Geração Distribuição e Transmissão

8/22/2019 Gerao Distribuio e Transmisso

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ET720 Sistemas de Energia Eletrica I

Captulo 1: Introducao

1.1 Sistemas de energia eletrica (SEE)

Sistema de energia eletrica (SEE) conjunto de equipamentos que operam em conjunto

e de maneira coordenada de forma a gerar, transmitir e fornecer energia eletrica aosconsumidores, mantendo o melhor padrao de qualidade possvel.

1


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Equipamentos geradores, transformadores, linhas de transmissao, disjuntores,

para-raios, reles, medidores etc.

Padrao de qualidade existem alguns requisitos basicos a serem satisfeitos pelasempresas concessionarias de energia eletrica com relacao ao fornecimento aosconsumidores:

os nveis de tensao devem estar dentro de uma faixa especificada;

a frequencia deve estar dentro de uma faixa especificada;

o servico nao deve sofrer interrupcoes (na pratica: o servico deve sofrer o mnimo

numero de interrupcoes, e estas devem durar o menor tempo possvel);

a forma de onda da tensao deve ser (a mais proxima possvel de) uma senoide;

a energia deve ser entregue ao consumidor com o mnimo custo (geracaoeconomica, transmissao com mnima perda, etc.);

o impacto ambiental deve ser mnimo (emissao de NOx, etc.);

outros ...

SEE e um sistema de controle.

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Exemplo de um SEE moderno

c.a.

medidor

~

c.c.

Conversor (inversor)

c.a.

~ gerador

transformador

disjuntor

c.a.

Distribuio

aquisio de dadoscontrole

Carga

Transmisso

Gerao

Centro de Superviso e Controle

Conversor (retificador)

unidade terminal remota (UTR)

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Observar:

Sistema de geracao: gerador, transformador elevador (e ainda barragens, caldeiras,

turbinas etc.).

Conversao convencional:

Energia mecnica Alternador Energia eltrica

Fontes primarias: hidraulica

combustvel fossil: carvao, petroleo, gasfissao nuclear

Conversao nao convencional:

Solar: celulas fotoeletricas rendimento baixo, alto custo

Eolica: cataventos (California, Dinamarca windmill farms)

Sistema de transmissao: linhas de transmissao e transformadores de regulacao;

Sistema de subtransmissao: ramificacao do sistema de transmissao que utiliza nveisde tensao menores. Uma divisao tpica e:

11,9kV 13,8kV 34,5kV 69kV 138kV 230kV 440kV 500kV 750kV

transmissosubtransmissodistribui o

Sistema de distribuicao: linhas dedistribuicao primarias e secundarias,transformadores abaixadores e car-gas;

Primaria

Secundaria

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Sistema de protecao e manobras: reles, disjuntores, para-raios, religadores, fusveis,

chaves seccionadoras etc.

Sistema de aquisicao de dados e controle: faz a interface com o Centro de

Supervisao e Controle em ingles SCADA ( Supervisory Control And DataAcquisition);

Centro de Supervisao e Controle Energy Management System (EMS):

Avalia estado de operacao da rede;

Simula a ocorrencia de possveis falhas e determina acoes de controlepreventivo/corretivo;

Determina acoes para a operacao economica e segura.

Sistema de transmissao em corrente contnua: envolve tecnologia de estado solido(eletronica de potencia). Transmissao em CC nao e economica para distanciasmenores que 500 km.

Exemplo no Brasil sistema degeracao e transmissao de Itaipu:

usina hidreletrica de Itaipu, situada no rio Parana;

apresenta dois sistemas de transmissao, com corrente alternada e com corrente

contnua;

CA: 750 kV (eficaz de linha);

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CC: bipolo de +600 kV e -600 kV (tensao entre polos de 1200 kV);

Geradores (Brasil) energia gerada a 60 Hz;

Geradores (Paraguai) energia gerada a 50 Hz;

energia gerada no Paraguai que vem para o Brasil: 50 Hz retificada e transmitidaem CC (Foz do Iguacu). CC transformado em 60 Hz (Ibiuna).

Ideia deste curso: estudar os principais componentes dos SEE e obter seus respectivos

modelos.

Tais modelos colocados juntos formam um circuito eletrico que deve ser resolvido

(calculo de tensoes nos nos, fluxos de corrente e/ou potencia nos ramos).Serao estudados tambem metodos de resolucao desses circuitos.

1.2 Area de sistemas de energia eletrica

Varios problemas relacionados com SEE devem ser enfrentados pelos profissionais da

area, que vao desde a operacao diaria da rede ate estudos de planejamento da sua

expansao, como por exemplo:

operacao em tempo real garantir que geracao atenda a demanda;

analise de seguranca em tempo real avaliar efeitos de eventuais alteracoes na rede;

determinar estrategias de controle preventivo/corretivo;

operacao economica (despacho economico) determinacao das potencias entreguespor cada gerador de forma a minimizar custo total de geracao;

protecao de sistemas;

planejamento da expansao do sistema de transmissao;

planejamento da expansao do sistema de geracao;

outros ...

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O tamanho, a complexidade e os nveis de potencia envolvidos na geracao, transmissao

e distribuicao de energia eletrica aumentaram muito desde Edison fato mundial.

E difcil para o operador e para o planejador terem a sensibilidade que tinham antes e

poderem prever o resultado de manobras ou defeitos.

Exemplo: o SIN (Sistema Interligado Nacional), que tem tem dimensao continental.

Todas as tarefas de operacao devem ser realizadas em tempo real restricao de tempo

severa

Solucao utilizar o computador como ferramenta para:

obter modelos precisos e confiaveis dos componentes da rede MODELAGEM

coloca-los juntos formando um grande circuito eletrico MODELAGEM

desenvolver metodos apropriados de resolucao de circuitos SOLUCAO

simular cenarios de operacao SIMULACAO

analisar os resultados ANALISE

A solucao dos problemas acima requereu e ainda requer muita pesquisa para a obtencao

de metodos eficientes de abordagem dos mesmos.

A area de SEE e muito ativa do ponto de vista de pesquisa e tem havido grande

desenvolvimento nos ultimos anos.

Pesquisa no Brasil: universidades, programa de P&D/Aneel.

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1.3 Historia

SEE tem pouco mais de 100 anos.

1876 nao se sabia ainda qual a melhor maneira de transmitir a energia de umaqueda de agua para um centro distante (tubulacao de ar comprimido? oleo?).

No caso da transmissao de energia eletrica nao se sabia se seria melhor utilizar correntecontnua (CC) ou corrente alternada (CA). No caso de CA, nao se sabia com quefrequencia nem com que numero de fases.

Corrente alternada era gerada por maquinas chamadas alternadores. Corrente contnua

era gerada por maquinas chamadas dnamos.

Corrente contnua parecia apresentar algumas vantagens sobre corrente alternada.Baterias podiam ser usadas como backupem situacoes de emergencia quando osdnamos falhavam, ou ainda suprir potencia durante perodos de demanda baixa. Alemdisso, dnamos podiam operar em paralelo para atender a demanda crescente. Naquela

epoca, o uso de alternadores em paralelo era considerado muito difcil devido aproblemas de sincronizacao.

Sequencia cronologica (resumo):

No mundo

Ano Fato

1876 Incio da concorrencia para a construcao do complexo de Niagara Falls

fato marcante na evolucao da area.1880 Thomas Alva Edison apresenta sua lampada incandescente (em corrente

contnua), a mais eficiente de entao.

Na Europa ha avancos na area de corrente alternada.

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Ano Fato

1882 Edison coloca em funcionamento um sistema de corrente contnua em New

York (empresa Edison Electric Company) Pearl St. Station geradoresCC (na epoca chamados dnamos) acionados por motores a vapor supriam

30 kW em 110 V a 59 consumidores iluminacao incandescente areade 1 milha quadrada.

1884 Criado o American Institute of Electrical Engineers (AIEE), depois trans-

formado no The Institute of Electrical and Electronics Engineers (IEEE).

1885 George Westinghouse Jr. compra os direitos da patente de Goulard-Gibbs

para construir transformadores e encarrega William Stanley de construi-los.1886 Ja ha cerca de 60 centrais de corrente contnua (Edison) com cerca de

150.000 lampadas.

Stanley coloca em operacao a primeira central em corrente alternada (Wes-tinghouse) em Great Barrington, Massachussets 150 lampadas.

1887 Ja existem cerca de 120 sistemas de corrente contnua com cerca de325.000 lampadas.

Empresa de Westinghouse cresce muito e ja conta com cerca de 125.000lampadas em corrente alternada.

1888 Edison passa a atacar duramente os sistemas de corrente alternada.

Preco do cobre sobe muito devido ao monopolio de um sindicato frances.

Existia medidor de energia somente para corrente contnua (sistema ele-

troqumico). Os sistemas em corrente alternada cobravam por numero delampadas. Tinham de produzir de 40% a 80% a mais que os sistemas em

CC para mesmo numero de consumidores.

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Ano Fato

Shallenberger (engenheiro chefe de Westinghouse) coloca em funciona-

mento um medidor de energia em CA que fornece uma leitura direta dequanta energia e consumida e, portanto, superior ao medidor de Edison.

Nikola Tesla publica um artigo em que mostra ser possvel construir ummotor em CA.

Westinghouse compra a patente de Tesla e o contrata para desenvolver o

motor (que so ficaria pronto em 1892).

1890 Empresa de Edison e o proprio endurecem ainda mais a discussao. Edison

defendia a confiabilidade dos sistemas de corrente contnua e o perigoapresentado por tensoes em corrente alternada.

Primeira linha de transmissao em CA e posta em operacao para transportarenergia eletrica gerada em uma usina hidroeletrica desde Willamette Falls

ate Portland, Oregon (20 km, 4 kV, monofasica).

Morte de animais (caes e cavalos) atraves de corrente alternada.

Primeira execucao em cadeira eletrica (06 Ago 1890) na prisao de Auburn,NY, foi em corrente alternada (gerador Westinghouse).

1892 Entra em funcionamento o primeiro motor de inducao de Tesla.

Comissao responsavel pela concorrencia de Niagara Falls decide que osistema sera em corrente alternada.

Alemanha: e colocado em funcionamento um sistema de 100 HP (74,6kW) com transmissao de 160 km em corrente alternada, 30 kV.

A empresa de Edison (Edison Electric Co.) junta-se a outra, a Thomson-Houston, formando a General Electric que passa a produzir transformado-

res e alternadores em larga escala.

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Ano Fato

1893 Westinghouse ganha a concorrencia para fornecer os alternadores e trans-

formadores de Niagara Falls.Columbian Exhibition em Chicago apresentado sistema de distribuicaobifasico. A partir de entao, a transmissao em CA trifasica foi gradualmentesubstituindo os sistemas CC.

1896 Entra em funcionamento o complexo de Niagara Falls, com transmissao

de energia ate Buffalo encerrando a discussao sobre CC e CA. Eram trans-mitidos 10 MW de potencia (valor alto para a epoca) ate Buffalo em umadistancia de 20 milhas.

1920 Primeiras interconexoes regionais (regional grids) comecaram a serformadas.

1954 Primeira linha de transmissao HVDC moderna Vastervik-ilha de Gotland(Suecia) 100 kV, 100 km.

1957 Primeira usina nuclear em Shippingport, PA, implantada por WestinghouseCo. and Duquesne Light and Power Co.

1965 Grande blecaute do Nordeste dos EUA alavancou efetivamente o desen-

volvimento dos centros de supervisao e controle de redes. So foi superadopelo blecaute de 14 de agosto de 2003 na costa Nordeste dos EUA eCanada.

1970 Primeira linha de transmissao HVDC nos EUA 400 kV, 1360 km interligacao do Pacfico, entre Oregon e California.

70 Crise do petroleo motivou a pesquisa por fontes alternativas de energia:

eolica, celula combustvel, celula solar.

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No Brasil

Ano Fato

1883 Primeira usina eletrica instalada em Campos, RJ.

1889 Uma usina hidroeletrica ja se acha em exploracao na cidade de Juiz deFora, MG.

1920 Cerca de 300 empresas servem a 431 localidades com capacidade instalada

de 354.980 kW, sendo 276.100 kW em usinas hidroeletricas e 78.880 kWem termoeletricas.

1930 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 780

MW.

1939 Numero de empresas chega a 1176, com 738 hidroeletricas e 637 ter-moeletricas.

Mais de 70% de toda a capacidade instalada no Brasil pertencia a duas

empresas: a LIGHT (Brazilian Traction Light & Electric Co.) servia a partede SP e RJ, e a AMFORP (American & Foreign Power Co.) servia parte

de SP, Curitiba, Porto Alegre, Pelotas, Niteroi, Petropolis, Belo Horizonte,Natal, Recife, Maceio, Salvador, Vitoria.

1940 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 1.250MW.

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Ano Fato

1948 Criacao da Companhia Hidroeletrica do Sao Francisco (CHESF) de eco-

nomia mista para construir a usina de Paulo Afonso.Mais tarde foram criadas a CEMIG em MG, USELPA e CHERP (depoisincorporadas a CESP) em SP, COPEL no PR, FURNAS na regiao centro-sul.

1950 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 1.900

MW.

1960 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 4.800

MW.

1961 Criada a Eletrobras, como responsavel pela poltica de energia eletrica no

pas.

1968 Foi criado o Departamento Nacional deAguas e Energia Eletrica DNAEE.Consolidava-se a estrutura basica do setor, sendo a poltica energeticatracada pelo MME e executada pela Eletrobras, atuando o DNAEE comoorgao normativo e fiscalizador.

1970 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 11.460

MW.

1973 Criados os Grupos Coordenadores para Operacao Interligada GCOIs, osquais tinham a finalidade de coordenar, decidir ou encaminhar as pro-

videncias necessarias ao uso racional das instalacoes geradoras e de trans-missao, existentes e futuras, nos sistemas interligados das regioes sudeste

e sul.

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Ano Fato

70-80 O setor eletrico atingiu seu apice, representado pelo milagre economico,

e experimentou tambem o incio de seu declnio, ou a decada perdida,passando incolume pela crise do petroleo em 1973, tendo construdo as

maiores obras de geracao hidreletrica do pas, o incio do programa nuclearbrasileiro (usina nuclear Angra I, entrando em fase de testes em 1981,

em operacao experimental em marco de 1982 e em operacao comercialem janeiro de 1985. Angra II somente entraria em operacao em 2000), os

grandes sistemas de transmissao em 440 e 500 kV, os sofisticados sistemasde supervisao e controle e o tratado de Itaipu, em 1973, cuja obra iniciou-seem 1975, sendo concluda somente em 1991.

1980 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 31.300MW.


1995 Foi aprovada a lei n. 8.967, que regulamentava os preceitos de licitacaopara concessoes e deu, assim, incio a competicao no setor eletrico.

1996 Atraves da lei n. 9.427, foi criada a Agencia Nacional de Energia Eletrica

ANEEL, autarquia em regime especial, vinculada ao MME, com as atri-buicoes de regular e fiscalizar a geracao, a transmissao, a distribuicao ea comercializacao da energia eletrica, atender reclamacoes de agentes e

consumidores, mediar os conflitos de interesses entre os agentes do setoreletrico e entre estes e os consumidores, conceder, permitir e autorizar ins-

talacoes e servicos de energia, garantir tarifas justas, zelar pela qualidadedo servico, exigir investimentos, estimular a competicao entre os gerado-

res e assegurar a universalizacao dos servicos. A Aneel passou a funcionar,efetivamente, a partir de 1997, quando foi extinto o DNAEE, do qual esucessora.

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Ano Fato

1998 O Operador Nacional do Sistema ONS foi institudo pela lei n. 9.648/98,

vindo assumir progressivamente as funcoes ate entao do GCOI. As atri-buicoes principais do ONS sao operar o Sistema Interligado Nacional (SIN)

e administrar a rede basica de transmissao de energia, por delegacao dosagentes (empresas de geracao, transmissao e distribuicao de energia), se-

guindo regras, metodologias e criterios codificados nos Procedimentos deRede aprovados pelos proprios agentes e homologados pela Aneel.

Foi institudo pela lei n. 9.648/98 o Mercado Atacadista de Energia

Eletrica MAE, para ser o ambiente onde se processam a contabilizacao

e a liquidacao centralizada no mercado de curto prazo.2000 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 72.200

MW.

2001 Foi decretado o racionamento de energia eletrica, nas regioes sudeste,centro-oeste, nordeste e norte, que perdurou ate fevereiro de 2002.


2004 Foram aprovadas as leis n. 10.848 e 10.847 que, resumidamente, definemo modelo do setor eletrico com as seguintes caractersticas principais: (i)a criacao das figurasda energia existente, tambem chamada de energiavelha e da energia de novos empreendimentos, tambem chamada de ener-gia nova, criando formas distintas de comercializacao dessas energias; (ii)a existencia de dois ambientes de contratacao, o Ambiente de Contratacao

Livre ACL e o Ambiente de Contratacao Regulada ACR; (iii) o re-tornoao planejamento setorial e criacao do planejamento energetico, com

a criacao da Empresa de Pesquisa Energetica EPE, vinculada ao MME;(iv)a extincao do MAE e criacao da Camara de Comercializacao de Ener-gia CCEE, com funcoes mais abrangentes; e(iv)a redefinicao dos papeisdo MME, que passa a ser o executor da poltica energetica emanada doConselho Nacional de Poltica Energetica CNPE e da Aneel, que passa

a ter a funcao exclusiva de regulacao e fiscalizacao.

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Transmissao:

O sistema de transmissao nas tensoes de 230 kV a 750 kV representava em dezembrode 2003 um total de 77.642 km, englobando 780 circuitos de transmissao e 175.916

MVA de capacidade de transformacao, instalados em 316 subestacoes.

Distribuicao:

O mercado de distribuicao de energia eletrica e atendido por 64 concessionarias, estataisou privadas, de servicos publicos que abrangem todo o Pas. As concessionarias estataisestao sob controle dos governos federal, estaduais e municipais. Em variasconcessionarias privadas verifica-se a presenca, em seus grupos de controle, de diversasempresas nacionais, norte-americanas, espanholas e portuguesas. Sao atendidos cerca

de 47 milhoes de unidades consumidoras, das quais 85% sao consumidores residenciais,em mais de 99% dos municpios brasileiros.

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Referencias

[1] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.

[2] J.D. Glover, M. Sarma, Power System Anlaysis and Design, PWS-KENT, 1989.

[3] Proceedings of the Institute of Electrical and Electronics Engineers, vol.64, no.6,September 1976.

[4] Agencia Nacional de Energia Eletrica (http://www.aneel.gov.br).

[5] Operador Nacional do Sistema Eletrico (http://www.ons.com.br).

[6] D. Morton, The Electrical Century Powering the Electrical Century, Proceedings ofthe Institute of Electrical and Electronics Engineers, vol.64, no.6, September 1976.

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Captulo 2: Calculo de fluxo de carga

2.1 Estrutura geral dos sistemas de potencia

c.a.

medidor

~

c.c.

Conversor (inversor)

c.a.

~ gerador

transformador

disjuntor

c.a.

Distribuio

aquisio de dadoscontrole

Carga

Transmisso

Gerao

Centro de Superviso e Controle

Conversor (retificador)

unidade terminal remota (UTR)

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2.2 Definicao do problema

Fluxo de carga(FC): obtencao das condicoes de operacao (tensoes, fluxos de

potencia) de uma rede eletrica em funcao da sua topologia e dos nveis dedemanda e geracao de potencia.

SISTEMA ELETRICO

USINA

SUBESTACAO

INDUSTRIA

15,9 kV

138,4 kV

13,4 kV

42,7 MW

12,1 Mvar

72,2 MW

15,4 Mvar

3,3 MW 1,0 Mvar

Fluxo de carga: Modelagem dos componentes obtencao do sistema deequacoes e inequacoes algebricas metodos de solucao estado deoperacao da rede em regime permanente.

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Modelageme estatica rede representada por um conjunto de equacoes einequacoes algebricas.

Analise estatica: obtem-se o estado de operacao da rede emregimepermanente comportamentodinamiconao e considerado.

2.3 Aplicacoes

FC e utilizado tanto no planejamento como na operacao de redes eletricas.

Em geral e parte de um procedimento mais complexo.

Alguns exemplos:

Operacao

analise de seguranca: varias contingencias (acidentes, disturbios) saosimuladas e o estado de operacao da rede apos a contingencia deve serobtido. Eventuais violacoes dos limites de operacao sao detectados e acoes

de controle corretivo e/ou preventivo sao determinadas.

Planejamento

planejamento da expansao: novas configuracoes da rede sao determinadaspara atender ao aumento da demanda e o estado de operacao da rede paraa nova configuracao deve ser obtido.

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Ao longo dos anos, varios metodos de solucao do FC foram propostos. Paracada aplicacao existem os metodos mais apropriados. Os fatores consideradosna escolha sao mostrados nas tabelas a seguir.

Tipos de solucaoPrecisa Aproximada

Sem controle de limites Com controle de limitesOff-line On-line

Caso simples Casos multiplos

Propriedades dos metodos de solucao do FCAlta velocidade especialmentepara:

redes de grandes dimensoes

aplicacoes em tempo realcasos multiplosaplicacoes interativas

Pequeno espacode armazena-mento

especialmentepara:

redes de grandes dimensoes

computadores com pequenamemoria

Confiabilidade especialmentepara:

problemas mal-condicionados

analise de contingenciasaplicacoes em tempo real

Versatilidade habilidade para incorporacao de ca-ractersticas especiais (controle de

limites operacionais, representacaode diversos equipamentos etc.); fa-cilidade de ser usado como parte deprocessos mais complexos

Simplicidade facilidade de manutencao e melho-ramento do algoritmo e do pro-grama

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Em geral uma aplicacao requer varias caractersticas.

Exemplo: na analise de seguranca pode-se necessitar de um metodo desolucao aproximado, sem controle de limites operacionais, on-line, comsolucao de casos multiplos.

2.4 Historia

Network analyzer paineis em que os equipamentos do sistema eramemulados atraves de conjuntos de fontes, resistores, capacitores e indutoresvariaveis.

Para redes reais, network analyzers eram enormes (ocupando varias salas),consumiam muita energia e modificacoes na rede exigiam alteracoes na fiacaoe ajustes nos valores dos componentes.

Network analyzers foram utilizados antes e tambem algum tempo depois dautilizacao de computadores digitais.

Primeiro metodo pratico de solucao do problema do FC atraves de um

computador digital Ward e Hale, 1956 (metodo baseado na matriz Y)

Metodos baseados na matriz Y: espaco de armazenamento pequeno(adequado aos computadores da epoca), convergencia lenta.

Comeco da decada de 60: metodos baseados na matriz Z (Gupta eDavies,1961). Convergencia mais confiavel, requerem mais espaco dearmazenamento, mais lentos.

Na mesma epoca: metodo de Newton (Van Ness, 1959). Caractersticas deconvergencia excelentes. Computacionalmente nao era competitivo.

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Meados da decada de 60: tecnicas de armazenamento compacto eordenamento da fatoracao (Tinney e Walker, 1967) tornaram o metodo deNewton muito mais rapido e exigindo pequeno espaco de memoria, mantendo

a caracterstica de otima convergencia metodo de Newton passou a serconsiderado como o melhor metodo e foi adotado pela maioria das empresasde energia eletrica.

Decada de 70: metodos desacoplados (Stott e Alsac, 1974) baseados nometodo de Newton foram propostos ainda mais rapidos, mantendo precisaoe convergencia. Somente em 1990 foi apresentado um estudo teoricoaprofundado das caractersticas dos metodos desacoplados.

Foram propostos ainda: variacoes dos metodos desacoplados basicos, metodospara redes mal-condicionadas, metodos para redes de distribuicao (media ebaixa tensoes), fluxo de carga da continuacao, fluxo de carga otimo, etc.

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2.5 Motivacao e ideias gerais

Considerar o seguinte sistema de potencia:

~

~

Distribuio

Carga

Transmisso

Gerao

fechado

aberto

Regio em operao

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Considerar que:

a funcao do sistema de geracao e produzir a energia eletrica que sera

consumida modelado como umainjecao de potenciano barramento a linha de transmissao e modelada como umcircuito RL serie,

representando as perdas ohmicas de potencia e a presenca de campomagnetico em torno dos condutores

o sistema de distribuicao consome a energia transportada pelo sistema detransmissao modelado como umainjecao de potenciano barramento

Diagrama unifilar correspondente:

~ DistribuioTransmisso

Gerao

Regio em operao

P1+j Q1

1

E1= V11P12+j Q12

r+j x

2

E2=V22

P2+j Q2

Geracao Transmissao Distribuicao

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Circuito por fase:

+

+

1

E1P1Q1

r j x 2

E2P2Q2

I

Geracao Transmissao Distribuicao

Dados: V2=| E2|= 500 kV (tensao de linha)S2=P2+j Q2= 100 +j0 = 1000

MVA (100 MW, 0 Mvar)r= 25 /fasex= 125 /fase

Pede-se: V1S1=P1+j Q1

Conhecendo essas grandezas, pode-se dizer que o estado de operacao da redee totalmente conhecido. A partir da outras analises podem ser realizadas.

Os calculos serao feitos em pu (por unidade), cuja ideia e muito importanteno caso de circuitos com varios nveis de tensao.

Valores de base:

Sb= 100 MVA Vb= 500 kV

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Conversao dos dados para pu:

E2= 10 pu (referencia angular)

S2= 10 pu

r= 25

(V2b/Sb)= 0,01 pu

x= 125

(V2b/Sb)= 0,05 pu

Corrente pelo circuito:

I=

S2E2

=

10

10

= 10 pu

Tensao na fonte:

E1=E2+I(r+j x)

= 10 + 10 (0,01 +j0,05) = 1,01122,8 pu

Potencia fornecida pela fonte:

S1=E1I = 1,01122,8 = 1,01 +j0,05 pu (101 MW, 5 Mvar)

1

V1= 1,0112 pu V2= 1 pu

2

101 MW

5 Mvar

5 Mvar1 MW

100 MW

0 Mvar

perdas na transmissao

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Na pratica, os dados e incognitas nao sao os especificados anteriormente.

Dados: S2=P2+j Q2= 100 +j0 = 1000 MVA (100 MW, 0 Mvar)

V1= 1,0112 pu(*) (linha)r= 25 /fasex= 125 /fase

(*)Tensao na sada do transformador elevador na subestacao da usina,mantida constante atraves de um complexo sistema de controle.

Pede-se: V2S1=P1+j Q1

A resolucao analtica e mais complicada. Pode-se tambem resolver portentativa e erro.

Resolucao analtica

Lei das tensoes de Kirchhoff:

E1= E2+ZI

=E2+Z(S2/E2) (E2 )

E1E2 =V

22 +ZS

2

Considerando E1=V10 e E2=V22:

V1V2 2=V22 + (r+j x) (P2 j Q2)

Separando as partes real e imaginaria:

V1V2cos 2= V22 + (rP2+xQ2)

V1V2sen 2= (rQ2 xP2)

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Elevando as duas equacoes ao quadrado e somando-as, elimina-se 2:

V21V22 =V

42 + (rP2+xQ2)

2 + 2V22 (rP2+xQ2) + (rQ2 xP2)2

V42 +V22

2 (rP2+xQ2) V

21

+

(rQ2 xP2)2 + (rP2+xQ2)

2

= 0

que pode ser reescrita como:

V42 +bV22 +c= 0 =b

2 4c

y1= b+ 1/2 /2y2=

b 1/2

/2

V2=y

1/21 ,y

1/22

Para os dados fornecidos: V2= {1,0,05} pu.

A resposta esperada e V2= 1 pu. Entao:

2= sen1 [(rQ2 xP2) /V1V2] = 2,8

I=

S2E2

= 1 2,8 pu

S1=E1I = 1,01122,8 = 1,01 +j0,05 pu (101 MW, 5 Mvar)

Mesma solucao anterior.

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Interpretacao:

As duas solucoes negativas nao tem significado fsico sao desprezadas.

Supor que a potencia ativa da carga no barramento 2 seja variavel e que apotencia reativa seja nula:

V2 [pu]

P2 [pu]

operacao estavel

operacao instavel

caso base Vcr2

Pcr2

00

1

1

2 3 4 5 6 7 8 9

0,2

0,4

0,6

0,8

Pcr2 maximo carregamento da rede para as condicoes especificadas.

Vcr2 tensao para a qual ocorre o maximo carregamento.

Exerccio

(1)Apresentar a curva [V2 P2] completa para o circuito exemplo, considerandoQ2= 0.

(2)Obter Pcr2 e Vcr2 analiticamente e comparar com os valores obtidos atraves da

analise da curva PV.(3)Apresentar a curva [V2 Q2] considerando P2= 0 no mesmo grafico de(1).

Obter Qcr2 e Vcr2 analiticamente e comparar com os valores obtidos atraves da

analise da curva PV.

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Os sistemas eletricos de potencia sao dinamicos:

V2

P2

Pcr2

t

t

t

processo de instabilidadede tensao que resulta no

COLAPSO DE TENSAO

Modelagem dos aspectos dinamicos e metodos de resolucao especficos saonecessarios.

Para redes maiores:

Resolucao por meiosanalticos e impossvel.

Tentativa e erro?

ET720 14


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Resolucao por tentativa e erro

Uma ideia de um procedimento de calculo iterativo:

(a) Inicializar contador de iteracoes = 0

(b)Escolher E2 =E02

(c)Calcular a corrente pela carga:

I2 =

S2E2

(d)Calcular a queda de tensao na linha de transmissao:

E = (r+j x) I2

(e)Calcular a tensao na barra de carga:

E+12 =E1 E =E1 (r+j x)

S2E2

(f)Incrementar contador de iteracoes ( + 1) e voltar para o passo (c)

Comecando com E2= 10 pu tem-se:

Iteracao E2 [pu]

0 1 +j01 1,0012j0,0500

2 0,9987j0,04933 0,9987j0,04944 0,9987j0,0494 Solucao: E2= 1 2,8

pu

Na realidade este metodo iterativo (Gauss) foi o primeiro a ser proposto paraa resolucao das equacoes de fluxo de carga ( 1956).

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Resumo:

E necessario o desenvolvimento de tecnicas de resolucao especficas e

eficientes para o problema da determinacao do estado de operacao deredes eletricas em regime permanente CALCULO DE FLUXO DECARGA

Fluxo de carga (load flow) = Fluxo de potencia (power flow)

E uma ferramenta basica para a analise de redes eletricas

2.6 Representacao por fase

A rede trifasica equilibrada e representada somente por uma das fases diagrama unifilar:

Furnas (Campinas)

Tanquinho (138 kV)

Itatiba

Taquaral

Baro Geraldo

Nova Aparecida

Viracopos

Trevo (138 kV)

Trevo (69 kV)

Tanquinho (69 kV)

barramento

42 MVA

Souzas

x = 21,24%

x = 24,26% x = 28%

r = 1,41%x = 3,68%b = 0,06%

ET720 16


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Barramento (barra) no do circuito.

Ramos linhas de transmissao ou transformadores, que conectam duas barras.

Dados dos ramos em % na base 100 MVA e tensao nominal (pu 100%).

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Para as linhas de transmissao utiliza-se o modelo , em que r e a resistenciaserie, x e a reatancia serie e b e o carregamento total charging da linha (odobro da admitancia shunt):

r j x

j b/2 j b/2

Para a linha Tanquinho-Trevo:

Tanquinho Trevo

0,0141 j0,0368

j0,0003 j0,0003

Para a linha do exemplo da Secao2.5:

1 2

0,01 j0,05

Geracao e carga injecoes de potencia nas barras.

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2.7 Formulacao basica do problema de fluxo de carga

Rede composta por barras e ramos (linhas de transmissao e/ou

transformadores).

Barras: 4 grandezas basicas: V magnitude da tensao nodal angulo de fase da tensao nodalP injecao de potencia ativa nodalQ injecao de potencia reativa nodal

2 grandezas sao conhecidas e 2 devem ser calculadas. Para a rede exemplo daSecao2.5:

Grandezas GrandezasBarra conhecidas a calcular

1 V1, 1 P1, Q1

2 P2, Q2 V2, 2

As barras sao classificadas em:

barras de carga (PQ) sao conhecidas as potencias ativa e reativaconsumidas. Deve-se calcular a tensao (magnitude e angulo de fase) conhece-se P e Q, calcula-se V e .

barras de geracao (PV) sao conhecidos a potencia ativa gerada e amagnitude da tensao terminal. Deve-se calcular o angulo da tensao e apotencia reativa gerada (ou consumida) conhece-se P eV, calcula-se e Q.

barra(s) de referencia (V, tambem chamadas de slack) a tensao(magnitude e angulo de fase) e conhecida. Deve-se calcular as potencias ativae reativa conhece-se V e , calcula-se P e Q.

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A barra slack tem duas funcoes:

Fornecer uma referencia angular para a rede (a referencia da magnitude de

tensao e o proprio no terra)

Exemplo

Calcular a potencia ativa consumida pela impedancia Z2 do circuito a seguir.

V

+

+++

E

Z1= 490

100 V

V1

Z2 = 30 V2

I

Utilizando a medicao feita pelo voltmetro, define-se a tensao da fonte Ecomo:

E= 100 V

A corrente pelo circuito e:

I= E

(Z1+Z2)= 20 ( 53,1) A

A potencia complexa consumida por Z2 vale:

S2=V2 I = (Z2 I) I

=Z2 | I |2= 1,20 kVA

que resulta em uma potencia ativa de 1,2 kW.

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Comentarios:

os fasores de tensao e corrente dependem de . as defasagens entre os fasores nao dependem de .

determinou-se a potencia consumida sem que se conhecesse o valor de.

as potencias nao dependem dos angulos de fase das tensoes e correntese sim das diferencas angulares entre as grandezas.

pode ser escolhido livremente pois nao altera os resultados finais.

x

Fechar o balanco de potencia da rede, levando em conta as perdas detransmissao. As perdas de transmissao nao sao conhecidas a priori, edevem ser supridas pelas unidades geradoras. Em geral, especifica-se umabarra da rede que suprira as perdas.

Exemplo

Considerar a rede de 3 barras e 3 ramos mostrada a seguir.

1

3

2

100 MW

80 MW

(slack)

20 MW +

i perdasiperdas1

perdas2 perdas3

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Comentarios:

a barra slack deve fornecer 20 MW adicionais para satisfazer a demandana barra 2, pois o gerador da barra 3 entrega somente 80 MW.

a barra slack deve fornecer ainda uma quantidade adicional de potenciapara suprir as perdas de potencia nos ramos.

Exemplo

Relembrando a solucao da rede exemplo da Secao2.5:

1

V1= 1,0112 pu V2= 1 pu

2

101 MW

5 Mvar

5 Mvar1 MW

100 MW

0 Mvar

perdas na transmissao

Outros tipos de barras podem ser definidos, em funcao de situacoes deoperacao particulares.

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Exemplo

Considere a rede a seguir.

1 2 3 4 5

6

7

Barras 3 e 4: barras de carga (PQ) P e Q sao conhecidos e deve-secalcular V e

Barras 2 e 6: nao tem carga nem geracao associados sao consideradascomo barras de carga (PQ) com P =Q = 0

Barras 1, 5 e 7: conectadas a geradores barras de geracao em geral P eV sao conhecidos e deve-se calcular e Q

Uma das barras deve desempenhar o papel especial de:

ser a referencia angular da rede ( especificado)

permitir o balanco de potencia da rede

Pode-se escolher, por exemplo, a barra 1 como a slack, atribuindo um valorpara 1. Logo, P1 passa a ser desconhecido.

As barras 5 e 7 continuam a ser PV.

ET720 23


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2.7.1 Formulacao nodal equacoes de corrente

Considerar a rede de tres barras e tres linhas mostrada a seguir.

1 2

3

Pg1, Qg1 Pg2, Qg2

Pc1, Qc1 Pc2, Qc2

Pc3, Qc3

P12, Q12

P13, Q13 P23, Q23

V1, 1 V2, 2

V3, 3

r12, x12

r13, x13 r23, x23bsh12

bsh13 bsh23

Barras 1 e 2 (gerador e carga) e 3 (carga)

Define-se a injecao lquida de potencia ativa:

P1=Pg1 Pc1

P2=Pg2 Pc2

P3= 0 Pc3

potencia transmitida

pelas linhas

k

Pgk

Pck

Pgk Pck =Pk

o mesmo vale para potencia reativa.

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o mesmo vale para as correntes injecao lquida de corrente:

I1= Ig1 Ic1I2= Ig2 Ic2

I3= 0 Ic3

Tres linhas de transmissao conectando as barras.

Linhas representadas pelos seus modelos nominais.

impedancia serie z12

=r12

+jx12

admitancia serie:

y12= 1

z12=g12+jb12=

r12r212+x

212

+j x12

r212+x212

admitancia shunt jbsh12

Levando em conta as definicoes anteriores tem-se o circuito equivalente darede por fase em pu:

1 2

3

V1, 1 V2, 2

V3, 3

j b

sh

12j b

sh

12

j bsh13

j b

sh

13 j b

sh

23

j bsh23

y12

y13 y23

I12I13 I23

I1 I2

I3

ET720 25


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Aplicando a lei das correntes de Kirchhoff para o no 1:

a injecao de corrente I1 entrando na barra se distribui pelas linhas 1-2 e 1-3.

as correntes pelas linhas, por sua vez, tem duas componentes, uma pelaadmitancia serie e outra pela admitancia shunt.

I1=I12+I13

=y12(E1 E2) +jbsh12E1

I12

+ y13(E1 E3) +jbsh13E1

I13

I1= y12+y13+jbsh12+jbsh13E1+ (y12) E2+ (y13) E3em que Ej =Vjj, j = 1, . . . , 3.

Realizando o mesmo procedimento para as demais barras, obtem-se oseguinte sistema de equacoes:

I1=

y12+y13+jbsh12+jb

sh13

E1+ (y12) E2+ (y13) E3

I2= (y12) E1+

y12+y23+jbsh12+jb

sh23

E2+ (y23) E3

I3= (y13) E1+ (y23) E2+

y13+y23+jbsh13+jb

sh23

E3

Na forma matricial:

I1I2I3

= y12+y13+jbsh12+ jbsh13 y12 y13y12 y12+y23+jbsh12+ jbsh23 y23

y13 y23 y13+y23+jbsh13+ jb

sh23

E1E2

E3

ET720 26


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ou:

I= Y E

em que I e o vetor de injecoes nodais de corrente (n 1), E e o vetor dastensoes nodais (n 1) e Y e a matriz admitancia nodal (n n). n e o numerode barras da rede.

De acordo com os resultados obtidos obtem-se uma regra para a formacao damatriz Y:

elementos fora da diagonal o negativo da admitancia serie:

Ykm = ykm

elementos da diagonal soma das admitancias conectadas a barra:

Ykk =

mk

ykm+jb

shkm

em que k e o conjunto formado pelas barras vizinhas da barra k.

A matriz Y pode ser colocada na seguinte forma:

Y = {Y} +j{Y} = G +jB

em que G e a matriz condutancia nodal e B e a matriz susceptancia nodal.

Logo:

I= (G +jB) E

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em que:

G = g12+g13 g12 g13g12 g12+g23 g23g13 g23 g13+g23

e

B =

b12+b13+bsh12+bsh13 b12 b13b12 b12+b23+bsh12+bsh23 b23

b13 b23 b13+b23+bsh13+b

sh23

Exemplo

Para a rede da secao2.5:

1 2

r jx

z=r+jx= 0,01 +j0,05 = 0,05178,69 pu

y=z1 = 1

0,05178,69= 19,6116 78,69 = 3,8462j19,2308 pu= g +jb

Y =

y yy y

=

G= {

Y} = 3,8462 3,84623,8462 3,8462

B = {Y} =

19,2308 19,2308

19,2308 19,2308

ET720 28


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2.7.2 Formulacao nodal equacoes de potencia

Na pratica sao especificadas as injecoes de potencia (P e Q) e nao as

correntes.

Da equacao das correntes:

=I= Y E

I1I2

Ik

In

E1E2

Ek

En

Yk1 Yk2 Ykk Ykn

...

...

...

...

Logo:

Ik =Yk1E1+Yk2E2+ +YkkEk+ +YknEkn

=YkkEk+

mk

YkmEm=mK

YkmEm

em que K e o conjunto formado pela barrak e suas vizinhas (K k k).

ET720 29


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Exemplo

13

8 k

n

De acordo com a regra de formacao da matriz admitancia:

Yk1, Yk3, Yk8, Ykn, Ykk = 0

e os demais Ykj = 0. Portanto:

Ik =Yk1E1+Yk3E3+Yk8E8+YknEn+YkkEkk

Para uma barra k:

Sk =Pk+jQk =EkIk

Logo:

Sk =Pk jQk =EkIk =E

k

mK

YkmEm

ET720 30


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Lembrando que Ek =Vkk e Em=Vmm:

Pk jQk =Ek mK

YkmEm

=Vk (k)mK

(Gkm+jBkm) Vmm

=VkmK

Vm(Gkm+jBkm) ej(km)

=VkmK

Vm(Gkm+jBkm) ejkm

=Vk mK

Vm(Gkm+jBkm) (cos km jsen km)

Pk =VkmK

Vm(Gkmcos km+Bkmsen km)

Qk =VkmK

Vm(Gkmsen km Bkmcos km)

que sao as equacoes das potencias nodais 2 equacoes para cada barra.

ET720 31


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Exemplo

Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5:

21

(Geraoslack) Carga (PQ)

r jx

Em princpio tem-se 2 equacoes para cada barra, ou seja, um total de 4 equacoes:

P1=V1

mK1

Vm(G1m cos 1m+B1msen 1m)

=V21G11+V1

m1

Vm(G1mcos 1m+B1m sen 1m)

P1=V21G11+V1V2(G12cos 12+B12sen 12)

Q1= V1

mK1

Vm(G1m sen 1m B1m cos 1m)

= V21B11+V1

m1


Q1= V21B11+V1V2(G12sen 12 B12cos 12)

ET720 32


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P2=V2

mK2

Vm(G2m cos 2m+B2msen 2m)

=V22G22+V2

m2


P2=V22G22+V2V1(G21cos 21+B21sen 21)

Q2= V2

mK2


= V22B22+V2 m2Vm(G2m sen 2m B2m cos 2m)

Q2= V22B22+V2V1(G21sen 21 B21cos 21)

Exemplo

Considerar a rede de 3 barras a seguir.

Gerao (PV)

Carga (PQ)

Gerao (slack)

1 2

3

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Em princpio tem-se 2 equacoes para cada barra, ou seja, um total de 6 equacoes:

P1=V1 mK1


P1=V21G11+V1V2(G12cos 12+B12sen 12) +V1V3(G13cos 13+B13sen 13)

Q1= V1

mK1

Vm(G1msen 1m B1m cos 1m)

Q1= V21B11+V1V2(G12sen 12 B12cos 12) +V1V3(G13sen 13 B13cos 13)

Obtenha as equacoes para P2, Q2, P3 e Q3.

2.7.3 Ideia geral dos metodos de resolucao

A ideia basica e obter as 4 grandezas (P, Q, V e ) para todas barras da rede.

Supor que sejam conhecidas todas as potencias (P e Q) de todas as barras.

A ideia e determinar todas as tensoes (V e ) de forma que satisfacam asequacoes das potencias nodais.

Exerccio

Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5. Verificar que as equacoes daspotencias nodais sao satisfeitas para a solucao encontrada (E1= 1,01120

pu,E2= 1 2,8

pu, S1= 101 +j5 MVA, S2= 100 +j0 MVA).

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Uma ideia para a resolucao do problema:

Arbitrar tensoes e testar se satisfazem as equacoes das potencias nodais.

Se satisfizerem solucao do problema foi encontrada.

Se nao satisfizerem alterar as tensoes e repetir o processo.

Na Secao2.5foi mostrado um procedimento que segue esta ideia geral(metodo de Gauss).

Primeiro problema: como alterar as tensoes convenientemente a fim de

sempre caminhar em direcao a solucao correta?

Segundo problema: nao se conhece todas as potencias existem diferentestipos de barras e para cada tipo existem valores fornecidos e valores a seremcalculados.

Procedimento geral de resolucao do problema de fluxo de carga:

Tomar as equacoes de Pk para as barras dos tipos PQ (carga) e PV(geracao), para as quais existem valores especificados de Pk.

Tomar as equacoes de Qk para as barras do tipo PQ (carga), para as quaisexistem valores especificados de Qk.

Supor que existam NPQ barras do tipo PQ e NPV barras do tipo PV.

Tem-se (NPQ + NPV) equacoes de Pk e NPQ equacoes de Qk. O total deequacoes e (2NPQ + NPV).

As incognitas sao Vk e k para as barras PQ e k para as barras PV. O totalde incognitas e tambem igual a (2NPQ + NPV).

Tem-se um sistema de (2NPQ + NPV) equacoes algebricas nao-lineares emesmo numero de incognitas.

ET720 35


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Obter as incognitas por algum metodo (que sera mostrado adiante).

Calcular Pk para a barra de referencia e Qk para a barra de referencia e

barras PV.

Exemplo

Descreva o procedimento de calculo de fluxo de carga para a rede de 2 barras daSecao2.5, mostrada a seguir.

21


r jx

Equacoes das potencias nodais:

P1=V1 mK1

Vm(G1mcos 1m+B1msen 1m)

Q1=V1

mK1

Vm(G1msen 1m B1m cos 1m)

P2=V2

mK2

Vm(G2mcos 2m+B2msen 2m)

Q2=V2

mK2Vm(G2msen 2m B2m cos 2m)

Tomar P2=. . ., pois P2 e especificado.

Tomar Q2=. . ., pois Q2 e especificado.

ET720 36


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NPQ= 1 e NPV= 0 o numero de equacoes e igual a 2 NPQ +NPV= 2.

As incognitas sao V2 e 2 2 incognitas.

Equacoes de fluxo de carga:

P2=Pesp2 P

calc2 =P

esp2 V2

mK2

Vm(G2mcos 2m+B2msen 2m) = 0

Q2=Qesp2 Q

calc2 =Q

esp2 V2

mK2

Vm(G2msen 2m B2m cos 2m) = 0

Resolver as equacoes de fluxo de carga, obtendo V2 e 2.

Calcular P1 e Q1.

Exerccio

Descreva o procedimento de calculo de fluxo de carga para a rede de 3 barrasmostrada a seguir.

Gerao (PV)

Carga (PQ)

Gerao (slack)

1 2

3

ET720 37


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2.8 Metodos de solucao

Atraves de algum metodo determina-se as tensoes desconhecidas (magnitude

e/ou fase).

As equacoes das potencias nodais sao:

Pk =VkmK

Vm(Gkmcos km+Bkm sen km) k= {barra PQ ou PV}

Qk =Vk mK Vm(Gkmsen km Bkmcos km) k= {barra PQ}Tem-se portanto (NPQ + NPV) equacoes de potencia ativa e NPQ equacoesde potencia reativa.

Supor que sejam arbitrados os valores das tensoes desconhecidas (V e ). Apartir das equacoes das potencias nodais pode-se calcular:

Pcalk =Pk(V, ) k= {barra PQ ou PV}

Qcalk =Qk(V, ) k= {barra PQ}

No entanto, os valores de Pk e Qk dessas barras sao conhecidos (dados doproblema) e valem Pespk e Q

espk .

Se os valores de tensao arbitrados estiverem errados (o que e provavel),pode-se estimar o erro resultante da escolha desses valores:

Pk =Pespk P

calk k= {barra PQ ou PV}

Qk =Qespk Q

calk k= {barra PQ}

ET720 38


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em que Pk e Qk sao chamados de erros de potencia, resduos de potencia,ou mismatches de potencia (denominacao mais comum).

Se os valores das tensoes arbitrados corresponderem a solucao exata doproblema tem-se mismatches de potencia nulos:

Pk = 0 k= {barra PQ ou PV}

Qk= 0 k= {barra PQ}

As chamadasequacoes de fluxo de cargasao:

Pk =Pespk P

calk = 0 k= {barra PQ ou PV}

Qk =Qespk Q

calk = 0 k= {barra PQ}

que podem ser escritas de maneira geral como:

g (x) = 0

em que o vetor g e o vetor dos mismatches de potencia e x e o vetor dasincognitas (magnitudes e angulos de fase das tensoes).

A solucao xs faz as funcoes g se anularem g (xs) = 0.

Os metodos de solucao consistem na obtencao de xs que anula g(mismatches).

ET720 39


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2.8.1 Metodo de Newton

Equacao algebrica nao-linear

Considere a equacao algebrica nao-linear:

g (x) = 0

que e um caso particular (unidimensional) de um sistema de equacoesalgebricas nao-lineares (n-dimensional).

Pretende-se determinar o valor de x para o qual a funcao g(x) se anula. Emtermos geometricos a solucao da equacao acima corresponde ao ponto xs emque a curva g(x) corta o eixo horizontal x:

g(x)

xxs x0

ET720 40


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A resolucao do problema pelo metodo de Newton resulta em um processoiterativo cujos passos serao detalhados a seguir:

(1) Inicializar contador de iteracoes = 0 e escolher um ponto inicialx= x() =x(0).

(2)Calcular o valor da funcao g (x) no ponto x= x() g

x()

.

(3)Comparar o valor calculado g

x()

com uma tolerancia especficada .

Se | g

x()| , entao x= x() sera a solucao procurada dentro da faixa

de tolerancia .

Se | g x() |> , prosseguir com a execucao do processo iterativo.g(x)

x

g

x(0)

xs x(0)

+

(4)Linearizar a funcao g (x) em torno do ponto x(), g x() por intermedioda serie de Taylor desprezando os termos de ordem superior a 2:g

x() + x() g

x()

+

d

dtg

x()

x() =g

x()

+g

x()

x()

Este passo se resume de fato ao calculo da derivadag

x()

.

ET720 41


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(5)Resolver o problema linearizado, ou seja, encontrar x() tal que:

g x() +g x() x() = 0ou:

x() = g

x()

g

x()

x(+1) x() = g

x()

g x()x(+1) =x()

g x()g

x()

g(x)

x

g

x(0)

xs x(0)

+

x(1)

(6)Fazer + 1 e voltar para o passo (2).

ET720 42


61/429

Uma visao geral do procedimento e mostrada a seguir.

g (x)

x

g

x(0)

xs x(0)

+

x(1)

g

x(1)

x(2)

g

x(2)

x(3)

solucao

Uma variacao do metodo acima e obtida considerando-se a derivadaconstante (Von Mises), ou seja, ela e calculada somente uma vez no ponto

x(0) e utilizada em todas as iteracoes:

g (x)

g

x(0)

xs x(0)+ x

x(1)

g

x(1)

x(2)

g

x(2)

x(3)

g

x(3)

ET720 43


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O numero de iteracoes e maior que no metodo original.

Cada iteracao e mais rapida pois a derivada nao precisa ser calculada a cadapasso (esse fato ficara mais claro quando for tratado o caso multidimensional)

Sistema de equacoes algebricas nao-lineares

Considere agora o caso de um sistema n-dimensional de equacoes algebricasnao-lineares:

g1(x1, x2, , xn) = 0

g2(x1, x2, , xn) = 0

g3(x1, x2, , xn) = 0...

gn (x1, x2, , xn) = 0

ou:

g (x) = 0

em que g (funcoes) e x (incognitas) sao vetores (n 1):

g (x) = [g1(x) g2(x) gn(x)]T

x= [x1 x2 xn]T

Os passos do processo iterativo de resolucao para o caso n-dimensional saobasicamente os mesmos do caso unidimensional. A diferenca esta no passo(4)onde, ao inves da derivada de uma funcao, aparece amatriz Jacobiana.

ET720 44


63/429

A linearizacao de g (x) em torno de x= x() e dada por:

g1 x() + x() g1 x() +g1/x1|x()x()1 +g1/x2|x()x()2 + +g1/xn|x()x

()n

g2

x() + x()

g2

x()

+g2/x1|x()x

()1 +g2/x2|x()x

()2 + +

g2/xn|x()x()n

...

gn

x() + x()

gn

x()

+gn/x1|x()x

()1 +gn/x2|x()x

()2 + +

gn/xn|x()x()n

Logo:

gx() + x()

g

x()

+ J

x()

x()

sendo a matriz Jacobiana J dada por:

J

x()

=

xgx()

=

x1

g1

x2g1 . . .

xn

g1

x1g2

x2

g2 . . .

xng2

. . . . . . . . . . . .

x1gn

x2

gn . . . xn

gn

x()

O vetor de correcao das incognitasx e calculado impondo-se:

gx()

+ J

x()

x() = 0

ET720 45


64/429

Caso particular em que n= 2:

g1[(

x1+

x1)

,(x

2+ x

2)] g

1 x()1 , x()2 +

x1g

1x(

)

1 +

x2g

1x(

)

2

g2[(x1+ x1) , (x2+ x2)] g2

x

()1 , x

()2

+

x1g2x

()1 +

x2g2x

()2

e:

matriz Jacobiana

g1

x()1 , x

()2

g2 x()1 , x()2

x1g1

x2

g1

x1

g2 x2 g2

x()1

x()2 0

0+ =

Algoritmo para a resolucao do sistema de equacoes g (x) = 0 pelo metodo de

Newton:

(1)Inicializar contador de iteracoes = 0 e escolher um ponto inicialx= x() =x(0).

(2)Calcular o valor da funcao g (x) no ponto x= x() gx()

.

(3)Testar convergencia:

Se | gix() | para i= 1, , n, entao x= x() sera a solucao procurada

dentro da faixa de tolerancia e o processo convergiu.

Caso contrario, prosseguir com a execucao do algoritmo.

(4)Calcular a matriz Jacobiana Jx()

.

ET720 46


65/429

(5)Determinar o novo ponto x(+1):

x() = J1 x() g x()x(+1) =x() + x()

(6)Fazer + 1 e voltar para o passo (2).

Ideia geral da evolucao do processo iterativo (para n= 2):

g1

g2

x1

x2

00

1

1

2

2

3

3

ET720 47


66/429

Problema de fluxo de carga

No metodo de Newton para a resolucao do sistema de equacoes g (x) = 0, o

ponto central consiste em determinar o vetor de correcao x atraves de:

g (x) = J (x) x

Para o problema de fluxo de carga tem-se:

g (x

) = P

Q = Pesp Pcalc

Qesp Qcalc

} NPQ + NPV} NPQ

x =

V

} NPQ + NPV} NPQ

J (x) = (P)

(P)V

(Q)

(Q)V

()

} NPQ + NPV

} NPQNPQ + NPV

NPQ

Lembrando das equacoes dos mismatches (cujas derivadas aparecem namatriz Jacobiana) e de que os valores especificados das potencias saoconstantes, pode-se escrever:

J (x) =

(P) (P)V

(Q)

(Q)V

()

() P =PespPcalc (V, )

constante derivada nula

ET720 48


67/429

As submatrizes que compoem a matriz Jacobiana sao geralmenterepresentadas por:

H =(P)

N =

(P)

V

M =(Q)

L =

(Q)

V

As expressoes para os elementos das matrizes H, M, N e L sao deduzidas apartir das expressoes basicas de fluxo de potencia (expressoes de Pk e Qk).

Finalmente as equacoes podem ser colocadas na forma:

P

Q

=

H N

M L

()

V

Exemplo


21


r jx

As equacoes a serem resolvidas neste caso sao:

P2Q2

=

H22 N22M22 L22

2V2

ET720 49


68/429

H22=

2P2=

2 V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V

22G22

= V2V1(G21sen 21 B21cos 21) +V22B22 Q2

V22B22

= Q2 V22B22

N22=

V2P2

=V1(G21cos 21+B21sen 21) + 2V2G22 (V2/V2)

=

P2+V

22G22

/V2

M22= 2

Q2= 2

V2V1(G21sen 21 B21cos 21) V

22B22

=V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V

22G22

P2

V22G22

=P2 V22G22

L22=

V2Q2

=V1(G21sen 21 B21cos 21) 2V2B22 (V2/V2)=

Q2 V22B22

/V2

Deducao das expressoes dos elementos da matriz H:

A expressao da potencia ativa em uma barra k e:

Pk =VkmK


=Gkk V2kk +Vk

mk


ET720 50


69/429

A segunda equacao corresponde a uma separacao dos termos correspondentesa propria barra k. Logo, a somatoria contem agora somente as barras vizinhasda barra k.

Elemento fora da diagonal k-m derivada da potencia Pk em relacao aoangulo de uma certa barra vizinha m:

Hkm =

mPk =VkVm(Gkmsen km Bkm cos km)

Elemento fora da diagonal m-k derivada da potencia Pm em relacao aoangulo de uma certa barra vizinha k basta inverter os ndices k e m da

expressao de Hkm:

Hmk=

kPm=VmVk(Gmksen mk Bmkcos mk)

Como:

Gmk =Gkm

Bmk =Bkm

mk = km

tem-se finalmente:

Hmk= VkVm(Gkmsen km+Bkmcos km)

Elemento da diagonal k-k:

Hkk =

kPk = Vk

mk


ET720 51


70/429

Somando e subtraindo BkkV2k:

Hkk = BkkV2k +BkkV2k Vk mk


= BkkV2k VkVk

Gkksen kk

=0

Bkkcos kk =1

Vk

mk


Incluindo a barra k na somatoria:

Hkk = BkkV2k Vk

mK

Vm(Gkmsen km Bkmcos km) =Qk

= BkkV2k Qk

A expressao em termos da potencia e mais simples mais economica emtermos de calculo, pois aproveita o valor da potencia que ja foi calculadoanteriormente (este fato ficara mais claro quando for apresentado o algoritmode solucao do fluxo de carga).

Resumindo:

Hkk =

k Pk = BkkV2k Vk mKVm(Gkmsen km Bkm cos km)

= BkkV2k Qk

Hkm = m

Pk = VkVm(Gkmsen km Bkmcos km)

Hmk= k

Pm = VkVm(Gkmsen km+Bkmcos km)

ET720 52


71/429

Os elementos das demais matrizes sao:

Nkk = Vk

Pk = GkkVk+ mKVm(Gkmcos km+Bkm sen km)= V1k

Pk+GkkV2k

Nkm =

Vm

Pk = Vk(Gkmcos km+Bkmsen km)

Nmk= Vk

Pm = Vm(Gkmcos km Bkmsen km)

Mkk = k

Qk = GkkV2k +Vk

mKVm(Gkmcos km+Bkm sen km)

= GkkV2k +Pk

Mkm

= m

Qk

= Vk

Vm

(Gkm

cos km

+Bkm

sen km

)

Mmk = k

Qm = VkVm(Gkmcos km Bkmsen km)

Lkk = Vk

Qk = BkkVk+

mKVm(Gkmsen km Bkmcos km)

= V1k

Qk BkkV2k

Lkm = Vm

Qk = Vk(Gkmsen km Bkmcos km)

Lmk= Vk

Qm = Vk(Gkmsen km+Bkmcos km)

As matrizes H, M, N e L tem as mesmas caractersticas de esparsidade que amatriz admitancia nodal Y.

As matrizes H, M, N e L tem dimensoes distintas, em funcao dos dados doproblema. A seguinte tecnica e normalmente utilizada:

1. Construir as matrizes completas (dimensao [NB NB]).

2. Na matriz H colocar um numero muito grande () nas posicoes dasdiagonais correspondentes a barras de referencia.

3. Na matriz L colocar um numero muito grande () nas posicoes dasdiagonais correspondentes a barras de referencia e PV.

ET720 53


72/429

Quando essas matrizes forem invertidas, os elementos das linhas e colunascorrespondentes aos elementos grandes das diagonais serao praticamenteiguais a zero, assim como as correspondentes correcoes das variaveis de

estado, ou seja: k = 0 k {referencia}Vk = 0 k {referencia,PV}

Conhecendo-se os elementos da matriz Jacobiana e a maneira de calcular osmismatches de potencia, pode-se aplicar o metodo de Newton para oproblema do fluxo de carga.

Exemplo


21


r jx

Barra Dados Incognitas

1 V1, 1 P1 , Q12 P2, Q2 V2 , 2

Para se conhecer o modo de operacao da rede de forma completa deve-seconhecer as tensoes em todas as barras (Vkk).

Incognitas de tensao V2 , 2 2 incognitas

Sao necessarias 2 equacoes P2 , Q2

P2=Pesp2 P2(V, ) = 0

Q2= Qesp2 Q2(V, ) = 0

SUBSISTEMA 1 (obter os V e que faltam)

ET720 54


73/429

Problema iterativo a ser resolvido (fluxo de carga):

P2

Q2 =

H22 N22

M22 L22

2

V2

Resolvido o SUBSISTEMA 1, pode-se calcular as potencias desconhecidas:

P1= Q1=

SUBSISTEMA 2 (calcular as potencias que faltam)

Exemplo

Considerar a rede de 3 barras a seguir.

Gerao (PV)

Carga (PQ)

Gerao (slack

)

1 2

3

ET720 55


74/429

Barra Dados Incognitas

1 V1, 1 P1 , Q12 P2, V2 Q2 , 2

3 P3, Q3 V3 , 3

Para se conhecer o modo de operacao da rede de forma completa deve-seconhecer as tensoes em todas as barras (Vkk).

Incognitas de tensao 2 , V3 , 3 3 incognitas

Sao necessarias 3 equacoes P2 , P3 , Q3

P2=Pesp2 P2(V,) = 0

P3=Pesp3 P3(V,) = 0

Q3= Qesp3 Q3(V, ) = 0

SUBSISTEMA 1 (obter os V e que faltam)

Problema iterativo a ser resolvido (fluxo de carga):

P2

P3Q3

=

H22 H23 N23

H32 H33 N33M32 M33 L33

2

3V3

Resolvido o SUBSISTEMA 1, pode-se calcular as potencias desconhecidas:

P1= Q1= Q2=

SUBSISTEMA 2 (calcular as potencias que faltam)

ET720 56


75/429

Algoritmo de resolucao dos subsistemas 1 (pelo metodo de Newton) e 2:

(1)Fazer contador de iteracoes = 0.

Escolher os valores iniciais das tensoes (magnitudes para as barras PQ eangulos de fase para as barras PQ e PV)

V0k,

0k

.

(2)Calcular Pk(V, ) para as barras PQ e PV.

Calcular Qk(V, ) para as barras PQ.

Calcular os resduos (mismatches) de potencia Pk e Qk.

(3)Testar a convergencia:

Se

max {| Pk |}k=PQ,PV P o processo iterativo

e = convergiu para a solucaomax {| Qk |}k=PQ Q (V

, ) ir para o passo(7).

Caso contrario, prosseguir.

(4)Calcular a matriz Jacobiana:

J (V,) =

H (V, ) N (V, )M (V, ) L (V, )

(5)Determinar a nova solucaoV+1, +1

:

+1 = +

V+1

=V

+ V

sendo as correcoes e V determinadas pela resolucao do sistemalinear:

P(V, )Q (V, )

=

H (V, ) N (V, )M (V, ) L (V, )

V

ET720 57


76/429

(6)Incrementar o contador de iteracoes (+ 1 ) e voltar para o passo (2).

(7)Calcular Pk para a barra de referencia e Qk para as barras de referencia e

PV (subsistema 2).

Exemplo


21


r jx

Dados: S2=P2+j Q2= 1 +j0 = 10 pu (100 MW, 0 Mvar)

V11= 1,01120 pu

r= 0,01 pu

x= 0,05 puPasso (1)

= 0V02 = 1,0112 pu , 2= 0 (valores arbitrarios)

Passo (2)

P2=V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V22G22

G = 3,8462 3,84623,8462 3,8462 B = 19,2308 19,230819,2308 19,2308 P2= 1,0112V2 (3,8462 cos 2+ 19,2308 sen 2) + 3,8462V

22 para V

02 e

02 P2= 0

Q2=V2V1(G21sen 21 B21cos 21) V22B22

Q2= 1,0112V2 (3,8462 sen 2 19,2308 cos 2) + 1 9,8462V22 para V

02 e

02 Q2= 0

ET720 58


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P2=Pesp2 P

calc2 = 1 0 = 1

Q2=Qesp2 Q

calc2 = 0 0 = 0

Passo (3)

Considerar P =Q= 0,01

max {| P2|, | Q2|} = 1> 0,01

Passo (4)

J =

V22B22 Q2

P2+V

22G22

/V2

P2 V22G22

Q2 V

22B22

/V2

=

19,6640 3,88943,9329 19,4462

Passo (5)

J1 =

0,0489 0,00980,0099 0,0494

2V2

= J1

P2Q2

= J1

1

0

=

0,04890,0099

V2= 1 0,0099 = 0,9901 pu2= 0 0,0489 = 0,0489 rad

Passo (6)

= 1

Passo (2)

P2= 1,0169 pu P2= 0,0169Q2= 0,1905 pu Q2= 0,1905

Passo (3)

max {| P2|, | Q2|} = 0,1905> 0,01

Passo (4)

J =

19,0424 2,78124,7874 18,8480

ET720 59


78/429

Passo (5)

J1 =

0,0506 0,00750,0129 0,0512

2

V2

= 0,0006

0,0100

V2= 0,9901 + 0,0100 = 1,0001 pu2= 0,0489 0,0006 = 0,0495 rad

Passo (6)

= 2

Passo (2)P2= 1,0002 pu P2= 0,0002Q2= 0,0028 pu Q2= 0,0028

Passo (3)

max {| P2|, | Q2|} = 0,0028< 0,01

convergiu para V2= 1,0001 pu

2= 0,0495 rad 2,8

Passo (7)

P1=V21G11+V1V2(G12cos 12+B12sen 12) = 1,0102 pu 101,02 MW

Q1= V21B11+V1V2(G12sen 12 B12cos 12) = 0,0472 pu 4,72 Mvar

1

V2

2

P2

Q2

0,100,05

1,02

1,000,98 0,020,01 0,020,01

0,02

0,01

ET720 60


79/429

2.9 Metodos desacoplados

Submatrizes da matriz Jacobiana representam sensibilidades entre as

potencias e a tensao (magnitude e angulo), por exemplo:

H =

P H

P

uma variacao no angulo da tensao implica em uma variacao da potenciaativa. O mesmo tipo de analise vale para as outras submatrizes.

Nos metodos desacoplados, assume-se que as sensibilidades

P e

VQ

sao maiores que

Q

e

VP

ou seja, existe um acoplamento forte entre

[P e ] e [Q e V]

e um acoplamento fraco (desacoplamento) entre

[Q e ] e [P e V]

Este fato e em geral verificado para redes de transmissao de extra e ultraaltas tensoes (tensoes acima de 230 kV). Nao se verifica para redes dedistribuicao em geral (nveis de tensao mais baixos).

ET720 61


80/429

O desacoplamento permite que outros metodos de solucao do fluxo de carga(que sao derivados do metodo de Newton) sejam obtidos.

Metodos desacoplados simplificacao da matriz Jacobiana. modelo da rede e o mesmo utilizado no metodo de Newton.

o processo de convergencia (caminho percorrido durante o processoiterativo) e diferente.

o resultado final e o mesmo.

2.9.1 Metodo de Newton desacoplado

Metodo de Newton:

P(V,) = H (V, ) + N (V, ) V

Q (V,) = M (V, ) + L (V,) V

+1 = +

V+1 =V + V

Devido ao desacoplamento, as matrizes de sensibilidade entre P e V (N) eentre Q e (M) sao ignoradas:

P(V

,

) = H (V

,

)

Q (V, ) = L (V, ) V

+1 = +

V+1 =V + V

ET720 62


81/429

Esta e a forma simultanea. Aplica-se agora o esquema de solucao alternado:

P(V, ) = H (V, )

+1 = +

Q (V, ) = L (V, ) V

V+1 =V + V

Duas primeiras equacoes meia-iteracao ativa

Duas ultimas equacoes meia-iteracao reativa

Aproximacoes na matriz Jacobiana sao parcialmente compensadas pelaatualizacao das variaveis V e a cada meia-iteracao.

Os subproblemas ativo e reativo podem ter velocidade de convergenciadiferentes. Existem varias formas de implementar os metodos desacoplados.

ET720 63


82/429

0

KP= KQ= 1 p= q = 0V0 , 0

P(Vq , p)

max {|Pk |} : pk= {PQ, PV}

p = H (Vq , p)1 P(Vq , p)

p+1 =p + p

p p+ 1

KQ= 1

Q (Vq , p)

max {|Qk |} : qk= {PQ}

Vq = L (Vq , p)1 Q (Vq , p)

Vq+1 =Vq + Vq

q q+ 1

KP= 1

KP= 0

KQ : 0

KQ= 0

KP : 0

Solucao

=

=

=

=

>

>

Metodo de Newton Desacoplado

Diagrama de Blocos

Meia-iterac

aoativa

Meia-iterac

aoreativa

ET720 64


83/429

No diagrama de blocos tem-se:

p,q sao os contadores das iteracoes ativa e reativa.

KP e KQ sao indicadores de convergencia dos subproblemas ativo e reativo.

sempre que alguma variavel de estado e alterada (p.ex. ), o indicador deconvergencia do outro subproblema (p.ex. subproblema reativo) e feitoigual a 1, forcando que os mismatches do outro subproblema (p.ex. Q)sejam avaliados, mesmo que este ja estivesse convergido. Esteprocedimento evita afastamentos do ponto de solucao.

o diagrama de blocos corresponde a solucao do subsistema 1. Apos aconvergencia, o subsistema 2 pode ser resolvido. Outras grandezas podemtambem ser calculadas, como fluxos de potencia nos ramos.

Metodo de Newton desacoplado uma versao diferente

Esta versao pode apresentar uma convergencia mais rapida para algunssistemas.

Considerar a matriz diagonal V:

V =

V1V2 0

0 . . .

Vn

As matrizes jacobianas podem ser colocadas na seguinte forma:

H = V H

L = V L

ET720 65


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Os elementos de H e L sao:

Hkk = Qk/Vk VkBkk

Hkm =Vm(Gkmsen km Bkmcos km)

Hmk= Vk(Gkmsen km+Bkmcos km)

Lkk =Qk/V2k Bkk

Lkm = (Gkmsen km Bkmcos km)

Lmk = (Gkmsen km+Bkmcos km)

As equacoes do metodo de Newton desacoplado ficam:

P/V = H

Q/V = L V

2.9.2 Metodo desacoplado rapido

O diagrama de blocos e o mesmo que para o metodo desacoplado, mas asmatrizes utilizadas sao diferentes.

Considerar as seguintes aproximacoes:

cos km 1 (

kmpequeno) valida para sistemas em geral, especialmente

para EAT (extra alta tensao) e UAT (ultra alta tensao). Bkk Gkmsen km valida para sistemas em geral, especialmente para EAT

(extra alta tensao) e UAT (ultra alta tensao) Bkm/Gkm 5 para linhas detransmissao acima de 230 kV, podendo chegar a 20 em linhas de 500 kV.

ET720 66


85/429

BkkV2k Qk se baseia no fato de que as reatancias shunt sao em geralmuito maiores que as reatancias serie.

Vk 1 (valores em pu).

As matrizes H e L ficam:

Hkk = Bkk

Hkm = Bkm

Hmk = Bkm

Lkk = Bkk

Lkm = Bkm

Lmk= Bkm

ou:

H B

L B

As matrizes B e B dependem somente dos parametros da rede sao

constantes ao longo do processo iterativo.

Sao semelhantes a matriz B = {Y} com as seguintes diferencas:

linhas e colunas referentes as barras de referencia nao aparecem em B. linhas e colunas referentes as barras de referencia e PV nao aparecem em

B.

As matrizes B e B tem estruturas identicas as matrizes H e L.

Pode-se trabalhar com as matrizes B e B com dimensoes (NB NB) ecolocar um numero grande nas diagonais apropriadas.

ET720 67


86/429

As equacoes do metodo desacoplado rapido ficam:

P/V = B

Q/V = B V

Melhorias no desempenho do metodo desacoplado rapido foram observadasalterando-se a matriz B, resultando em:

B

kk=

NB

m=1

x1

km

Bkm =Bmk = x

1km

Bkk = Bkk

Bkm =Bmk = Bkm

em que xkm e a reatancia serie do ramo que conecta as barras k e m.

Exemplo


21


r jx

Dados: S2=P2+j Q2= 1 +j0 = 10 pu (100 MW, 0 Mvar)

V11= 1,01120 pu

r= 0,01 pux= 0,05 pu

ET720 68


87/429

G =

3,8462 3,84623,8462 3,8462

B =

19,2308 19,2308

19,2308 19,2308

(1)

KP= KQ= 1p= q= 0V02 = 1,0112 pu,

02= 0 rad

(2)

P2=V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V22G22= 0

P2= 1 0 = 1

(3)| P2|= 1> 0,01

(4)

P/V = B P2/V2=B222 (B

22= 1/x= 20)

2= 0,0494 rad

(5)

2= 0 0,0494 = 0,0494 rad(6)

p= 1

(7)

KQ= 1

(8)

Q2=V2V1(G21sen 21 B21cos 21) V22B22= 0,2182Q2= 0 0,2182 = 0,2182

(9)

| Q2|= 0,2182> 0,01

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(10)

Q/V = B V Q2/V2=B22V2 (B

22= 19,2308)

V2= 0,0112 rad

(11)

V2= 1,0112 0,0112 = 1 pu

(12)

q= 1

(13)

KP= 1

(14)

P2= 0,9986P2= 1 + 0,9986 = 0,0014

(15)

| P2|= 0,0014


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(21)

KP= 0

convergiu para V2= 1 pu2= 0,0494 rad 2,8

2.10 Controles e limites

Os metodos mostrados tratam apenas da determinacao do estado deoperacao da rede (resolucao do sistema de equacoes algebricas nao-lineares).

Complicacoes:

os equipamentos da rede apresentam limites de operacao.

certos equipamentos realizam controle de certas grandezas.

Limites:

injecao de potencia reativa em barras PV (relacionado com as curvas decapacidade, que serao vistas adiante).

limites de tensao em barras PQ.

limites dos taps de transformadores.

limites de fluxos em circuitos.

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Controles:

controle de magnitude de tensao nodal (local e remota) por injecao dereativos.

controle de magnitude de tensao nodal por ajuste de tap detransformadores em fase.

controle de fluxo de potencia ativa por ajuste do tap de transformadoresdefasadores.

controle de intercambio entre areas.

2.11 Programacao por computador

Redes eletricas reais em geral sao de grande porte, resultando em matrizesgrandes e esparsas.

Considerar uma rede com 100 barras e 200 ramos.

A matriz Y tera dimensao (100 100) 10000 elementos.

Destes, serao nao nulos:

100diag

+ 2 200 fora diag.

= 500 elementos

ou seja, um grau de esparsidade de:

GE=

10000 500

10000

100% = 95% 95% dos elementos sao nulos!

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Armazenamento compacto de matrizes

Inversao de matrizes fatoracao (eliminacao de Gauss)

metodo de resolucao robusto e eficiente.

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Referencias

[1] F.L. Alvarado, R.J. Thomas, A Brief history of the power flow, IEEE

Spectrum, 2001.[2] B. Stott, Review of load-flow calculation methods, Proceedings of the IEEE,

vol.62, n.7, 1974.

[3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introducao a sistemas de energia eletrica,Unicamp, 1999.

[4] C.A. Castro, Material da disciplina IT601 Calculo de fluxo de potencia,disponvel em http://www.dsee.fee.unicamp.br/ccastro

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Captulo 3: Geradores sncronos

3.1 Introducao

Gerador sncrono: conversor de potencia mecanica em potencia eletrica:

Mquina

Sncrona

(Alternador)

Turbinagua, vapor

Pm Pe

Turbogerador com excitatriz

1


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No problema de fluxo de carga apresentado no captulo anterior considerou-se:

Pg, Qg

Gerador

Transformador

Barramento da usina modelo

Ha modelos mais completos, a serem aplicados em varias analises de sistemaseletricos de potencia. Exemplo: estudos de estabilidade.

Somente sera estudada a operacao da maquina sncrona em regimepermanente.

Fenomenos transitorios sao estudados em cursos mais avancados.

Maquina sncrona funcionando como gerador barra PV sera discutidacom detalhe

Motor sncrono com carga mecanica acoplada ao eixo e uma carga emodelado como tal e nao sera discutido nesse captulo.

2


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Motores sncronos conectados a rede sem carga mecanica no eixo fornecimento de potencia reativa a rede condensador sncrono

Exemplo: lado inversor de um link CC consome muitos reativos coloca-seum condensador sncrono:

e mais barato que um banco de capacitores de potencia equivalente devidoao nvel de isolacao exigido.

permite um controle contnuo de fornecimento de reativos (bancos decapacitores tem controle discreto).

CACA CC

Retificador Inversor

Condensador

sncrono

3


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Descricao basica da maquina sncrona:

eixo fase a

eixo fase b

eixo fase c

eixo rotor

rotor (polos salientes)

armadura (estator)

enrolamento de campo

gap (entreferro)

a

a

b

b

c

c

If

Armadura (estator) parte fixa bobinas ficam acomodadas emranhuras.

Campo (rotor) parte movel bobina enrolada no rotor por onde circulacorrente contnua criacao de um campo magnetico.

Entreferro (gap) espaco entre estator e rotor implica em umarelutancia magnetica.

4


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x

Estator de um hidrogerador

Rotor de um hidrogerador

5


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Polos lisos polos salientes no rotor:

N

NN

S S

S

polos lisos (2 polos) polos salientes (4 polos)

turbogerador hidrogerador

Polos salientes:

hidrogeradores

turbina hidroeletrica: peca grande, pesada

grande volume de agua grande numero de polos

Polos lisos (rotor cilndrico):

turbogeradores (vapor)

eficiencia das turbinas a vapor aumenta a altas velocidades

pequeno numero de polos

6


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Exemplo

Sistema de geracao da usina de Itaipu: turbina Francis/gerador com velocidade

de 92,3 rpm a 60 Hz (lado brasileiro) e 90,9 rpm a 50 Hz (lado paraguaio).Determine o numero de polos das maquinas.

A expressao que relaciona o numero de polos (p), a velocidade em rpm (n) e afrequencia da tensao gerada em Hertz (f) e:

p=120 f

n

Os respectivos numeros de polos sao:

pBr =120 60

92,3 = 78 polos lado brasileiro

pPa=120 50

90,9 = 66 polos lado paraguaio

Maquinas grandes ( 20 metros de diametro) e baixa velocidade eixo navertical (em geral hidrogeradores).

Maquinas menores e altas velocidades eixo na horizontal (em geralturbogeradores).

7


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Excitacao de campo:

+

Piloto

Gerador CC

Gerador Sncrono

Turbina

GS GS

Controle

Eletro-mecanico

campoGS GCC

campo

gcc

reostatocontrolemanual

campo

Controle eletronico

CC

GS

Campo gerado pela propria rede atraves de um gerador CC auto-excitado

Piloto gerador de ima permanente

Controle eletronico mais rapido

8


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3.2 Modelo da maquina sncrona de polos lisos

E possvel obter um circuito eletrico equivalente para a maquina sncrona de

polos lisos.

O circuito equivalente e obtido atraves da analise:

do comportamento da maquina em vazio

do comportamento da maquina sob carga

das perdas

3.2.1 Maquina operando em vazio

Considerar uma maquina trifasica em que somente o enrolamento da fase a erepresentado para facilitar a analise.

rotor

estator

aaa M

eixo do estator= 0

eixo do rotor= t0

9


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Maquina e acionada (pela turbina) com velocidade angular constante . Aposicao instantanea do rotor e:

= t

onde o angulo e medido a partir do eixo do estator (referencia angular).

Corrente CC (if) e aplicada no enrolamento de campo e gera um campomagnetico (H), que depende da intensidade da corrente e do caminhomagnetico:

if H

A inducao magnetica (B) depende do meio no qual H existe:

H B

O fluxo magnetico e proporcional a propria inducao e a area onde ela existe:

B

e maximo sobre o eixo do rotor (M).

10


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A maquina e construda de forma que o fluxo magnetico tenha uma formasenoidal no espaco.

eixo do rotor

Ma

eixo do estator

t0

O fluxo sobre o eixo da fase a do estator e:

a() =M cos

ou, em funcao do tempo:

a(t) =M cos t

11


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Pela lei de Faraday a tensao induzida no enrolamento da fase a do estator e:

ef(t) = N

d

dta(t)

Na realidade ha dispersao de fluxo:

fluxo enlacado pelasbobinas do estator

fluxo disperso

Considerando que fseja o fluxo enlacado pelas bobinas do estator:

ef(t) = N d

dtf(t)

=N M sen t

=Vp sen t

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x

f(t) ef(t)

t

Tanto o fluxo concatenado como a tensao induzida sao senoidais. Chamandode:

f fasor associado a f(t)

Ef fasor associado a ef(t) Forca eletromotriz interna da maquina

tem-se um diagrama de fluxos e tensoes em que a tensao esta atrasada de 90

em relacao ao fluxo:

f

Ef

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3.2.2 Maquina operando sob carga

Carga conectada ao estator da maquina correntes de armadura (fases a, b e

c).

Considere que a carga e equilibrada. As correntes sao:

ia (t) =Ip cos(t)

ib (t) =Ip cos(t 120)

ic(t) =Ip cos(t+ 120)

Sao criadas 3 forcas magnetomotrizes senoidais com mesmo valor maximo edefasadas de 120:

Fa (t) =Fp cos(t)

Fb (t) =Fp cos(t 120)

Fc(t) =Fp cos(t+ 120

)

Considere o instante t = 0:

Fa=Fp Fb = Fp2

Fc= Fp2

A forca magnetomotriz resultante e:

Fra =3

2Fp

Fa

Fb

Fc

Fra

a

a

b

b

c

c

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A forca magnetomotriz total (resultante das tres fmm das fases) e:

Fra(t) =

3

2Fp cos(t)

Fra e a forca magnetomotriz de reacao de armadura1 resultado dacirculacao de corrente de armadura.

Fra corresponde a um campo girante no entreferro.

A velocidade de giro de Fra e igual a velocidade do campo do rotor os doiscampos sao estacionarios um em relacao ao outro.

O campo girante de reacao de armadura combinado com o campo deexcitacao resultam em um campo total de entreferro, que determinara atensao terminal do gerador.

3.2.3 Diagrama fasorial

Considere que o gerador alimenta diretamente uma carga indutiva correnteatrasada em relacao a tensao aplicada (tensao terminal do gerador).

A sequencia de raciocnio e a seguinte:

A corrente de campo produz umcampo f.f

1Ver apendice no final do captulo.

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f induz uma tensao Ef (atra-

sada de 90).

fEf

A corrente de carga Ia produz

um campo de reacao de arma-dura ra (em fase).

f

Ef

Ia

ra

ra induz uma tensao Era (atra-sada de 90).

f

Ef

Ia

ra

Era

A soma de f e ra resulta nocampo total de entreferro t.

f

Ef

Ia

ra

Era

t

16


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A soma de Ef e Era resulta natensao terminal do gerador Et.

f

Ef

Ia

ra

Era

t

Et

3.2.4 Consideracao das perdas

As principais causas de perdas sao:

Perdas ohmicas nos enrolamento modeladas como uma resistencia ra resistencia de armadura.

Dispersao de fluxo de armadura modelada como uma reatancia indutivax reatancia de dispersao da armadura.

(*) leakage

armadura

condutor1 2

1 linhas de campo quepassam pelo entreferro

2 linhas de campo quenao passam pelo entre-ferro

17


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3.2.5 Circuito equivalente

Em termos das tensoes pode-se escrever:

Et=Ef+Era

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Geração Distribuição e Transmissão