise das Eqs. (2.15) indica que, desde que ∥ cos(βx) + j sin(βx)∥ = 1, as mag-nitudes da tensao e da corrente no terminal receptor (x = 0) e ao longo da linha detransmissao sao respectivamente,

|V(x)| = |Vr| e |I(x)| =∣∣∣∣Vr

Zc

∣∣∣∣Portanto, se a carga e igual a SIL, o perfil de tensao e horizontal, isto e, a magnitude da

tensao e da corrente em qualquer ponto da linha sem perda e constante. Por esta razao, apotencia real suprida a carga tambem permanece constante ao longo da linha. A potenciareativa que flui do terminal emissor ao terminal receptor e nula, como consequencia deque os Mvar gerados pela capacitancia shunt sao iguais aqueles consumidos pela reatanciaindutiva serie.

Na tensao nominal, a potencia real liberada e dada por

SIL =V 2nom

Zc

onde Vnom e a tensao nominal da linha de transmissao (de fase ou de linha, dependendodo valor de potencia desejado). A tabela 2.2 apresenta valores tıpicos das impedanciascaracterısticas e de surto para linhas de transmissao aereas operando na frequencia de 60Hz.

Na pratica, a demanda conectada nos terminais receptores das linhas de transmissaode potencia nao e igual a SIL das linhas. Dependendo do comprimento e da compensacaoda linha, a carga pode variar de uma pequena fracao (durante os perıodos de carga leve)ate multiplos da SIL (durante os perıodos de carga pesada). Isto faz com que o perfil detensao ao longo da linha seja peculiar a cada tipo de carga, conforme mostra o exemploa seguir.

Ex. 2.6 A figura 2.14 mostra o perfil de tensao na linha de transmissao da secao anterior,desprezando as perdas, para diferentes tipos de carga conectadas ao terminal receptor,com a tensao no terminal emissor mantida constante no valor nominal. A impedanciaserie e a susceptancia shunt da linha valem respectivamente z = ȷ0, 3306 Ω/km e y =ȷ4, 67 µS/km. A impedancia caracterıstica, a SIL e a constante de propagacao destalinha valem respectivamente 266,0682 Ω; 2199,5 MW e ȷ0.0012 rad/m. As grandezasestao expressas no sistema por unidade, na base 765 kV e 2199,5 MVA. Com relacao aesta figura, observa-se que:


Vnom (kV) Zc =

√L

C(Ω) SIL =

V 2nom

Zc

(MW)

69 366-400 12-13138 366-405 47-52230 365-395 134-145345 280-366 325-425500 233-294 850-1075750 254-266 2200-2300

Tabela 2.2: Valores tıpicos SIL e Zc

0 50 100 150 200 250 3000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)

Distância (km)

Curva V x Comprimento

circuito aberto

SIL

carga indutiva 1

carga indutiva 2

carga indutiva 3

Figura 2.14: Perfil de tensao da linha de transmissao para diferentes tipos de carga

• na condicao a vazio, a corrente que supre o terminal receptor e nula, isto e, Ir0 = 0,tal que a tensao ao longo da linha aumenta de 1,0 pu (no terminal emissor) ate1,0733 pu (no terminal receptor), segundo a expressao Ve0(x) = cos(βx)Vr0;

• se a impedancia da carga e igual a (SIL), o perfil de tensao e horizontal no valor damagnitude da tensao no terminal emissor, igual a 1,0 pu no presente caso;

• a magnitude da tensao no terminal receptor depende da especificacao da carga, e emgeral esta situado entre o perfil plano e a tensao de curto circuito;

• Variando-se a impedancia da carga de (1, 0+j1, 0)Zc a (0, 01+j0, 01)Zc, a magnitudeda tensao decresce ao longo da linha, de 0,8865 pu ate 0,0380 pu.

• se a impedancia da carga e nula (curto circuito), Vrcc = 0 e Vcc(x) = (Zc sin(βx)) Ircc;isto e, a tensao decresce de Vs = (Zc sin(βl)) Ircc no terminal emissor ate Vrcc = 0


no terminal receptor;

Com relacao a potencia liberada no terminal receptor de uma linha sem perda, con-sidere o circuito π-equivalente da figura 2.13, no qual a corrente no terminal receptor edada por

Ir =Ve −Vr

Z′ − Y′

2Vr

=

(Ve∠δ − Vr∠00

jX ′

)− jB

′

2Vr∠00

A potencia complexa no terminal receptor e dada por

Sr = Vr

(Ve∠δ − Vr

jX ′

)∗

+

(jB

′

2

)V 2r

=jVrVe cos δ + VrVe sin δ − jV 2

r

X ′ +jB

′

2V 2r

=VrVe

X ′ sin δ + j

(VrVe cos δ − V 2

r

X ′ +B

′

2V 2r

)tal que separando as partes real e imaginaria, obtem-se

Pr =VrVe

X ′ sin δ

Qr =

(VrVe cos δ − V 2

r

X ′ +B

′

2V 2r

) (2.16)

A maxima potencia que pode ser transferida ao terminal receptor sem perda de esta-bilidade em regime permanente ocorre quando δ = 900 e vale

Pmaxr =

VrVe

X ′

com a correspondente potencia reativa igual a

Qr(Pmaxr ) = V 2

r

(B

′

2− 1

X ′

)

e, desde que X′= Zc sin(βl) e β =

2π

λ, o limite de estabilidade em termos da SIL e dado

por

Pmaxr =

V pue V pu

r SIL

sin

(2πl

λ

)onde as tensoes terminais da linha sao expressas em por unidade, adotando a tensaonominal como base.


Ex. 2.7 Considerando a linha de transmissao da secao anterior, com as perdas de-sprezadas, a qual tem reatancia serie e susceptancia shunt nominais iguais a 99,18 Ωe 0,0014 S, respectivamente, reatancia serie e susceptancia shunt equivalentes iguais a96,89 Ω e 0,0014 S, impedancia caracterıstica igual a 266,13 Ω, constante de propagacaoigual a j0,0012 m−1 e comprimento de onda igual a 5056 km. Supondo que a magnitudedas tensoes terminais sao fixas no valor nominal, o angulo de fase δ aumenta de 00 a900, conforme a potencia ativa liberada pela linha aumenta. Quando a abertura angularda linha e zero, a potencia ativa suprida ao terminal receptor e zero, porem uma pequenaquantidade de potencia ativa e gerada pela capacitancia da linha, conforme pode ser ver-ificado com auxılio da Eq. (2.16). A maxima potencia que a linha pode liberar e dadapor

Pmaxr =

VrVe

X ′ =V pue V pu

r SIL

sin

(2πl

λ

)=

(765k)(765k)

99, 18⇔ (1, 0)(1, 0)2199, 02

sin

(2π × 300

5000

)= 5900, 63 ⇔ 2, 7165SIL

a qual representa o limite teorico de estabilidade em regime permanente para uma linhasem perdas, com a correspondente potencia reativa igual a -2,5579 pu. Note que a tensaonominal da linha e a SIL foram adotados como valores base nestes calculos.

A figura 2.15 mostra a representacao geometrica da potencia ativa transmitida emfuncao da variacao da diferenca angular entre as tensoes terminais da linha. Note que,neste caso a potencia maxima transmitida ao terminal receptor atraves da linha de trans-missao sem perdas ocorre quando a abertura angular entre as tensoes terminais da linhae 900. Quando a abertura angular da linha e zero, nao ha fluxo de potencia atraves doelemento serie da linha de transmissao, apenas os elementos shunt da LT geram 0,1886pu(Mvar). Na abertura angular de 21,35 graus, a linha transmite 1,0 pu(MW) e 0,0pu(Mvar); isto e, a carga e igual a SIL da LT. A transferencia de potencia ativa maximade 2,7465 pu(MW) ocorre em 90 graus, com a correspondente potencia reativa igual a-2,5579 pu(Mvar). Na abertura angular de 180 graus, o fluxo de potencia ativa atraves daLT e zero e o de potencia reativa e igual a -5,3044 pu(Mvar). Portanto, a analise destafigura permite as seguinte observacoes:

• o sentido do fluxo de potencia ativa varia com a abertura angular da linha de trans-missao e portanto e determinado pelo fasor tensao que esta em avanco;

• quando a abertura angular atinge 90 graus (δ = 900), a transferencia de potenciaalcanca o seu valor maximo (Pr = Pmax), o que indica que o limite de estabilidadeestatica foi atingido. Se a abertura angular ultrapassar 90 graus (δ > 900), o sin-cronismo entre as barras e perdido e a potencia transmitida decresce com o aumentoda defasagem angular;

• o termo Pmax =VeVr

X ′ e chamado potencia de escape ou capacidade de transmissao.

Este termo representa a potencia maxima que a linha pode transmitir sem ultrapassar


0 20 40 60 80 100 120 140 160 180−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3


Pot

ênci

a A

tiva

(Rea

tiva)

(pu

)

Curvas P x Delta e Q x Delta − LT sem perdas

P x Delta

Q x Delta

Figura 2.15: Curvas Pδ e Qδ - linhas de transmissao sem perdas

o limite de estabilidade estatica. Ele aumenta com o quadrado da magnitude datensao de transmissao e decresce com o aumento da reatancia da linha. Isto explicaporque e desejavel utilizar altas tensoes de transmissao em sistemas com baixosvalores de reatancias serie.

Com relacao as curvas PV e QV no caso da linha de transmissao sem perdas, a equacaodo quadripolo relativa a tensao e dada por

Ve = Vr cos(βl) + jZc sin(βl)Ir

onde a impedancia caracterıstica Zc e um numero real, o qual por simplificacao seradenotado nesta subsecao por Zc.

Se a carga do terminal receptor e representada por uma injecao de potencia constanteP + jQ, a injecao de corrente corrente correspondente e dada por

Ir =P − jQ

V∗r

e a tensao no terminal emissor e expressa por

Ve = Vr cos(βl) + jZc sin(βl)

(P − jQ

V∗r

)(2.17)

Supondo que a tensao no terminal emissor e mantida constante, a Eq. (2.17) pode serre-escrita como

V∗rVe = V∗

rVr cos(βl) + jZc sin(βl) (P − jQ)

= V 2r cos(βl) + ZcQ sin(βl) + jZcP sin(βl)


onde Vr e a magnitude do fasor tensao Vr. Em termos de modulo,

V 2r V

2e =

(V 2r cos(βl) + ZcQ sin(βl)

)2+ (ZcP sin(βl))2

= V 4r cos2(βl) + 2V 2

r ZcQ cos(βl) sin(βl) + Z2c

(Q2 + P 2

)sin2(βl)

cujo re-arranjo fornece

V 4r cos2(βl) + V 2

r

(2ZcQ cos(βl) sin(βl)− V 2

e

)+ Z2

c

(Q2 + P 2

)sin2(βl) = 0

onde fazendo y = V 2r , obtem-se a equacao quadratica

ay2 + by + c = 0 (2.18)

onde a = cos2(βl), b = (2ZcQ cos(βl) sin(βl)− V 2e ) e c = Z2

c (Q2 + P 2) sin2(βl).

Da mesma forma que no caso da Eq. (2.13), a magnitude da tensao no terminalreceptor e obtida resolvendo-se a Eq. (2.18), a qual a rigor possui quatro solucoes, duasdas quais com significado fısico.

Ex. 2.8 A figura 2.16 mostra as curvas PV obtidas para cargas com diferentes fatoresde potencia, com a tensao no terminal emissor fixada no valor nominal, para a linha detransmissao da secao anterior. No caso da linha sem perdas, observa-se que quando acarga e igual a potencia natural (SIL) com fator de potencia unitario, o perfil de tensaoe plano em 1,0 pu. Observe que neste caso a potencia ativa maxima correspondente ademanda crıtica e superior aquela correspondente ao caso das linhas de transmissao comperdas. As curvas QV correspondentes a linha sem perda sao apresentadas na figura 2.17.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)


Curva P x V − LT sem perdas

fp indutivo

fp unitário

fp capacitivo

Figura 2.16: Curva PV - cargas com diferentes fatores de potencia


−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)

Potência Reativa (pu)

Curva Q x V − LT sem perdas

Pr = 0,25Prmax

Pr = 0,50Prmax

Pr = 0,75Prmax

Pr = Prmax

Figura 2.17: Curva QV - cargas com diferentes fatores de potencia

2.8 Fluxo de Potencia em Linhas de Transmissao

A figura 2.18 mostra o circuito π de uma linha de transmissao conectando duas barras ie j, onde

• Vi = Vi∠δi e Vj = Vj∠δj sao os fasores que representam as tensoes nodais;

• Zser = Rij + jXij e Ysh = jBsh sao respectivamente a impedancia serie e a ad-mitancia shunt da linha de transmissao;

• Sij = Pij + jQij e Sji = Pji + jQji sao os fluxos de potencia aparente que saem dasbarras i e j, respectivamente.

?? --

? ?

Vi∠δi Vj∠δj

? ?

QjiPij Pji

P′ji

Q′ji

QshjQshi

P′ij

Q′ij

Ysh

2= jBc

2Ysh

2= jBc

2

Zser = Rij + jXijQij

i j

Figura 2.18: Circuito π representativo da linha de transmissao conectando as barras i e j


A corrente que flui da barra i em direcao a barra j e dada por

Iij =Vi −Vj

Rij + jXij

e o correspondente fluxo de potencia aparente e expresso por

S′

ij = P′

ij + jQ′

ij = ViI∗ij = Vi

(V∗

i −V∗j

Rij − jXij

)=

1

Rij − jXij

(V 2i − ViVj∠(δi − δj)

cuja expansao fornece

S′

ij =Rij + jXij

R2ij +X2

ij

[V 2i − ViVj(cos δij + j sin δij)

](2.19)

onde δij = (δi − δj) representa a defasagem entre os fasores Vi e Vj.Da separacao da Eq. (2.19) em partes real e imaginaria resulta

P′

ij =1

R2ij +X2

ij

(RijV2i −RijViVj cos δij +XijViVj sin δij)

Q′

ij =1

R2ij +X2

ij

(XijV2i −XijViVj cos δij −RijViVj sin δij)

Desde que a condutancia shunt da linha de transmissao e desprezıvel, nenhuma potenciaativa flui pelo ramo paralelo da linha, e portanto

Pij = P′

ij

No caso do fluxo de potencia reativa,

Qij = Q′

ij +Qshi

A potencia aparente que flui no ramo shunt relativo a barra i e dada por

Sshi = ViI∗shi = Vi

(ViYsh

2

)∗

= −j V2i Bc

2

e entao

Qshi = −V 2i Bc

2

Portanto, os fluxos de potencia ativa e reativa numa linha de transmissao sao expressoscomo

Pij =1

R2ij +X2

ij

(RijV2i −RijViVj cos δij +XijViVj sin δij)

Qij = −V 2i Bc

2+

1

R2ij +X2

ij

(XijV2i −XijViVj cos δij −RijViVj sin δij)

(2.20)


De maneira analoga, como sen δij = −sen δji e cos δij = cos δji, os fluxos de potenciaativa e reativa da barra j para a barra i sao

Pji =1

R2ij +X2

ij

(RijV2j −RijViVj cos δij −XijViVj sin δij)

Qji = −V 2j Bc

2+

1

R2ij +X2

ij

(XijV2j −XijViVj cos δij +RijViVj sin δij)

(2.21)

As perdas de potencia ativa e reativa sao dadas respectivamente por

PL = Pij + Pji

QL = Qij +Qji

Definindo a condutancia e a susceptancia series da linha de transmissao como

gij =Rij

R2ij +X2

ij

e

bij =−Xij

R2ij +X2

ij

os fluxos de potencia ativa Pij e Pji sao expressos respectivamente como

Pij = gijV2i − gijViVj cos δij − bijViVj sin δij

Pji = gijV2j − gijViVj cos δij + bijViVj sin δij

Da soma desses dois fluxos resulta

Pij + Pji = gij(V2i + V 2

j )− 2gijViVj cos δij

ou seja,Pij + Pji = gij|Vi −Vj|2

Nesta ultima expressao, o termo |Vi−Vj| representa a magnitude da queda de tensaono elemento serie da linha de transmissao, e portanto a soma dos fluxos de potencia emsentidos opostos pode ser reconhecida como a perda ohmica de potencia na LT.

De maneira analoga os fluxos de potencia reativa Qij e Qji sao expressos respectiva-mente como

Qij = −V 2i

Bc

2+ (−bijV 2

i + bijViVj cos δij − gijViVj sin δij)

e

Qji = −V 2j

Bc

2+ (−bijV 2

j + bijViVj cos δji + gijViVj sin δij)

e a soma QL = Qij +Qji e dada por

Qij +Qji = −Bc

2(V 2

i + V 2j )− bij(V

2i + V 2

j − 2ViVj cos δij)


ou seja,

Qij +Qji = −Bc

2(V 2

i + V 2j )− bij|Vi −Vj|2

O primeiro termo desta equacao pode ser identificado como a geracao de potenciareativa nos elementos shunt, enquanto que o segundo pode ser interpretado como a perdade potencia reativa no elemento serie da linha de transmissao. (Observe que de acordocom as definicoes anteriores bij < 0 e Bc > 0).

Ex. 2.9 Para ilustrar o comportamento dos fluxos de potencia, considere a linha de trans-missao longa da tabela 2.1 conectando as barras e e r. Os fluxos de potencia ativa e reativaem ambos os sentidos sao calculados com auxılio das Eqs. (2.20), mantendo-se a mag-nitude das tensoes nos terminais constante em 1,0 pu e variando-se a abertura angularda linha de −π a π. A soma algebrica dos fluxos de potencia ativa Per e Pre fornece ovalor da perda de potencia ativa na transmissao Pl. Observa-se ainda que, fluxos positivosde potencia reativa Qer e Qre saem respectivamente das barras e e r, indicando que paramanter o nıvel de tensao plano em 1,0 pu ambas as barras devem operar de forma a suprira reatancia da linha de transmissao.

−150 −100 −50 0 50 100 150−6

−4

−2

0

2

4

6


Pot

ênci

a A

tiva

(Rea

tiva)

(pu

)

Curvas P x Delta e Q x Delta

Per x Delta

Pre x Delta

Qre x Delta

Qer x Delta

Pl (perda)

Figura 2.19: Transmissao de potencia ativa entre duas barras

No caso de linhas de transmissao com perdas de potencia ativa desprezıveis, a re-sistencia serie e desconsiderada. Os fluxos de potencia ativa e reativa atraves do elementoserie da linha sao dados pela Eq. (2.16).

2.9 Compensacao de Linhas de Transmissao

Esquemas de compensacao de uma linha de transmissao sao mostrados nas figuras 2.20e 2.21. A linha de transmissao e representada por um circuito π-equivalente, no qual a


impedancia serie e Z = R + jX e a admitancia shunt e Y = G + jB. Cada metade dacompensacao reativa e instalada em um extremo da linha de transmissao. As grandezasNc e Nl representam respectivamente as quantidades percentuais de compensacao reativaexpressas em funcao da reatancia serie e da susceptancia shunt da linha de transmissao.

Y

2

Y

2

Z = R + jX Terminalemissor

Terminalreceptor

−j(X2)(

Nc

100) −j(X

2)(

Nc

100)

Figura 2.20: Compensacao reativa serie de linhas de transmissao

A compensacao serie e utilizada para elevar a capacidade de carregamento das linhasde transmissao longas. Os bancos de capacitores sao instalados em serie com cada fasedo sistema de transmissao. O seu efeito e reduzir a impedancia serie da linha de trans-missao (e portanto a queda de tensao ao longo da linha), aumentando assim o limite deestabilidade em regime permanente. O uso dos capacitores serie e recomendado quando areatancia da linha de transmissao e elevada. Se os requisitos de potencia reativa da cargasao reduzidos, os capacitores serie sao de pouca utilidade, apesar de que o uso dessesdispositivos resulta numa reducao da corrente na linha de transmissao. Se esta correntee limitada por considercoes termicas, pouca vantagem e obtida com o uso deste tipo decompensacao (neste caso capacitores shunt deveriam ser utilizados). Se a queda de tensaoe o aumento da transferencia de potencia sao os fatores considerados, os capacitores seriesao bastante efetivos. A desvantagem deste tipo de equipamento e que dispositivos au-tomaticos de protecao tem que ser instalados para desviar as altas correntes durante aocorrencia de faltas e re-inserir o banco de capacitores apos a falta. O uso do banco decapacitores serie pode provocar o aparecimento de oscilacoes de baixa frequencia, origi-nando o fenomeno chamado ressonancia subsıncrona. Estas oscilacoes podem danificar oeixo da turbina e do gerador. A despeito disso, estudos tem mostrado que a compensacaoserie pode aumentar a capacidade de carregamento das linhas de transmissao longas auma pequena fracao do custo de um sistema de transmissao novo.

De maneira analoga, bancos de capacitores e indutores shunt podem ser utilizadospara aumentar a capacidade de carregamento das linhas de transmissao, assim como paramanter a magnitude da tensao proxima do valor nominal. Eles podem ser instaladosnos barramentos, em ambos os nıveis de transmissao e distribuicao, ao longo das linhasde transmissao, ou nas subestacoes e cargas. Esses dispositivos constituem um meiode fornecer potencia reativa localmente, sendo possıvel conecta-los permanentemente ouchavea-los para atuar de acordo com as variacoes de carga do sistema. Este chaveamentopode ser manual ou automatico, controlado por relogio ou pelos requisitos de tensaoe/ou potencia reativa do sistema. Algumas caracterısticas do uso desses equipamentos nacompensacao de potencia reativa sao sumarizadas a seguir.


Y

2

Y

2

Z = R + jX

−j(B2)(

Nl

100) −j(B

2)(

Nl

100)

Terminalemissor

Terminalreceptor

Figura 2.21: Compensacao reativa shunt de linhas de transmissao

Os reatores shunt sao utilizados para consumir potencia reativa gerada por linhas combaixo carregamento. Os reatores shunt sao geralmente instalados em pontos selecionadosao longo das linhas de transmissao de Extra Alta Tensao, de cada fase ao neutro. Osindutores absorvem potencia reativa e reduzem as sobretensoes durante os perıodos decarga leve e/ou resultantes de surtos de chaveamentos. Entretanto, sob condicoes de plenacarga e necessario remover o seu efeito da linha de transmissao a fim de que a capacidadede carregamento da mesma nao seja reduzido.

Os capacitores shunt sao utilizados para gerar potencia reativa em sistemas com altoconsumo de reativo e/ou muito carregados, com o objetivo de elevar a tensao num dosterminais da linha de transmissao durante os perıodos de carga pesada. No caso daconexao desses bancos em paralelo com uma carga indutiva, os capacitores shunt fornecemuma parte ou o suprimento total da potencia reativa. Nesta condicao, eles reduzema corrente transmitida para suprir a carga e portanto a queda de tensao na linha detransmissao. Consequentemente, as perdas de potencia ativa sao reduzidas, melhorandoo fator de potencia da carga e com isto uma quantidade de potencia ativa maior pode sertransmitida pela linha de transmissao.

A figura 2.22 mostra o circuito que ilustra o uso do capacitor shunt em um barramentovisando a compensacao reativa. Neste circuito, todo o restante da rede eletrica comexcecao da barra em questao e representado pelo seu equivalente de Thevenin. A tensaono barramento antes do chaveamento do capacitor e igual a tensao da fonte, isto e

Vt = Eth

Apos o chaveamento do capacitor a corrente no circuito e dada por

Ic =Eth

Zth − jXc

e a tensao Vt na barra compensada e expressa como

Vt = Eth − ZthIc = Eth − (Rth + jXth) Ic

O diagrama fasorial mostrado na figura 2.23 ilustra como a magnitude da tensao au-


G

+

-

Eth

Rth jXth

Chave S

+

Vt

-

Ic

Capacitor C

Figura 2.22: Capacitor shunt - compensacao reativa

Ic

Eth

Vth

IcRth

IcjXth

Vt

Figura 2.23: Capacitor shunt - compensacao reativa / diagrama fasorial

menta na barra onde o capacitor foi instalado. Supondo que a tensao Eth e constante,o aumento na tensao Vt causado pela adicao do capacitor e aproximadamente igual aIcZth, desde que antes do chaveamento Vt = Eth. Observe que tanto no caso dos capac-itores shunt como no caso dos reatores shunt, quando a magnitude da tensao decresce apotencia reativa envolvida por estes dispositivos tambem decresce. No caso particular doscapacitores, em perıodos de carga leve, quando a magnitude da tensao tende a aumentar,a potencia reativa gerada por estes equipamentos tende a fazer com que a magnitude datensao aumente ainda mais, com o risco de exceder os limites.

Sob o ponto de vista da representacao da linha de transmissao por um quadripolo,os esquemas de compensacao serie e shunt podem ser vistos como um agrupamento dequadripolos, da forma mostrada na figura 2.24. O quadripolo 2 representa a linha detransmissao enquanto que os quadripolos 1 e 3 sao iguais e representam a compensacaoreativa. Os parametros correspondentes a compensacao serie sao dados por

A1 = A3 = 1

B1 = B3 = −j(X

2)(

Nc

100)

C1 = C3 = 0

D1 = D3 = A1

(2.22)


e no caso da compensacao shunt

A1 = A3 = 1

B1 = B3 = 0

C1 = C3 = −j(B

2)(

Nl

100)

D1 = D3 = A1

(2.23)

+ + + +

- - - -

Ie I1 I2 Ir

Ve V1 V2 Vr

Quadripolo 1

A1,B1,C1,D1

Quadripolo 2

A2,B2,C2,D2

A3,B3

C3,D3

Quadripolo 3

Figura 2.24: Compensacao reativa - linhas de transmissao

As relacoes entre as tensoes e correntes na entrada e na saıda do quadripolo saoestabelecidas observando-se que na figura 2.24,[

Ve

Ie

]=

[A1 B1

C1 D1

] [V1

I1

][V1

I1

]=

[A2 B2

C2 D2

] [V2

I2

][V2

I2

]=

[A3 B3

C3 D3

] [Vr

Ir

]e portanto [

Ve

Ie

]=

[A1 B1

C1 D1

] [A2 B2

C2 D2

] [A3 B3

C3 D3

] [Vr

Ir

](2.24)

Ex. 2.10 O efeito da compensacao da linha de transmissao e ilustrado, tomando-se alinha de transmissao longa da tabela 2.1. Uma compensacao shunt de 75% resulta no valorj0,000354 S para a admitancia shunt, nao havendo modificacao no valor da impedanciaserie da linha. A figura 2.25 mostra as curvas PV com e sem compensacao, para cargasde fator de potencia unitario e 0,8 indutivo. A compensacao shunt causa uma reducaono nıvel de tensao do terminal emissor e no valor maximo da potencia ativa que podeser transmitida atraves da linha. Esta ultima modificacao nao e tao significativa porquea transferencia de potencia depende fundamentalmente dos parametros serie da linha.Variacoes mais acentuadas ocorrem no nıvel da magnitude de tensao no terminal emissor.Por exemplo, na ausencia de compensacao as cargas de 0,5 pu(MW) com fator de potenciaunitario e 0,1 pu com fator de potencia 0,8 indutivo operam respectivamente nos nıveisde tensao de 1,0476 pu e 1,0411 pu. Com os 75% dee compensacao essas tensoes atingemos valores 0,9909 pu e 0,9849 pu, respectivamente.

Por outro lado, a compensacao serie resulta numa modificacao na impedancia serieda linha de transmissao e na consequente variacao no valor da potencia maxima a ser


0 0.5 1 1.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Mod

ulo

da T

ensã

o (p

u)


Curvas P x V − compensação shunt de LT com perdas

(1)(2)(3)(4)

(1): fp unitário (s/comp)

(2): fp unitário (c/comp)

(3): fp indutivo (s/comp)

(4): fp indutivo (c/comp)

Figura 2.25: Compensacao shunt da linha de transmissao com perdas

transferida ao longo da linha. Assim, supondo uma compensacao serie de 30% (metadeinstalada em cada extremo), os parametros dos quadripolos referidos na Eq. (2.24) sao

A1 = A3 = 1

B1 = B3 = −j14, 53 S (0, 0546 pu)

C1 = C3 = 0

D1 = D3 = A1

e

Aeq = 1, 0

Beq = 0.0177 + j0.2549 (pu)

Ceq = C3 = 0

Deq = D3 = A1

o que resulta num aumento do limite de estabilidade estatica para 3,642 pu (sem a com-pensacao serie este limite e 2,610 pu), para o qual corresponde uma potencia reativa de-3,89 pu (o valor sem compensacao e -2,551 pu). Portanto a compensacao serie resultounum aumento de aproximadamente 39% da potencia ativa que pode ser transferida man-tendo a linha plana em 1,0 pu de tensao. Entretanto, isto requer que uma quantidademaior de potencia reativa seja suprida pelo terminal receptor ao sistema de transmissao.A figura 2.26 mostra as curvas Pδ e Qδ da linha com e sem compensacao reativa.


−150 −100 −50 0 50 100 150−8

−6

−4

−2

0

2

4


Pot

ênci

a A

tiva

(Rea

tiva)

(pu

)

Curvas P x Delta e Q x Delta − compensação série de LT com perdas

(1)

(2)

(3)

(4)(1): P−Delta (s/comp)

(2): P−Delta (c/comp)

(3): Q−Delta (s/comp)

(4): Q−Delta (c/comp)

Figura 2.26: Compensacao serie da linha de transmissao com perdas

2.10 Desempenho das linhas de transmissao

Durante a operacao em regime permanente, o desempenho das linhas de transmissao podeser avaliado com base nas seguintes figuras de merito:

• regulacao de tensao;

• rendimento;

• nıvel de carregamento.

A regulacao de tensao de uma linha de transmissao e definida como a variacao detensao no terminal receptor, quando a carga varia da condicao a vazio ate a plena cargacom um fator de potencia especificado e a tensao no terminal emissor mantida constante;isto e,

RV (%) =|Vr0 | −

∣∣Vrpc

∣∣∣∣Vrpc

∣∣ × 100

onde, RV (%) e a regulacao percentual de tensao, |Vr0 | e a magnitude da tensao noterminal receptor na condicao a vazio e

∣∣Vrpc

∣∣ e a magnitude da tensao no terminalreceptor na condicao de plena carga.

As figuras 2.27 e 2.28 mostram os diagramas fasoriais da tensao nos terminais deuma linha de transmissao considerando apenas os parametros serie da linha, quando alinha supre cargas indutiva e capacitiva, respectivamente. A tensao a vazio e obtida dasequacoes do quadripolo, fazendo-se a corrente no terminal receptor igual a zero (Ir = 0),o que resulta em

Vr0 =Ve

A


No presente caso, a corrente na linha de transmissao e zero na condicao a vazio (Ir0 = 0),tal que Vs = Vr0 .

Vs = Vr0

jXIrpc

RIrpc

Vrpc

Irpc

Figura 2.27: Regulacao - carga indutiva

IrpcjXIrpc

RIrpc

Vrpc

Vs = Vr0

Figura 2.28: Regulacao - carga capacitiva

Nas figuras 2.27 e 2.28, observa-se que a regulacao mais elevada tende a ocorrer nocaso do fator de potencia em atraso. Um valor mais reduzido da regulacao (as vezes atenegativo) pode ser obtido no caso de fator de potencia em avanco. A regulacao de tensaoe uma figura de merito relativamente facil de se calcular e fornece uma medida escalarda queda de tensao ao longo da linha. O valor exato desta queda de tensao e obtidoatraves da diferenca entre os fasores tensao nos terminais emissor e receptor da linha detransmissao.

O rendimento de uma linha de transmissao e definido como:

η(%) =Pr

Pe

=Pe − Pl

Pe

× 100

onde, Pr e a potencia ativa de saıda, Pe e a potencia ativa de entrada e Pl e o valor dasperdas de potencia ativa na linha de transmissao. Estas perdas compreendem basicamenteas perdas Joule nas resistencias serie das linhas de transmissao.

O nıvel de carregamento das linhas de transmissao pode ser caracterizado de tresformas:

• atraves do limite termico;


• atraves da queda de tensao;

• atraves do limite de estabilidade em regime permanente.

O limite termico esta relacionado a maxima temperatura que o condutor pode supor-tar, a qual afeta o arco formado no seu vao (entre as torres de sustentacao) e a sua rigideztermica. A temperatura do condutor depende:

• da magnitude da corrente que o percorre;

• do tempo de duracao da magnitude da corrente que o percorre;

• da temperatura ambiente;

• da velocidade do vento;

• da condicao da superfıcie do condutor.

Se a temperatura e alta demais, o requisito de distancia prescrita entre o condutor ea terra pode nao ser satisfeito ou o limite de elasticidade do condutor pode ser excedido,de tal forma que ele nao possa retornar ao seu estado original apos resfriado. O limite decarregamento das linhas curtas em geral e determinado pelo limite termico do condutor,ou pelos valores nominais limites dos equipamentos conectados nos terminais da linha detransmissao (disjuntores etc).

Em linhas mais longas, com comprimento ate 300 km, o carregamento depende dolimite estabelecido para a queda de tensao maxima permitida. Em geral, uma queda detensao de aproximadamente ±5%, ou seja, 0, 95Ve ≤ Vr ≤ 1, 05Ve e aceita na praticacomo razoavel. Na pratica, a tensao nas linhas de transmissao decresce na condicao decarga pesada e aumenta na condicao de carga leve. Nos sistemas de Extra Alta Tensao(EAT), a magnitude das tensoes deve ser mantida dentro da faixa de ±5% em torno dovalor nominal, correspondendo a uma regulacao em torno de 10%. Este valor de regulacaotambem e considerado adequado para linhas de transmissao com nıveis de tensao maisbaixos (incluindo transformadores).

O carregamento de linhas de transmissao com comprimento maior do que 300 kme estabelecido com base nos estudos de estabilidade em regime permanente (habilidadedas maquinas sıncronas do sistema permanecerem em sincronismo), os quais fornecemos limites para as aberturas angulares das linhas de transmissao, necessarios (mas naosuficientes) para que o sistema de potencia permaneca estavel.

2.11 Exercıcios

2.1 Considere uma linha de transmissao trifasica, 60 Hz, 300 km, 765 kV, transposta,composta de quatro condutores ACSR 1272000 CMil 54/3, cada um destes com com z =0, 0165+ j0, 3306 = 03310∠87, 140 Ω/km e y = j4, 674×10−6 S/km por fase. A tensaono terminal emissor e constante e igual a tensao nominal da linha. Determinar:

1. o carregamento da linha em termos de corrente e fluxo de potencia, supondo que atensao no terminal receptor e 0,95 pu e que a abertura angular da linha e 350;


2. a corrente de plena carga a fator de potencia 0,986 adiantado, baseado no carrega-mento determinado no item anterior;

3. o valor exato da tensao no terminal receptor para a corrente de plena carga calculadano item anterior;

4. a regulacao percentual para a corrente de plena carga.

2.2 Deseja-se transmitir 9000 MW de uma planta hidreletrica ate um centro de cargalocalizado a 500 km da planta.

1. Determinar o numero de linhas trifasicas, 60 Hz, requeridas para transmitir estapotencia supondo a necessidade de uma linha de transmissao de reserva (a qualestara sempre fora de servico) nos seguintes casos:

• LT de 345 kV, com Zc = 297Ω;



Considere que a linha nao tem perdas, que a magnitude da tensao nos terminaisemissor e receptor da LT vale respectivamente 1,00 e 0,95 pu e que a aberturaangular da linha e de 350. Compare estes valores com aqueles que seriam obtidostomando como base o criterio de carregamento pratico da linha (93% da SIL).

2. Verifique se e possıvel transmitir a potencia requerida no exemplo anterior com 5ao inves de 6 condutores, se existem duas subestacoes intermediarias que dividemcada linha em tres secoes de 167 km, e se uma secao de um dos condutores da linhaesta fora de servico.

2.3 Seja uma linha de transmissao com uma reatancia serie de 30 Ω/fase. Com oobjetivo de aumentar a sua capacidade de transmissao, deseja-se reduzir a sua impedanciapor fase em 40 %, inserindo-se compensacao serie em cada fase. A corrente de maiorintensidade que pode fluir na linha e 1,0 kA. Considerando que a frequencia do sistema e60 Hz,

1. calcular a capacitancia que deve ser instalada em cada fase, a fim de que seja feitaa compensacao serie desejada;

2. suponha que os capacitores disponıveis na praca comercial tem os seguintes valoresde placa: 50 A; 2 kV . Como devem ser combinadas essas unidades num banco afim de efetuar a citada compensacao?

3. se a corrente fluindo na linha atinge o seu valor maximo, quantos kVar’s devemproduzir cada unidade? Quantos kVar’s sao produzidos no total?

2.4 Reatores shunt identicos sao conectados de cada fase ao neutro em ambos os ter-minais de uma linha de transmissao trifasica com as seguintes caracterısticas: 765 kV,transposta, 60 Hz, 300 km, 0,0165 + j 0,3306 Ω/km, j4, 674 × 10−6 S/km por fase,


Z′= 97, 0∠87, 20 Ω, Y

′= 7, 4 × 10−7 + j14, 188 × 10−4 S e A = 0, 9313∠0, 2090 pu.

Durante as condicoes de carga leve, eles fornecem uma compensacao reativa de 75 %. Osreatores sao removidos durante o perıodo de plena carga. A plena carga e 1,90 kA a 730kV e fator de potencia unitario. Supondo que a tensao no terminal transmissor e mantidaconstante, determinar:

1. a regulacao percentual da linha nao compensada;

2. a admitancia shunt e a impedancia equivalente da LT compensada;

3. a regulacao percentual da linha compensada;

2.5 Capacitores serie identicos sao instalados em cada fase de ambos os extremos da LTdo problema anterior, fornecendo 30 % de compensacao. Determinar o valor maximo dapotencia ativa que a linha compensada pode liberar e compara-lo com aquele da LT naocompensada. Supor que a tensao nos extremos da LT e 765 kV.

2.6 Considere uma linha de transmissao trifasica, de 130 km, com resistencia e in-dutancia series por fase 0,036 Ω/km e 0,8 mH/km, respectivamente; e capacitancia shuntpor fase 0,0112 µF/km. Com base no circuito π-nominal da figura 2.29, o qual representaesta linha media, e nas leis de Kirchhoff, determine os parametros Z e Y, E, F, G e Hda equacao matricial [

VR

IR

]=

[E FG H

] [VS

IS

]supondo que a mesma opera na frequencia de 60 Hz.

Y

2

Y

2

Z

+

VS

−

-IS -

IR

+

VR

−

Figura 2.29: Circuito π-nominal da linha de transmissao

2.7 As constantes de uma linha de transmissao trifasica, 230 kV, 370 km de com-primento, em 60 Hz sao: A = D = 0, 8904∠1, 340, B = 186, 78∠79, 460 Ω e C =0, 001131∠900 S.

1. Determine a tensao, a corrente e a potencia no terminal emissor quando esta linhasupre uma demanda de 125 MW com fator de potencia 0,8 em atraso, a 215 kV.

2. Calcule as perdas de potencia ativa e reativa e o rendimento do sistema de trans-missao.

3. Calcule a tensao no terminal receptor quando esta linha opera em circuito aberto,com 230 kV no terminal emissor.


4. Determine a compensacao reativa no terminal receptor, para que na condicao doitem anterior a tensao neste terminal seja 230 kV.

2.8 Uma linha de transmissao trifasica de 480 km supre uma carga de 400 MVA, natensao de 345 kV, com fator de potencia 0,8 indutivo. Os parametros de quadripolo destalinha sao: A = D = 0,8180 ∠1, 30 pu; B = 712,2 ∠84, 20 Ω e C = 0,001933 ∠90, 40 S.

1. determine a tensao, a corrente e a potencia aparente no terminal emissor e a quedade tensao na linha de transmissao;

2. determine as mesmas grandezas do item anterior para a condicao a vazio;

3. calcule a regulacao de tensao desta linha.

2.9 Considere uma linha de transmissao trifasica sem perdas, 60 Hz, 500 kV, 300 km,com parametros 0,97 mH/km e 0,0115 µF/km.

1. determinar a constante de propagacao, a impedancia caracterıstica da linha e osparametros do quadripolo que representa a linha;

2. determinar o limite de estabilidade em regime permanente quando a tensao nos doisextremos da linha e igual a 500 kV.

3. Determinar a tensao, a corrente e a potencia aparente no terminal emissor quandoa linha de transmissao supre:

• uma carga igual a impedancia de surto (SIL) na tensao de 500 kV;

• uma carga de 400 MVA, na tensao de 500 kV e com fator de potencia unitario;

• uma carga de 1600 MVA, na tensao de 500 kV e com fator de potencia unitario;

Interprete os resultados.

2.10 Discorra sobre os seguintes aspectos relacionados a modelagem e analise de desem-penho da linha de transmissao:

1. Modelos de linha de transmissao curta, media e longa e respectivos efeitos consid-erados;

2. Impedancia de Surto (SIL) de uma linha de transmissao e aspectos relevantes daoperacao com carregamento igual, superior e inferior a SIL;

3. Tipos de compensacao reativa utilizados e seus respectivos efeitos. Justifique.

2.11 Considere uma linha de transmissao trifasica, 60 Hz, 280 km, impedancia serieigual a 35 + j140 Ω e admitancia shunt igual a 930 ×10−6∠900 S. Supondo que esta linhaesta suprindo 40 MW, na tensao de 220 kV, com fator de potencia 0,90 atrasado,

1. determinar a tensao, a corrente e a potencia aparente no terminal emissor:

• adotando as aproximacoes de uma linha curta;


• adotando as aproximacoes de uma linha media;

• adotando as equacoes de uma linha longa;

2. Suponha que a tensao no terminal emissor permanece constante. Calcule o rendi-mento e a regulacao de tensao desta linha para cada suposicao do item anterior.

3. Qual o valor da compensacao reativa que fara com que esta linha se comporte comouma linha curta?

2.12 A tensao no terminal emissor de uma linha de transmissao trifasica, 60 Hz, 400km, e 220 kV. Os parametros da linha sao: resistencia serie igual a 0,125 Ω/km, reatanciaserie igual a 0,500 Ω/km e susceptancia shunt igual a 3,312 µS/km.

1. determine a corrente no terminal emissor quando o terminal receptor esta operandoa vazio;

2. determine a corrente, a tensao e a potencia aparente no terminal emissor quandoo terminal receptor esta suprindo uma carga de 80 MW em 220 kV, com fator depotencia unitario.

3. Suponha que a tensao no terminal emissor e mantida constante no valor calculadopara o suprimento da carga. Calcule o rendimento e a regulacao de tensao da linhapara esta condicao.

2.13 Considere uma linha de transmissao trifasica com as seguintes caracterısticas: 100km, 230 kV e 60 Hz, com resistencia serie de 0,088 Ω/km, reatancia serie de 0,4654Ω/km por fase, susceptancia shunt igual a 3.524 µS/km e corrente em regime normal deoperacao igual a 900 A. Tomando como base a potencia de 100 MVA e a tensao nominalda linha, determine:

1. a potencia da linha de transmissao em MVA, em regime normal de operacao;

2. a impedancia caracterıstica e a constante de propagacao da LT em grandezas di-mensionais;

3. os parametros do circuito π-equivalente e do quadripolo que representam a linha detransmissao em valores por unidade;

4. a Surge Impedance Loading (SIL) da LT em valores por unidade;

5. a Surge Impedance Loading, caso o comprimento da LT fosse 600 km;

6. a potencia maxima que pode ser transmitida pela LT desprezando as perdas.

2.14 Considere uma linha de transmissao com os mesmos valores nominais da LT daquestao anterior e comprimento igual a 500 km. Desprezando as perdas e a admitanciashunt, qual o percentual de compensacao serie requerida para que seja possıvel transmitirpotencia maxima igual 565,9 MW? Especifique a capacidade de compensacao em regimepermanente em termos de potencia, corrente e tensao.


2.15 Considere uma linha de transmissao com parametros serie Z = j3 % e shuntY = j90 %, conectando um gerador que opera na tensao 1,0 pu(kV) com fator de potencia0,9 atrasado e uma carga de 5,0 + j2,0 pu(MVA).

1. Supondo a ausencia de compensacao shunt no terminal emissor da linha de trans-missao, qual a compensacao no terminal receptor necessaria para viabilizar estasituacao?

2. Qual a compensacao shunt nos dois extremos da linha, necessaria para manter atensao de 1,0 pu no gerador e na carga.

2.16 Considere uma linha de transmissao trifasica com as seguintes caracterısticas: 300km, 230 kV e 60 Hz, com perdas desprezıveis, reatancia serie de 0,48 Ω/km por fase,susceptancia shunt igual a 2,25 µS/km. Determine:

1. os parametros do circuito π-equivalente e do quadripolo que representam a linha detransmissao; e a Surge Impedance Loading (SIL) desta linha;

2. a tensao, a corrente e a potencia aparente na entrada da linha de transmissao quandoesta supre uma demanda igual a SIL, na tensao nominal;

3. no caso anterior, qual a potencia reativa produzida pelos parametros serie e shuntda linha?

2.17 Considere uma linha de transmissao trifasica, 345 kV, comprimento de 320 km,dois condutores 795000 CMil por fase, 60 Hz, resistencia, reatancia e susceptancia res-pectivamente de 0,0369 Ω/km, 0,3675 Ω/km e 4,5×10−6 S/km. Despreze as perdas depotencia ativa e determine:

1. a constante de propagacao, a impedancia caracterıstica, a Surge Impedance Loading(SIL), os parametros do circuito π-equivalente e do quadripolo representativos daLT;

2. a magnitude da tensao no terminal receptor, quando o mesmo opera em circuitoaberto com tensao nominal aplicada no terminal emissor;

3. a magnitude da tensao no terminal receptor, quando a linha supre uma carga iguala SIL, com tensao nominal aplicada no terminal emissor. Justifique.

4. a tensao, a corrente, a potencia no terminal emissor, a regulacao e o rendimento,quando a linha supre uma carga de 200 Mw com fator de potencia 0,8 atrasado, comtensao de 345 kV no terminal receptor;

5. comente sobre os valores de potencia reativa nos terminais emissor e receptor dalinha de transmissao, para a condicao de operacao do item anterior.

Capıtulo 3

Fluxo de Potencia

3.1 Introducao

Este capıtulo aborda o problema de fluxo de potencia, com enfase em tres aspectos.O primeiro e a representacao analıtica da operacao do sistema de potencia em regimepermanente por um conjunto de equacoes algebricas nao lineares. Para a determinacaodeste modelo, assume-se que o sistema trifasico e balanceado e a rede de transmissao erepresentada pelas correspondentes impedancias de sequencia positiva. O segundo aspectoenfocado diz respeito a descricao dos metodos basicos de solucao para determinar astensoes complexas ao longo da rede eletrica, e a partir destas calcular outras grandezas deinteresse tais como a corrente e os fluxos de potencia nas linhas de transmissao, as injecoesde potencia etc. O terceiro aspecto mostra como as solucoes do fluxo de potencia devemser ajustadas visando servir de referencia a operacao do sistema em regime permanentesob o ponto de vista pratico.

3.2 Conceitos Basicos

Considere uma barra generica i, conforme mostrado na figura 3.1, a qual estao associadosos seguintes fasores:

• Sgi e Igi : injecoes de potencia aparente e corrente, respectivamente, correspondentesao gerador e relacionadas segundo a equacao

Igi =S∗gi

V∗i

=Pgi − jQgi

Vi∠− δi

• Sdi e Idi : injecoes de potencia aparente e corrente, respectivamente, correspondentesa carga e relacionadas de acordo com a expressao

Idi =S∗di

V∗i

=Pdi − jQdi

Vi∠− δi

• Vi = Vi∠δi: tensao complexa na barra i;

90 Capıtulo 3: Fluxo de Potencia

os quais relacionam as seguintes variaveis:

Pgi , Qgi , Pdi , Qdi , Vi, δi

Alem disso, os fluxos de potencia aparente

Sij = Pij + jQij

Sik = Pik + jQik

Sil = Pil + jQil

saem da barra i em direcao as barras j, k e l, respectivamente.

Sgi

(Jgi)

Sdi

(Jdi)

Barra i Vi

Sij = Pij +Qij

Sik = Pik +QikSil = Pil +Qil

para a barra l para a barra j para a barra k

Figura 3.1: Barra generica

Para simplificar a representacao do circuito equivalente, reduz-se o numero de variaveispor barra agrupando-se as potencias geradas e consumidas, resultando deste procedimentoa chamada injecao lıquida de potencia da barra, isto e

Si = Sgi − Sdi = (Pgi − Pdi) + j(Qgi −Qdi) = Pi + jQi

a qual corresponde a injecao lıquida de corrente

Ii = Igi − Idi = (Igip − Idip) + j(Igiq −Qdiq) = Iip + jIiq

e portanto

Ii =S∗i

V∗i

O balanco de potencia aparente na barra i pode ser estabelecido observando-se nafigura 3.1

Sgi = Sdi + Sij + Sik + Sil

ou sejaPgi + jQgi = Pdi + jQdi + Pij + jQij + Pik + jQik + Pil + jQil


tal que, separando as partes real e imaginaria, obtem-se

Pgi = Pdi + Pij + Pik + Pil

Qgi = Qdi +Qij +Qik +Qil

ou alternativamente

Pi = Pij + Pik + Pil

Qi = Qij +Qik +Qil

Ex. 3.1 Para exemplificar como e realizado o balanco de potencia, considere a operacaodo sistema mostrado na figura 3.2, com a magnitude da tensao plana em 1,0 pu, de formaque 75 % da demanda de potencia ativa consumida na barra 2 seja suprida atraves dalinha 1-2. Supoe-se que ha um compensador sıncrono instalado na barra 2, para mantero nıvel da magnitude da tensao nesta barra em 1,0 pu. O objetivo e estabelecer os nıveisde potencia ativa e reativa com que devem operar os geradores conectados as barras 1 e3 e o compensador sıncrono da barra 2. Os valores por unidade mostrados no diagramaestao na base 100 MVA. As cargas das barras 1, 2 e 3 sao respectivamente 40 MVA comfator de potencia 0,80 atrasado, 200 MVA com fator de potencia 0,80 atrasado e 20 MVAcom fator de potencia 0,85 atrasado.

2

3

1

G1 CS

Sg1 Sg2

V1 = 1, 0∠00 pu V2 = 1, 0∠δ2 pu

V3 = 1, 0∠δ3 pu

Z12 = j0, 05 pu

Z13 = j0, 20 pu Z23 = j0, 025 pu

Sd1 Sd2

Sd3

Sg3

G3

Figura 3.2: Sistema de 3 barras - diagrama unifilar

Conforme mostrado no capıtulo anterior, o fluxo potencia numa linha de transmissaosem perdas e com reatancia serie igual a X e dado por

Pij =ViVj

Xsin δij

Qij =Vi

X(Vi − Vj cos δij)

(3.1)


Desde que a magnitude da tensao e a mesma em todas as barras, os fluxos de potenciareativa que saem das barras 1, 2 e 3 sao todos iguais e positivos. Por esta razao, naoseria possıvel operar o sistema plano em 1,0 pu de tensao sem os dispositivos de geracaode potencia reativa instalados nas barras 1, 2 e 3. As demandas de potencia aparentenas barras 1, 2 e 3 sao re spectivamente 0,32 + j0,24 pu(MVA), 1,6+j1,2 pu(MVA) e0,17+j0,105 pu(MVA). O fluxo de potencia ativa na linha de transmissao 1-2 e

0, 75(1, 6) =1, 0× 1, 0

0, 05sin δ12

tal que δ12 = 3, 430 e, adotando o angulo da barra 1 como referencia, δ2 = −3, 430. Osfluxos de potencia reativa na linha 1-2 sao Q12 = Q21 = 0,036 pu. De maneira analoga,δ32 = 0, 570, δ3 = −2, 860, Q32 = Q23 = 0,002 pu, P31 = -0,249 pu, Q13 = Q31 = 0,006pu. O balanco de potencia em cada barra fornece: Pg1 = 1,769 pu, Qg1 = 0,282 pu, Pg2 =0,0 pu, Qg2 = 1,238 pu, Pg3 = 0,321 pu e Qg3 = 0,113 pu.

3.3 Equacoes Estaticas da Rede Eletrica

Para estabelecer as equacoes nao lineares resolvidas no problema de fluxo de potencia,considere o diagrama unifilar mostrado na figura 3.3.

2

3

1

G1 G2

Sg1

Ig1

Sg2

Ig2

V1 V2

V3

LT1

LT2 LT3

Sd1

Id1

Sd2

Id2

Sd3

Id3

Figura 3.3: Sistema de 3 barras - diagrama unifilar

As injecoes lıquidas de potencia nas barras sao dadas por

S1 = Sg1 − Sd1 = (Pg1 − Pd1) + j(Qg1 −Qd1) = P1 + jQ1




e expressas em termos das injecoes de corrente por

S1 = V1I∗1

S2 = V2I∗2

S3 = V3I∗3

O circuito equivalente ao sistema de tres barras e mostrado na figura 3.4. As ad-mitancias y1, y2, e y3 incluem as susceptancias shunt das linhas de transmissao 1 − 2,1− 3 e 2− 3.

S1

I1

S2

I2

S3

I3y1y2 y3

y4 y6

y5

2 31

(0) no de referencia

Figura 3.4: Sistema de 3 barras - circuito equivalente

A aplicacao da lei dos nos de Kirchhoff ao circuito mostrado na figura 3.4 resulta nasseguintes equacoes: I1

I2I3

=

(y1 + y4 + y5) −y4 −y5

−y4 (y2 + y4 + y6) −y6

−y5 −y6 (y3 + y5 + y6)

V1

V2

V3

(3.2)

ou, na forma compacta,Ibarra = YbarraVbarra

Vbarra = ZbarraIbarra

onde, Ibarra e o vetor das injecoes de correntes nas barras; Ybarra e a matriz admitanciade barra e Vbarra e o vetor das tensoes de barra.

Os termos da matriz admitancia de barra da Eq. (3.2) sao genericamente expressoscomo

Yii =n∑

j=0

yij

Yij = −yij

(3.3)


onde 0 e o no de referencia e yij e a admitancia do elemento de ligacao entre os nos ie j. Portanto, a somatoria mostrada na Eq. (3.3) inclui todos os elementos de ligacaoincidentes na barra i.

A matriz impedancia de barra e definida como o inverso da matriz admitancia debarra; isto e,

Zbarra = Y−1barra

A matriz admitancia de barra e esparsa e portanto Zbarra e uma matriz geralmentedensa. Os seus termos sao interpretados da seguinte forma:

• o elemento Zii e denominado impedancia propria (driving point impedance) da barrai e representa todos os caminhos entre a barra i e a terra;

• o elemento Zik e chamado impedancia de transferencia entre as barras i e k;

Considerando que

I1 =S∗1

V∗1

=P1 − jQ1

V∗1

I2 =S∗2

V∗2

=P2 − jQ2

V∗2

I3 =S∗3

V∗3

=P3 − jQ3

V∗3

e possıvel expressar as Eqs. (3.2) em termos de potencia eletrica, isto e,P1 − jQ1

V∗1

P2 − jQ2

V∗2

P3 − jQ3

V∗3

=

(y1 + y4 + y5) −y4 −y5

−y4 (y2 + y4 + y6) −y6

−y5 −y6 (y3 + y5 + y6)

V1

V2

V3

(3.4)

A Eq. (3.4) pode ser expressa na forma generalizada por

Pi − jQi = V∗i

n∑j=1

YijVj (3.5)

a qual e usada para calcular as injecoes de potencia ativa e reativa em funcao das tensoescomplexas nodais. Um sistema generico de n barras possui 6n variaveis e n equacoes naolineares e complexas, semelhantes a Eq. (3.5), ou alternativamente 2n equacoes reais enao lineares.

As Eqs. (3.5) representam o modelo estatico do sistema de potencia de 3 barrasmostrado na figura 3.3. Estas equacoes sao algebricas e nao lineares, e a sua solucaorequer o uso de metodos numericos iterativos. Note que a frequencia aparece implicita-mente atraves dos parametros da rede eletrica. Estas equacoes relacionam um total de 18variaveis e podem ser decompostas em 6 equacoes reais. Desde que o numero de equacoese menor do que o de incognitas, 12 variaveis devem ter o seu valor especificado, o que efeito observando-se que:


• as demandas de potencia ativa e reativa sao conhecidas e portanto podem ser con-sideradas variaveis especificadas ;

• a magnitude da tensao (ou opcionalmente a geracao de potencia reativa) das barrasde geracao e uma variavel fisicamente controlada, e portanto pode ter o seu valorespecificado;

• um angulo e adotado como referencia, de forma que todos os outros sao expressosem relacao a este angulo;

• as perdas de potencia nas linhas de transmissao nao sao conhecidas e portanto naoe possıvel especificar a priori a potencia de todos geradores simultaneamente. Umageracao deve permanecer em aberto para completar o balanco total de potencia dosistema apos conhecidas as perdas.

Para ilustrar como a Eq. (3.5) e usada para estabelecer as equacoes que representama operacao do sistema de potencia em regime permanente, considere o sistema mostradona figura 3.5, o qual representa uma maquina sıncrona suprindo uma carga expressa emtermos de potencia constante por 0,36 + j0,20 pu(MVA) (na base 100 MVA), atraves deuma linha de transmissao com perdas e admitancia shunt desprezıveis e reatancia de 0,25pu(Ω). O objetivo e determinar como deve operar a maquina de forma a suprir a carga,num nıvel de tensao satisfazendo os limites de 0,95 a 1,05 pu(kV), respeitando os limitesde capacidade do gerador sıncrono.

Barra 2Barra 1

Sg1

V1 V2

LT

Sd1 = 0, 36 + j0, 20 pu

(referencia)

Figura 3.5: Diagrama unifilar para o problema exemplo

Uma analise preliminar deste problema, permite observar que 12 variaveis estao as-sociadas a estas duas barras, 6 das quais com o valor automaticamente especificado(Pd1 = Qd1 = 0, Pg2 = Qg2 = 0, Pd2 = 0, 36 pu, Qd2 = 0, 20 pu). As variaveisfisicamente controlaveis na maquina sıncrona sao a potencia ativa gerada (atraves dotorque mecanico da maquina primaria) e a magnitude da tensao (atraves da corrente deexcitacao). O angulo da barra 1 e adotado como referencia e a magnitude da tensao nabarra 1 e especificada em 1,0 pu, isto e V1 = 1, 0∠00 pu. Com isto, obtem-se 2 equacoes


complexas da forma da Eq. (3.5) e 4 incognitas (V2, δ2, Pg2 , Qg2), dadas por

P1 − jQ1 = V∗1

2∑j=1

Y1jVj

= V∗1Y11V1 +V∗

1Y12V2

P2 − jQ2 = V∗2

2∑j=1

Y2jVj

= V∗2Y21V1 +V∗

2Y22V2

(3.6)

A matriz admitancia de barra deste sistema e dada por

Ybarra = −j[

4, 0 −4, 0−4, 0 4, 0

]tal que a Eq. (3.6) e expressa por

P1 − jQ1 = V1∠00(−j4, 0)V1∠00 + V1∠00(j4, 0)V2∠δ2= −j4, 0V 2

1 + j4, 0V1V2 cos δ2 − 4, 0V1V2 sin δ2

P2 − jQ2 = V2∠− δ2(j4, 0)V1∠00 + V2∠− δ2(−j4, 0)V2∠δ2= 4, 0V1V2 sin δ2 + j4, 0V1V2 cos δ2 − j4, 0V 2

2

(3.7)

e, desde que V1 = 1, 0 pu, Pd2 = 0, 36 pu e Qd2 = 0, 36 pu, entao

P1 − jQ1 = j4, 0(−1, 0 + V2 cos δ2)− 4, 0V2 sin δ2

−0, 36 + j0, 20 = 4, 0V2 sin δ2 + j(4, 0V2 cos δ2 − 4, 0V 22 )

(3.8)

A solucao da Eq. (3.8) e obtida resolvendo-se primeiro a equacao

−0, 36 + j0, 20 = 4, 0V2 sin δ2 + j(4, 0V2 cos δ2 − 4, 0V 22 ), (3.9)

o que implica em determinar a solucao do sistema de equacoes nao lineares

−0, 36 = 4, 0V2 sin δ2

0, 20 = 4, 0V2 cos δ2 − 4, 0V 22

(3.10)

o qual e obtido separando-se a Eq. (3.9) em partes real e imaginaria; e posteriormentecalculando-se as injecoes de potencia da barra 1, as quais sao dadas por

P1 = −4, 0V2 sin δ2

Q1 = 4, 0(−1, 0 + V2 cos δ2)

O sistema nao linear da Eq. (3.10) pode ser resolvido atraves de metodos iterativos,tais como Newton-Raphson, Gauss-Seidel etc. No nıvel especificado para a tensao dabarra 1, a solucao deste sistema e

V2 = 0, 942 pu(kV ) δ2 = −5, 480

P1 = 0, 36 pu(MW ) Q1 = 0, 2477 pu(Mvar)


V2 δ2 P1 Q1

(pu) (graus) (pu) (pu)

V1=1,02 pu 0,964 -5,25 0,36 0,2456V1=1,05 pu 0,996 -4,94 0,36 0,2427

Tabela 3.1: Solucoes do sistema nao linear

a qual apresenta a magnitude de tensao na barra 2 abaixo do limite mınimo de 0,95 pu.Para corrigir o nıvel da tensao na barra 2, e necessario re-especificar a magnitude datensao na barra 1, atraves do ajuste da corrente de excitacao da maquina sıncrona.

A tabela 3.1 apresenta solucoes correspondentes a duas especificacoes de tensao nabarra 1. A analise das 3 solucoes obtidas mostra que a magnitude da tensao na barra2 e indiretamente controlada pela magnitude da tensao na barra 1. Conforme o nıvelde tensao aumenta, menores aberturas angulares da linha de transmissao sao necessariaspara suprir potencia ativa da carga e menores quantidades de potencia reativa circulamna linha.

3.4 Formulacao do Problema de Fluxo de Potencia

Conforme mostrado na secao anterior, a injecao de corrente na barra i e a injecao lıquidade potencia aparente correspondente sao dadas respectivamente por

Ii =S∗i

V∗i

=n∑

j=1

YijVj

S∗i = V∗

i

n∑j=1

YijVj

Desde que

S∗i = (Vi∠− δi)

n∑j=1

Yij(Vj∠δj)

entao

S∗i = Vi

n∑j=1

Yij(Vj∠δji)

onde δji = δj − δi, tal que separando esta equacao em partes real e imaginaria, obtem-seas expressoes das injecoes de potencia ativa e reativa em funcao do angulo e da magnitudedas tensoes nodais, isto e,

Pi(V, δ) = Vi

n∑j=1

(Gij cos δij +Bij sin δij)Vj

Qi(V, δ) = Vi

n∑j=1

(Gij sin δij −Bij cos δij)Vj

(3.11)


onde Gij e Bij sao elementos da matriz admitancia de barra.

Considerando que

Si = (Pgi − Pdi) + j(Qgi −Qdi) = Pi + jQi

entao o balanco de potencia na i-esima barra e dado por

∆Pi = (Pgi − Pdi)− Vi

n∑j=1


∆Qi = (Qgi −Qdi)− Vi

n∑j=1


(3.12)

onde ∆Pi e ∆Qi sao denominados discordancias (desbalancos, resıduos, desvios) de potencia,e representam a diferenca entre a injecao de potencia oriunda da geracao e da carga e apotencia que flui nas linhas de transmissao que incidem na barra i. No processo itera-tivo do fluxo de potencia, a tensao complexa de cada barra e calculada de forma que amagnitude das diferencas ∆Pi e ∆Qi tenda a zero. Geralmente o criterio de convergenciautilizado e

• |∆Pi| ≤ ϵ para todas as barras PV e PQ;

• |∆Qi| ≤ ϵ para todas as barras PQ.

onde ϵ e uma tolerancia pre-especificada, tipicamente na faixa de 0,01 a 10,0 (MW ouMvar).

Classificacao das Barras

A Eq. (3.12) associa quatro variaveis (Pi, Qi, Vi e δi) a cada barra do sistema. Conformevisto nas secoes anteriores, duas dessas variaveis devem ser especificadas de forma queas outras duas possam ser calculadas como solucao das equacoes da rede eletrica. Paraespecificar as duas variaveis de cada barra, deve-se levar em conta que esta solucao deveser fisicamente realizavel, isto e, a solucao analıtica indica como operar o sistema sob oponto de vista fısico. Para esta finalidade, as barras sao divididas nos tres tipos descritosa seguir.

• Barra PQ ou de Carga - Neste tipo de barra ha predominancia da demanda sobreas outras variaveis, nao existindo, na grande maioria dos casos, geracao de potenciana barra. As injecoes de potencia ativa e reativa sao especificadas e a magnitudee o angulo da tensao nodal sao calculados atraves da solucao das equacoes da redeeletrica. Portanto para uma barra de carga

Si = (P espgi − P esp

di ) + j(Qespgi −Qesp

di )

= P espi + jQesp

i


• Barra PV ou de tensao controlada - Neste tipo de barra, a injecao de potencia ativae a magnitude da tensao sao especificados e o angulo da tensao nodal e a injecaode potencia reativa sao calculados. Para viabilizar esta especificacao e necessarioque um dispositivo de controle da magnitude da tensao (compensador sıncrono,compensador estatico de Var etc) esteja instalado na barra. Numa barra de tensaocontrolada,

Pi = P espgi − P esp

di

Vi = V espi

• Barra de folga, ou swing, ou slack ou de referencia: Desde que as perdas no sistemade transmissao sao conhecidas apenas apos a obtencao da solucao das equacoes darede, deve-se selecionar uma barra para suprir as perdas de potencia nas linhas detransmissao e completar o balanco total de potencia do sistema. Consequentemente,as injecoes de potencia ativa e reativa nao sao especificadas nesta barra. Alemdisso, a solucao de circuitos de corrente alternada requer a escolha de um no dereferencia angular. Assim, neste tipo de barra a magnitude e o angulo da tensao saoespecificados e as injecoes de potencia ativa e reativa sao calculadas como resultadoda solucao das equacoes da rede eletrica, isto e,

δi = δespi

Vi = V espi

Observe que para completar o balanco de potencia um gerador deve estar instaladona barra de folga.

Para ilustrar a determinacao do modelo analıtico da rede eletrica operando em regimepermanente, considere o sistema cujo diagrama unifilar e mostrado na figura 3.6. Osdados das linhas de transmissao e das barras para este sistema sao mostrados nas tabelas3.2 e 3.3.

1

Pd1 + jQd1

2 3

4

Pd4 + jQd4

Gb3

Gb4

Figura 3.6: Diagrama do sistema de 4 barras


Barra V δ Pg Pd Qg Qd Pmin PMax Qmin QMax

(pu) (graus) pu pu pu pu pu pu pu pu

1 0,00 0,80 0,00 0,202 0,00 0,00 0,00 0,003 0,00 0,00 0,00 0,0 0,80 -0,10 0,204 0,20 0,10 0,0 0,60 -0,05 0,10

Tabela 3.2: Dados do sistema de 4 barras

Linha Zser YserYsh

2(pu) (pu) (pu)

1-2 0,02 + j 0,06 5,0 - j 15,0 j0,032-3 0,06 + j 0,18 1,66 - j5,0 j 0,022-4 0,06 + j 0,18 1,66 - j5,0 j 0,023-4 0,01 + j0,03 10,0 - j30,0 j 0,01

Tabela 3.3: Dados do sistema de 4 barras

• Especificacao das Barras

A analise do sistema mostrado na figura 3.6 indica que as barras 1 e 2 podem serespecificadas apenas como barras PQ enquanto que as barras 3 e 4 podem ser defolga, PV ou PQ.

Para estabelecer as equacoes a serem resolvidas, suponha que as barras 3 e 4 sejamespecificadas como folga e PV, respectivamente, com V3 = 1, 03 pu, δ3 = 0, 00,Pg4 = 0, 40 pu, V4 = 1, 02 pu. Note que as tensoes nas barras de geracao devem serespecificadas entre os limites 0,95 pu(V) e 1,05 pu(V).

As variaveis a serem determinadas como solucao do problema de fluxo de potenciasao: δ1, δ2, δ4, V1, V2, P3, Q3 e Q4. Observe que as tres ultimas variaveis sao deter-minadas a partir do conhecimento do modulo e angulo da tensao complexa em todasas barras do sistema. Isto significa que numa primeira etapa, e necessario resolverapenas as equacoes necessarias para a determinacao do angulo e da magnitude datensao nas barras (5 incognitas e portanto 5 equacoes). No estagio subsequente,as injecoes de potencia ativa e reativa na barra de folga e as injecoes de potenciareativa das barras PV sao calculadas.

• Matriz Admitancia

De acordo com a Eq. (3.3), a matriz admitancia de barra e dada por

Ybarra =

+5, 00− j14, 97 −5, 00 + j15, 0−5, 00 + j15, 00 +8, 32− j24, 9 −1, 66 + j5, 00 −1, 66 + j5, 00

−1, 66 + j5, 0 +11, 6− j34, 97 −10, 0 + j30, 0−1, 66 + j5, 0 −10, 0 + j30, 0 +11, 6− j34, 97


• Equacoes do Fluxo de Potencia

A aplicacao da Eq. (3.5) fornece a forma generalizada das equacoes complexas dosistema-exemplo na operacao em regime permanente, isto e,

P1 − jQ1

V∗1

= Y11V1 +Y12V2

P2 − jQ2

V∗2

= Y21V1 +Y22V2 +Y23V3 +Y24V4

P3 − jQ3

V∗3

= Y32V2 +Y33V3 +Y34V4

P4 − jQ4

V∗4

= Y42V2 +Y43V3 +Y44V4

As injecoes de potencia ativa e reativa expressas em termos do angulo e da magnitudedas tensoes complexas sao obtidas com o auxılio da Eq. (3.11), isto e

P1(V, δ) = 5, 0V 21 + V1V2(−5, 0 cos δ12 + 15, 0 sin δ12)

Q1(V, δ) = 14, 97V 21 + V1V2(−5, 0 sin δ12 − 15, 0 cos δ12)

P2(V, δ) = 8, 32V 21 + V2V1(−5, 0 cos δ21 + 15, 0 sin δ21)

+ V2V3(−1, 66 cos δ23 + 5, 0 sin δ23)

+ V2V4(−1, 66 cos δ24 + 5, 0 sin δ24)

Q2(V, δ) = 24, 93V 21 + V2V1(−5, 0 sin δ21 − 15, 0 cos δ21)

+ V2V3(−1, 66 sin δ23 − 5, 0 cos δ23)

+ V2V4(−1, 66 sin δ24 − 5, 0 cos δ24)

P3(V, δ) = 11, 66V 23 + V3V2(−1, 66 cos δ32 + 5, 0 sin δ32)

+ V3V4(−10, 0 cos δ34 + 30, 0 sin δ34)

Q3(V, δ) = 34, 97V 23 + V3V2(−1, 66 sin δ32 − 5, 0 cos δ32)

+ V3V4(−10, 0 sin δ34 − 30, 0 cos δ34)

P4(V, δ) = 11, 66V 24 + V4V2(−1, 66 cos δ42 + 5, 0 sin δ42)

+ V4V3(−10, 0 cos δ43 + 30, 0 sin δ43)

Q4(V, δ) = 34, 97V 24 + V4V2(−1, 66 sin δ42 − 5, 0 cos δ42)

+ V4V3(−10, 0 sin δ43 − 30, 0 cos δ43)

(3.13)

e o conjunto completo das equacoes de balanco de potencia ativa e reativa em cada


barra sao expressas por

P esp1 −P1(V, δ) = 0

Qesp1 −Q1(V, δ) = 0

P esp2 −P2(V, δ) = 0

Qesp2 −Q2(V, δ) = 0

P esp3 −P3(V, δ) = 0

Qesp3 −Q3(V, δ) = 0

P esp4 −P4(V, δ) = 0

Qesp4 −Q4(V, δ) = 0

onde

P esp1 = Pg1 − Pd1 = −0, 80

Qesp1 = Qg1 −Qd1 = −0, 20P esp2 = Pg2 − Pd2 = −0, 00

Qesp2 = Qg2 −Qd2 = −0, 00P esp4 = Pg4 − Pd4 = +0, 20

e os termos Pi(V, δ) e Qi(V, δ) sao dados pela Eq. (3.13).

3.5 Metodos de Solucao

Solucao via Metodo de Gauss-Seidel

Considere que o sistema de equacoes a ser resolvido e expresso por

f(x) = 0 (3.14)

onde f e um vetor coluna, de dimensao n, cujos componentes sao funcoes nao linearesdas n variaveis componentes do vetor x, isto e,

f(x) =

f1(x1, x2, x3 . . . , xn)f2(x1, x2, x3 . . . , xn)f3(x1, x2, x3 . . . , xn)

... . . ....

fn(x1, x2, x3 . . . , xn)

(3.15)

e 0 e um vetor nulo de dimensao n.

Supondo que a Eq. (3.15) e convertida para a forma

x1 = F1(x1, x2, x3 . . . , xn)x2 = F2(x1, x2, x3 . . . , xn)x3 = F3(x1, x2, x3 . . . , xn)

... . . ....

xn = Fn(x1, x2, x3 . . . , xn)

(3.16)


onde cada variavel do vetor x e expressa em funcao das outras variaveis (e da propriavariavel, se for necessario); o metodo iterativo de Gauss consiste em executar osseguintes passos:

– estimativa inicial do vetor x;

– atualizacao do vetor x:x(k) = F(x(k−1))

onde k e o numero da iteracao corrente;

– Teste de convergencia nas variaveis - o processo e encerrado quando a diferencaentre os valores de cada variavel em duas iteracoes consecutivas for menor doque uma tolerancia especificada ϵ, isto e,

|x(k) − x(k−1)| ≤ ϵ

Com o objetivo de obter maior rapidez de convergencia no processo iterativo, ometodo de Gauss-Seidel utiliza o valor mais atualizado de cada variavel na Eq.(3.16). Por exemplo, na iteracao k a variavel x3 e dada por

x(k)3 = F3(x

(k)1 , x

(k)2 , x

(k−1)3 . . . , x(k−1)

n )

Podem ser usados ainda fatores de aceleracao baseados em extrapolacao linear,como a estrategia descrita a seguir. Definindo o incremento na variavel xi entreduas iteracoes como

∆x(k)i = x

(k)i − x

(k−1)i

a atualizacao da variavel com a aplicacao do fator de aceleracao α e dada por

x(k)iac

= x(k−1)i + α∆x

(k)i

onde α = 1, 0 implica no processo de convergencia natural e a convergencia aceleradarequer que α seja maior do que 1, 0.

No caso do problema de fluxo de potencia, o metodo de Gauss-Seidel e aplicadore-escrevendo as equacoes estaticas do fluxo de potencia na forma generalizada rep-resentada pela Eq. (3.5) como

Pi − jQi

V∗i

= Yi1V1 +Yi2V2 + . . .+YinVn

tal que a tensao complexa da barra i e dada por

Vi =1

Yii

(Pi − jQi

V∗i

−n∑

k=1, k =i

YikVk

), i = 1, 2, . . . , n (3.17)

Um conjunto de equacoes da forma (3.17) e resolvido atraves do metodo de Gauss-Seidel. Cada uma dessas equacoes e estabelecida de acordo com o tipo da barra emquestao, conforme descrito a seguir.


– Barras PQ - Neste tipo de barra, a injecao de potencia complexa e especificadae a tensao complexa e calculada. Portanto, a equacao que caracteriza as barrasde PQ e da forma

V(k)i =

1

Yii

(P espi − jQesp

i

V(k−1)∗

i

−n∑

j=1, j =i

YijVatj

)(3.18)

onde Vatj representa o ultimo valor disponıvel da tensao complexa Vj.

– Barras PV : Numa barra PV , a injecao de potencia ativa e a magnitude datensao sao especificadas enquanto que o angulo da tensao e a injecao de potenciareativa sao calculados considerando inicialmente a equacao

V(k)i =

1

Yii

(P espi − jQcalc

i

V(k−1)∗

i

−n∑

k=1, k =i

YikVatk

), i = 1, 2, . . . , n (3.19)

onde a injecao de potencia reativa na barra PV e calculada com o auxılio daequacao

Qcalci = −ImVat∗

i

n∑j=1

YijVatj (3.20)

utilizando os valores mais atualizados das tensoes complexas.

A equacao (3.19) fornece a tensao complexa

V(k)i = V

(k)i ∠δ(k)i

e, desde que o valor da magnitude da tensao na barra i e especificado a priori,apenas o valor do angulo e utilizado. A partir deste ponto o valor da tensaocomplexa na barra PV passa a ser V esp

i ∠δ(k)i durante a iteracao corrente.

No caso do sistema de 4 barras mostrado na figura 3.6, o sistema de equacoes a serresolvido atraves do metodo de Gauss-Seidel e dado por

V1 =1

Y11

(P1 − jQ1

V∗1

−Y12V2

)V2 =

1

Y22

(P2 − jQ2

V∗2

−Y21V1 −Y23V3 −Y24V4

)V4 =

1

Y44

(P4 − jQ4

V∗4

−Y42V2 −Y43V3

)


ou em termos numericos,

V1∠δ1 =1

5, 0− j14, 97

(−0, 80 + j0, 20

V1∠− δ1− (−5, 0 + j15, 0)V2∠δ2

)

V2∠δ2 =1

8, 32− 24, 9

(0, 0− j0, 0

V2∠− δ2− (−5, 0 + j15, 0)V1∠δ1−

(−1, 66 + j5, 0)1, 03∠δ3 − (−1, 66 + j5, 0)1, 02∠δ4)

1, 02∠δ4 =1

11, 6− j34, 9

(0, 20− jQ4

1, 02∠− δ4− (−1, 66 + j5, 0)V2∠δ2 − (−10, 0 + j30, 0)(1, 03∠00)

)(3.21)

No caso da aplicacao do metodo de Gauss-Seidel ao problema de fluxo de potencia, o fatorde aceleracao e dado por

V(k)i = +V

(k−1)i + α(V

(k)i −V

(k−1)i ) (3.22)

onde α e o fator de aceleracao, o qual e especificado em geral dentro da faixa 1, 4 ≤ α ≤ 1, 8.

Limites de Potencia Reativa

Para representar a capacidade fısica dos geradores, limites de potencia reativa sao estabe-lecidos para cada nıvel de potencia ativa especificada. Esses limites, os quais sao obtidoscom auxılio da curva de capabilidade dos geradores sıncronos, podem ser representadosatraves da inequacao

Qmingi ≤ Qgi ≤ Qmax

gi

onde Qmingi e Qmax

gi sao os limites mınimo e maximo de geracao de potencia reativa. De-pendendo do nıvel de carregamento do sistema de potencia, a especificacao da magnitudeda tensao (valores demasiadamente altos ou baixos) pode levar a violacoes desta restricaode desigualdade no processo iterativo. O procedimento adotado para o tratamento destetipo de restricao de potencia consiste no seguinte:

– caso durante o processo iterativo o limite de potencia reativa gerada for violado, abarra correspondente e convertida em barra de carga. Isto e, a injecao de potenciareativa e fixada no limite e a magnitude da tensao passa a ser uma variavel adicionalcalculada ao longo das iteracoes.

Teste de Convergencia

A convergencia do processo iterativo na solucao do fluxo de potencia via metodo de Gauss-Seidel e realizada em duas etapas. A primeira consiste em verificar a cada iteracao se asvariacoes na magnitude e no angulo da tensao complexa sao significativos. Ou seja, se

|Vvi −Vv−1

i | ≤ ϵV


onde ϵV e uma tolerancia pre-especificada para a tensao complexa, para todas as barrasde carga (PQ) e de tensao controlada (PV ) envolvidas no processo. Caso este teste sejasatisfeito, um teste semelhante e efetuado para os resıduos de potencia ativa e reativa, istoe

|Pespi −Pcalc

i | ≤ ϵP (barras PV e PQ)

|Qespi −Qcalc

i | ≤ ϵQ (barras PQ)

onde ϵP e ϵQ sao as tolerancias pre-especificadas para os resıduos de potencia ativa ereativa.

A verificacao da convergencia e feita tomando-se inicialmente uma tolerancia relativamen-te elevada para as tensoes. Quando esta for satisfeita, efetua-se o teste de convergencia nosresıduos de potencia ativa e reativa. Caso estes nao satisfacam as tolerancias de potencia, oprocesso iterativo e reinicializado com uma tolerancia reduzida para as tensoes. Procede-sedesta forma ate que ambos os testes sejam satisfeitos.

Existem muitos esquemas alternativos para a aplicacao do metodo de Gauss-Seidel aoproblema do fluxo de potencia, cada um com um numero de vantagens e desvantagensassociadas. Em geral, a maior vantagem do metodo de Gauss-Seidel reside no fato deque o numero de elementos no termo relativo correspondente a somatoria e pequeno ecorresponde ao numero de linhas de transmissao do sistema de potencia. Portanto, ambos,os requisitos de memoria e os calculos envolvidos nas iteracoes sao reduzidos. Por outrolado, a maior desvantagem inerente a este metodo e a sua convergencia lenta, o quepode ser atribuıdo ao fraco acoplamento (sob o ponto de vista matematico) entre asbarras. A taxa de convergencia e tambem dependente dos valores relativos dos termosdiagonais da matriz admitancia de barra e da selecao da barra de referencia. Para sistemasnumericamente bem condicionados a solucao pode ser obtida em torno de 50 iteracoes.No caso de sistemas com mal condicionamento numerico (por exemplo, sistemas com altonıvel de compensacao serie), a solucao pode requerer varias centenas de iteracoes, e emalguns casos nao ser obtida.

Algoritmo

O procedimento para resolver as equacoes nao lineares do fluxo de potencia atraves dometodo de Gauss-Seidel podem ser sumarizados no seguinte algoritmo: k = 0, especificaros valores iniciais das tensoes nas barras e formar a matriz admitancia de barra,

1. Para i = 1, n, calcule a tensao complexa de acordo com o tipo de barra:

– Barra PV : calcule a potencia reativa gerada utilizando a Eq. (3.20) e verifiqueos limites correspondentes, isto e,

∗ se Qcalci esta dentro dos limites, compute a magnitude da tensao Vi atraves

da Eq. (3.19) e atualize apenas o angulo da tensao complexa da barra;

∗ se Qcalci esta fora dos limites, especifique a geracao de potencia reativa

no limite violado, converta a barra PV para barra PQ e calcule a tensaocomplexa na barra utilizando a Eq. (3.18);

– Barra PQ: calcule a tensao complexa na barra utilizando a Eq. (3.18);

2. Teste de convergencia nas tensoes complexas: se |Vvi − Vv−1

i | ≤ ϵV para todas asbarras, prossiga ao proximo passo; caso contrario, atualize as tensoes complexas


aplicando o fator de aceleracao atraves da Eq. (3.22); faca k = k + 1 e retorne aopasso (1);

3. Calcule as injecoes de potencia ativa e reativa nas barras utilizando a Eq. (3.11) efaca o teste de convergencia nas injecoes de potencia: se

|Pespi −Pcalc


|Qespi −Qcalc


a convergencia foi alcancada; caso contrario, selecione nova tolerancia para as tensoes,faca k = k + 1 e retorne ao passo (1).

Solucao via Metodo de Newton-Raphson

O metodo de Newton-Raphson e baseado numa sequencia de aproximacoes de primeiraordem em serie de Taylor, em torno de uma serie de pontos calculados ao longo do processoiterativo. Se uma raiz estimada x(k) de uma simples equacao algebrica nao-linear f(x) econhecida, entao uma aproximacao melhor pode ser obtida atraves de

x(k+1) = x(k) +∆x

onde

∆x = − f(x(k))

f ′(x(k))

e f′(x(k)) e a primeira derivada de f(x) com relacao a x calculada no ponto x(k).

No caso de um conjunto de n equacoes nao lineares com n incognitas, da forma

f(x) =

f1(x1, x2, . . . , xn)f2(x1, x2, . . . , xn). . . . . . . . .fn(x1, x2, . . . , xn)

= 0

supondo que uma estimativa inicial x(k) e conhecida, uma nova aproximacao da solucao edada por

x(k+1) = x(k) +∆x

ou

∆x = −[∂f(x)

∂x

]−1

x=x(k)

f(x(k)) = −J(x(k))−1f(x(k)) (3.23)

onde J(x(k)) e uma matriz de primeiras derivadas, de ordem n, denominada Jacobiana,calculada no ponto (x(k)). O elemento (i, j) desta matriz e definido como ∂fi/∂xj .

No caso do problema de fluxo de potencia, o sistema de equacoes nao lineares f(x) = 0corresponde ao balanco de potencia representado pela Eq. (3.12), isto e,

– para uma barra PQ:


n∑j=1


∆Qi = (Qgi −Qdi)− Vi

n∑j=1


(3.24)


– para uma barra PV :


n∑j=1

(Gij cos δij +Bij sin δij)Vj (3.25)

O sistema linear resolvido a cada iteracao do metodo de Newton-Raphson aplicado aoproblema de fluxo de potencia e dado por[

∆Ppv,pq

∆Qpq

]=

[H NM L

] [∆δpv,pq∆Vpq

](3.26)

onde

H =∂Ppv,pq

∂δpv,pqN =

∂Ppv,pq

∂Vpq

M =∂Qpq

∂δpv,pqL =

∂Qpq

∂Vpq

Os elementos das submatrizes H, N, M e L sao obtidos diferenciando-se a Eq. (3.12) eobservando que

∂ cos δij∂δi

= − sin δij∂ cos δij∂δj

= sin δij

∂ sin δij∂δi

= cos δij∂ sin δij∂δj

= − cos δij

o que resulta em

Hii = −Vi

n∑k=1, k =i

(−Giksen δik +Bikcos δik)Vk

= −Qcalci − V 2

i Bii

Hik = Vi(Giksen δik −Bikcos δik)Vk

(3.27)

Mii =∂∆Qi

∂δi

= −Vi

n∑k=1, k =i

(Gikcos δik +Biksen δik)Vk

= P calci − V 2

i Gii

Mik = −Vi(Gikcos δik +Biksen δik)Vk

(3.28)

Nii = +n∑

k=1, k =i

Vk(Gikcos δik +Biksen δik) + ViGii

=(P calc

i + V 2i Gii)

Vi

Nik = Vi(Gikcos δik +Biksen δik)

(3.29)


Lii =

n∑k=1, k =i

(Giksen δik −Bikcos δik)Vk − ViBii

=(Qcalc

i − V 2i Bii)

Vi

Lik = Vi(Giksen δik −Bikcos δik)

(3.30)

Algoritmo

O processo iterativo para a solucao do problema de fluxo de potencia via metodo deNewton-Raphson pode ser sumarizado no seguinte algoritmo: k = 0, especifique valores

iniciais para a magnitude e angulo das tensoes V(k)i e δ

(k)i ,

1. Faca k = k + 1;

2. Calcule os desbalancos de potencia ativa e reativa utilizando as Eqs. (3.24) e (3.25);

3. Verifique a convergencia do processo iterativo: se

|Pespi −Pcalc


|Qespi −Qcalc


a convergencia foi alcancada; caso contrario, prossiga ao proximo passo;

4. Forme a matriz Jacobiana (Eqs. (3.27) a (3.30));

5. Resolva o sistema linear da Eq. (3.26) para obter ∆V e ∆δ;

6. Atualize os valores de V(k) = V(k−1) +∆V e de δ(k) = δ(k−1) +∆δ;

7. Calcule as injecoes de potencia ativa e reativa nas barras. Para as barras PV ,verifique os limites de geracao de potencia reativa:

– se a geracao de potencia reativa da barra i esta fora dos limites, fixar Qgi nolimite violado e converter a barra PV para barra PQ. A partir deste ponto amagnitude e o angulo da tensao na barra i sao calculados atraves do processoiterativo;

8. Retorne ao passo (1).

Uma das vantagens do metodo de Newton-Raphson e a sua taxa de convergencia quadratica,o que em geral o torna mais rapido do que a maior parte dos outros metodos. Em termosde confiabilidade, este algoritmo e menos sensıvel a fatores que perturbam a convergenciado processo iterativo, tais como a escolha da barra de folga, a existencia de compensacao-serie em nıvel elevado etc. A formulacao do problema de fluxo de potencia em coordenadaspolares ou em coordenadas retangulares pode ser utilizada, porem em ambos os casos deveser feita a separacao em modulo e angulo ou partes real e imaginaria. Em geral, as solucoessao obtidas num numero de iteracoes variando de 2 a 6.

A principal desvantagem desta tecnica e a necessidade de formular e fatorar a matrizJacobiana. Entretanto, desde que a estrutura desta matriz possui um padrao de esparsi-dade identico ao da matriz admitancia de barra, tecnicas de compactacao e esparsidadepodem ser usadas no processo de fatoracao da mesma. Outra desvantagem do metodode Newton-Raphson e que ele e aplicavel apenas a funcoes convexas e portanto converge


sempre a solucao mais proxima da estimativa inicial. Teoricamente, o problema de fluxode potencia possui tantas solucoes quanto o numero de barras do sistema. Na praticaporem, a solucao aceitavel e bem distinta das outras, tal que ou a solucao correta e obtidaapos um numero de iteracoes em geral reduzido ou a solucao diverge.

Para ilustrar a aplicacao deste metodo, considere o sistema da figura 3.6. A determinacaodas variaveis do fluxo de potencia (V1, δ1, V2, δ2 e δ4) e feita resolvendo-se as seguintesequacoes:

P esp1 −P1(V, δ) = 0

Qesp1 −Q1(V, δ) = 0

P esp2 −P2(V, δ) = 0

Qesp2 −Q2(V, δ) = 0

P esp4 −P4(V, δ) = 0

tal que na forma explıcita o conjunto de equacoes nao lineares a ser resolvido e expressopor

−0, 80−[5, 0V 2

1 + V1V2(−5, 0 cos δ12 + 15, 0 sin δ12)]= 0, 00

−0, 20−[14, 97V 2

1 + V1V2(−5, 0 sin δ12 − 15, 0 cos δ12)]= 0, 00

0, 00−[8, 32V 2

1 + V2V1(−5, 0 cos δ21 + 15, 0 sin δ21)

+V2V3(−1, 66 cos δ23 + 5, 0 sin δ23)

+V2V4(−1, 66 cos δ24 + 5, 0 sin δ24)] = 0, 00

0, 00−[24, 93V 2

1 + V2V1(−5, 0 sin δ21 − 15, 0 cos δ21)

+V2V3(−1, 66 sin δ23 − 5, 0 cos δ23)

+V2V4(−1, 66 sin δ24 − 5, 0 cos δ24)] = 0, 00

0, 20−[11, 66V 2

4 + V4V2(−1, 66 cos δ42 + 5, 0 sin δ42)

+V4V3(−10, 0 cos δ43 + 30, 0 sin δ43)] = 0, 00

Adotando o perfil plano de tensoes como solucao inicial, na primeira iteracao o vetordos desbalancos de potencia e dado por

∆P1

∆P2

∆P4

∆Q1

∆Q2

=

−0, 80000, 08330, 0455−0, 17000, 3200

e a matriz Jacobiana e expressa por

J =

15, 00 −15, 00 0, 00 5.00 −5.00−15, 00 25, 25 −5.15 −5.00 8.25

0, 00 −5.15 36, 66 0, 00 −1.71−5.00 5.00 0, 00 14, 94 −15, 005.00 −8.41 1.71 −15, 00 24, 61


tal que a solucao do sistema linear fornece∆δ1∆δ2∆δ4∆V1

∆V2

=

−0, 1164−0, 0718−0, 0090−0, 0348−0, 0080

No final da primeira iteracao, as variaveis atualizadas sao

δ1δ2δ4V1

V2

=

−0, 1164−0, 0718−0, 00900, 96510, 9914

e o resultado do fluxo do fluxo de potencia obtido em 3 iteracoes e mostrado na tabela 3.4.

Barra Tipo V δ Pg Qg Pd Qd

(V) graus MW Mvar MW Mvar

1 PQ 0,955 -6,91 0,00 0,00 80,00 20,002 PQ 0,984 -4,19 0,00 0,00 0,00 0,003 folga 1,020 0,00 63,81 -36,42 0,00 0,004 PV 1,030 -0,56 40,00 62,02 20,00 10,00

No balanco de potencia do sistema, a geracao total de potencia e 103.81 MW e 25.60 Mvare a demanda total e 100.00 MW e 30.00 Mvar, tal que a perda de potencia ativa no sistema detransmissao e 3.8075 MW.

Solucao via Metodos Desacoplados

As equacoes basicas do metodo de Newton-Raphson sao derivadas da expansao em serie deTaylor, omitindo-se os termos de 2a ordem em diante. As correcoes a cada iteracao sao, por-tanto, aproximacoes, porem o valor da funcao e calculado de forma exata a cada iteracao.Assim, a solucao desejada pode ser obtida com qualquer grau de precisao continuando-se oprocesso iterativo, e a mesma nao e dependente da precisao da correcao. Isto implica numaaproximacao alternativa dos termos (envolvendo a 1a derivada) da matriz Jacobiana. Um testesimples que permite observar certas caracterısticas peculiares, consiste em resolver uma equacaoquadratica pelo metodo de Newton-Raphson substituindo a 1a derivada por uma constante ar-bitraria. Nota-se que, a despeito desta aproximacao uma boa convergencia pode ser alcancada,se a constante deve ser selecionada de forma que as equacoes ainda mantenham as propriedadesde convergencia. Desde que a nao-linearidade das equacoes envolvidas no problema de fluxode potencia nao e acentuada e estas equacoes sao bem definidas em termos de caracterısticasnumericas, a estrategia de solucao pode explorar com vantagem essas particularidades.

Desacoplamento entre as Variaveis

Uma caracterıstica inerente a qualquer sistema de potencia e a forte dependencia entre os fluxosde potencia ativa e os angulos das tensoes nas barras, e entre os fluxos de potencia reativa e amagnitude das tensoes nas barras. De uma forma geral, pode ser observado que:


• Uma variacao ∆P em P implica numa variacao semelhante ∆δ em δ e tem pequeno efeitosobre a magnitude da tensao (∆V ≈ 0);

• Uma variacao ∆Q em Q resulta numa modificacao ∆V na magnitude da tensao e tempequeno efeito sobre o angulo de tensao (∆δ ≈ 0).

Algebricamente, essas aproximacoes podem ser representadas pela expressao

∆P = H∆δ

∆Q = L∆V

Generalizando as caracterısticas de desacoplamento para um sistema de potencia multi-maquinas, as submatrizes N e J na equacao (3.26) podem ser desprezadas, o que resulta em[

∆Ppv,pq

∆Qpq

]=

[H 00 L

] [∆δpv,pq∆Vpq/V

]O procedimento para obter a solucao das equacoes da rede aplicando estas aproximacoes

consiste em resolver alternadamente os sistemas lineares resultantes, isto e, separar o problemaprincipal em subproblemas Pδ e QV . Isto resulta num numero maior de iteracoes para aconvergencia, porem com menor esforco computacional.

Baseando-se nas suposicoes mencionadas anteriormente, outras aproximacoes podem serfeitas na matriz Jacobiana. Assim, considerando que

• δij e pequeno (menor do que 200);

• cos δij ≈ 1, 0;

• sin δij ≈ δij .

a expressao

Hij = Vi(Gij sin δij −Bij cos δij)Vj

se transforma em

Hij = Vi(Gijδij −Bij)Vj

e desde que Vi = Vj = 1,0 pu e Gij ≪ Bij ,

Hij = −Bij

onde Bij = −Xij/(R2ij +X2

ij) e constante.

De maneira analoga,

Lij = Vi(Gij sin δij −Bij cos δij)

e com as aproximacoes anteriormente mencionadas,

Lij = −Bij

O metodo Desacoplado Rapido e formulado com base nestas aproximacoes. Dois sistemaslineares independentes sao resolvidos, cujas matrizes de coeficientes, denotadas B

′e B

′′, sao


calculadas desprezando-se a resistencia das linhas de transmissao na determinacao dos elementosde B

′e utilizando-se as seguintes expressoes

Hij ⇒ B′ij = − 1

XijHii ⇒ B

′ii =

∑jϵΩi

1

Xij

Lij ⇒ B′′ij = − Xij

(R2ij +X2

ij)= −Bij Lii ⇒ B

′′ii =

∑jϵΩi

1

Xij= −Bii

(3.31)

Melhoramentos adicionais na convergencia podem ser obtidos fazendo-se as seguintes sim-plificacoes:

• Omissao na matriz B′dos elementos que afetam as variacoes em ∆Q, isto e, capacitores

shunt e transformadores com comutacao sob carga;

• Omissao na matriz B′′dos elementos que afetam as variacoes em ∆P, ou seja, transfor-

madores defasadores etc.

Algoritmo

As aproximacoes vistas na secao anterior resultam em matrizes B′e B

′′reais, simetricas esparsas

e constantes. Elas sao constantes e portanto necessitam ser fatoradas apenas uma unica vez noprocesso iterativo. Os passos para a solucao das equacoes da rede eletrica via metodo desacopladorapido sao sumarizados a seguir.

1. Faca k = 0;

2. Calcule os desbalancos de potencia ativa e reativa utilizando as Eqs. (3.24) e (3.25);

3. Verifique a convergencia do processo iterativo: se

|Pespi −Pcalc


|Qespi −Qcalc


a convergencia foi alcancada; caso contrario, prossiga ao proximo passo;

4. Determine a matriz B′(Eq. (3.31) e resolva o sistema linear ∆P = B

′δ para obter ∆δ;

5. Atualize os valores de δ(k) = δ(k−1) +∆δ;

6. Calcule os desbalancos de potencia reativa utilizando a Eq. (3.25);

7. Faca k = k+1, determine a matriz B′′(Eq. (3.31) e resolva o sistema linear ∆Q = B

′′∆V

para obter ∆V;

8. Atualize os valores de V(k) = V(k−1) +∆V;

9. Calcule as injecoes de potencia ativa e reativa nas barras. Para as barras PV , verifiqueos limites de geracao de potencia reativa:

• se a geracao de potencia reativa da barra i esta fora dos limites, fixar Qgi no limiteviolado e converter a barra PV para barra PQ. A partir deste ponto a magnitude eo angulo da tensao na barra i sao calculados atraves do processo iterativo;


10. Retorne ao passo (2).

Apesar da aproximacao da matriz Jacobiana, ao final do processo iterativo os desbalancosde potencia satisfazem a tolerancia especificada. Portanto a solucao obtida e tao precisa quantoaquela obtida atraves do metodo de Newton-Raphson. A unica diferenca e que no metododesacoplado rapido o gradiente (que representa a inclinacao das curvas representadas pelasfuncoes nao lineares) das equacoes e mantido constante. Esta aproximacao resulta numa taxa deconvergencia mais lenta do que aquela do metodo de Newton-Raphson, porem isto e compensadopelo menor esforco computacional por iteracao.

Fluxo de Potencia Linearizado

Uma solucao do fluxo de potencia utilizada frequentemente em estudos onde nao se requerdemasiada precisao da solucao, e aquela baseada num modelo representado por um conjunto deequacoes lineares. Para estabelecer este modelo, supoe-se que:

• as aberturas angulares das linhas de transmissao sao pequenas, tal que

– cos δij ≈ 1, 0;

– sin δij ≈ δij (em radianos).

• a magnitude da tensao ao longo do sistema e igual a 1, 0 pu e portanto a malha QV naoe considerada;

• a relacao X/R das linhas de transmissao e alta (Xij ≫ Rij), de forma que a resistenciaserie (e portanto as perdas de potencia ativa) nas linhas de transmissao sao desprezadas.

Com estas aproximacoes, o fluxo de potencia ativa numa linha sem perda e dado por

Pij =δi − δjXij

(3.32)

e a injecao de potencia na barra i e dada por

Pi =

n∑j=1

Pij =

n∑j=1

(1/Xij)(δi − δj)

Pi = −n∑

j=1

Bijδi +n∑

j=1

Bijδj

Pi = −δin∑

j=1

Bij +

n∑j=1

Bijδj

ou, em forma matricial,P = Bδ (3.33)

onde os elementos da matriz B sao dados por

Bii =n∑

j=1

1

XijBij = −

1

Xij(3.34)

A Eq. (3.33) considera todas as barras da rede eletrica e, desde que as perdas de potenciaativa nas linhas de transmissao sao desprezadas, e possıvel expressar a injecao de potencia ativa


de uma barra como combinacao linear das injecoes de potencia nas outras barras. Isto implica emque a matriz B e singular e o sistema linear representado pela Eq. (3.33) nao tem solucao. Istotambem indica que o conjunto de equacoes lineares e redundante, de forma que se o angulo deuma barra for selecionado como referencia, a equacao correspondente pode ser excluıda daqueleconjunto de equacoes. Utilizando este procedimento, obtem-se um novo sistema linear dado por

P = B′δ (3.35)

onde B′e resultante da eliminacao da linha e da coluna correspondentes a barra de referencia

na matriz B.

Desprezando-se as resistencia das linhas de transmissao do sistema mostrado na figura 3.6,a matriz de coeficientes do sistema linear da Eq. (3.35) e expressa por

B =

16, 67 −16, 67 0, 00 0, 00−16, 67 27, 77 −5, 55 −5, 55

0, 00 −5, 55 38, 88 −33, 330, 00 −5, 55 −33, 33 38, 88

e o vetor das injecoes de potencia e dado por

P1

P2

P3

P4

=

−80, 00

0, 0060, 0020, 00

MW

Eliminando-se a linha e a coluna correspondentes respectivamente a barra e ao angulo dereferencia, a solucao do sistema linear fornece δ1

δ2δ4

=

−0, 1227−0, 0747−0, 0055

radianos

e os fluxos nas linhas de transmissao, calculados com a Eq. (3.32), sao dados porP12

P23

P24

P34

=

−0, 8000−0, 4154−0, 38460, 1846

pu

3.6 Ajustes e Controles

O calculo do fluxo de potencia e um dos importantes estudos requeridos na analise dos sistemas deenergia eletrica em regime permanente. Os resultados deste calculo sao utilizados nos estagiosde projeto, planejamento e operacao dos sistemas de potencia. O objetivo deste problema edeterminar a solucao das equacoes da rede eletrica em regime permanente, de forma que:

• a demanda seja satisfeita;

• o perfil de tensao esteja dentro de limites pre-especificados;

• as linhas de transmissao e os equipamentos operem sem sobrecarga;


Os programas de Fluxo de Potencia convencional desenvolvidos para aplicacoes multiplasincluem a modelagem de dispositivos de controle automatico, tais como transformadores comcomutacao sob carga (tap variavel), transformadores defasadores, transformadores com o tap forado valor nominal, intercambio de potencia entre areas, etc. Estes programas tambem consideramos limites em variaveis tais como a geracao de potencia reativa, a magnitude das tensoes nasbarras e os fluxos de potencia nas linhas de transmissao. Alguns desses ajustes sao efetuadosdurante o processo iterativo, incluindo-se testes adicionais na logica do programa. O processode correcao tambem pode ser executado atraves da utilizacao de relacoes de sensibilidade entreas variaveis do sistema eletrico, as quais fornecem informacoes quantitativas sobre o efeito davariacao das variaveis controladas (magnitude das tensoes geradas, potencias ativas geradas,taps, etc) sobre as variaveis dependentes (em geral, magnitude das tensoes nas barras de geracao,fluxos de potencia, etc).

Para ilustrar como sao feitos os ajustes de uma solucao do fluxo de potencia, considere osistema da figura 3.7, cujos dados sao mostrados nas tabelas 3.4 e 3.5.

GS

GS

1

2

34

56

1 : t56

1 : t34

T34

T56

Pd5 + jQd5 Pd2 + jQd2Pd6 + jQd6

Pd1 + jQd1 Pd3 + jQd3

Figura 3.7: Sistema de 6 barras - exemplo 3.7

Por ser a barra com maior capacidade de geracao de potencia ativa, a barra 1 foi selecionadacomo barra de folga do sistema. A demanda total de potencia ativa e 135 MW, os quais devemser supridos pelos geradores das barras 1 e 2. Visando manter uma certa margem (reserva)com relacao ao limite maximo de geracao, a potencia gerada na barra 2 foi especificada em50 MW. A magnitude da tensao nas barras 1 e 2 foi especificada em 1,0 pu. As reatanciasdos elementos de transmissao conectando as barras 3-4 e 5-6 correspondem a transformadorescom tap variavel, cuja finalidade e controlar a magnitude da tensao nessas barras. A faixa devariacao da magnitude da tensao nas barras e dos taps e 0,90 a 1,10 pu, tendo sido ambos os tapsselecionados inicialmente em 1,0 pu. Com estas especificacoes, a solucao do fluxo de potenciaatraves do metodo de Newton-Raphson e mostrada na tabela 3.6.


Barra Tipo Pming PMax

g Qming QMax

g Pd Qd Shunt

(MW) (MW) (Mvar) (Mvar) (MW) (Mvar) (Mvar)

1 folga 0.00 150.00 -20.00 40.00 0.00 0.00

2 PV 0.00 100.00 -20.00 40.00 0.00 0.00

3 PQ 55.00 13.00

4 PQ 0.00 0.00

5 PQ 30.00 18.00

6 PQ 50.00 5.00

Tabela 3.4: Sistema-exemplo de 6 barras - Dados das barras

De Para R(%) X(%) Bsh(%)1 4 8.00 37.00 3.001 6 12.30 51.80 4.202 3 72.30 105.0 0.002 5 28.20 64.00 0.003 4 0.00 13.30 0.004 6 9.70 40.70 3.005 6 0.00 30.00 0.00

Tabela 3.5: Dados das linhas de transmissao - sistema de 6 barras



1 folga 1,000 0,0000 97,44 49,35 - -2 PV 1,000 -3,87 50,0 21,15 - -3 PQ 0,844 -15,27 - - 55,0 13,04 PQ 0,867 -11,20 - - 0,00 0,005 PQ 0,814 -14,69 - - 30,0 18,06 PQ 0,847 -14,16 - - 50,0 5,00

Tabela 3.6: Resultado do fluxo de potencia - sistema de 6 barras

A analise da solucao mostrada na tabela 3.6 indica que a magnitude da tensao nas barrasde carga esta fora da faixa de variacao permitida. As perdas totais de potencia ativa nas linhasde transmissao sao de 12,44 MW, correspondendo a 8,44 % da geracao total de potencia ativa.Os controles disponıveis para corrigir este baixo nıvel de tensao sao os taps dos transformadorese a magnitude da tensao gerada nas barras 1 e 2. Ajustando-se o tap do transformador T56

para 1,05 e a magnitude da tensao na barra 1 para 1,1, a nova solucao do fluxo de potencia eapresentada na tabela 3.7.




1 folga 1,100 0,0000 96,14 63,29 - -2 PV 1,000 -0,90 50,0 2,72 - -3 PQ 0,921 -12,26 - - 55,0 13,04 PQ 0,951 -8,84 - - 0,00 0,005 PQ 0,896 -11,27 - - 30,0 18,06 PQ 0,921 -11,03 - - 50,0 5,00

Tabela 3.7: Solucao ajustada do fluxo de potencia - sistema de 6 barras

Na tabela 3.7, observa-se uma melhoria consideravel no nıvel da magnitude da tensao dasbarras de carga, apesar de que ajustes adicionais precisam ser realizados para que a magnitudeda tensao de todas as barras se situe dentro da faixa recomendavel. Nota-se ainda que com oaumento no nıvel de magnitude da tensao, as perdas de potencia ativa nas linhas de transmissaoforam reduzidas a 11.1437 MW, o que corresponde a 7,62 % da geracao total de potencia ativa.

3.7 Exercıcios

3.1 No sistema mostrado na figura 3.8 todos os valores estao em pu na base 100 MVA. Umgerador e dois compensadores sıncronos estao instalados respectivamente nas barras 1, 3 e 5.Determine o fator de potencia no qual deve operar o gerador para que a magnitude da tensaonas barras 1, 3 e 5 seja igual a 1,0 pu.

G1

CS

CS

j0, 2pu j0, 04pu

j0, 2pu j0, 04pu

j0, 2pu

j0, 2pu

j0, 1pu

j0, 1pu

1 2 3 4 5

100 MVAcosϕ = 0, 8adiantado

69 kV230 kV 138 kV

200 MWcos ϕ = 0,8 atrasado

Figura 3.8: Diagrama do problema 3.1

3.2 Uma linha de transmissao com perdas de potencia ativa desprezıveis, possui uma reatanciaserie de 0,03 pu(Ω) e susceptancia capacitiva shunt total de 1,8 pu(S). Ela interliga um geradora uma carga de 5,0 + j2,0 pu(MVA). Foram instalados dois reatores iguais em paralelo, um emcada extremidade da linha. Para manter a tensao na barra de carga em 1,0 pu(kV) e necessarioregular a tensao do gerador em 1,05 pu(kV). Mostre o balanco de potencia deste sistema.


3.3 Para a rede de transmissao cujos dados sao apresentados na tabela 3.8, determinar amatriz admitancia de barra em por unidade utilizando a analise nodal, adotando a base 100MVA, 120kV.

Linha zser (Ω) yshunt (µS)

1− 2 2, 88 + j8, 64 j416, 67

1− 3 11, 52 + j34, 56 j347, 22

2− 3 8, 64 + j25, 92 j277, 78

2− 4 8, 64 + j25, 92 j277, 78

2− 5 5, 76 + j17, 28 j208, 33

3− 4 1, 44 + j4, 32 j138, 89

4− 5 11, 52 + j34, 56 j347, 22

Tabela 3.8: Dados para o problema 3.3

3.4 Considere um sistema de potencia de 4 barras, cujos dados sao apresentados na tabela 3.9.Suponha que entre as barras 2 e 3 ha um transformador com reatancia de dispersao 0,75 pu(Ω)e tap ajustado em 0,98 no lado da barra 3.

Linha Zser Barra V δ Pg Pd Qg Qd

(pu) (pu) (graus) pu pu pu pu

1-2 j 1,00 1 1,02 00

1-4 j 1,25 2 1,05 1,20 0,50 0,53-4 j 1,00 3 0,00 0,00 0,00 0,00- - 4 0,00 1,50 0,00 0,50

Tabela 3.9: Dados do sistema de 4 barras - problema 3.4

1. Determine a matriz admitancia de barra do sistema.

2. Estabeleca as equacoes dos desbalancos de potencia a serem resolvidas via metodo deNewton-Raphson em coordenadas polares.

3. Calcule os fluxos de potencia entre as barras 2 e 3, considerando V2 = 1, 03∠00 pu eV3 = 1, 00∠− 100 pu.

3.5 Considere o sistema de tres barras e tres linhas de transmissao cujos dados (no sistemapor unidade) sao mostrados na talela 3.10.

1. determine a matriz Ybarra via analise nodal;

2. determine as equacoes da rede para a aplicacao do metodo de Gauss-Seidel;


Barra Tipo P Q V δ Linha rser xser bshunt1 V δ - - 1, 0 0, 00 1− 2 0, 10 1, 00 0, 01

2 PQ -0, 005 -0, 002 - - 1− 3 0, 20 2, 00 0, 02

3 PV -0, 15 - 0, 98 - 2− 3 0, 10 1, 00 0, 01

Tabela 3.10: Dados para o problema 3.5

3. mostre uma iteracao via metodo de Gauss-Seidel considerando 1, 0∠0, 00 pu como estima-tiva para as tensoes, 10−3 pu de MW e de Mvar como tolerancia, e limites de potenciareativa para a barra de tensao controlada de −0, 030 e 0, 010 p.u. de Mvar.

4. calcule a solucao do fluxo de potencia utilizando o metodo de Newton-Raphson (utilize oprograma computacional de fluxo de potencia);

5. calcule os fluxos de potencia ativa e reativa e as perdas de potencia ativa e reativa naslinhas de transmissao;

6. se a barra de tensao controlada for convertida em barra de carga, com uma injecao depotencia reativa especificada em −0, 016 pu de Mvar, com a mesma injecao de potenciaativa, qual sera a nova solucao das equacoes da rede (utilize o programa computacionalde fluxo de potencia)?

7. determine a solucao das equacoes da rede atraves do metodo de fluxo de potencia lin-earizado e compare a mesma com aquela obtida para o modelo nao linear da rede eletrica.

3.6 Considere o sistema da figura 3.9.

1. especifique o tipo de cada barra e mostre a lista de variaveis a serem calculadas diretamentena solucao do fluxo de potencia;

2. estabeleca as equacoes relacionadas a potencia reativa diretamente envolvidas no processoiterativo da solucao via Newton-Raphson;

3. mostre a estrutura de nao-zeros da submatriz H da matriz Jacobiana, indicando as cor-respondentes derivadas envolvidas;

4. comente sobre a possibilidade de selecionar a barra 4 como barra de folga;

5. comente sobre a possibilidade de classificar a barra 5 como barra PV .

3.7 Para o sistema da figura 3.10, assuma que a base de potencia e 100 MVA, e que asimpedancias das linhas de transmissao estao expressas em pu numa base comum. Execute umaiteracao completa do fluxo de potencia via metodo de Gauss-Seidel. Os dados das barras sao osseguintes: (barra 1, V1 = 1, 05∠00 pu), (barra 2, Potencia ativa gerada = 25 MW, Potenciaativa consumida = 50 MW, Potencia reativa consumida = 25 Mvar, Magnitude da tensao = 1,02pu, limites de potencia reativa: -10 e 30 Mvar), (barra 3, Potencia ativa gerada = 0,0 MW,Potencia reativa gerada = 0,0 Mvar, Potencia ativa consumida = 60 MW, Potencia reativaconsumida = 30 MW).


GS

CSGS

1

2

34

56

1 : t56

1 : t34

T34

T56

Banco de Capacitores Pd2 + jQd2Pd6 + jQd6

Pd1 + jQd1 Pd3 + jQd3

Figura 3.9: Diagrama para o problema 3.6

2

3

1 V1 V2

V3

Z12 = j0, 25 pu

Z13 = j0, 15 pu Z23 = j0, 25 pu

Sd2

Sd3

Figura 3.10: Diagrama para o problema 3.7

3.8 Responda as seguintes questoes:

1. Explique qual a diferenca em termos de precisao numerica entre as solucoes do fluxo depotencia obtidas pelos metodos de Gauss-Seidel e Newton-Raphson.

2. Comente, utilizando ilustracao grafica se necessario, sobre as formas como sao obtidas asconvergencias dos metodos Desacoplado Rapido e Newton-Raphson.

3. Comente sobre a razao da existencia de multiplas solucoes para o problema de fluxo de


potencia e sobre a possibilidade de utilizacao das mesmas.

4. Quais as funcoes da barra de folga na formulacao do problema de fluxo de potencia?

5. Considere uma barra com demandas de potencia ativa e reativa nulas e onde esteja insta-lado um Compensador Estatico de potencia reativa. Na formulacao do problema de fluxode potencia, esta barra pode ser classificada como uma barra PQ? Esta barra pode serclassificada como uma barra PV?

3.9 Uma concessionaria dispoe de duas subestacoes de 130 kV supridas por uma barra degeracao atraves de um sistema de transmissao. A rede eletrica equivalente possui tres barras etres linhas de transmissao, com configuracao em triangulo. As impedancias serie de cada linha eos respectivos comprimentos sao dadas na tabela 3.11, sendo desprezado o seu efeito capacitivo.O resultado de um estudo de fluxo de potencia, tambem mostrado na tabela 3.11, indicou anecessidade de compensacao reativa na barra 3 para manter a tensao nesta barra no nıvel demagnitude desejado (1,00 pu). Tomando como base trifasica 100 MVA e 130 kV,

1. determine a potencia aparente suprida pelo gerador da barra 1;

2. determine a compensacao reativa a ser instalada na barra 3;

3. determine a matriz admitancia de barra do sistema;

4. calcule as perdas de potencia ativa e reativa no sistema de transmissao;

5. mostre (e justifique) uma possıvel classificacao para as barras deste sistema, considerandoa instalacao de um compensador sıncrono na barra 3 para a compensacao desejada;

Linha zser Comprimento Barra V δ Pd Qd

(Ω/km) (km) (pu) (graus) pu pu

1-2 0,26+j0,52 13 1 1,000 0 0,00 0,001-3 0,26+j0,52 9,75 2 0,990 −1, 7401 0,900 0,3002-3 0,26+j0,52 6,5 3 1,000 −1, 7412 0,600 0,200


3.10 A tabela 3.12 mostra os dados de um sistema de tres barras e o correspondente resultadodo fluxo de potencia. Despreze o efeito capacitivo das linhas de transmissao e considere aexistencia de um gerador na barra 1 e de um compensador sıncrono na barra 3.

1. determine a potencia do compensador sıncrono instalado na barra 3;

2. determine a potencia aparente gerada na barra de folga;

3. calcule as perdas de potencia ativa e reativa do sistema de transmissao;

4. na formulacao do problema de fluxo de potencia, a barra 3 poderia ser classificada comouma barra PV? Justifique a sua resposta;

5. determine a matriz admitancia de barra deste sistema.


Linha Zser Barra V δ Pd Qd

(pu) (pu) (graus) pu pu

1-2 0,020 + j 0,040 1 1,000 0 0,00 0,001-3 0,015 +j 0,030 2 0,990 −1, 7401 0,900 0,3002-3 0,010 +j 0,020 3 1,000 −1, 7412 0,600 0,200


3.11 Seja um sistema de potencia de tres barras, conectadas em anel atraves de tres linhas detransmissao de resistencias desprezıveis e reatancias X12 = 0, 33 pu, X13 = 0, 50 pu e X23 = 0, 50pu. As demandas de potencia ativa nas barras 2 e 3 sao respectivamente 0,5 pu(MW) e 1,0pu(MW). Considerando a barra 1 como referencia angular e utilizando o modelo de fluxo depotencia linearizado,

1. determine os fluxos de potencia nas linhas de transmissao, supondo uma compensacaoreativa serie de 30 % na linha de transmissao;

2. calcule o valor da compensacao reativa serie que deve ser utilizada na linha 1-3, de modoque o fluxo de potencia ativa na linha 1-2 nao ultrapasse 0,5 pu(MW);

3. calcule o valor da compensacao reativa serie que deve ser utilizada na linha 1-3, de modoque o fluxo de potencia ativa na linha 2-3 seja 0,5 pu(MW);

3.12 Considere um sistema de quatro barras, conectadas em anel por linhas de transmissaocom reatancias X12 = X13 = X24 = X34 = 0, 01 pu (Ω). Suponha que unidades geradoras estaoinstaladas nas barras 1 e 3 e que as cargas das barras 2, 3 e 4 sao respectivamente Sd2 = 1,0 +j0,0 pu(MVA), Sd3 = 0,25 + j0,0 pu(MVA) e Sd4 = 1,0 + j0,0 pu(MVA). Adotando a barra 1como referencia angular,

1. Determine a matriz admitancia nodal e as equacoes do modelo de fluxo de potencia lin-earizado.

2. Usando as equacoes nao lineares do fluxo de potencia, calcule as potencias aparentes ger-adas nas barras 1 e 3, supondo que as tensoes complexas nessas barras sao V1 = V3 =1, 0∠00 pu.

3. Determine as perdas reativas nas linhas de transmissao para as condicoes do item anterior.


Capıtulo 4

Analise de Curto Circuito

4.1 Introducao

Este capıtulo apresenta a base teorica do estudo do curto-circuito em sistemas de energia eletrica.Inicialmente, descreve-se o fundamento analıtico da analise de faltas simetricas, ou seja, daque-las cuja ocorrencia nao causa desbalanco entre as fases do sistema trifasico. Este tipo de curtocircuito envolve simultaneamente as tres fases do sistema eletrico e a sua formulacao analıticae de grande auxılio para a compreensao do estudo de curto circuito. Posteriormente, enfoca-sea analise do curto circuito desbalanceado. para esta finalidade, utiliza-se o conceito de de-composicao em componentes simetricos, apresentado no capıtulo 1 para a solucao de circuitostrifasicos desequilibrados. No presente caso, o aspecto complementar enfocado e a analise dogerador sıncrono operando em vazio, submetido a faltas assimetricas e a sua correlacao com oscircuitos equivalentes de Thevenin das redes de sequencia. Isto forma a base do procedimentotradicional do estudo de faltas assimetricas.

4.2 Curto-Circuito em Sistemas de Potencia

O estudo das faltas nas redes de energia eletrica visa determinar as correntes e tensoes resultantesda ocorrencia de um curto circuito. Essas faltas podem ser de varios tipos, envolvendo um oumais elementos do sistema de potencia, sendo geralmente classificadas em ordem decrescente defrequencia de ocorrencia. A tabela 4.1, a qual foi transcrita de [7], mostra um levantamentodos ındices de ocorrencia dos tipos de falta em tres linhas de transmissao da Boneville PowerAdministration (BPA) e da Swedish State Power Board (SSPB), com diferentes nıveis de tensaonominal.

Tabela 4.1: Indices de ocorrencia dos tipos de falta.

BPA SSPBTipo de Falta 500 kV 400 kV 200 kVFase-terra 93 % 70 % 56 %Fase-fase 4 % 23 % 27 %

Fase-fase-terra 2 % 7 % 17 %Trifasica 1 % 7 % 17 %

126 Capıtulo 4: Analise de Curto Circuito

As faltas podem ainda ser permanentes ou transitorias. As primeiras sao irreversıveis. Aposa atuacao da protecao, o fornecimento de energia eletrica nao podera ser restabelecido sem quesejam efetuados os devidos reparos na rede defeituosa. Esse tipo de falta pode ocorrer, porexemplo, devido ao rompimento dos condutores. As faltas transitorias sao aquelas que ocorremsem danos fısicos ao sistema de potencia. Isto significa que a operacao normal da rede eletricapodera ser restabelecida sem maiores dificuldades apos a atuacao da protecao, cujo estudoenvolve basicamente:

• a calibracao dos reles sensıveis a falta, que comandam os equipamentos de protecao;

• a capacidade dos equipamentos que devem interromper a corrente na linha com defeito(disjuntores, religadores automaticos, chaves fusıveis);

• a caracterıstica desejavel nos equipamentos (geradores, transformadores, barramentos) noque diz respeito a suportar os esforcos impostos durante o defeito.

Para se ajustar adequadamente os reles, determinar as caracterısticas de interrupcao dosdisjuntores e estimar os esforcos sobre os equipamentos do sistema e necessario calcular algumasgrandezas basicas para esta finalidade, tais como:

• a corrente de falta;

• as tensoes pos-falta em todas as barras do sistema;

• as correntes pos-falta ao longo de toda a rede;

O texto a seguir descreve os fundamentos teoricos usados na analise de curto circuito.

4.3 Maquina Sıncrona sob Curto-Circuito Trifasico

A modelagem da maquina sıncrona para a analise de faltas e feita com base no seu comporta-mento sob condicoes de um curto circuito trifasico nos seus terminais. A figura 4.1 mostra ocircuito monofasico equivalente de um gerador sıncrono operando em vazio, sujeito a um curtocircuito trifasico solido.1

+

e(t)

-

R Li(t)

Chave fechaem (t = 0)

Figura 4.1: Maquina sıncronas sujeita a um curto circuito trifasico

Quando a chave S fecha em t = 0, a corrente eletrica correspondente a tensao

e(t) = Vm sin(ωt+ α)

1O texto a seguir e baseado nas referencias [1, 4, 8].


e

i(t) =Vm

Z

sin(ωt+ α− θ)− sin(α− θ) exp−Rt

L

onde Z =

√R2 + ω2L2 e θ = arctan(

ωL

R).

A corrente de curto circuito e expressa por

i(t) = iac(t) + icc(t)

onde iac(t) =Vm

Zsin(ωt+α− θ) e icc(t) = −

Vm

Zsin(α− θ) exp−

RtL sao denominadas respectiva-

mente componente alternada e componente contınua da corrente de curto circuito. Em geral acomponente contınua existe em t = 0 e sua magnitude pode ser tao grande quanto a da correntede regime permanente.

O valor da corrente de curto circuito i(t) depende do angulo α, da onda de tensao. Comoo instante em que ocorre a falta nao e previsto, α nao e conhecido a priori. Alem disso, desdeque as tensoes trifasicas do gerador sıncrono estao defasadas de 1200, cada fase tera um valordiferente da componente de corrente contınua. Esta componente decresce rapidamente, em geraldentro de 8 a 10 ciclos.

O valor da indutancia L e suposto constante, apesar de que a rigor imediatamente apos aocorrencia da falta a reatancia da maquina sıncrona varia com o tempo. Assim, costuma-serepresentar o gerador sıncrono por uma tensao constante em serie com uma impedancia varianteno tempo, a qual consiste basicamente da reatancia indutiva, desde que a resistencia das bobinasda armadura e muito menor em magnitude do que a reatancia do eixo direto.

A forma da corrente de falta, que pode ser registrada por um oscilografo, representacao naqual frequentemente a componente contınua da corrente e removida. Nesses registros, pode serverificado que a amplitude da forma senoidal decresce de um valor inicial alto ate um valor deregime permanente mais baixo. Observa-se que o fluxo magnetico associado as correntes de curtocircuito na armadura (ou pela fmm resultante na armadura) inicialmente percorre os caminhosde alta relutancia que nao enlacam o enrolamento de campo ou os circuitos amortecedoresda maquina. Segundo o Teorema dos Fluxos de Dispersao Constante, o enlace de fluxo numcaminho fechado nao pode variar instantaneamente. A indutancia da armadura e inversamenteproporcional a relutancia, e portanto seu valor e inicialmente baixo. Na medida em que o fluxopercorre os caminhos de relutancia mais baixa, a indutancia da armadura aumenta.

Uma interpretacao alternativa indica que o fluxo magnetico atraves do entreferro da maquinapossui valor elevado no instante de tempo em que a falta ocorre, apos o qual comeca a decrescer.Quando a falta ocorre nos terminais da maquina sıncrona, algum tempo e necessario ate areducao do fluxo atraves do entreferro. Desde que a tensao produzida pelo fluxo no entreferroregula a corrente, enquanto o fluxo decresce a corrente da armadura tambem decresce.

A componente alternada da corrente de falta iac(t) pode ser modelada por um circuito RLserie com indutancia variante no tempo L(t) ou reatancia X(t) = ωL(t). Para o calculo dacorrente de falta, esta reatancia variante pode ser representada por tres valores basicos:

• a reatancia subtransitoria de eixo direto, denotada X′′d , que predomina durante o primeiro

ciclo apos a ocorrencia da falta (ate 0,05-0,10 segundos). Este valor inclui a reatancia dedispersao das bobinas do estator e do rotor do gerador, as influencias dos enrolamentosamortecedores e as partes solidas consideradas na dispersao do rotor;

• a reatancia transitoria de eixo direto, denotada X′d, que predomina durante alguns ciclos

em 60 Hz (ate 0,2-2,0 segundos). Este valor inclui a reatancia de dispersao do estator e as


bobinas de excitacao do gerador. Em geral X′d > X

′′d , ou X

′d ≈ X

′′d (se os polos do rotor

sao laminados e nao possuem enrolamentos amortecedores).

• a reatancia sıncrona de eixo direto, denotada Xd, que predomina em regime permanente.Este valor inclui a reatancia de dispersao do estator e a reatancia de reacao da armadurada maquina sıncrona, tal que X

′′d < X

′d < Xd.

Na maquina de polos salientes, o ındice d se refere a uma posicao do rotor em que o eixo dasbobinas do rotor coincide com o eixo das bobinas do estator, tal que o fluxo magnetico passadiretamente atraves da face polar, razao pela qual este eixo e denominado eixo direto. Por outrolado, o eixo em quadratura esta defasado 900 eletricos do eixo direto adjacente, sendo associadoas grandezas X

′′q , X

′q e Xq. Porem, se a resistencia da armadura e pequena as reatancias do

eixo em quadratura nao afetam significativamente a corrente de curto circuito e portanto naosao relevantes para o calculo da corrente de falta. Nas maquinas de rotor cilındrico, os valoresde Xd e Xq sao aproximadamente iguais, e portanto nao ha necessidade da diferenciacao.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8−15

−10

−5

0

5

10

15

t, sec

i a, A

Curto circuito trifásico − corrente na fase "a" δ = 0°

Figura 4.2: Curto circuito trifasico na maquina sıncrona - corrente na fase a

As figuras 4.2, 4.3 e 4.4 ilustram a variacao da corrente nas fases de uma maquina sıncronade polos salientes, com valores nominais 500 MVA, 30 kV, 60 Hz, sujeita a um curto circuitotrifasico solido nos terminais da armadura (ver referencia [9], pagina 327, para maiores detalhessobre a obtencao dessas curvas).


0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8−5

0

5

10

15

20

25

t, sec

i b, A

Curto circuito trifásico − corrente na fase "b" δ = 0°

Figura 4.3: Curto circuito trifasico na maquina sıncrona - corrente na fase b

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8−25

−20

−15

−10

−5

0

5

t, sec

i c, A

Curto circuito trifásico − corrente na fase "c" δ = 0°

Figura 4.4: Curto circuito trifasico na maquina sıncrona - corrente na fase c

Observa-se nestas figuras, que a magnitude da corrente e alta no instante imediato apos aocorrencia da falta e tende a se manter constante apos um determinado intervalo de tempo. Osdiferentes valores da reatancia da maquina sıncrona durante o curto circuito trifasico sao dadospor

X′′d =

Emax

I ′′max

X′d =

Emax

I ′max

Xd =Emax

Imax

onde Emax e a tensao maxima fase-neutro pre-falta do gerador. Apesar da sua variacao inicial,valores constantes de reatancia sao utilizados nos diferentes tipos de modelagem. Assim, areatancia subtransitoria X

′′d e usada na analise de curto circuito, a reatancia transitoria X

′d e

usada em estudos de estabilidade transitoria e a reatancia sıncrona Xd e utilizada em estudos


de regime permanente.

4.4 Curto-Circuito Trifasico

Na analise de curto circuito, supoe-se que antes da falta ocorrer o sistema esta operando emregime permanente, tal que o fluxo de potencia nas linhas de transmissao e as tensoes complexasnas barra sao conhecidos. Se um curto-circuito trifasico ocorre na barra j, a determinacaodas correntes que circulam na rede eletrica requer a definicao das premissas sumarizadas nassubsecoes a seguir.

Condicao de operacao pre-falta

A rigor, a condicao de operacao da rede eletrica antes da falta e representada pelas correntes etensoes nodais obtidas na solucao do problema de fluxo de potencia. Porem, em funcionamentonormal as tensoes sao mantidas proximas ao seu valor nominal, de forma que as correntes pre-falta sao quase que puramente reais. Por outro lado, a variacao da corrente nas linhas devidaa falta e predominantemente reativa. Assim, a corrente total, que e a expressa como a somavetorial de duas correntes (pre e pos-falta) defasadas de quase 900, e praticamente igual a maiordessas duas correntes. Isto equivale a ignorar as cargas e as admitancias shunt e adotar asseguintes hipoteses simplificadoras:

• as correntes pre-falta sao nulas

• as tensoes pre-falta sao todas iguais a 1∠00 pu (ou a um valor pre-especificado).

Representacao da rede eletrica

Para determinar o circuito equivalente da rede antes da falta, deve-se inicialmente modelaranaliticamente cada componente do sistema, basicamente as linhas de transmissao, os geradorese motores sıncronos e de inducao, os transformadores e as cargas.

Em geral, a susceptancia em derivacao e a resistencia serie das linhas de transmissao saodesprezadas e portanto as linhas sao representadas pelas sua reatancia serie equivalente (desequencia positiva).

Os geradores e motores sıncronos sao representados por uma forca eletromotriz interna con-stante em serie com a reatancia subtransitoria, conforme ilustrado na figura 4.5. Geralmente,a resistencia da armadura, a saliencia dos polos e os efeitos de saturacao sao desprezados. Osmotores de inducao de pequeno porte (potencia menor do que 50 HP) nao sao considerados eos de grande porte (potencia maior do que 50 HP) sao representados de forma semelhante a dasmaquinas sıncronas.

Os transformadores sao representados pela sua reatancia de dispersao, conforme mostrado nafigura 4.6. A resistencia dos enrolamentos, as admitancias shunt correspondentes aos parametrostransversais e os deslocamentos de fase ∆− Y sao desprezados.

Geralmente todas as cargas nao rotativas sao desprezadas. Porem, cargas significativaspodem ser representadas por uma admitancia em derivacao, conforme mostrado na figura 4.7.


Vi

Zgi = jX′′

d

+Efi

-

Vi

Sgi = Pgi + jQgi

G

Figura 4.5: Representacao das maquinas sıncronas

Vi Vj

jXt

Figura 4.6: Representacao dos transformadores

Vi

Idi

Sdi = Pdi + jQdi

Idi

Ydi =Pdi − jQdi

V 2i

Vi

Figura 4.7: Representacao das cargas

A simplificacao resultante dessas suposicoes nao e valida para todos os casos da analise defaltas. Por exemplo, as linhas de distribuicao primaria e secundaria possuem valor de resistenciaserie que pode reduzir significativamente a magnitude das correntes de falta e portanto naodevem ser desprezadas no calculo das correntes de curto circuito.

Analise por Reducao de Circuito

Para mostrar como e feita a analise de um curto circuito trifasico, considere o sistema mostradona figura 4.8. O circuito monofasico equivalente antes da ocorrencia da falta e mostrada nafigura 4.9. o qual pode ser reduzido a forma mostrada na figura 4.10.


G M2T2LTT1

1

Figura 4.8: Sistema exemplo

Eg

+

-

jXg

jXt1 jXlt jXt2

jXm

+

Em

-

Chave S

1 2

Figura 4.9: Circuito equivalente (1)

Eg

+

-

jXg

jXeq

Chave S

+

Em

-


As tensoes internas das maquinas Eg e Em sao supostas constantes para o calculo da correntede falta. Quando ocorre um curto circuito trifasico solido na barra 1, a tensao nesta barra seanula. Esta condicao pode ser representada analiticamente por duas fontes opostas e de mesmamagnitude conectadas em serie, conforme mostra a figura 4.11. A magnitude da tensao emambas as fontes e V 0

i , valor da tensao pre-falta na barra onde ocorre o curto circuito.A solucao do circuito eletrico mostrado na figura 4.11, para o calculo da corrente de falta

pode ser obtida aplicando-se o Teorema da Superposicao. Para isto, dois circuitos sao resolvidos.


Eg

+

-

jXg1

jXt1

+

Em

-

I′′g I

′′F

+

V01

-

-

V01

+

I′′m

jXm

1 2


O primeiro, mostrado na figura 4.12, fornece a resposta a uma das quatro fontes de tensao, I′′g1 ,

I′′F1

e I′′m1

. E importante observar que, sob o ponto de vista de contribuicao para a corrente defalta, este circuito pode ser interpretado como o equivalente de Thevenin visto da barra ondeocorre a falta. O segundo circuito, apresentado na figura 4.13, fornece a resposta as outras tres

j(Xt1 +Xlt +Xt2)

+

-

I′′g1 I

′′F1

-

V01

+

I′′m1

jXm

1 2

jXg1


fontes de tensao, I′′g2 , I

′′F2

e I′′m2

. Desde que Vi e a tensao no ponto do curto circuito antes dafalta ocorrer, este circuito representa a condicao de operacao pre-falta do sistema. A fonte detensao conectada entre a barra 1 e o no de referencia nao exerce nenhum efeito sobre o sistema,e portanto a contribuicao a corrente de falta I

′′F2

e nula, conforme mostra o circuito da figura4.14.

A corrente subtransitoria de falta e simplesmente

I′′F = I

′′F1


Eg

+

-

jXg

j(Xt1 +Xlt +Xt2)

+

Em

-

I′′g2 I

′′F2

+

V01

-

I′′m2

jXm

1 2


Eg

+

-

jXg1

j(Xt1 +Xlt +Xt2)

+

Em

-

I′′g2 I

′′m2

jXm

1 2

V01

+

-


e as contribuicoes do gerador e do motor a corrente de falta sao respectivamente

I′′g = I

′′g1 + I

′′g2

I′′m = I

′′m1

+ I′′m2

onde I′′g2 = −I ′′

m2e a corrente pre-falta no gerador.

Ex. 4.1 Suponha que o gerador sıncrono da figura 4.8 esta suprindo potencia aparente nominal,com fator de potencia 0,95 atrasado e a uma tensao 5% acima da nominal.Os parametros doreferido sistema sao os seguintes:

• gerador sıncrono: 100 MVA, 13,8 kV, 0,2857 Ω/fase;

• transformador 1: 100 MVA, 13,8(∆)/138(Y ) kV, 0,1904 Ω/fase (referida ao lado de baixatensao);


• linha de transmissao: 20 Ω/fase;

• transformador 2: 100 MVA, 13,8(∆)/138(Y ) kV, 0,1904 Ω/fase (referida ao lado de baixatensao);

• motor sıncrono: 100 MVA, 13,8 kV, 0,3809 Ω/fase;

Supondo a ocorrencia de uma falta trifasica solida na barra 1, calcule os valores no sistemapor unidade e em unidades reais,

• da corrente subtransitoria de falta;

• das correntes subtransitorias do gerador e do motor, desprezando as correntes pre-falta;

• das correntes subtransitorias do gerador e do motor, considerando as correntes pre-falta;

Adotando como base os valores nominais do gerador sıncrono, a impedancia base no lado de13,8 kV dos transformadores e

Zb =(13, 8k)2

100M= 1, 9044 Ω

os parametros dos componentes da rede em estudo no sistema por unidade sao:

• gerador: X′′g =

0, 2857

1, 9044= 0, 15 pu;

• transformadores: X′′t1 = X

′′t2 =

0, 1904

1, 9044= 0, 10 pu;

• linha de transmissao: X′′LT =

20, 0

190, 44= 0, 105 pu

• motor sıncrono: X′′m =

0, 3809

1, 9044= 0, 20 pu;

A impedancia equivalente vista do ponto onde ocorre a falta e (ver figuras 4.11 a 4.14)

Zth = jXth =0, 150(0, 505)

0, 150 + 0, 505= j0, 1156 pu

e a tensao pre-falta e VF = 1, 05∠00 pu.

A corrente de falta e portanto

I′′F =

V01

Zth=

1, 05∠00j0, 1156

= −j9, 079 pu

Se as correntes pre-falta nao sao consideradas, as contribuicoes do gerador e do motor acorrente de falta sao, respectivamente,

I′′g1 =

(0, 505

0, 150 + 0, 505

)IF = −j7, 000 pu

I′′m1

=

(0, 150

0, 150 + 0, 505

)IF = −j2, 079 pu


A corrente base para o gerador e para o motor e dada por

Ib =100√3 13, 8

= 4, 1837 kA

A corrente pre-falta no gerador e

Ig2 =100√

3(1, 05× 13, 8)∠− arccos 0, 95

= 3, 9845∠− 18, 190 kA⇒ 0, 9524∠− 18, 190 pu

e no motor e Im2 = −Ig2, tal que as contribuicoes do gerador e do motor a corrente de falta saorespectivamente

I′′g = I

′′g1 + I

′′g2

= −j7, 000 + 0, 9524∠− 18, 190

= 7, 353∠− 82, 90 pu

= 30, 7627∠− 82, 90 kA

I′′m = I

′′m1

+ I′′m2

= −j2, 079− 0, 9524∠− 18, 190

= 1, 999∠243, 10 pu

= 8, 3632∠243, 10 kA

Neste caso, a corrente de falta e

IF = 7, 353∠− 82, 90 + 1, 999∠243, 10

= 9, 079∠− 89, 970 pu = 37, 9852∠− 89, 970 kA

Observa-se que as correntes pre-falta nao afetam significativamente o valor da corrente defalta. Em geral essas correntes possuem valor reduzido e podem ser desprezadas no calculo dascontribuicoes a corrente de falta de cada ramo.

Uso da Matriz Impedancia de Barra

Segundo o Teorema da Superposicao, a tensao numa barra generica k apos um curto-circuitotrifasico solido numa barra j e dada por

Vpfk = V0

k +∆Vk

onde V0k e a tensao pre-falta na barra k e ∆Vk representa a variacao de tensao na barra j apos

o curto circuito.A operacao em regime permanente e representada pela equacao

Ibarra = YbarraVbarra

ou alternativamente,Vbarra = ZbarraIbarra

tal que na operacao pos-falta,

Vpf = Zbarra

(I0barra + Ipfbarra

)


onde, I0barra e Ipfbarra sao os vetores das injecoes de corrente nas barras nas condicoes pre epos falta, respectivamente, e Zbarra e uma matriz densa, cujos termos diagonais, denominadosimpedancias proprias da barra i, representam todos os caminhos entre a barra i e a terra, ouseja, a impedancia do circuito equivalente de Thevenin visto da barra i. Os elementos fora dadiagonal sao chamados impedancias de transferencia entre duas barras adjacentes.

A analise da condicao pos-falta pode ser feita com base no diagrama da figura 4.15, onde erepresentada a operacao do sistema balanceado em regime permanente.

+

V1

-

+

V2

-

+

Vj

-

+

Vn

-

I1 I2 Ij In

1 2 j n

Z11Z22 Zjj Znn

Z12

Z1j

Z2j

Znj

-

VF

+

0 (referencia)

r

Figura 4.15: Representacao da falta na barra j (1)

Se a corrente pre-falta e desprezada, quando a chave localizada na barra j esta aberta, acorrente de falta e nula e a tensao em cada barra e igual a tensao pre-falta, isto e,

V0k = V0

F , k = 1, . . . , n

O curto circuito na barra j pode ser representado pelo fechamento da chave localizada nestabarra. Neste caso, a tensao nesta barra se anula, porem a injecao de corrente e diferente de zero,isto e,

Vpfj = 0

I′′Fj

=V0

F

Zjj

onde, I′′Fj

e a injecao de corrente na barra j.

O curto circuito trifasico pode ser visto como uma fonte que injeta uma corrente igual a−IFj na barra j (elemento j do vetor Ibarra), enquanto que todos os outros elementos do vetor


das injecoes de corrente Ibarra), sao nulos. Assim, a variacao da tensao em cada barra devidaao curto circuito na barra j e dada por

∆Vbarra =

∆V1

∆V2...

∆Vj...

∆Vn

=

Z11 Z12 · · · Z1j · · · Z1n

Z21 Z22 · · · Z2j · · · Z2n...

... · · · · · ·...

...Zj1 Zj2 · · · Zjj · · · Zjn...

... · · ·...

Zn1 Zn2 · · · Znj · · · Znn

00...−IFj

...0

← pos. j

resultando

∆V1

∆V2...

∆Vj...

∆Vn

=

−Z1jIFj

−Z2jIFj

...−ZjjIFj

...−ZnjIFj

Apenas a j-esima coluna da matriz impedancia de barra e necessaria para se calcular a

variacao da magnitude da tensao em cada barra quando ocorre um curto circuito trifasico nabarra j. A corrente I

′′Fj

induz uma queda de tensao em cada ramo do circuito, a qual e dada por

ZkjIFj =

(Zkj

Zjj

)VF

tal que, em termos genericos a tensao na barra k em relacao ao neutro e

Vpfk =

(1−

Zkj

Zjj

)V0

F

A figura 4.16 mostra a representacao do curto circuito trifasico na barra j, quando o mesmoocorre atraves de uma impedancia de falta ZF .

Vj j

IFjZF

Figura 4.16: Representacao da falta na barra j (2)

Neste caso,

Vpfj = V0

j +∆Vj

= ZF IFj


e

IFj =V0

j

(ZF + Zjj)

onde V0j = V0

F , tal que

∆Vk =−Zkj

(ZF + Zjj)V0

F k = 1, 2, . . . , n

e, desde que

Vpfk = V0

k +∆Vk

entao

Vpfk = V0

F −Zkj

(ZF + Zjj)V0

F

ou seja,

Vpfk =

[1−

Zkj

(ZF + Zjj)

]V0

F

e, no caso particular da barra j,

Vpfk =

[ZF

(ZF + Zjj)

]V0

F

Apos o calculo da tensao pos-falta em cada barra, e possıvel determinar a corrente pos-faltaem todos os componentes da rede eletrica. Por exemplo, a corrente na linha de transmissao queinterliga as barras i e j e dada por

Ipfij =

(Vpf

i −Vpfj

)Zserij

onde Zserij e a impedancia serie da linha de transmissao.

Ex. 4.2 Considere o sistema do exemplo 4.1, onde a tensao pre-falta e 1,05 pu e que as correntespre-falta sao desprezadas. O circuito monofasico equivalente e mostrado na figura 4.17, para oqual as matrizes admitancia e impedancia de barra sao respectivamente

Ybarra = −j[

9, 9454 −3, 2787−3, 2787 8, 2787

]Zbarra = Y−1

barra = j

[0, 1156 0, 04580, 0458 0, 1389

]A corrente subtransitoria de falta e dada por

I′′F1

=VF

Z11

=1, 05∠00j0, 1156

= −j9, 83 pu


E′′g

+

-

−j6, 666 pu

−j3, 2787 pu

+

E′′m

-

I′′g I

′′m

−j5, 0 pu

1 2

VF

+

-

Figura 4.17: Circuito equivalente - exemplo 4.2

a as tensoes nas barras 1 e 2 sao respectivamente

V1 =

(1− Z11

Z11

)VF

= 0 pu

V2 =

(1− Z21

Z11

)VF

=

(1− j0, 0458

j0, 1156

)1, 05∠00

= 0, 634∠00 pu

A contribuicao da linha de transmissao a corrente subtransitoria de falta e dada por

I′′21 =

V2 −V1

j(XLT +Xt1 +Xt2)

=0, 6342∠00 − 0, 0∠00

j0, 305

= −j2, 079 pu

e a contribuicao do gerador a corrente subtransitoria de falta e

I′′g = I

′′F − I

′′21

= −j9, 079 + j2, 079

= −j7, 000 pu

Supondo a ocorrencia de um curto circuito trifasico solido na barra 2, a subtransitoria defalta e dada por

I′′F2

=VF

Z22

=1, 05∠00j0, 1389

= −j7, 558 pu


e as tensoes nas barras 1 e 2 sao respectivamente,

V1 =

(1− Z12

Z22

)VF

=

(1− j0, 0458

j0, 1389

)1, 05∠00

= 0, 703∠00 pu

V2 =

(1− Z22

Z22

)VF

= 0, 0 pu

A contribuicao da linha de transmissao a corrente subtransitoria de falta e

I′′12 =

V1 −V2

j(XLT +Xt1 +Xt2)

=0, 703∠00 − 0, 0∠00

j0, 305

= −j2, 308 pu

e a contribuicao do motor a corrente subtransitoria de falta e dada por

I′′m = I

′′F − I

′′12

= −j7, 558 + j2, 308

= −j5, 25 pu

4.5 Capacidade de Curto-Circuito

Considere a secao generica de um sistema de potencia mostrada na figura 4.18, e suponha que emum dado instante ocorre um curto-circuito trifasico solido na barra 3. A corrente subtransitoriade falta e dada por

IF3 =V0

F

Z33

A tensao nesta barra, que antes da falta era aproximadamente igual a 1,0 pu, sera reduzidainstantaneamente a zero. As barras 1 e 2, contendo fontes ativas, imediatamente comecaraoa alimentar a falta com as correntes IF13 e IF23 , atraves das linhas 1-3 e 2-3, respectivamente.A magnitude dessas correntes depende do valor da impedancia das respectivas linhas de trans-missao, atingindo geralmente valores superiores aos valores nominais da corrente de operacao.Os disjuntores D1 e D2 sao controlados pelos respectivos reles para isolar a barra sujeita afalta. A magnitude da tensao em todas as barras da rede sera reduzida durante a ocorrenciado curto-circuito. O valor dessa queda de tensao e uma indicacao da forca da barra. Quantomenos for reduzida a tensao quando ocorrer um curto-circuito em outra barra, mais forte e abarra considerada. A medida dessa forca e feita atraves da grandeza denominada capacidade decurto-circuito (CCC), a qual e usada na especificacao dos disjuntores e definida como o produtoda tensao antes da falta (V 0

F ) pela corrente de falta (IFj ), quando o curto circuito ocorre nabarra j, ou seja,

CCC = V 0F IFj


G2

D2

1 2

3

G1

I′′F13

I′′F12

D1

Carga

Figura 4.18: Secao generica de um sistema de potencia

em pu e

CCC =√3V 0

F IFj

com V 0F em kV entre linhas e IFj em kA por fase.

Desde que em geral V 0F = 1, 0 pu, entao

CCC = IFj (pu)

tal que no caso do curto-circuito solido

IFj =V0

F

Zjj

e

CCC =1

Zjj

Ex. 4.3 Os dados do sistema cujo diagrama unifilar e mostrado na figura 4.19 sao os seguintes:

• gerador: 30,0 MVA, 13,8 kV, X′′g=20 %;

• transformador: 30,0 MVA, 13,8/6,9 kV, Xt=10 %;

• motores: 8,0 MVA, 6,9 kV, X′′m=15 %;

Supondo que ocorre um curto circuito trifasico solido (envolvendo a terra) na barra 2, de-terminar:

• a corrente (em Amperes) que flui para a terra;

• a corrente (em Amperes) que flui para o defeito no ponto do defeito;

• a capacidade de curto circuito das barras 1 e 2 em MVA;

• a corrente (em Amperes) que deve ser interrompida pelos disjuntores 1, 2 e 3;


G1

2

1 T 2

3

4

5

M

M

M

Figura 4.19: Exercıcio

Desprezar as correntes de carga; supor a tensao de 1,0 pu em todo o sistema imediatamenteantes da ocorrencia do defeito; usar como base 100 MVA e as tensoes nominais dos equipamen-tos.

• valores das impedancias dos equipamentos no sistema por unidade na base 100 MVA etensoes nominais:

– gerador: X′′g = 0, 20

(100

30

)(13, 8

13, 8

)2

= 0, 667 pu;

– transformador: Xt = 0, 10

(100

30

)(13, 8

13, 8

)2

= 0, 333 pu;

– motores: X′′m = 0, 15

(100

8

)(6, 9

6, 9

)2

= 1, 875 pu;

• matrizes admitancia e impedancia de barra:

Ybarra = −j[

4, 5 −3, 0−3, 0 4, 6

]

Zbarra = Y−1barra = j

[0, 393 0, 2560, 256 0, 385

]

Corrente base no gerador: Ibg =100× 1000√

3 13, 8= 4183, 7 A

Corrente base no motor: Ibm =100× 1000√

3 6, 9= 8367, 4 A

• corrente que flui para a terra: In = 0;


• corrente subtransitoria de falta:

I′′F2

=V0

F2

Z22

=1, 00∠00j0, 385

= −j2, 6 pu

= −j21, 734 kA

• capacidades de curto circuito (CCC):

– barra 1: CCC1 =1, 0

Z11=

1, 0

|j0, 393|= 2, 54 pu = 254 MVA;

– barra 2: CCC2 = IF2 = | − j2, 6| = 2, 6 pu = 260 MVA;

• tensoes pos-falta:

V1 =

(1− Z12

Z22

)V1

=

(1− j0, 256

j0, 385

)1, 00∠00

= 0, 335∠00 pu

V2 = 0, 0 pu

• correntes a serem interrompidas pelos disjuntores 1, 2 e 3:

I1 = I12

=V1 −V2

Z12

=0, 333− 0, 0

j0, 333

= −j1, 0 pu

= −j4, 1837 kA

I2 = I1

= −j1, 0 pu

= −j8, 3674 kA

I3 =IF2 − I2

3

=−j2, 6− (−j1, 0)

3= −j0, 533 pu

= 4, 4626 kA


4.6 Componentes Simetricos

Quando um sistema de potencia opera sob condicoes desequilibradas (por ocorrencia de faltasou suprimento de cargas assimetricas) as correntes e tensoes sao desbalanceadas. Neste caso, aaplicacao de metodos convencionais para a determinacao da solucao desses circuitos, baseados nouso direto da analise de malhas ou de nos, resulta num aumento de complexidade do problema.Entretanto as dificuldades encontradas neste tipo de analise podem ser superadas utilizando-sea Decomposicao em Componentes Simetricas, proposta por C. L. Fortescue em 1918.

Segundo o Teorema de Fortescue, tres fasores desequilibrados podem ser decompostos emtres sistemas de fasores equilibrados, caracterizados da seguinte forma:

• componentes de sequencia positiva, representados por um sistema de tres fasores de mesmomodulo, defasados de 1200 entre si e com a mesma sequencia de fase dos fasores originais.

• componentes de sequencia negativa, representados por um sistema de tres fasores de mesmomodulo, defasados de 1200 entre si e com sequencia de fase oposta a dos fasores originais.

• componentes de sequencia zero, representados por tres fasores iguais (isto e, de mesmomodulo e mesmo angulo).

A figura 4.20 mostra a representacao dos tres sistemas de componentes simetricas.

Sequencia positiva Sequencia negativa Sequencia zero

Sistema desbalanceado

Va1

Vb1

Vc1

Va2

Vb2Vc2Va0

Vb0

Vc0

Va1

Va2

Va0

Va

Vb1

Vb2

Vb0

Vb

Vc1

Vc2

Vc0

Vc

fase a fase b fase c

Figura 4.20: Representacao dos componentes simetricos

O fasor original e definido como a soma dos componentes correspondentes em cada sistema.


As correntes trifasicas de linha sao expressas por

Ia = Ia0 + Ia1 + Ia2

Ib = Ib0 + Ib1 + Ib2

Ic = Ic0 + Ic1 + Ic2

(4.1)

onde os fasores Ia, Ib e Ic pertencem ao domınio de fase e os fasores Ia0, Ia1, Ia2, Ib0, Ib1, Ib2,Ic0, Ic1 e Ic2 pertencem ao domınio de sequencia. Observe que conhecendo-se as componentesde sequencia de uma fase, as componentes de sequencia das outras fases sao automaticamentedeterminadas com base no Teorema de Fortescue.

Visando simplificar a Eq. (4.1), seja o operador a definido como

a = 1∠1200

= cos 1200 + j sin 1200

= −1

2+ j

√3

2

o qual aplicado a um fasor gira o mesmo de 1200 sem alterar o seu modulo. As componentes desequencia podem ser expressas em funcao das grandezas correspondentes a fase a, tal que a Eq.(4.1) e re-escrita como

Ia = Ia0 + Ia1 + Ia2

Ib = Ia0 + a2Ia1 + aIa2

Ic = Ia0 + aIa1 + a2Ia2

(4.2)

ou em forma matricial, IaIbIc

=

1 1 11 a2 a1 a a2

Ia0Ia1Ia2

(4.3)

e na forma compacta,

If = AIs (4.4)

onde If e Is sao vetores coluna de ordem 3 × 1, cujas componentes sao os fasores corrente dosdomınios de fase e sequencia, respectivamente; e A e uma matriz de ordem 3× 3 expressa por

A =

1 1 11 a2 a1 a a2

As Eqs. (4.3) e (4.4) podem ser re-escritas como Ia0

Ia1Ia2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

IaIbIc

(4.5)

e

Is = A−1If (4.6)

Portanto, A e A−1 sao matrizes de transformacao, que convertem respectivamente fasoresdo domınio de sequencia para o domınio de fase e vice-versa.


No caso dos fasores tensao, as expressoes correspondentes as Eqs. (4.3), (4.4), (4.5) e (4.6)sao

Vf = AVs ⇒

Van

Vbn

Vcn

=

1 1 11 a2 a1 a a2

Va0

Va1

Va2

(4.7)

e

Vs = A−1Vf ⇒

Va0

Va1

Va2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Van

Vbn

Vcn

(4.8)

onde as componentes de sequencia das Eqs. (4.7) e (4.8) referem-se aos fasores tensao fase-neutro. Observe que expressoes semelhantes a essas equacoes podem ser escritas para os fasorestensao de linha (fase-fase), utilizando as mesmas matrizes de transformacao.

Ex. 4.4 Calcular os componentes simetricos:

1. das tensoes trifasicas fase-neutro de magnitude 380 V, tomando o fasor Van como re-ferencia e sequencia de fases positiva;

2. das correntes de linha trifasicas de magnitude 15 A, tomando o fasor Ia como referenciae sequencia de fases positiva;

3. das correntes fasoriais de linha Ia = 10∠300, Ib = 15∠1500 e Ic = 10∠− 1200.

4.7 Representacao no Domınio de Sequencia

Os modelos dos principais componentes do sistema de potencia utilizados para a aplicacao dadecomposicao em componentes simetricas sao apresentados a seguir. O procedimento paraestabelecer estes modelos consiste basicamente em determinar as relacoes tensao-corrente querepresentam analiticamente o componente no domınio de fase e converter essas grandezas parao domınio de sequencia utilizando as Eqs. (4.3) e (4.7).

Cargas Estaticas

Seja uma carga constituıda de tres impedancias Zy, conectadas em Y , aterrada atraves daimpedancia Zn, conforme mostra a figura 4.21.

Os fasores tensao de cada fase ao no de terra sao dados por

Vat = (Za + Zn)Ia + ZnIb + ZnIc

Vbt = ZnIa + (Zb + Zn)Ib + ZnIc

Vct = ZnIa + ZnIb + (Zc + Zn)Ic

(4.9)

tal que, o re-arranjo dos termos resulta na seguinte equacao matricial: Vat

Vbt

Vct

=

(Za + Zn) Zn Zn

Zn (Zb + Zn) Zn

Zn Zn (Zc + Zn)

IaIbIc

(4.10)

a qual e expressa na forma compacta como

Vf = ZfIf (4.11)


Ia

a

Zc

Ib

b

Za Zb

ZnIn

c

t - no de terra

Ic

Figura 4.21: Carga conectada em Y -aterrado

onde o ındice f indica que os componentes desta equacao pertencem ao domınio de fase.As tensoes e correntes dos domınios de fase e sequencia sao relacionadas por

Vf = AVs If = AIs

de forma que a Eq. (4.11) pode ser re-escrita como

Vs = ZsIs

onde Vs e Is sao vetores cujos termos sao os componentes simetricos da tensao fase-terra e dacorrente de linha, e Zs = A−1ZfA e a matriz impedancia convertida ao domınio de sequencia,a qual e dada por

Zs =1

3

Za + Zb + Zc + 9Zn Za + a2Zb + aZc Za + aZb + a2Zc

Za + aZb + a2Zc Za + Zb + Zc Za + a2Zb + aZc

Za + a2Zb + aZc Za + aZb + a2Zc Za + Zb + Zc

(4.12)

e portanto Va0

Va1

Va2

=1

3

Za + Zb + Zc + 9Zn Za + a2Zb + aZc Za + aZb + a2Zc

Za + aZb + a2Zc Za + Zb + Zc Za + a2Zb + aZc

Za + a2Zb + aZc Za + aZb + a2Zc Za + Zb + Zc

Ia0Ia1Ia2

(4.13)

As Eqs. (4.10) e (4.13) representam analiticamente o sistema da figura 4.21 nos domınios defase e sequencia, respectivamente. Se a carga e balanceada,

Za = Zb = Zc = Zy

e a Eq. (4.13) e re-escrita como Va0

Va1

Va2

=

Zy + 3Zn 0 00 Zy 00 0 Zy

Ia0Ia1Ia2

(4.14)


Zy

-

Ia1 Zy Ia2

-

Zy Ia0

-

3Zn

+

Va1

+

Va2

+

Va0

Sequencia Positiva Sequencia Negativa Sequencia Zero

Figura 4.22: Circuitos de sequencia da carga conectada em Y-aterrado

A Eq. (4.14) consiste de tres equacoes desacopladas, que podem ser representadas em termosde circuitos monofasicos de sequencia positiva, negativa e zero, conforme mostra a figura 4.21.

No domınio de fase, a corrente que flui no neutro do sistema trifasico e dada por

In = Ia + Ib + Ic

e desde que

Ia1 + Ib1 + Ic1 = 0

Ia2 + Ib2 + Ic2 = 0

entaoIa + Ib + Ic = 3Ia0

e portantoIn = 3Ia0

As cargas conectadas em Y solidamente aterrado, Y sem aterramento e ∆ sao casos partic-ulares da carga conectada em Y -aterrado. Nos dois primeiros casos, as impedancias do neutrovalem respectivamente Zn = 0 e Zn = ∞. A carga em ∆ e equivalente a uma carga conectadaem Y sem aterramento, casos nos quais a soma fasorial das correntes de linha e zero; isto e,

Ia + Ib + Ic = 0

o que implica emIa0 = 0

Portanto, as correntes de sequencia zero existem apenas em sistemas trifasicos desequilibra-dos e com neutro aterrado.

Impedancias Serie das Linhas de Transmissao

A figura 4.23 mostra uma linha de transmissao na qual apenas os parametros serie (sem o efeitodas indutancias mutuas) sao considerados.

A queda de tensao no domınio de fase e dada por Vaa

Vbb

Vcc

=

Van −Van

Vbn −Vbn

Vcn −Vcn

=

Zlt 0 00 Zlt 00 0 Zlt

IaIbIc

(4.15)


a

b

c

n

Zlt

Zlt

Zlt

a

b

c

Figura 4.23: Linha de transmissao

ou na forma compactaVf −Vf = ZfIf

De forma analoga ao caso da carga estatica,

Vf = AVs

Vf = AVs

If = AIs

tal queVs −Vs = A−1ZfAIs

e portanto Va0 −Va0

Va1 −Va1

Va2 −Va2

=

Z0 0 00 Z1 00 0 Z2

Ia0Ia1Ia2

(4.16)

onde Va0, Va0, Va1, Va1, Va2 e Va2 sao as componentes de sequencia das tensoes complexasna entrada e na saıda da linha de transmissao, respectivamente; Z0, Z1 e Z2 sao as impedanciasde sequencia da linha de transmissao (em geral fornecidas pelos fabricantes ou determinadasatraves de ensaios apropriados), e Ia0, Ia1 e Ia2 sao as componentes de sequencia das correntesde linha. As componentes da Eq. (4.16) sao desacopladas e podem ser representadas peloscircuitos da figura 4.24.

A linha de transmissao e um componente estatico do sistema de potencia e portanto suasimpedancias de sequencia positiva e negativa sao iguais. E difıcil determinar com precisao asua impedancia de sequencia zero porque as correntes de sequencia zero podem retornar pelosmais variados caminhos, tais como o cabo de cobertura, o aterramento, as torres da linha etc.Alem disso, a impedancia da terra depende do tipo de solo, umidade e outros fatores, tal que nocalculo desta impedancia costuma-se se fazer hipoteses simplificadoras em relacao a distribuicaodas correntes. Por esta razao, o valor da impedancia de sequencia zero e o parametro com menorprecisao em estudos de curto circuito, sendo recomendavel obter esse parametro por meio deensaios de campo. Em primeira aproximacao pode-se tomar Z0 = 3 a 3,5 Z1.

Maquina Sıncronas

A figura 4.25 mostra um gerador sıncrono, com as bobinas da armadura conectadas em Y -aterrado. Cada fase e composta por uma fonte de tensao independente, representando a tensao


- - -


+ ++

Ia0Ia1 Ia2Z1 Z2 Z0

- --

+ + +

Va1 Va2 Va0Va1 Va2 Va0

Figura 4.24: Circuitos de sequencia da linha de transmissao

interna do gerador Ef e a impedancia da bobina da armadura Zg.

Zg Zg

Zg

Ib

Ia

In

Ic

Zn

+

-

Efa

Efc

Efb

+

-

+

-

a

b

ct: no de terra

Figura 4.25: Gerador sıncrono com as bobinas da armadura conectadas em Y -aterrado.

Neste caso, o fasor tensao da fase a ao no de terra e dado por

Vat = −ZgIa +Efa − ZnIn

onde a corrente no neutro e expressa por

In = Ia + Ib + Ic

e portantoVat = −(Zg + Zn)Ia +Efa − ZnIb − ZnIc (4.17)

Expressoes semelhantes a Eq. (4.17) podem ser estabelecidas para as fases b e c, tal que aseguinte equacao matricial e obtida: Vat

Vbt

Vct

= −

(Zg + Zn) Zn Zn

Zn (Zg + Zn) Zn

Zn Zn (Zg + Zn)

IaIbIc

+

Efa

Efb

Efc

(4.18)


a qual representa analiticamente o gerador sıncrono da figura 4.25 e pode ser expressa na formacompacta no domınio de fase como

Vf = −ZfIf +Ef (4.19)

Expressando as tensoes e correntes da Eq. (4.19) no domınio de sequencia obtem-se Va0

Va1

Va2

= −

Zg0 + 3Zn 0 00 Zg1 00 0 Zg2

Ia0Ia1Ia2

+

0Efa

0

(4.20)

onde Zg1 , Zg2 e Zg0 sao as impedancias se sequencia positiva, negativa e zero, respectivamente,do gerador sıncrono. Essas impedancias sao determinadas em ensaios baseados na relacao tensao-corrente da maquina sıncrona. Por exemplo, a impedancia de sequencia positiva e determinadaatraves do ensaio de curto circuito no gerador sıncrono. De maneira analoga, as impedancias desequencia negativa e zero sao determinadas submetendo-se este equipamento as tensoes trifasicasde sequencia negativa e zero, respectivamente. Esses valores sao geralmente fornecidos pelosfabricantes.

A Eq. (4.20) representa analiticamente o gerador sıncrono da figura 4.25 no domınio desequencia. E facil observar que as equacoes correspondentes as componentes de sequencia posi-tiva, negativa e zero sao desacopladas, podendo cada uma ser representada por um circuito desequencia, conforme mostra a figura 4.26.

Efa

+

-

Zg1

+

Va1

-

Ia1 Zg2 Ia2

+

Va2

-

Zg0 Ia0

+

Va0

-


3Zn

Figura 4.26: Circuitos de sequencia do gerador sıncrono

Observe que estes circuitos sao simplificados, sendo desprezados os efeitos de saliencia depolos, saturacao e outros fenomenos transitorios mais complexos. Os circuitos de sequenciado motor sıncrono sao semelhantes aos do gerador, exceto pelo sentido das componentes desequencia da corrente em cada circuito. No caso do motor de inducao, desde que o enrolamentode campo (rotor) destes equipamentos nao e excitado por corrente contınua, a fonte independenteque representa a forca eletromotriz interna e removida (substituıda por uma impedancia nulaou curtocircuitada).

Ex. 4.5 Considere um sistema trifasico onde as seguintes tres cargas conectadas em paralelosao supridas por um a alimentador operando na tensao de 380 V:

• carga 1: conectada em ∆ e constituıda por tres impedancias iguais a 24 + j18 Ω/fase;

• carga 2: conectada em Y solidamente aterrado e constituıda por tres reatancias capacitivasiguais a 5 Ω/fase;


• carga 3: conectada em Y aterrado por uma reatancia indutiva igual a 2 Ω e constituıdapor tres impedancias iguais a 12 + j9 Ω/fase;

As impedancias de sequencia da linha de transmissao que conecta a fonte a carga sao iguais aZ1 = Z2 = 0,087 + j0,996 Ω/fase, e Z0 = 0,25 + j2,88 Ω/fase.

1. determine os circuitos de sequencia que representam este sistema;

2. calcule os fasores corrente de linha que suprem cada carga;

3. as potencias complexas absorvida pela carga total e fornecida pela fonte, a perda depotencia ativa e reativa no sistema de transmissao;

4. os fatores de potencia com que operam a fonte e a carga;

5. o balanco de potencia do sistema trifasico;

Transformadores

Um modelo simplificado consistindo apenas de uma reatancia e adotado para representar otransformador. Desde que os transformadores sao equipamentos estaticos, a impedancia dedispersao nao variara se a sequencia de fase for alterada. Por esta razao, a impedancia desequencia positiva deste equipamento e igual a sua impedancia de dispersao, a qual e obtidaatraves do ensaio de curto-circuito, isto e,

Z1 = Z2 = jXt

A impedancia de sequencia zero dos transformadores depende da forma de conexao dosenrolamentos (Y , Y aterrado ou ∆). Os diversos casos possıveis de conexao sao mostrados aseguir.

Conexao Y − Y com aterramento em ambos os lados

Quando o neutro de ambos os lados do transformador esta aterrado, ha um caminho que permiteque as correntes de sequencia zero circulem nos dois lados do transformador. O circuito desequencia zero do transformador trifasico com conexao Y -aterrado/Y -aterrado e apresentado nafigura 4.27.

O transformador com conexao Y −Y solidamente aterrada nos dois lados e um caso particulardo anterior. A rede de sequencia zero correspondente a este tipo de conexao e a mesma da figura4.27, com ZN = Zn = 0 e Z0 = Z1 = Z2 = jXt

3ZNZ0 3Zn

Figura 4.27: Transformador trifasico com conexao Y -aterrado/Y -aterrado - circuito desequencia zero


Se o transformador trifasico possui conexao Y − Y sem aterramento, ZN = Zn =∞, o quepode ser interpretado como um circuito aberto substituindo as impedancias de aterramento.Neste caso, a inexistencia de aterramento impede que as correntes de sequencia zero circulemno transformador.

No caso da conexao Y -solidamente aterrado / Y -sem aterramento, ZN = 0 e Zn = ∞, ouseja, ha um circuito aberto entre as duas partes do sistema ligadas pelo transformador, o queimpede que as correntes de sequencia zero circulem em qualquer secao do transformador.

Se o transformador trifasico possui conexao Y -aterrado - ∆, as correntes de sequencia zerotem um caminho que as possibilita fluir para a terra, pois as correntes induzidas correspondentespodem circular na conexao ∆. Entretanto, nenhuma corrente de sequencia zero saira pelosterminais do secundario e portanto nao havera circulacao de correntes de sequencia zero naslinhas conectadas a ligacao ∆. Por esta razao, o circuito equivalente inclui um caminho a partirda linha do lado Y ate a barra de referencia. Assim, nenhuma corrente de sequencia zero einjetada nos terminais da conexao ∆. O circuito de sequencia zero correspondente a este tipode conexao inclui um circuito aberto no lado da conexao ∆. Estas consideracoes sao modeladasna rede de sequencia zero apresentada na figura 4.28.

3ZNZ0

Figura 4.28: Transformador trifasico com conexao Y aterrado / ∆ - circuito de sequenciazero

Os transformadores trifasicos com conexoes Y -solidamente aterrado / ∆ e Y nao aterrado /∆ sao casos particulares da conexao Y aterrado / ∆ com ZN = 0 e ZN =∞, respectivamente.

No caso do transformador trifasico com conexao ∆ / ∆, nao existe caminho de retorno paraas correntes de sequencia zero e portanto elas nao podem circular fora do transformador, emborapossam circular internamente nos enrolamentos da conexao ∆. A figura 4.29 mostra o circuitode sequencia zero deste tipo de transformador.

Z0

Figura 4.29: Transformador trifasico com conexao ∆ / ∆ - circuito de sequencia zero

Se o transformador trifasico possui tres enrolamentos por fase, o circuito equivalente desequencia zero e obtido combinando-se os modelos anteriores. Por exemplo, se o primario estaconectado em Y solidamente aterrado, o secundario em Y solidamente aterrado e o terciario em∆, o circuito de sequencia zero e semelhante aquele apresentado na figura 4.30.


jXt

jXsjXp

PS

T

Figura 4.30: Transformadores trifasicos de tres enrolamentos com conexao Y aterrado/∆/Y aterrado - circuito de sequencia zero

As redes de sequencia sao circuitos monofasicos determinados com os componentes de ummesmo tipo de sequencia. Em termos de elemento passivo os componentes do sistema de potenciasao caracterizados pelas suas respectivas impedancias de sequencia positiva, negativa e zero.

4.8 Faltas Assimetricas num Gerador a Vazio

Redes eletricas podem ser reduzidas a um circuito equivalente de Thevenin visto de qual-quer barra. Este conceito pode ser estendido para os sistemas formados pelos componentesde sequencia, resultando em tres circuitos equivalentes de Thevenin, correspondentes as redesde sequencia positiva, negativa e zero. De acordo com a modelagem dos componentes dos sis-temas de potencia mostrada no capıtulo A, apenas as redes de sequencia positiva possuem fontesindependentes e portanto o correspondente circuito equivalente de Thevenin possui uma fonteativa, sendo os outros dois circuitos constituıdos apenas de uma impedancia equivalente. Assim,esses circuitos se assemelham aos da figura ??, o que possibilita analisar as faltas assimetricas apartir do gerador sıncrono. Para esta finalidade, o seguinte procedimento e adotado:

1. escrever as equacoes que modelam a condicao de falta do gerador sıncrono no domınio defase;

2. converter essas equacoes ao domınio de sequencia atraves da matriz de transformacao;

3. identificar o circuito de sequencia resultante da conversao das equacoes ao domınio desequencia;

Curto-Circuito Fase-Terra

Considere a figura 4.31, a qual representa um gerador sıncrono sujeito a um curto circuito solidofase-terra na fase a. As equacoes que modelam este tipo de curto circuito no domınio de fasesao,

Va = 0

Ib = Ic = 0


Ia

Zy Zy

Zy

Ib

Ic

ZN

a

b

c

Va

Vb

Vc

IF

Figura 4.31: Representacao do gerador sıncrono na falta fase-terra

Em termos de componentes de sequencia, Ia0Ia1Ia2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

IaIbIc

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Ia00

resultando Ia0

Ia1Ia2

=1

3

IaIaIa

ou seja,

Ia0 = Ia1 = Ia2 (4.21)

tal que a corrente que flui para a terra e

IF = Ia = 3Ia0

Por outro lado,

Va = Va0 +Va1 +Va2 = 0 (4.22)

Para que as equacoes 4.21 e 4.22 sejam simultaneamente satisfeitas, as redes de sequenciado gerador sıncrono devem ser conectados em serie, conforme mostra a figura 4.32. As conexoes


Ea1

+

-

jX1 Ia1 jX2 Ia2

+

Va2

-

jX0 Ia0

+

Va0

-

3ZNVa1

+

-

Figura 4.32: Conexao dos circuitos de sequencia do gerador sıncrono na falta fase-terra

das redes de sequencia na forma apresentada na figura 4.32 constituem um modo conveniente deestabelecer as equacoes para a solucao do problema do curto-circuito fase-terra. Por exemplo,pode-se calcular a componente de sequencia da corrente no circuito da figura 4.32 e entaodeterminar a corrente de falta IF = Ia = 3I0. Se o neutro do gerador nao estiver aterradoZN =∞ e IF = 0, e portanto nao circula corrente na linha a. Isto pode ser visto tambem pelasimples inspecao do circuito trifasico, pois nao existe caminho de retorno para a corrente dedefeito, a menos que o neutro de gerador seja aterrado.

Curto-Circuito Fase-Fase

Ia

Zy Zy

Zy

Ib

Ic

ZN

aVa

Vb b

Vc c

IF = Ib = −IcIN = 0

Figura 4.33: Representacao do gerador sıncrono na falta fase-fase


Este tipo de falta, ilustrado na figura 4.33, e caracterizado pelas seguintes equacoes nodomınio de fase:

Vb = Vc

Ia = 0

Ic = −IbEm termos de componentes de sequencia: Ia0

Ia1Ia2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

IaIbIc

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

0Ib−Ib

o que fornece Ia0

Ia1Ia2

=1

3

(0 + Ib − Ib)(aIb − a2Ib

)(a2Ib − aIb

)

ou seja,Ia0 = 0 (4.23)

eIa2 = −Ia1 (4.24)

conforme esperado pois o curto nao envolve a terra.Por outro lado Va0

Va1

Va2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Va

Vb

Vc

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Va

Vb

Vb

resultando Va0

Va1

Va2

=1

3

(Va +Vb +Vb)(Va + aVb + a2Vb

)(Va + aVb + a2Vb

)

e portantoVa1 = Va2 (4.25)

Do circuito de sequencia zero,

Va0 = − (jX0 + 3ZN ) Ia0

pore, desde que Ia0 = 0, entaoVa0 = 0 (4.26)

O exame das equacoes 4.23, 4.24, 4.25 e 4.26 indica que para representar este tipo de faltaos modelos de sequencia positiva e negativa devem ser ligados em paralelo, conforme ilustra afigura 4.34.


Ea1

+

-

+

Va2

-

jX0 Ia0

+

Va0

-

3ZNVa1

+

-

jX2 Ia2jX1 Ia1

Figura 4.34: Conexao dos circuitos de sequencia do gerador sıncrono na falta fase-fase

Curto-Circuito Fase-Fase-Terra

Este tipo de curto e representado na figura 4.35. e as condicoes que descrevem analiticamente a

Ia

Zy Zy

Zy

Ib

Ic

ZN

aVa

Va b

Vc c

IF = Ib + Ic

Figura 4.35: Representacao do gerador sıncrono na falta fase-fase-terra

falta fase-fase-terra no domınio de fase sao

Vb = Vc = 0

Ia = 0


Em termos de componentes de sequencia, Va0

Va1

Va2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Va

Vb

Vc

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Va

00

resultando Va0

Va1

Va2

=1

3

Va

Va

Va

ou seja,

Va0 = Va1 = Va2 =Va

3(4.27)

e

Ia = Ia0 + Ia1 + Ia2 = 0 (4.28)

Para que as equacoes 4.27 e 4.28 sejam satisfeitas, as redes de sequencia do gerador sıncronodevem ser ligadas em paralelo, conforme mostra a figura 4.37.

Ea1

+

-

+

Va2

-

+

Va0

-

3ZNVa1

+

-

jX2 Ia2jX1 Ia1 jX0 Ia0

Figura 4.36: Conexao dos circuitos de sequencia do gerador sıncrono na falta fase-fase-terra

Observe-se que,

IF = Ib + Ic

porem,

Ia + Ib + Ic = 3Ia0

e desde que neste caso Ia = 0, entao

IF = Ib + Ic = 3Ia0


Ic

Zy Zy

Zy

Ia

Ib

ZN

aVa

Vb b

Vc c

IN = 0

Ia + Ib + Ic

Figura 4.37: Representacao do gerador sıncrono na falta trifasica

Curto Circuito Trifasico

Este tipo de falta, ilustrado na figura 4.37, e caracterizado pelas seguintes equacoes:

Va = Vb = Vc = 0

Ia + Ib + Ic = 0

Em termos de componentes de sequencia:

Va0

Va1

Va2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Va

Vb

Vc

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

000

resultando

Va0 = Va1 = Va2 = 0 (4.29)


Por outro lado Ia0Ia1Ia2

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

IaIbIc

=1

3

1 1 11 a a2

1 a2 a

Iaa2IaaIa

fornecendo Ia0

Ia1Ia2

=1

3

Ia(1 + a2 + a

)Ia(1 + a3 + a3

)Ia(1 + a4 + a2

) =

0Ia0

e portanto

Ia0 = 0

Ia1 = Ia

Ia2 = 0

(4.30)

De 4.29 e 4.30, observa-se que a condicao estabelecida pela equacao 4.29 implica em quetodas as redes de sequencia estao em curto, conforme representado na figura 4.38.

Ea1

+

-

+

-

+

Va0

-

3ZN

+

-

jX2 Ia2jX1 Ia1 jX0 Ia0

Va1 Va2

Figura 4.38: Conexao dos circuitos de sequencia do gerador sıncrono na falta trifasica

Se o curto trifasico nao envolve a terra, entao as condicoes do defeito sao ainda,

Va = Vb = Vc = 0

Ia + Ib + Ic = 0

Note que, desde que Ia0 = 0, o circuito de sequencia zero tambem pode ser deixado emaberto.

4.9 Analise de Faltas Assimetricas

Para calcular as correntes de uma falta assimetrica numa rede eletrica aplica-se a mesma tecnicautilizada no estudo de faltas assimetricas em geradores sıncronos operando a vazio. No presentecaso, substitui-se cada rede de sequencia (positiva, negativa e zero) do sistema pelo respectivocircuito equivalente de Thevenin, visto do ponto onde ocorre o defeito. As redes de sequencia


de um sistema de potencia sao determinadas acoplando-se adequadamente, segundo o diagramaunifilar, as redes equivalentes de cada componente da rede eletrica.

O procedimento para o calculo das correntes e tensoes de curto circuito em sistemas depotencia pode ser resumido nos seguintes passos:

1. Considera-se que as tensoes nas barras sao iguais (em geral a 1,0 pu ou a um valorfornecido) e despreza-se todas as correntes pre-falta nas linhas do sistemas.

2. Determina-se os circuitos de sequencia positiva, negativa e zero do sistema, conectando-seos circuitos de sequencia de cada elemento do sistema de potencia segundo o diagramaunifilar.

3. Determina-se os circuitos equivalentes de Thevenin das redes de sequencia positiva, neg-ativa e zero vistas do ponto do defeito. Observe que a tensao da fonte independente (nocircuito de sequencia positiva) e a tensao pre-falta referida no item 1. Por outro lado, aimpedancia do equivalente de Thevenin pode ser calculada de duas formas:

• por reducao de circuito;

• atraves da matriz impedancia de barra.

4. Para se calcular a corrente que flui para o defeito utiliza-se um procedimento analogoaquele adotado no caso de curto-circuito nos terminais de geradores sıncronos funcionandoa vazio; isto e, os circuitos equivalentes de Thevenin das redes de sequencia positiva,negativa e zero sao conectados de acordo com o tipo de falta.

5. As correntes nos elementos do sistema que fluem para o ponto do onde ocorre o curtocircuito sao calculadas desprezando-se as cargas. Estas correntes sao portanto devidasexclusivamente a falta.

6. As tensoes de fase e de linha em qualquer ponto da rede devidas exclusivamente ao defeitosao calculadas a partir da corrente nos elementos do sistema.

7. Se a corrente pre-falta for considerada, as correntes pos-falta nas linhas sao obtidasaplicando-se o Teorema da Superposicao.

8. Obtidas as correntes nas linhas pode-se entao determinar a capacidade de interrupcao dosdiversos disjuntores e os ajustes dos reles de protecao.

Ex. 4.6 Considere o sistema do exemplo 4.1, com os seguintes dados adicionais:

• gerador: bobinas da armadura conectadas em Y solidamente aterrado, com reatancias desequencia Xg1 = 0, 15 pu, Xg2 = 0, 17 pu e Xg0 = 0, 05 pu;

• transformadores trifasicos com conexao ∆ no lado de Baixa Tensao e Y no lado de Altatensao, com reatancias de sequencia Xt1 = Xt2 = Xt0 = 0, 10 pu;

• linha de transmissao com reatancias de sequencia XLT1 = XLT2 = 0, 105 pu e XLT0 =0, 315 pu;

• motor sıncrono: bobinas da armadura conectadas em Y aterrado atraves de uma reatanciaindutiva de 0,05 pu, com reatancias de sequencia Xm1 = 0, 20 pu, Xm2 = 0, 21 pu eXm0 = 0, 10 pu;


Desprezando as correntes pre-falta, calcular no sistema por unidade e em unidades reais acorrente subtransitoria de falta e as tensoes fase-terra na barra onde ocorre a falta,

1. para um curto circuito fase-terra solido, na fase a na barra 2;

2. para um curto circuito fase-fase sem envolver a terra, nas fases b e c na barra 2;

3. para um curto circuito fase-fase-terra solido, nas fases b e c na barra 2;

• matrizes admitancia de barra e impedancia de barra de sequencia positiva:

Y1barra = −j

[9, 9454 −3, 2787−3, 2787 8, 2787

]

Z1barra = Y−1

barra = j

[0, 1156 0, 04580, 0458 0, 1389

]• matrizes admitancia de barra e impedancia de barra de sequencia negativa:

Y2barra = −j

[9, 1610 −3, 2787−3, 2787 8, 0406

]

Z2barra = Y−1

barra = j

[0, 1278 0, 05210, 0521 0, 1456

]• matrizes admitancia de barra e impedancia de barra de sequencia zero:

Y0barra = −j

[20, 0 0, 00, 0 4, 0

]

Z0barra = Y−1

barra = j

[0, 05 0, 000, 00 0, 25

]1. curto circuito fase-terra solido;

– Corrente subtransitoria de falta:

I0 = I1 = I2

I0 =1, 05∠00

j(0, 250 + 0, 1389 + 0, 1456)

= −j1, 9643 pu IaIbIc

=

1 1 11 a2 a1 a a2

−j5, 893−j5, 893−j5, 893

=

−j5, 893 pu (×4, 184 = 24, 65 kA)0, 00, 0


– Tensoes apos a falta: V0

V1

V2

=

0, 01, 05∠00

0, 0

− j0, 250 0 0

0 j0, 1389 00 0 j0, 1456

−j1, 9643−j1, 9643−j1, 9643

=

−0, 49100, 7771−0, 2860

pu

Vag

Vbg

Vcg

=

1 1 11 a2 a1 a a2

−0, 49100, 7771−0, 2860

=

0, 01, 179∠231, 301, 179∠128, 70

pu

2. curto circuito fase-fase;


I1 = −I2

=1, 05∠00

j(0, 1389 + 0, 1456)

= −j3, 690 pu

I0 = 0, 0

IaIbIc

=

0, 06, 391∠1800 (×4, 184 = 26, 74 kA∠1800)−6, 391∠1800 (×4, 184 = 26, 74 kA)

– Tensoes apos a falta: V0

V1

V2

=

0, 01, 05∠001, 05∠00

− 0

j0, 1389j0, 1389

(−j3, 690)

Vag

Vbg

Vcg

=

1 1 11 a2 a1 a a2

0, 00, 53730, 5373

=

1, 075−0, 5373−0, 5373

pu

3. curto circuito fase-fase-terra solido;



I1 =1, 05∠00

j

[0, 1389 +

(0, 1456× 0, 250)

(0, 1456 + 0, 250)

]= −j4, 5472 pu

I2 = j4, 5472

(0, 25

(0, 1456 + 0, 250)

)= j2, 8736 pu

I0 = j4, 5464

(0, 1456

(0, 1456 + 0, 250)

)= j1, 6736 pu

IaIbIc

=

1 1 11 a2 a1 a a2

j1, 6736−j4, 5472j2, 8736

=

0, 06, 8986∠158, 660 (×4, 184 = 28, 86∠158, 660 kA)6, 8986∠21, 340 (×4, 184 = 28, 86∠21, 340 kA)

– Corrente no neutro:

In = Ib + Ic

= 3I0

= j5, 020 pu (21, 0 kA∠900)

– Contribuicoes da linha de transmissao e do motor a corrente de falta:

∗ sequencia zero:Linha de transmissao, transformadores e gerador:

ILT0 = It10 = It20 = Ig0 = 0, 0

por causa do tipo de conexao dos transformadores trifasicos;Motor: Im0 = I0 = j1, 6736 pu;

∗ sequencia positiva - aplicando o divisor de corrente no circuito de sequenciapositiva:

ILT1 = −j4, 5464(

0, 20

(0, 20 + 0, 455)

)= −j1, 3884 pu

Im1 = −j4, 5464(

0, 455

(0, 20 + 0, 455)

)= −j3, 1587 pu

∗


∗ sequencia negativa - aplicando o divisor de corrente no circuito de sequenciapositiva:

ILT2 = j2, 783

(0, 21

(0, 21 + 0, 475)

)= −j0, 8534 pu

Im2 = j2, 783

(0, 475

(0, 21 + 0, 475)

)= −j1, 9302 pu

ILTa

ILTb

ILTc

=

1 1 11 a2 a1 a a2

0, 0−j1, 3884j0, 8534

=

0, 5350∠900 pu (2, 2384∠900 kA)1, 9558∠172, 16 pu (0, 8200∠172, 16 kA)1, 9813∠7, 845 pu (0, 8200∠7, 845 kA)

Ima

Imb

Imc

=

1 1 11 a2 a1 a a2

j1, 6736−j3, 1587j1, 9302

=

0, 4451∠900 pu (1, 0623∠900 kA)4, 9656∠152, 56 pu (20, 776∠152, 56 kA)4, 9986∠27, 4350 pu (20, 776∠27, 4350 kA)

4.10 Exercıcios

4.1 Considere o sistema trifasico cujo diagrama unifilar e mostrado na figura 4.39.

As tensoes pre-falta sao todas iguais a 1, 0∠00 pu. Tomando como base os valores nominaisdo gerador 1,

• determinar o circuito equivalente no sistema em por unidade;

• determinar o equivalente de Thevenin visto da barra 2;

• determinar a matriz impedancia de barra deste sistema;

• calcular a corrente subtransitoria de falta para um curto circuito trifasico solido na barra2 em pu e em Amperes;

• determinar a tensao nas barras 1 e 3 sob as condicoes de falta em pu e em kV;

• determinar a corrente na linha 1-2 nessas condicoes em pu e em Amperes;

• calcular a capacidade de curto circuito das barras 1,2 e 3 em pu e em MVA.


50 MVA13,8 kV

X′′g1

= 0, 76Ω

13,8 kV30 MVA

X′′g2

= 0, 95Ω

1 3

2

j01,90 Ω

j0,76 Ω

j1,52 Ω

Gerador 1

Gerador 2


4.2 Uma fonte conectada em Y -solidamente aterrado opera com tensoes fase-terra iguais aVat = 277∠00 V, Vbt = 260∠ − 1200 V e Vct = 295∠1150 V, suprindo uma carga trifasicarepresentada pela matriz de impedancias

Zf =

10 + j30 5 + j20 5 + j205 + j20 10 + j30 5 + j205 + j20 5 + j20 10 + j30

Ω

1. Determinar os circuitos de sequencia do sistema trifasico.

2. Calcular os componentes simetricos da tensao fase-terra na entrada da linha de trans-missao e na carga.

3. Calcular a corrente e a potencia complexa nos circuitos de sequencia.

4. Determinar as correntes de linha que suprem a carga e a potencia complexa suprida acarga trifasica.

4.3 Uma fase de um gerador trifasico opera em aberto enquanto as outras duas fases saocurto circuitadas a terra, circulando nas mesmas as correntes fasoriais Ib = 1000∠1500 A eIc = 1000∠300 A. Determinar os componentes simetricos destas correntes e a corrente que fluiatraves do neutro do gerador.

4.4 Dadas as tensoes fase-terra Vat = 280∠00 V, Vbt = 250∠− 1100 V e Vct = 290∠1300 V:

1. calcule as componentes de sequencia das tensoes fase-terra;

2. calcule as tensoes fasoriais de linha e os componentes de sequencia correspondentes;


3. verifique a relacao entre as tensoes de fase e de linha dos componentes de sequencia dastensoes.

4.5 As correntes fasoriais numa carga conectada em ∆ sao: Iab = 10∠00 A, Ibc = 15∠ − 900

A e e Ica = 20∠900 A. Determine:

1. as componentes de sequencia das correntes nas fases da conexao ∆;

2. as correntes de linha que suprem a carga e suas correspondentes componentes de sequencia;

3. verifique a relacao entre as correntes de fase e de linha dos componentes de sequencia dascorrentes.

4.6 Num sistema trifasico, tensoes fase-terra iguais a Vat = 280∠00 V, Vbt = 250∠ − 1100

V e Vct = 290∠1300 V suprem uma carga balanceada conectada em Y solidamente aterrado,composta de impedancias iguais a 12 + j16 Ω/fase. Determine os circuitos de sequencia dosistema e calcule as correntes de linha e suas correspondentes componentes de sequencia.

4.7 Repita o problema anterior para os seguintes casos:

1. supondo que a fonte e a carga sao conectadas por uma linha de transmissao de impedancia3 + j4 Ω/fase;

2. supondo que a conexao da carga e Y nao aterrado;

3. supondo que a conexao da carga e ∆ consistindo de impedancias de 12 + j16 Ω/fase;

4. supondo que a carga consiste de uma conexao Y composta de impedancias de 3+j4 Ω/fase,com neutro aterrado por uma reatancia indutiva de 2 Ω. Considere que a carga e compen-sada por um banco de capacitores conectado em ∆, composto de reatancias de 30 Ω/fase.

4.8 Num sistema trifasico, um gerador sıncrono supre um motor atraves de uma linha detransmissao com impedancia 0.5∠800 Ω/fase. O motor absorve 5 kW, na tensao de 200 V, comfator de potencia 0,8 adiantado. As bobinas da armadura do gerador e do motor sao conectadasem Y aterrado, com impedancias indutivas de 5 Ω. As impedancias de sequencia das maquinassao iguais a Z0 = j5, Z1 = j15 e Z2 = j10 Ω. Determine os circuitos de sequencia do sistematrifasico e calcule as tensoes de linha nos terminais do gerador. Considere o motor uma cargabalanceada.

4.9 Seja um gerador sıncrono de 30 MVA, 13,8 kV, reatancia subtransitoria de eixo direto iguala 10% e reatancias de sequencia negativa e zero iguais respectivamente a 13% e 4%. O neutrodo gerador e aterrado atraves de uma reatancia de 0,2 Ω. O gerador esta operando em vaziocom tensao nominal nos seus terminais. Determinar a corrente subtransitoria (em Amperes)que passa pela reatancia de aterramento do neutro, quando nos terminais do gerador ocorre umcurto-circuito solido: (a) monofasico a terra, (b) bifasico sem envolver a terra, (c) bifasico aterra, (d) trifasico a terra.

4.10 Suponha que o o gerador do sistema cujo diagrama unificar e mostrado na figura 4.40,operava com tensao nominal em seus terminais antes do defeito. Considere ainda que os trans-formadores sao do tipo nucleo envolvente e os dados do sistema sao os seguintes:

• gerador: 25 MVA, 10 kV, X′′1 = X

′′2 = 0,125 pu,X0 = 0,05 pu, X1 = 1,15 pu;


• transformador T1: 30 MVA, 10 (Y) /20 (Y-solidamente aterrado) kV, X = 0,105 pu;

• linha de transmissao: Z1 = Z2 = 2 + j4 Ω, Z0 = 6 + j12 Ω;

• transformador T2: 20 MVA, 5 (Y) /20 (∆) kV, X = 0,050 pu;

• carga: 10 MW, 5 Mvar, 5 kV.

Gerador Trafo. T1 LT Trafo. T2 Carga

Y/Y-sol. aterr. ∆/Y


Adotando a base de 20 MVA e tensoes nominais dos equipamentos, determinar:

• Os diagramas de sequencia positiva negativa e zero e as correntes pre-falta na linha detransmissao (em amperes).

• A corrente que flui para o defeito e as correntes pos-falta na linha de transmissao (amAmperes), se ocorre um curto circuito bifasico solido (sem envolver a terra) na barra dealta tensao do transformador T2.

4.11 Seja o diagrama unifilar da figura 4.41.

G

M1

M2ZnT1 LT T2

1 2 3 4


Faca o estudo completo de um curto fase-terra no meio da linha de transmissao. Adote osvalores nominais do gerador como base. Os transformadores sao bancos trifasicos de transfor-madores monofasicos e os dados do sistema sao os seguintes:

• gerador: 30 MVA, 13,8 kV, X1 = X2 = 15 %, X0 = 5 %, Y aterrado, Zn = j2 Ω;

• transformador T1: 35 MVA, 13,2(∆)/115(Y solidamente aterrado) kV, X = 10 %;

• linha de transmissao: X1 = X2 = 80 Ω, X0 = 250 Ω;

• transformador T2: 35 MVA, 115 (Y solidamente aterrado)/13,2 (∆) kV, X = 10 %;

• motor M1: 20 MVA, 12,5 kV, X1 = X2 = 20 %, X0 = 5 %, Y aterrado, Zn = j2 Ω;


• motor M2: 10 MVA, 12,5 kV, X1 = X2 = 20 %, X0 = 5 %, Y sem aterramento;

• construir as redes de sequencia positiva, negativa e zero.

• Determinar os circuitos equivalentes de Thevenin das redes de sequencia para defeitos queocorram no meio da linha de transmissao.

• Desprezando as correntes de carga e considerando que antes do efeito o gerador trabalhavacom tensao nominal em seus terminais, determinar:

– a corrente que flui para a terra se ocorrer um curto-circuito solido no meio da linhade transmissao.

– a corrente que flui para a terra se ocorrer um curto-circuito fase-fase-terra solido nomeio da linha de transmissao.

– as tensoes pos falta em cada caso.

4.12 Considere o sistema mostrado na figura 4.42. As impedancias dos componentes sao:

G1 T1 LT1 T2 G2

LT2

1 2

13,8 kV 69 kV 13,8 kV

Figura 4.42: Diagrama unifilar do problema 4.12

• Gerador G1: X1 = 0, 15 pu, X2 = 0, 10 pu, X0 = 0, 05 pu;

• Gerador G2: X1 = 0, 30 pu, X2 = 0, 20 pu, X0 = 0, 10 pu;

• Transformador T1: X1 = X2 = X0 = 0, 10 pu;

• Transformador T2: X1 = X2 = X0 = 0, 15 pu;

• Linha de transmissao LT1: X1 = X2 = 0, 30 pu, X0 = 0, 60 pu;

• Linha de transmissao LT2: X1 = X2 = 0, 30 pu, X0 = 0, 60 pu;

expressas na base 100 MVA, 13,8 kV nos geradores e 69 kV na linha de transmissao.

Supondo que a tensao pre-falta e 1,0 pu e que as correntes pre-falta sao desprezadas, deter-mine:

• os circuitos de sequencia positiva, negativa e zero.

• a matriz admitancia de barra correspondente a cada circuito de sequencia.

• as correntes de falta (em pu e em Amperes) no caso de:


– um curto circuito trifasico solido na barra 1.

– um curto circuito fase-terra (fase a) na barra 1, com impedancia de falta nula.

• Para o curto circuito fase-terra do item anterior, calcule (em pu e em Amperes):

– a corrente no neutro do gerador 1.

– a corrente no neutro do transformador 1.

4.13 Considere o sistema eletrico mostrado na figura 4.43, onde A, B, C, D e E representamdisjuntores.

LT

G1

G2

G3

D

E

CBTR

1 2

3

A


Os valores de placa dos equipamentos sao os seguintes:

• gerador G1: 100 MVA, 13,8 kV, X′′g1 = X

′′g2 = 0,10 pu,Xg0 = 0,33 pu;

• geradores G2 e G3: 100 MVA, 138 kV, X′′g1 = X

′′g2 = 0,80 pu,Xg0 = 0,20 pu;

• transformador: 100 MVA, 13,8 (∆) kV / 138 (Y -solidamente aterrado) kV, Xt = 0,10pu;

• linha de transmissao: XLT1 = XLT2 = 0,25 pu, XLT0 = 0,50 pu;

Suponha que as correntes pre-falta sao desprezadas e que a tensao pre-falta e 1,0 pu. Considereainda que as bobinas da armadura dos tres geradores sao conectadas em Y solidamente aterrado.Determinar:

• os circuitos de sequencia positiva, negativa e zero;

• os circuitos equivalentes de Thevenin das redes de sequencia positiva, negativa e zero,vistos da barra 1;

• as matrizes admitancia de barra dos tres circuitos de sequencia.

4.14 No sistema trifasico da figura 4.44, suponha que as correntes pre-falta sao desprezıveise que as barras operam na tensao nominal antes da ocorrencia da falta. As duas linhas detransmissao possuem reatancias serie de 0,163 (LT1) e 0,327 (LT2) Ω/km por fase e compri-mentos de 220 km (LT1) e 150 km (LT 2). Adotando como valores base as tensoes nominaisdos equipamentos e a potencia de 1000 MVA, determinar (em valores p.u. e em unidades reais):


Gerador 1 Trafo 1 LT 1

Trafo 2

LT 2

Gerador 2

Trafo 3

1 2

3 4

5 6


Componente Snom Vnom X′′

(MVA) (kV) (%)

Gerador 1 2000 13,8 (Y aterrado) 20Gerador 2 2000 230 (Y aterrado) 20Trafo 1 2200 13,8(∆):500(Y aterrado) 10Trafo 2 500 500(Y aterrado):230(Y aterrado) 10Trafo 3 1000 500(Y aterrado):138(Y aterrado) 12

• a corrente de curto circuito trifasico solido num ponto F da linha de transmissao 1, situadoa 30 km da barra 2;

• a corrente que flui nos geradores 1 e 2, conectados as barras 1 e 4, sob as condicoes defalta do item anterior;

• a corrente que flui no lado de AT do trafo 2, sob as condicoes de falta do item anterior;

• a corrente de curto circuito trifasico no ponto F da linha de transmissao 1, situado a 30km da barra 2, considerando uma resistencia de 5 Ω no ponto de falta;

• a capacidade de curto circuito da barra 1 em unidades reais.

4.15 Considere o sistema mostrado na figura 4.45, cujos dados sao mostrados na tabela 4.2.Supondo que as correntes pre-falta sao nulas e que a tensao na barra 2 e 1,0 pu.

1. determine o circuito monofasico equivalente no sistema por unidade, tomando como baseos valores nominais do transformador 1;

2. calcule a corrente de falta no caso da ocorrencia de um curto circuito trifasico solido nabarra 4 em unidades reais;

3. calcule as contribuicoes do gerador, do motor e de cada elemento de conexao entre asbarras a corrente de falta no sistema por unidade;

4. a magnitude da tensao pos-falta na barra 1 em unidades reais;

5. calcule a capacidade de curto circuito da barra 4.


Gerador

Trafo T1 Trafo T2

Trafo T3 Trafo T4

LT1 - 220 kV

LT2 - 110 kV

Motor

1

2 3

465


Elemento Snom(MVA) Vnom(kV ) Reatancia

Gerador 80 22 20%Trafo 1 50 22(Y)/220(∆) 12%Trafo 2 40 22(Y)/220(∆) 8%Trafo 3 40 22(Y)/110(∆) 6%Trafo 4 40 22(Y)/110(∆) 4%LT 1 220 121 ΩLT 2 110 42 ΩMotor 68,85 20 25%

Tabela 4.2: Dados do sistema da figura 4.45

4.16 A figura 4.46 mostra um gerador sıncrono de 625 kVA, 2,4 kV e reatancia subtransitoriade 20%, operando na tensao nominal, suprindo uma carga constituıda de tres motores. Cadamotor possui valores nominais 250 HP, 2,4 kV, fator de potencia unitario, rendimento de 90% ereatancia subtransitoria de 20%. Supondo que os motores operam todos sob as mesmas condicoes,adotando os valores nominais do gerador como base e desprezando as correntes pre-falta, a)calcule a corrente de curto circuito em pu e em unidades reais, que acionaria os disjuntores Ae B na ocorrencia de uma falta trifasica no ponto P ; b) repita o item anterior para uma faltatrifasica no ponto R. Observacao: 1 HP = 746 W.

R A

Q

B PM3

M2

M1

G

C

D



4.17 A matriz impedancia de barra do sistema mostrado na figura 4.47 e dada por

Zbarra = j

0, 0793 0, 0558 0, 0382 0, 0511 0, 06080, 0558 0, 1338 0, 0664 0, 0630 0, 06050, 0382 0, 0664 0, 0875 0, 0720 0, 06030, 0511 0, 0630 0, 0720 0, 2321 0, 10020, 0608 0, 0605 0, 0603 0, 1002 0, 1301

−1, 0∠00 pu

+ j0, 1111 pu

j0, 168 pu

j0, 126 pu

2

5

j0, 126 pu

j0, 210 pu

j0, 252 pu j0, 336 pu

31

4

j0, 1333 pu +1, 0∠00 pu

−

Figura 4.47: Circuito equivalente - exercıcio 4.17

Despreze as correntes pre-falta. a) Determine a barra com maior capacidade de curto circuito do

sistema e o valor desta; b) calcule a corrente de falta resultante de um curto circuito trifasico solido

na barra do item anterior; c) determine a magnitude da tensao em cada barra e a contribuicao de cada

componente do sistema a corrente de falta, na condicao do item anterior.

4.18 Considere o sistema cujo diagrama unifilar e mostrado na figura 4.48.

100 MVA25 kV

100 MVA13,8 kV

100 MVA

13,8(∆)/230(Y ) kV

100 MVA

25(∆)/230(Y ) kV

T1

100 MVA

25(∆)/230(Y ) kVT3

T2

LT1

LT3

G1 G2

LT2

1 3 4

5

6

2


Os dados para a analise de faltas, considerando a base de 100 MVA e 25 kV na barra 1, saoos seguintes:


• Gerador 1: X1 = X2 = 0, 20 pu, X0 = 0, 05 pu, Xn = 0;

• Gerador 2: X1 = X2 = 0, 20 pu, X0 = 0, 05 pu, Xn = 0, 03 pu;

• Transformadores 1, 2 e 3: XT = 0, 05 pu;

• Linhas de transmissao 1, 2 e 3: X1 = X2 = 0, 10 pu, X0 = 0, 25 pu

As conexoes Y dos transformadores 1, 2 e 3 e do gerador 1 sao solidamente aterradas.Despreze as correntes pre-falta e suponha que a tensao nos geradores e 1,05 pu.

1. Determine os circuitos de sequencia positiva, negativa e zero deste sistema.

2. Determine a capacidade de curto circuito das barras 2 e 3 para faltas fase-terra (emunidades reais).

3. Determine os fasores tensao na barra 1 sob condicoes de falta fase-terra na barra 2 (empu e em kV).

4. Qual o valor da corrente de falta para um curto circuito fase-terra na barra 6 (em pu eem amperes)?

Apendice A

Sistemas Trifasicos

A.1 Introducao

A teoria de sistemas trifasicos e usada no estudo da operacao das redes de energia eletrica emregime permanente. Os equipamentos utilizados na operacao desses sistemas sao na sua maioriatrifasicos, o que facilita em muitos casos a aplicacao da teoria apresentada neste capıtulo. Sobcondicoes de curto circuito assimetrico ou mesmo quando uma carga desequilibrada e suprida,as correntes e tensoes fasoriais sao desbalanceadas, o que requer um esforco computacionalmaior na sua determinacao. As secoes subsequentes mostram os metodos de solucao dos cir-cuitos trifasicos, com enfase na representacao desses sistemas atraves da sua decomposicao emComponentes Simetricos. 1

A.2 Conexao Balanceada

Carga conectada em Y

A figura A.1 mostra uma fonte de tensao trifasica, conectada em Y , alimentando uma cargatrifasica balanceada (ou equilibrada, simetrica) conectada em Y . A fonte e suposta ideal eportanto a sua impedancia e desprezada. As tensoes fase-neutro sao balanceadas, ou seja, iguaisem magnitude e defasadas de 1200. Considerando a sequencia de fase positiva (ou abc) e tomandoo fasor Van como referencia, as tensoes complexas sao expressas por

Van = Van∠00 = Vf∠00

Vbn = Vbn∠− 1200 = Vf∠− 1200

Vcn = Vcn∠1200 = Vf∠1200

onde Vf e a magnitude da tensao fase-neutro.

1Alguns dos exercıcios propostos no final deste capıtulo foram baseados em [1] e [4].

178 Apendice A: Sistemas Trifasicos

+

-

Vcn

+

-

Van

-

+

Vbn

Ic

Ia

Ib

ZY ZY

ZY

n N

Figura A.1: Carga trifasica balanceada conectada em Y

Do circuito da figura A.1, as tensoes de linha (ou fase-fase) sao dadas por

Vab = Van −Vbn

= Vf∠00 − Vf∠− 1200

= Vf (1∠00 − 1∠− 1200)

=√3Vf∠300

Vbc = Vbn −Vcn

= Vf∠− 1200 − Vf∠1200

= Vf (1∠− 1200 − 1∠1200)=√3Vf∠− 900

Vca = Vcn −Van

= Vf∠1200 − Vf∠00

= Vf (1∠1200 − 1∠00)=√3Vf∠1500

Portanto, em sistemas trifasicos, balanceados, conectados em Y e com sequencia de fasepositiva,

Vab =√3Van∠300

Vbc =√3Vbn∠300

Vca =√3Vcn∠300

(A.1)

isto e,

• os fasores tensao de linha possuem modulo igual a√3 vezes a magnitude dos fasores tensao

fase-neutro (VL =√3Vf );

EEL-UFSC 179

• os fasores tensao de linha sao adiantados de 300 em relacao aos correspondentes fasorestensao fase-neutro.

Desde que as tensoes fase-fase formam um triangulo que representa um caminho fechado, asua soma e zero, mesmo para sistemas desbalanceados; isto e,

Vab +Vbc +Vca = 0

e de maneira analoga,Van +Vbn +Vcn = 0

A diferenca de potencial entre os pontos neutros do gerador e da carga (figura A.1) e

Vn −VN = VnN = 0.

As correntes de linha podem ser obtidas aplicando-se a lei da tensoes de Kirchhoff e supondoque a impedancia de cada ramo da carga conectada em Y e ZY = ZY ∠θ, o que resulta em

Ia =Van

ZY=

Vf∠00ZY ∠θ

= IL∠− θ

Ib =Vbn

ZY=

Vf∠− 1200

ZY ∠θ= IL∠− 1200 − θ

Ic =Vcn

ZY=

Vf∠+ 1200

ZY ∠θ= IL∠+ 1200 − θ

onde IL =Vf

ZYe a magnitude da corrente de linha.

As correntes de linha do sistema trifasico mostrado na figura A.1 sao iguais em magnitudee defasadas de 1200 e por isso tambem sao balanceadas. A corrente no neutro e dada por

In = Ia + Ib + Ic

e e nula para o circuito trifasico em questao. Se o sistema e balanceado, a corrente no neutro ezero para qualquer valor de impedancia variando desde curto-circuito ate circuito aberto. Se osistema nao e balanceado, as correntes de linha nao serao balanceadas e uma corrente nao nulaflui entre os pontos n e N .

A potencia complexa em cada ramo da carga e dada por

Sa = VanI∗a

= VfIL∠θ

Sb = VbnI∗b

= Vf∠− 1200IL∠1200 + θ

= VfIL∠θ

Sc = VcnI∗c

= Vf∠+ 1200IL∠− 1200 + θ

= VfIL∠θ


+

-

Vcn

+

-

Van

-

+

Vbn

Ic

Ia

Ib

Z∆

Z∆ Z∆

Figura A.2: Carga trifasica balanceada conectada em ∆

e a potencia complexa trifasica e expressa como

S3ϕ = Sa + Sb + Sc

= 3VfIL∠θ

= 3VL√3IL∠θ

e portanto

S3ϕ =√3VLIL∠θ (A.2)

Carga conectada em ∆

A figura A.2 mostra um sistema trifasico, com a fonte conectada em Y e a carga conectada em∆. A carga e representada por uma impedancia Z∆ = Z∆∠θ. Adotando-se a mesma sequenciade fases (positiva) e o mesmo fasor de referencia angular (Van) do caso anterior, as correntesem cada ramo da conexao ∆ sao dadas por

Iab =Vab

Z∆=

√3Vf∠300Z∆∠θ

Ibc =Vbc

Z∆=

√3Vf∠− 900

Z∆∠θ

Ica =Vca

Z∆=

√3Vf∠1500Z∆∠θ

Essas correntes sao balanceadas para qualquer valor do angulo da impedancia Z∆ e possuem

magnitude igual a If =

√3Vf

Z∆.

EEL-UFSC 181

As correntes de linha sao equilibradas e podem ser determinadas atraves da aplicacao da leidas correntes de Kirchhoff; isto e,

Ia = Iab − Ica =√3If∠− θ

Ib = Ibc − Iab =√3If∠− θ − 1200

Ic = Ica − Ibc =√3If∠− θ − 2400

ou, alternativamente,

Ia =√3Iab∠− 300

Ib =√3Ibc∠− 300

Ic =√3Ica∠− 300

(A.3)

Portanto, para uma carga balanceada conectada em ∆ e suprida com tensoes trifasicasbalanceadas em sequencia de fase positiva,

• a magnitude das correntes de linha e igual a√3 vezes a magnitude das correntes nos

ramos da conexao ∆;

• os fasores correntes de linha estao atrasados de 300 em relacao aos fasores correspondentesas correntes nas fases do ∆.

No caso da carga equilibrada conectada em ∆, a potencia complexa em cada fase e dada por

Sab = VabI∗ab

= VL∠300If∠− 300 + θ

= VLIf∠θ

Sbc = VbcI∗bc

= VL∠− 900If∠+ 900 + θ

= VLIf∠θ

Sca = VcaI∗ca

= VL∠1500If∠− 1500 + θ

= VLIf∠θ

e a potencia complexa trifasica e expressa como

S3ϕ = Sa + Sb + Sc

= 3VfIL∠θ

= 3VL√3IL∠θ

e portanto

S3ϕ =√3VLIL∠θ

que e a mesma representada pela Eq. (A.2).


Das equacoes deduzidas anteriormente, o modulo da impedancia da carga conectada em Ye dada por

ZY =Vf√3If

e da carga conectada em ∆ e expressa como

Z∆ =

√3Vf

If

Se as cargas conectadas em Y e ∆ sao equivalentes, a combinacao dessas equacoes fornece arelacao

ZY =Z∆

3

Na solucao de circuitos trifasicos balanceados, apenas uma fase precisa ser analisada. Asconexoes ∆ sao convertidas em Y , com o neutro das cargas e dos geradores aterrados por umcondutor de impedancia infinita. Com este artifıcio, o circuito correspondente a uma fase eresolvido e as correntes e tensoes nas outras fases sao iguais em magnitude a da fase em analisee defasadas de 1200.

Ex. A.1 Um alimentador trifasico, operando na tensao de 380 V, supre uma carga balanceadaconectada em ∆, constituıda por tres impedancias iguais a 24 + j18 Ω/fase. A linha que conectaa fonte e a carga tem uma impedancia igual a Zl = 0, 087+ j0, 996 Ω/fase. Adote o fasor tensaoVab como referencia, a sequencia de fases positiva (abc) e determine:

1. os fasores corrente de linha e em cada fase do ∆;

2. as tensoes complexas nos terminais da carga e a queda de tensao na linha de transmissao;

3. as potencias complexas absorvida pela carga e fornecida pela fonte, a perda de potenciaativa e reativa no sistema de transmissao;

4. os fatores de potencia com que operam a fonte e a carga;

5. o balanco de potencia do sistema trifasico;

6. o diagrama fasorial das correntes e tensoes;

7. o rendimento e a regulacao do sistema de transmissao;

8. a compensacao reativa necessaria para tornar o fator de potencia da carga 0,9 atrasado;

9. o valor da impedancia por fase correspondente a compensacao calculada no item anterior,supondo que a magnitude da tensao na carga e mantida constante.

A.3 Exercıcios

A.1 Um alternador trifasico com valores de placa 25 kVA, 380 volts, 60 Hz opera sob condicoesbalanceadas, suprindo uma corrente de linha de 20A por fase, com fator de potencia 0,8 atrasadoe tensao nominal.

1. Determinar o triangulo de potencias nesta condicao de operacao.

EEL-UFSC 183

2. Determinar a impedancia da carga por fase:

• se a carga esta conectada em Y ;

• se a carga esta conectada em ∆.

A.2 Considere duas cargas balanceadas, ambas conectadas em Y , uma absorvendo 10 kW a umfator de potencia 0,8 atrasado e a outra absorvendo 15 kW a um fator de potencia 0,9 atrasado.Estas cargas sao conectadas em paralelo e supridas por uma fonte trifasica balanceada numatensao de 480 V.

1. Determine os fasores corrente na fonte.

2. Qual o fator de potencia da carga total e da fonte sob essa condicao de operacao?

3. Se o neutro da carga e conectado ao neutro da fonte por um condutor de impedancia nula,qual a corrente neste condutor?

A.3 Tres impedancias iguais a 30∠300 Ω, conectadas em ∆, sao supridas por uma fontede tensao trifasica balanceada de 220 V, atraves de tres condutores identicos com impedancia0,8+j0,6 Ω por fase.

1. Calcule a tensao fase-fase nos terminais da carga;

2. Calcule a potencia complexa total fornecida pela fonte e as perdas de potencia nas linhasde transmissao;

3. Repita os itens anteriores supondo que um banco de capacitores em ∆ com impedancia de-60j S/fase esta conectado em paralelo com a carga. Quais as vantagens desta condicao emtermos de magnitude da tensao na carga, correntes na rede trifasica e perdas no sistemade transmissao?

A.4 Num sistema trifasico balanceado, dois geradores suprem uma carga atraves de duas linhasde transmissao. A carga absorve 30 kW a um fator de potencia 0,8 atrasado. As impedanciasdas linhas de transmissao entre os geradores G1 e G2 e a carga sao respectivamente 1,4+j1,6Ω/fase e 0,8+j1,0 Ω/fase. Se o gerador G1 supre 15 Kw a um fator de potencia 0,8 atrasado ea uma tensao de 460 V, determine:

1. a tensao nos terminais da carga e nos terminais do gerador G2;

2. as potencias ativa e reativa suprida pelo gerador G2;

3. as perdas de potencia ativa e reativa nas linhas de transmissao.

A.5 Os terminais de uma fonte trifasica sao denotados por a, b e c. Entre qualquer par determinais um voltımetro mede 115 V. Um resistor de 100 Ω e uma reatancia capacitiva de 100Ω na frequencia da fonte estao conectados em serie de a para b, com o resistor conectado em a.O ponto de conexao desses elementos entre si e denotado por n. Determine geometricamente aleitura do voltımetro entre os terminais c e n, nas sequencias de fase positiva (abc) e negativa(acb).


A.6 Determine a corrente fornecida por uma linha de transmissao trifasica, com impedanciaigual a 0,3+j1,0 Ω/fase, a um motor trifasico de 15 HP, operando a plena carga, com 90 %de rendimento, fator de potencia de 80 % em atraso e tensao de 440 V. Calcule a magnitudeda tensao e a potencia complexa na entrada da linha de transmissao, e a potencia complexaabsorvida pela mesma. (1 HP(horse power) = 745,7 watts.)

A.7 Uma carga ∆ equilibrada, composta de resistencias de 15 Ω/fase, esta em paralelo comuma carga Y equilibrada com impedancia de 8+j6 Ω/fase. O sistema de transmissao que conectaas cargas a uma fonte trifasica de 110 V e constituıdo por linhas de transmissao com impedanciade 2+j5 Ω/fase. Determinar a corrente absorvida da fonte, a tensao de linha no ponto corre-spondente a combinacao das cargas e a potencia complexa total (com o respectivo fator depotencia) fornecida pelo gerador.

A.8 Uma planta industrial necessita instalar um compressor para recalcar agua de um pocosemi-artesiano. O compressor e alimentado por uma linha trifasica, conectada no secundariodo transformador da subestacao de suprimento local. A tensao no secundario do transformadortrifasico e de 220 V, a corrente absorvida pelo motor do compressor e de 100 A, com fator depotencia 0,7 indutivo, e a linha trifasica tem uma impedancia de 0,1 +j 0,05 Ω/fase. Determine:

1. os fasores das tensoes de fase e de linha no motor e no secundario do transformador;

2. as potencias ativa e reativa absorvidas pelo motor do compressor e fornecidas pelo se-cundario do transformador;

3. a capacidade de um banco trifasico de capacitores que deve ser ligado em paralelo com omotor do compressor a fim de que o conjunto trabalhe com fator de potencia 0,9 indutivo;

4. as potencias ativa e reativa fornecidas pelo secundario do transformador, nas condicoes deoperacao do item anterior, supondo que tensao no conjunto compensacao-carga permanececonstante.

A.9 Uma carga trifasica absorve 250 kW com um fator de potencia de 0,707 em atraso atravesde uma linha de transmissao trifasica de 400 V. Esta carga esta conectada em paralelo com umbanco trifasico de capacitores de 60 kVar. Determinar a corrente total fornecida pela fonte e ofator de potencia resultante. Repita estes calculos excluindo o banco de capacitores e compareos valores da corrente fornecida pela fonte.

A.10 Um motor trifasico absorve 20 kVA com fator de potencia de 0,707 em atraso, de umafonte de 220 V. Especifique os valores nominais (em kVar) de um banco trifasico de capacitores,necessario para elevar o fator de potencia do conjunto carga-banco a 0,90 em atraso. Determinea corrente de linha antes e depois da adicao do banco de capacitores, supondo que a magnitudeda tensao da fonte permanece constante.

A.11 Um motor de inducao trifasico requer 6 kW com o fator de potencia 0,8 em atraso.Determinar os valores de um banco de capacitores conectados em Y de forma a produzir umfator de potencia unitario no sistema, quando colocado em paralelo com o motor, num sistemabalanceado de 250 V e frequencia de 60 Hz.

A.12 Um sistema trifasico balanceado de 450 V alimenta duas cargas conectadas em paralelo.A primeira esta conectada em Y e possui uma impedancia de 20-j10 Ω/fase enquanto a segundaesta ligada em ∆ e possui impedancia de 15+j30 Ω/fase. Determinar a corrente de linha, apotencia fornecida a cada carga e os fatores de potencia individual e do conjunto de cargas.

EEL-UFSC 185

A.13 Uma carga balanceada em ∆ e alimentada por um sistema trifasico de 240 V. A correntede linha e 10 A. Um wattımetro com sua bobina de corrente em uma linha e sua bobina de tensaoentre as outras duas linhas registra a potencia de 1500 W. Determinar a impedancia da carga.

A.14 Duas cargas trifasicas associadas em paralelo sao supridas por uma fonte atraves de umsistema de transmissao de impedancia igual a 0,1+j1,0 Ω/fase. A primeira carga e um motorde 7,5 kW, fornecendo a sua potencia nominal, numa tensao de 440 V, com rendimento de 90%e fator de potencia 0,8 em atraso. A segunda carga e representada por tres impedancias de20,0+j50,0 Ω, conectadas em ∆. Calcular:

1. a corrente de linha qua alimenta a carga total;

2. o valor da tensao na fonte;

3. as perdas de potencia ativa e reativa (por fase) na linha de transmissao;

4. a potencia complexa fornecida pela fonte com o correspondente fator de potencia;

5. o diagrama fasorial das correntes e tensoes na carga total.

A.15 Um gerador trifasico operando na tensao de 380 volts supre, atraves de uma linha detransmissao com impedancia 0,1 + j1,0 Ω/fase, uma carga trifasica que absorve uma correntede 50 Amperes com fator de potencia 0,8 em atraso. Supondo sequencia de fases positiva etomando o fasor tensao fase-neutro na fase a da carga como referencia, determinar:

1. os fasores tensao de fase e de linha na carga e no gerador;

2. as potencias ativa e reativa na carga e no gerador;

3. a impedancia por fase de uma conexao ∆, que associada em paralelo com a carga tornaunitario o fator de potencia desta;

4. a magnitude da corrente fornecida pelo gerador apos a adicao da compensacao reativa,supondo constante a magnitude da tensao do gerador.

A.16 Duas cargas trifasicas conectadas em paralelo sao supridas por um gerador sıncrono, combobinas da armadura conectadas em Y e reatancia sıncrona de 0,5 Ω/fase, atraves de uma linhade transmissao de impedancia 0,5 + j0,5 Ω/fase. A tensao interna do gerador e 380 V. A carga1 consiste de tres impedancias de 6,0 + j9,0 Ω conectadas em ∆ e a carga 2 e composta de tresadmitancias de 0,12+j0,16 S conectadas em Y. Supondo sequencia de fases positiva e adotandoo fasor tensao Vab como referencia, determinar:

1. os fasores corrente na linha de transmissao;

2. a potencia complexa suprida a carga;

3. a perda de potencia complexa na linha de transmissao;

4. o fator de potencia com que opera cada uma das cargas, a carga total e o gerador sıncrono;

5. os fasores corrente em cada fase da carga conectada em ∆.


A.17 Num sistema trifasico, um gerador sıncrono com valores de placa: 200 MVA, 16 kV,bobinas da armadura conectadas em Y com reatancia sıncrona de 3 Ω/fase e fator de potencia 0,8atrasado, supre uma carga trifasica, na tensao nominal, atraves de um sistema de transmissaode impedancia desprezıvel. A carga consome 100 MVA com fator de potencia 0,8 em avanco.Adotando a sequencia de fases positiva e o fasor Van como referencia, calcular:

1. o triangulo de potencia da carga;

2. os fasores corrente de linha que suprem a carga;

3. a impedancia por fase correspondente a carga, supondo esta conectada em ∆;

4. a potencia complexa fornecida pelo gerador com o correspondente fator de potencia;

5. o diagrama fasorial das correntes e tensoes trifasicas na saıda do gerador sıncrono;

6. a compensacao reativa necessaria pata tornar o fator de potencia da carga compensadaigual a 0,95 adiantado.

Referencias Bibliograficas

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EEL7071 Apostila Salgado