Metodos de Fluxo de Potência

8/17/2019 Metodos de Fluxo de Potência

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Análise de Sistemas de Potência

51

3.2.2 – Conceito de barra flutuante ou swing ou slack

As perdas do sistema não estão representadas nas equações do fluxo de potência. A barra flutuanteé responsável pelo suprimento de todas as perdas do sistema e por isto não tem a geração fixada. Ageração da barra flutuante é calculada após a solução do problema.

Do Exemplo 3.1 tem-se portanto que totaisativas perdas LGG P P P P _ _ 321 , que só são conhecidas

após a solução do fluxo de potência.Suponha que a barra 1 do exemplo 3.1 seja flutuante, logo 11 GG jQ P não é um dado do problema,

logo elimina-se a primeira equação do sistema posto na forma complexa, logo o sistema fica:

*3232221212222 V Y V Y V Y V jQ P S GG , *3332321313333 V Y V Y V Y V jQ P S L L .

A equação relativa a barra 1 foi eliminada. Tem-se 2 equações e três incógnitas. O processo

consiste em fixar uma incógnita, no caso 1V . Após se encontrar a solução, 2V e 3V , calculam-se P 1 e

Q1. A barra flutuante é uma barra de tensão controlada e referência de ângulo para o sistema.

3.2.3 – Tipos de barras 3.2.3.1 – Barra f lutuante ou swing ou slack ou V

Esta barra existe para suprir as perdas do sistema, desconhecidas até a solução da rede. Só existeuma barra flutuante em todo o sistema.

Dados de entrada: V k , k .Calculado nesta barra: P k , Qk .

3.2.3.2 – Barra de carga ou PQ

Não existe qualquer controle de tensão nesta barra. A maioria das barras é deste tipo, cerca de 95%do total de barras.

Dados de entrada: P k , Qk .Calculado nesta barra: V k , k .

A barra de carga pode ter gerador, só que este fornecerá P e Q constantes durante todo o processode cálculo.

3.2.3.3 – Barra de tensão controlada ou PV

Existem dispositivos de controle que permitem manter o módulo da tensão e a injeção de potênciaativa em valores especificados tais como gerador e compensador síncrono. Algumas das barras dosistema são deste tipo, representando 5% do total de barras.

Dados de entrada: Pk , Vk .Calculado nesta barra: Qk , k .

3.2.4 – Sistema de equações do fluxo de potência

Devido à variedade de tipos de barras, o sistema de equações que descreve o sistema elétrico édividido em dois subsistemas.


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3.2.4.1 – Subsistema 1

Este subsistema contém as equações que devem ser resolvidas para se encontrar a solução do fluxode potência, ou seja, módulo e ângulo das tensões nas barras.

),( V P P k k , PV PQk , , barras de carga e de tensão controlada,),( V QQ

k k

, PQk , barras de carga.

3.2.4.2 – Subsistema 2

As incógnitas aqui contidas são determinadas por substituição das variáveis calculadas no sub-sistema 1.

),( V P P k k , V k , barra flutuante,),( V QQ k k , PV V k , , barra flutuante e barras de tensão controlada.

Exemplo 3.2.Escrever as equações do sistema da Figura 3.4 na forma real polar, separando-as nos subsistemas 1

e 2. As variáveis especificadas estão mostradas na própria Figura 3.4.

Figura 3.4 – Sistema do exemplo 3.2

Subsistema 1 na forma real polar.

3

1222222 )()cos(

m

mmmmm sen BGV V P ,

3

1 333333

)()cos(m

mmmmm

sen BGV V P ,

3

1333333 )cos()(

m

mmmmm B senGV V Q .

A solução das três equações acima fornece 2, 3, V3.

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

1 E

3

2

2 E

1

V 1, 1

3 P 3

V 2, P 2


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53

Subsistema 2 na forma real polar.

3

1111111 )()cos(

m

mmmmm sen BGV V P ,

3

1

111111 )cos()(m

mmmmm B senGV V Q ,

3

1222222 )cos()(

m

mmmmm B senGV V Q .

Observação: Número de equações para solucionar um sistema elétrico

Seja sistema elétrico com n barras onde l destas barras são barras de tensão controlada e uma é a barra flutuante.

O número de equações do sistema na forma real polar é 22 l n .Seja o caso do sistema brasileiro com 2.000 barras sendo 100 barras de tensão controlada. O

número de equações a serem resolvidas é 898.32100000.4 . Conclui-se deste número que ométodo de solução deve ser eficiente.

3.3 – Fluxo de Potência pelo Método de Gauss-Seidel

3.3.1 – Revisão do método de Jacobi

Seja sistema de equações lineares

nnnnnnnn

nn

nn

b xa xa xa xa xa

b xa xa xa xa xa

b xa xa xa xa xa

44332211

22424323222121

11414313212111

Reescrevendo-se o sistema para explicitar as variáveis da diagonal principal vem:

1144332211

2424323121222

2

1414313212111

1

1

1

1

nnnnnnnnnn

n

nn

nn

xa xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

(3.4)

O método de Jacobi consiste em iniciar o processo de solução com valores arbitrados. Sejam)0()0(

2)0(

1 ,,, n x x x os valores arbitrados para a primeira iteração, onde o sobrescrito corresponde a

iteração. A partir deste conjunto, substituindo-o nas Equações 3.4 obtém-se o conjunto )1()1(2)1(

1 ,,, n x x x

mais próximo da solução procurada. A próxima etapa consiste em substituir nas Equações 3.4 osvalores recém obtidos. O processo se repete até que convergência seja obtida. Aplicando-se a primeiraiteração ao sistema de Equações 3.4 vem:

)0( 11)0(44)0(33)0(22)0(11)1(

)0(2

)0(424

)0(323

)0(1212

22

)1(2

)0(1

)0(414

)0(313

)0(2121

11

)1(1

1

1

1

nnnnnnnnnn

n

nn

nn

xa xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x


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3.3.2 – O método de Gauss-Seidel

Este método, da mesma forma que o método de Jacobi, não é atualmente utilizado para solucionarum sistema elétrico de potência por ser muito lento, porem é muito didático. Encontra utilização namelhoria dos valores arbitrados para início de um outro método mais eficiente.

O método de Gauss-Seidel é um aperfeiçoamento do método de Jacobi e difere deste somente

quanto ao conjunto de valores substituídos nas Equações 3.4. A diferença é que os valores substituídossão aqueles mais recentes, ou seja, à medida que os valores são determinados, estes são utilizados no processo de substituição, ou seja,

1

1 1

)()1()1( 1 k

m

n

k m

imkm

imkmk

kk

ik xa xab

a x , k = 1, n.

Seja conjunto de valores arbitrados )0()0(2)0(

1 ,,, n x x x . Notar que a condição inicial da variável)0(

1 x é

desnecessária para este sistema, porém no caso geral a mesma variável pode aparecer em ambos oslados do sinal de igual. As variáveis calculadas são utilizadas na mesma iteração, ou seja, para a primeira iteração:

)1( 11)1(44)1(33)1(22)1(11)1(

)0(2

)0(424

)0(323

)1(1212

22

)1(2

)0(1

)0(414

)0(313

)0(2121

11

)1(1

1

1

1

nnnnnnnnnn

n

nn

nn

xa xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

Generalizando-se o processo vem:

)1( 11)1(44)1(33)1(22)1(11)1(

)(2

)(424

)(323

)1(1212

22

)1(2

)(1

)(414

)(313

)(2121

11

)1(1

1

1

1

innn

in

in

in

inn

nn

in

inn

iiii

inn

iiii

xa xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

xa xa xa xaba

x

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

*

1

*

n

m

mkmk k k k k k V Y V I V jQ P S , k flutuante,

n

m

mkmk k k k k k V Y V I V jQ P S

1

*** , k flutuante.

Seja o sistema de três barras mostrado na Figura 3.4, onde a barra 1 é a barra flutuante e não existe barra de tensão controlada (PV).

323222121*222 V Y V Y V Y V jQ P , logo:

323121*

2

22

222

1V Y V Y

V

jQ P

Y V

,

232131*

3

33

333

1V Y V Y

V

jQ P

Y V

.


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55

Do sistema acima as seguintes variáveis são conhecidas:11, V constantes durante todo o processo, pois pertencem à barra flutuante,

3322 ,,, Q P Q P constantes durante todo o processo, pois pertencem à barra PQ.

As variáveis calculadas são 3322 ,,, V V .

3.3.3 – Critério de convergência do método de Gauss-seidel

)1()( ik i

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

O método de Gauss-Seidel nem sempre converge, além de ser lento. Para que haja convergência éimportante que o conjunto de valores arbitrados esteja próximo da solução.

3.3.4 – Fórmula geral do método de Gauss-Seidel aplicado ao fluxo de potência

A seguir a fórmula geral do método de Gauss-Seidel onde i corresponde a iteração e nk ,2 é a barra do sistema. Esta equação considera a barra 1 flutuante.

n

k m

imkm

k

m

imkmi

k

k k

kk

ik V Y V Y

V

jQ P

Y V

1

)(1

1

)1()(*

)1( 1

, k = 2,n. (3.5)

3.3.5 – Melhoria do método de Gauss-Seidel

O fator de aceleração é utilizado na tentativa de se chegar na solução do sistema de equaçõescom menos iterações.

Figura 3.5 – Fator de aceleração

)()1()1( ik

ik

ik V V V

,)1()()1)(( ik

ik

iaceleradok V V V .

Na prática, para os sistemas elétricos de potência, o valor de é 1,6.

Este método é utilizado para as primeiras iterações do método de Newton-Raphson.

3.3.6 – Tratamento no caso de existir barra PV

Problema: Qk não é especificado e Vk é especificado.

Solução:

a) Calcular )(calculadok Q a cada iteração com a equação:

I V S I V S I V S ****** , I V Q jQ P S jQ P S ** Im , logo

V (0) V (1) V (acelerado)(1)

solução


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56

)1()1()1)(( Im ik i

k icalculado

k I V Q ,

n

m

imkm

ik

icalculadok V Y V Q

1

)1()1(*)1)(( Im . (3.6)

b) Calcular o valor da tensão:

n

k m

imkm

k

m

imkm

k

icalculadok k

kk

i provisóriok V Y V Y

V

jQ P

Y V

1

)(1

1

)1(*

)1)(()1)(( 1

.

Desta equação sai calculado )1)(()1)(( i provisóriok i provisório

k V . Como Vk é especificado, só

aproveito o argumento da tensão provisória calculada, logo

)1)(()()1( i provisóriok doespecifica

k i

k V V .

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

3.6.


Considerar condição inicial flat-start, ou seja,0)0(

2 0 ,0)0(

3 00,1 V .

Determinação da matriz YBARRA

0,50,100,50,10

0,50,50,100,10

0,100,100,100,10

j j j j

j j j j

j j j j

Y BARRA =

0,150,50,100,50,150,10

0,100,100,20

j j j

j j j

j j j

.

Dados fixos: 01 00,1 V , 0,32 G P , 1,12 V , 5,43 L P , 5,03 LQ .

Condições iniciais: 0)0(2 0 ,0)0(

3 00,1 V .

Variáveis livres: 2GQ .

n

k m

imkm

k

m

imkmi

k

k k

kk

ik V Y V Y

V

jQ P

Y V

1

)(1

1

)1()(*

)1( 1

, k = 2,n.

Formulação complexa. A barra 1 é a barra flutuante.

323121*

2

22

222

1V Y V Y

V

jQ P

Y V GG

, substituindo-se os valores fixos vem:

Q L3 = 0,5 pu

2 E

1 E

3

2

1

1V =1,000

P L3 = 4,5 pu

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

– j5,0

– j10,0

– j10,0


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57

3

2

22 0,50,10,101,1

0,3

0,151

V j j jQ

jV G

.

232131*

3

33

333

1V Y V Y

V

jQ P

Y V L L

, substituindo-se os valores fixos vem:

01,10,50,10,105,05,4

0,151

*3

3 j jV

j j

V

.

Estimar valor de 2GQ , pois pertence a barra de tensão controlada. Aplicando-se a Equação 3.6 vem:

n

m

mkmi

k icalcilado

k V Y V Q

1

)1(*)1)(( Im

n

m

mmcalculado

V Y V Q

12

*2

)(2 Im

.

Expandindo-se a expressão de Q vem:

323222121*2)(2 Im V Y V Y V Y V Q estimado .

Substituindo-se os valores fixos vem: 33202)(2 0,51,10,1500,10,101,1Im V j j jQ estimado .

Primeira iteração.

0000)(2 00,10,501,10,1500,10,1001,1Im j j jQ estimado ,

65,165,1Im )(2)(

2 estimadoestimado

Q jQ .

0

22 00,10,50,10,101,1

65,10,30,15

1 j j

j

jV

,

02 39,911,15,1673,20,15 j jV . Como a tensão 2V é especificada tem-se: 02 39,91,1 V .

0

0339,91,10,50,10,10

00,1

5,05,4

0,15

1 j j

j

jV .

03 39,91,10,50,105,05,40,151

j j j j

V

03 61,805,55,95,40,15 j j

V

43,590,05,95,40,153

j j j

V

93,1460,30,153

j j

V

03 57,1302,124,099,0 jV


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3.4 – Fluxo de potência pelo Método de Newton-Raphson

3.4.1 – Revisão do método no caso monovariável, f ( x ) = 0

Solução de sistemas algébricos não lineares.

Figura 3.7 – Revisão monovariável do método de Newton-Raphson

Algoritmo:

1) Arbitrar condição inicial x(0) e fixar a iteração i = 0.

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

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

)(

)(

)()()(

)(

)(

)()(

i

x

iii

xdx

xdf

x f x x f i

.

4) Solucionar o sistema linearizado

0)( )()(

)(

)(

i

x

i x

dx

xdf x f

i

,

que tem como solução:

)(

)()(

)()( i x

ii

dx xdf

x f x .

5) Atualizar a solução do problema)()()1( iii x x x .

6) Voltar ao passo 2.

x

f ( x)

x(0) x(1)

x(2)

f(x(0))

f(x(3))

f(x(1))

f(x(2)) x(3)


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

Sejam

t n f f f F 21

t n x x x x 21

1) Arbitrar condição inicial x(0) e fixar a iteração i = 0.

2) Calcular )(i x F e verificar a convergência. Se )(max i x F , parar.

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

x x J x F x x F ,

onde

x

F J é a matriz jacobiana.

4) Solucionar o sistema linearizado

0)()()( iii x x J x F ,

cuja solução é a solução de

)()()( iii x x J x F ,

que é do tipo x Ab .

5) Atualizar a solução do problema)()()1( iii

x x x .

6) Voltar ao passo 2.

3.4.3 – Aplicação do método de Newton-Raphson na solução do fluxo de potência

Equações básicas do subsistema 1, a serem solucionadas:

n

m

kmkmkmkmmk k sen BGV V P

1

)()cos( , PV PQk , ,

n

m

kmkmkmkmmk k B senGV V Q1

)cos()( , PQk .

Resíduos de potência (power mismatches)

),()()( V P P P calculadok doespecifica

k k , PV PQk , ,

),()()( V QQQ calculadok doespecifica

k k , PQk .

Sistema a ser solucionado pelo método de Newton-Raphson:

0

0

k

k

Q

P

PQk

PV PQk

,

.


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60

Considera-se sistema com n barras, sendo que:Barras PQ: barras de 1 a l ,Barras PV : barras de l + 1 a n – 1,Barra V : barra n.

t l n QQQ P P P F 21121

t l n V V V x 21121

)()()()( )( iiii x x J x F , que em forma matricial é:)(

)(

)( ii

i

V J

Q

P

, que está na forma x Ab .

Atualização das variáveis de estado:)()()1( iii

V V V

.

Convergência: p P max e qQ max .

3.4.4 – Matriz jacobiana geral

Seja t n f f f F 21 e as variáveis x1, x2, ..., xn.

n

nnn

n

n

nn

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

J

21

2

2

2

1

2

1

2

1

1

1

)( .

3.4.5 – Matriz Jacobiana aplicada à solução do fluxo de potência

1

111

1

111

P J

x

f J ,

1

1

1

)(1

1

)(1

)(1

1

1

P P P P P calculadocalculadooepecificad .

l

l l l

n

l l l

l n

l n

l

nnn

n

nnn

l n

l n

l nl n

V

Q

V

Q

V

QQQQ LM

V

Q

V

Q

V

QQQQ

V

Q

V

Q

V

QQQQ

V

P

V

P

V

P P P P N H

V P

V P

V P P P P

V

P

V

P

V

P P P P

J

21121

2

2

2

1

2

1

2

2

2

1

2

1

2

1

1

1

1

1

2

1

1

1

1

2

1

1

1

1

1

2

1

1

1

222

12

12

22

12

1

2

1

1

1

1

1

2

1

1

1

)1()1(

LM

N H J


11/49


61

P H nn )1()1( ,

V

P N l n

)1( ,

QM nl )1( ,

V

Q L l l

.

)()()( iii

V LM N H

Q P

.

RESUMO DO MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON

Equações do subsistema 1:

n

m


1

)()cos( , PV PQk , ,

n

m

kmkmkmkmmk k B senGV V Q

1

)cos()( , PQk .

Sistema a ser solucionado:)()( calculado

k doespecifica

k k P P P , PV PQk , ,

)()( calculadok

doespecificak k QQQ , PQk .

Sistema matricial:

)()(

)( ii

i

V J

Q

P

que está na forma x Ab .

Atualizando-se as variáveis vem:)()()1( iii

V V V

,

LM

N H J

P H nn )1()1( ,

V

P N l n

)1(

QM nl )1( ,

V

Q L l l

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

1) Montar a matriz Y BARRA.

2) Arbitrar condições iniciais das variáveis de estado ),( )0()0( V e fazer i = 0.

3) Calcular k P e k Q e verificar convergência. Se pk P max e qk Q max parar.)()( calculado

k doespecifica

k k P P P , PV PQk , ,)()( calculado

k doespecifica

k k QQQ , PQk .

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

.


12/49


62

5) Solucionar o sistema linearizado)(

)()( i

i

i

V J

Q

P

.

6) Atualizar a solução do problema

)()()1( iii

V V V

.

7) Voltar para o passo 3.

Exemplo 3.4. No sistema da Figura 3.8 são dados: 332211 ,,,,, Q P V P V . Calcular no processo iterativo 332 ,, V .

Após a convergência calcular 211 ,, QQ P .


A equação do subsistema 1 é:

3

3

2

3

3

2

V

J

Q

P

P

,

)(

3

3

2)(

3

3

2)1(

3

3

2iii

V V V

.

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

3

32

3

3

2

3

3

3

3

3

2

3

3

2

3

2

2

2

V

QQQ

V

P P P

V

P P P

J

333332

333332232322

LM M

N H H N H H

J

3

21 E

2 E

1

V , P , V

P , Q


13/49


63

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

)cos()( kmkmkmkmmk m

k km B senGV V

P H

,

k mkmkmkmkmmk kk k

k

k

kk B senGV V BV

P

H )cos()(

2

,

)()cos( kmkmkmkmk m

k km sen BGV

V

P N

,

k m

kmkmkmkmmkk k k

k kk sen BGV GV

V

P N )()cos( ,

)()cos( kmkmkmkmmk m

k km sen BGV V

QM

,

k mkmkmkmkmmk kk k

k

k kk sen BGV V GV Q

M )()cos(2

,

)cos()( kmkmkmkmk m

k km B senGV

V

Q L

,

k m

kmkmkmkmmkk k k

k kk B senGV BV

V

Q L )cos()( .

onde kk se refere ao termo da diagonal (k) e km se refere ao termo fora da diagonal (linha k, coluna m).

3.4.8 – Estrutura do jacobiano

1) Os elementos fora da diagonal principal correspondentes a barras não diretamente conectadas

são nulos, ou seja, o jacobiano é altamente esparso.

)cos()( kmkmkmkmmk km B senGV V H . Se as barras k e m não estão diretamenteconectadas, 0 kmkm BG , logo 0km H .

2) As matrizes H , N , M , L têm estrutura semelhante à da matriz Y BAR RA, exceto pelas linhas ecolunas não representadas. Se todas as barras forem PQ, a estrutura do jacobiano serásemelhante a estrutura de Y BAR RA, e as submatrizes ( H , M , N , L) são quadradas.

As matrizes H , N , M , L são simétricas em estrutura. Se existe H 12 existe H 21, no caso de matriz

quadrada.

3) O jacobiano é assimétrico em valores, assim como H , M , N , L, porém são simétricos emestrutura, isto é, em relação a posição dos zeros, pois )()( mk km sen sen e

)cos()cos( mk km .


14/49


64

Exemplo 3.5.Escrever a matriz jacobiana do sistema da Figura 3.9 em termos dos elementos das matrizes H , M ,

N , L.


2

1

3

2

1

222322

111311

3231333231

222322

111311

2

1

3

2

1

00

00

00

00

V

V

LM M

LM M

N N H H H

N H H

N H H

Q

Q

P

P

P

Exemplo 3.6.A Figura 3.10 mostra um sistema elétrico formado por duas barras. Resolvê-lo pelo método de

Newton-Raphson. Considerar a tolerância em P = = 0,003. Considerar 0)0(2 0 . (Dados em pu na

base do sistema).

Figura 3.10 – Sistema exemplo para o método de Newton-Raphson

Dados das barras

Barra Tipo P Q V 1 V ––– ––– 1,0 0,02 PV –0,4 ––– 1,0 –––

Dados da linha

Linha r x b shu nt

1-2 0,2 1,0 0,02

(0,2 + j1,0)V PV

jb shu nt = j0,02 jb shu nt = j0,02

21

32

14

V ,

P , Q

P , V P , Q

Compensadorsíncrono


15/49


65

1) Montar Y BAR RA 96,019,0)0,12,0(112 j jY

94,019,096,019,0

96,019,094,019,0

j j

j jY BARRA .

BARRA BARRA BARRA jBGY ,

19,019,0

19,019,0 BARRAG ,

94,096,0

96,094,0 BARRA B .

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

n

m


1

)()cos( ,

)()cos()()cos( 22222222221212121122 sen BGV sen BGV V P ,

22221212121122 )()cos( GV sen BGV V P , 1923076922,00,1)(9615384613,0)cos(1923076922,00,10,1 21212 sen P ,

1923076922,0)(9615384613,0)cos(1923076922,0 222 sen P ,

1923076922,0)0(9615384613,0)0cos(1923076922,0 002 sen P ,

00,0)0(2 P .

0,04,04,0 )0(2)(

2)(

22 P P P P calculadodoespecifica ,

4,02 P . 2 P , não convergiu. O processo começa.

3) Processo iterativo de Newton-RaphsonPrimeira iteração, i = i + 1 = 1.

2222

H

J P .

)cos()()cos()( 2222222222121212112222

222 B senGV B senGV V BV H ,

2222121212112222

222 )cos()( BV B senGV V BV H ,

94,0)cos(96,0)(19,094,0 212122 sen H ,

96,0)1(22 H .

)4,0(96,0

12

1222

P H ,

416,02 rad.416,0416,00,02

)0(2

)1(2 rad.

19,0)416,0(96,0)416,0cos(19,02 sen P ,

37,0)1(2 P .

03,037,040,02 P .

03,02 P . 2 P . Não convergiu. O processo continua.

Segunda iteração, i = i + 1 = 2.94,0)416,0cos(96,0)416,0(19,094,022 sen H ,

.80,0)2(

22 H


16/49


66

)03,0(80,0

12

1222

P H ,

034,02 rad.

45,0034,0416,0)1(2)2(

2 rad.

19.0)45,0(96,0)45,0cos(19,02 sen P ,

399,0)2(2 P .

001,0399,040,02 P . 2 P . O processo convergiu.

Solução encontrada para todas as variáveis de estado, ou seja, V e .

45,00,1222 V V rad079,250,1 .

4) Solução do subsistema 2: substituição das variáveis.

n

m


1

)()cos( .

Expandindo-se a equação acima para este exemplo: )()cos()()cos( 12121212211111111111 sen BGV sen BGV V P .

Simplificando-se a expressão vem: )()cos( 12121212211111 sen BGV GV V P .

Substituindo-se valores fixos vem: )}](96,0)cos(19,00,119,00,10,1 12121 sen P .

Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem:

)45,0(96,0)45,0cos(19,019,01 sen P

,44,01 P pu.

n

m


1

)cos()( .

Expandindo-se a equação acima para este exemplo e simplificando-a: )cos()( 12121212211111 B senGV BV V Q .

Substituindo-se valores fixos vem: )}]cos(96,0)(19,00,194,00,10,1 12121 senQ .

Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem:)45,0cos(96,0)45,0(19,094,01 senQ ,

31 1089,7

Q pu.

n

m


1

)cos()( .

Expandindo-se a equação acima para este exemplo e simplificando-a: 22221212121122 )cos()( BV B senGV V Q .

Substituindo-se valores fixos vem: 942,00,1)cos(962,0)(192,00,10,1 21212 senQ .


17/49


67

0,44

-7,89x10 -3 0,16

-0,40

Substituindo-se os valores encontrados no processo iterativo vem:94,0)45,0cos(96,0)45,0(19,02 senQ ,

16,02 Q pu.

Figura 3.11 – Solução do fluxo de potência

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

3.5.1 – Linha de transmissão média ou longa

Figura 3.12 – Modelo da linha de transmissão média e longa

*kmk kmkmkm I V jQ P S

,*mk mmk mk mk I V jQ P S

,

k k k V V ,

mmm V V ,

kmkmkm jb g y ,

kmkmkmkmkmkmkmkmkmkmkm jxr b g jbb g g jb g z )()()(12222 .

Cálculo de Pkm e Qkm:

k shunt mk kmkm V jbV V y I )( , onde km I

é a corrente injetada na linha de transmissão a partir da

barra k . Arrumando-se termos vem:

mkmk shunt kmkm V yV jb y I )( ,

mmkmkmk k shunt kmkmkm V jb g V jb jb g I )()( ,

mmkmkmk k shunt kmkmkm V jb g V jb jb g I )()(* .

mk mk kmkmk shunt kmkmkmk km V V jb g V jb jb g I V S )()(2*

,mk mk kmmk mk kmk shunt k kmk kmkm V V jbV V g V jbV jbV g S

222 .


21

série I

km I mk

ykm

jb shu nt jb shu nt

mk I

k V

mV

01 45,01


18/49


68

02 90)cos(Re mk mk kmmk mk kmk kmkmkm V V bV V g V g S P ,)()cos(2 mk mk kmmk mk kmk kmkm senV V bV V g V g P ,

022 90)(Im mk mk kmmk mk kmk shunt k kmkmkm V V b senV V g V bV bS Q ,)cos()(22

mk mk kmmk mk kmk shunt k kmkm V V b senV V g V bV bQ .

Cálculo de Pmk e Qmk :

m shunt k mkmmk V jbV V y I )( , onde mk I

é a corrente injetada na linha de transmissão a partir

da barra m. Arrumando-se termos vem:

k kmm shunt kmmk V yV jb y I )( ,

k k kmkmmm shunt kmkmmk V jb g V jb jb g I )()( ,

k k kmkmmm shunt kmkmmk V jb g V jb jb g I )()(* .

k mmk kmkmm shunt kmkmmk mmk V V jb g V jb jb g I V S )()( 2* ,

k mmk kmk mmk kmm shunt mkmmkmmk V V jbV V g V jbV jbV g S 222 .

02 90)cos(Re k mmk kmk mmk kmmkmmk mk V V bV V g V g S P ,)()cos(2 k mmk kmk mmk kmmkmmk senV V bV V g V g P .

022 90)(Im k mmk kmk mmk kmm shunt mkmmk mk V V b senV V g V bV bS Q ,)cos()(22 k mmk kmk mmk kmm shunt mkmmk V V b senV V g V bV bQ .

Cálculo das perdas:

As perdas ativas podem ser calculadas como:

)cos(222 mk mk kmmkmk kmmk km perdas V V g V g V g P P P .

Perdas resistivas na linha.

)( 22** kmkmkm série sériekm série série Perdas b g g I I r I I P ,

)( 22** kmkmkmmk kmkmmk kmkm Perdas b g g V V jb g V V jb g P , mmk k mmk k km Perdas V V V V g P ,

22mk mmk mk mk k km Perdas V V V V V V g P ,

)cos(222 mk mk kmmkmk km Perdas V V g V g V g P , expressão idêntica à expressão de

mk km P P .

As “perdas” reativas podem ser calculadas como (armazenada nos campos elétrico e magnético):

))cos(2 2222 m shunt k shunt mmk mk k kmmk km perdas V bV bV V V V bQQQ .

Perdas reativas na linha.2222* )( m shunt k shunt kmkmkm série série Perdas V bV bb g b I I Q ,

22** m shunt k shunt mk mk km Perdas V bV bV V V V bQ ,222***

m shunt k shunt mk mmk k k km Perdas V bV bV V V V V V V bQ ,

2222 )cos(2 m shunt k shunt mmk mk k km Perdas V bV bV V V V bQ , expressão idêntica à

expressão de mk km QQ .


19/49


69

Tem-se, portanto, para perda de potência:

mk km perdas

km P P P )(

mk km perdas

km QQQ )(

3.5.2 – Linha de transmissão curta

Figura 3.13 – Modelo da linha de transmissão curta

kmkmkmk km jQ P I V S *

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

)()( mk kmkmkm V V jb g I ,

)()( *** mk kmkmkm V V jb g I ,

)()( ** mk kmkmk km V V jb g V S ,

)()( *2 kmkmmk k km jb g V V V S ,

**22mk kmmk kmk kmk kmkm V V jbV V g V jbV g S

,

)()cos(Re 2 mk mk kmmk mk kmk kmkmkm senV V bV V g V g S P ,

02 90Im mk mk kmmk mk kmk kmkmkm V V bV V g V bS Q ,)cos()(2 mk mk kmmk mk kmk kmkm V V b senV V g V bQ ,

mk mk mk mmk jQ P I V S * .

)( k mkmmk V V y I , onde mk I é a corrente que circula na linha de transmissão.

)()( k mkmkmmk V V jb g I ,

)()( *** k mkmkmmk V V jb g I ,

)()( ** k mkmkmmmk V V jb g V S ,

)()( *2 kmkmk mmmk jb g V V V S ,**22k mkmk mkmmkmmkmmk V V jbV V g V jbV g S

,

)()cos(Re 2 k mk mkmk mk mkmmkmmk mk senV V bV V g V g S P ,

02 90Im k mk mkmk mk mkmmkmmk mk V V bV V g V bS Q ,)cos()(2 k mk mkmk mk mkmmkmmk V V b senV V g V bQ ,

km I mk

ykm

mk I

k V mV


20/49


70

Perdas resistivas na linha:

)()cos(2 mk mk kmmk mk kmk kmmk km senV V bV V g V g P P

)()cos(2 k mk mkmk mk mkmmkm senV V bV V g V g ,

)cos(2)( 22 mk mk kmmk kmmk km V V g V V g P P ,

)( 22** kmkmkmkmkmkmkmkm Perdas b g g I I r I I P ,

)( 22** kmkmkmmk kmkmmk kmkm Perdas b g g V V jb g V V jb g P , mmk k mmk k km Perdas V V V V g P ,

22mk mmk mk mk k km Perdas V V V V V V g P ,

)cos(222 mk mk kmmkmk km Perdas V V g V g V g P , expressão idêntica a da expressão de

mk km P P .

Perdas reativas na linha:

)cos()(2 mk mk kmmk mk kmk kmkm V V b senV V g V bQ

)cos()(2 k mk mkmk mk mkmmkm V V b senV V g V b

)cos(2)( 22 mk mk kmmk kmmk km V V bV V bQQ ,

)( 22** kmkmkmkmkmkmkmkm Perdas b g b I I x I I Q ,

)( 22** kmkmkmmk kmkmmk kmkm Perdas b g bV V jb g V V jb g Q , mmk k mmk k km Perdas V V V V bQ ,

22mk mmk mk mk k km Perdas V V V V V V bQ ,

)cos(2)( 22 mk mk kmmk km Perdas V V bV V bQ , expressão idêntica à expressão de

mk km QQ .

Perda de potência ativa: mk km perdas

km P P P )( ,

Perda de potência reativa: mk km perdas

km QQQ )( .

3.5.3 – Transformador

Figura 3.14 – Modelo de um transformador com tape

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

k kmmk kmkm V yt t V V yt I )()()( 2 ,

mkmk kmkm V yt V yt I 2 .

kmkmkmk km jQ P I V S * .

km I mk

t ykm

(t 2 – t ) ykm (1– t ) ykm

mk I

mk V kmV


21/49


71

mkmk mkmmk V yt V V yt I )1()()( ,

mkmk kmmk V yV yt I .

mk mk mk mmk jQ P I V S * .

)()cos()( 2 kmkmmk kmkmmk kmk km senbV tV g V tV g tV P

)()cos()( 2 kmkmmk kmkmmk kmk km sen g V tV bV tV btV Q

)()cos(2 kmkmmk kmkmmk kmmmk senbV tV g V tV g V P

)()cos(2 kmkmmk kmkmmk kmmmk sen g V tV bV tV bV Q

)]cos(2)[( 22)( kmmk mk kmmk km perdas

V tV V tV g P P P ,

)]cos(2)[( 22)( kmmk mk kmmk km perdas V tV V tV bQQQ .

3.5.4 – Elementos shunt

Figura 3.15 – Capacitor shunt

A Figura 3.15 mostra um capacitor ligado na barra k . A potência reativa gerada pelo mesmo é

shunt k shunt bV Q 2)( . Caso fosse um reator, a potência reativa injetada na barra seria

shunt k shunt bV Q 2)( , ou seja, a potência reativa estaria sendo consumida.

Figura 3.16 – Resistor shunt

A Figura 3.16 mostra um resistor ligado na barra k . A potência ativa gerada pelo mesmo é

shunt k shunt g V P 2)( , ou seja, há consumo de potência ativa.

Cálculo do fluxo de potência nas linhas do sistema da Figura 3.11, Exemplo 3.6.

0157,0437,087,250,1)96,019,0(01)02,096,019,0( 0012 j j j I rad.3*

120

12 1082,6437,000,1 j I S .

069,3430,087,250,1)02,096,019,0(00,1)96,019,0( 0021 j j j I rad.

16,040,0069,3430,045,00,1*21221 j I V S .

037,040,0437,0 perdas P ,

154,016,01082,6 3 perdasQ .

Balanço de potência:

037,040,0437,021 perdas P P P ,154,016,01082,6 321

perdasQQQ .

Q(shunt ) jb shu nt

k

P (shunt ) r shu nt = 1/g shu nt

k


22/49


72

Injeção de potência no elemento shunt.

02,002,00,1 2)(2)(

1 shunt shunt

QQ pu.

Exemplo 3.7.Refazer o exemplo 3.6 considerando-se uma barra flutuante e uma barra de carga como mostra a

Figura 3.17. (Dados em pu na base do sistema).


Dados: V 1 = 1,0, 1 = 00

, 30,02 P , 07,02 Q , tolerância para convergência em P é igual atolerância para convergência em Q = = 0,003.

Condição inicial: 0,1)0(2 V ,0)0(

2 0 .

Calcular no processo iterativo: 22 ,V .

Após a convergência calcular: P 1, Q1.

Solução:

1. Determinação da matriz Y BAR RA

BARRA BARRA BARRA jBGY , calculada no exemplo 3.6.

19,019,0

19,019,0 BARRAG ,

94,096,0

96,094,0 BARRA B .

2. Verificação de convergência.

n

m


1

)()cos( , PV PQk , .

Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: )()cos()()cos( 22222222221212121122 sen BGV sen BGV V P .

Simplificando-se a expressão vem: 22221212121122 )()cos( GV sen BGV V P .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 19,0)(96,0)cos(19,01 2212122 V senV P .

Avaliando-se a expressão lembrando que V 2 = 1,0 e 21 = 00 vem:

19,00,119,00,12 P ,

0,0)0(2 P .

30,00,030,0)(2)(

22 calculadodoespecifica

P P P

n

m


1

)cos()( , PQk .

(0,2 + j1,0)V PQ


21


23/49


73

Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: )cos()()cos()( 22222222221212121122 B senGV B senGV V Q .

Simplificando-se a expressão vem: 22221212121122 )cos()( BV B senGV V Q .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 94,0)cos(96,0)(19,01 2212122 V senV Q .

Avaliando-se a expressão lembrando que V 2 = 1,0 e 21 = 00 vem:

94,096,00,12 Q ,

02,0)0(2 Q .

09,002,007,0)(2)(


QQQ .

Teste de convergência. P 2 = –0,30 > 0,003, não convergiu, o processo continua,Q2 = 0,09 > 0,003, não convergiu, o processo continua.

3. Primeira iteração do processo de cálculo.

As incógnitas do processo são 2 e V 2 logo

2

2

2222

2222

2

2

V LM

N H

Q

P .

k m

kmkmkmkmmk kk k kk B senGV V BV H )cos()(2

.

Expandindo-se esta expressão para o presente exemplo vem: 2222121212112222

222 )cos()( BV B senGV V BV H .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem:

94,0)cos(96,0)(19,00,1)94,0( 2212122

222 V senV V H

Avaliando-se esta expressão vem:94,096,094,022 H ,

96,0)0(22 H .

k m

kmkmkmkmmkk k kk sen BGV GV N )()cos( ,

Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: )()cos()()cos( 22222222221212121122222 sen BGV sen BGV GV N , 22221212121122222 )()cos( GV sen BGV GV N

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 19,0)(96,0)cos(19,019,0 221211222 V senV V N .

Avaliando-se esta expressão vem:19,01)119,0(0,119,00,122 N ,

19,019,019,022

N ,.19,0)0(22 N


24/49


74

k m

kmkmkmkmmk kk k kk sen BGV V GV M )()cos(2

,

Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem:

)()cos()()cos( 2222222222121212112222

222 sen BGV sen BGV V GV M .

Simplificando-se a expressão vem:

2222121212112222

222 )()cos( GV sen BGV V GV M .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem:

19,0)(96,0)cos(19,00,10,119,00,1 221212

22 V senM .

Avaliando-se esta expressão vem:19,019,019,022 M ,

19,0)0(22 M .

k m

kmkmkmkmmkk k kk B senGV BV L )cos()( .

Expandindo esta expressão para o presente exemplo vem: )cos()()cos()( 22222222221212121122222 B senGV B senGV BV L .

Simplificando-se a expressão vem: 22221212121122222 )cos()( BV B senGV BV L .

Substituindo-se os valores fixos para este exemplo vem: 94,0)cos(96,0)(19,00,1)94,0( 22121222 V senV L .

Avaliando-se esta expressão com V2 e 2 vem:94,096,094,022 L ,

92,0)0(22 L .

Valores numéricos:

96,0)0(22 H ,

19,0)0(22 N ,

19,0)0(22 M ,

92,0)0(22 L .

Os valores numéricos do sistema

V LM

N H

Q

P são:

2

2

92,019,0

19,096,0

09,0

30,0

V

.

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

09,0

30,0

96,019,0

19,092,0

92,0

1

2

2

V

,


25/49


75

0288,0

29,0

92,0

1

2

2

V

,

031,0

318,0

2

2

V

.

Atualizando-se valores:

031,01

318,000,0

2

2)0(

2

)0(2

)1(2

)1(2

V V V

031,1

318,0)1(

2

)1(2

V

4. Verificação da Convergência:

19,003,1)31,0(96,095,019,0103,12 P , 19,030,018,003,12 P ,

29,0)1(2 P .

94,003,195,096,0)31,0(19,003,12 Q , 97,091,006,003,12 Q ,

12,003,12 Q ,

12,0)1(2 Q .

01,029,030,0)(2)(


P P P ,

05,012,007,0)(2)(22 calculadodoespecifica QQQ .

Teste de convergência. P 2 = –0,005883725 > 0,003, não convergiu, o processo continua,Q2 = –0,0515650666 > 0,003, não convergiu, o processo continua.

5. Segunda iteração

330,0)2(2

978,0)2(2 V

Convergência:001,02 P ,

002,02 Q .

Convergiu pois são menores que 0,003.

6. Após a convergência, calcular as injeções de potência P 1 e Q1. )()cos()()cos( 12121212211111111111 sen BGV sen BGV V P ,

)()cos( 121212122111 sen BGV G P , 3186,0)33,0(96,0)33,0cos(19,0978,019,01 sen P .

0097,01 Q .

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


26/49


76

3.6 – Fluxo de potência pelo Método Desacoplado Rápido

3.6.1 – Fluxo de potência pelo Método de Newton desacoplado

Este método é baseado no forte acoplamento entre as variáveis P e QV , ou seja,V P P

e

Q

V

Q. Por este motivo as matrizes

V

P M

e

Q N são desprezadas. O sistema fica então:

)()()(

0

0 iii

V L

H

Q

P

.

Ficam então definidos dois sistemas de equações que são:

)()()( iii H P ,

iii V LQ ,

que são conhecidos como o método de Newton desacoplado.

3.6.2 – Considerações sobre as matrizes H e L do método de Newton desacoplado

Estas considerações objetivam transformar as matrizes H e L em matrizes constantes.

1) Divisão das equações de resíduo pelo respectivo módulo da tensão com a finalidade de acelerara convergência.

k

calculado

k

doespecifica

k

k

k

V V P P

V P ),(

)()(

, k = 1, n-1 (a barra flutuante é a excluída),

k

calculadok

doespecificak

k

k

V

V QQ

V

Q ),()()(

, k = 1, l (barras PQ).

O sistema fica então:

)()()(

)()()(

'

'

ii

i

ii

i

V LV

Q

H V

P

.

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

)cos()(' kmkmkmkmmk

kmkm B senGV

V

H H ,

k m

kmkmkmkmmkk k k

kk kk B senGV BV

V

H H )cos()(' ,

)cos()(' kmkmkmkmk

kmkm B senG

V

L L ,

k m

kmkmkmkmmk

kk k

kk kk B senGV

V

B

V

L L )cos()(

1' .


27/49


77

2) Hipóteses para o cálculo dos elementos de H ' e L'a) Sistema pouco carregado. Com esta consideração assume-se km pequeno e em

conseqüência cos(km) 1. b) Em linhas de EAT e UAT a relação Bkm//Gkm é alta, de 5 a 20, logo

Bkm >> Gkm sen(km), ou seja, despreza-se o termo Gkm sen(km).c) As reatâncias transversais nas barras (reatores, capacitores, cargas) são muito maiores do

que a reatância série, logo k k kk QV B 2 .d) As tensões V k e V m estão sempre próximas de 1,0 pu.

Aplicando-se as considerações anteriores no cálculo dos elementos das matrizes H’ e L’, chega-se a:

kmkm B H ' , kk kk B H ' , kmkm B L ' , kk kk B L ' .

As matrizes de coeficientes tornam-se, desta forma, constantes durante todo o processo iterativo,

passando a ser chamadas de:

H'B'L'B''

Melhorias no desempenho do método são obtidas desprezando-se as resistências série e asreatâncias shunt na montagem de B'.

3.6.3 – Formulação final do método Desacoplado Rápido Os elementos de B' e B'' são definidos como:

kmkm

x B 1' , (3.7a)

k m km

kk x

B1

' , (3.7b)

kmkm B B '' , (3.8a)

kk kk B B '' , (3.8b)

onde:k é o conjunto das barras diretamente conectados com a barra k excetuando-se a própria barra k ; xkm é a reatância do ramo km; Bkm e Bkk correspondem à parte imaginária dos elementos km e kk respectivamente da matriz Y BAR RA.

O método desacoplado rápido então é formulado como:

' B

V

P , de dimensão n – 1, a barra flutuante é excluída,

V BV

Q

'' , de dimensão l , número de barras PQ.


28/49


78

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

Figura 3.18 – Circuito do exemplo 3.8

Dados das barras:

Barra Tipo P G QG P L Q L V 1 V ––– ––– 0,0 0,0 1,0 0,02 PV 0,4 ––– 0,0 0,0 1,0 –––3 PQ 0,0 0,0 1,0 0,4 ––– –––

Dados das linhas, = 0,003:

Linha r x b shu nt (total)1-2 0,01 0,1 1,01-3 0,01 0,1 1,0

2-3 0,01 0,1 1,0

Condições iniciais: 0,13 V e 0,032 .

9,999,01,001,0

11 j

j jxr y

.

1) Montagem da matriz Y BAR RA

80,1898,190,999,090,999,0

90,999,080,1898,190,999,0

90,999,090,999,080,1898,1

j j j

j j j

j j j

98,199,099,0

99,098,199,0

99,099,098,1

BARRAG ,

80,1890,990,9

90,980,1890,9

90,990,980,18

BARRA B .

3

2

1 E

2 E

1

j0,5 j0,5

j0,5 j0,5

j0,5 j0,5


29/49


79

2) Sistema de equações do método desacoplado rápido

)(

3

2

3332

2322

)(

3

3

2

2

''

'' i

i

B B

B B

V

P

V

P

, apenas a barra flutuante não está representada.

)(333)(

3

3 '' ii

V BV

Q

3) Cálculo de B' e B''

Sistema P

Aplicando-se as Equações 3.7 vem:

0,101,0

11''

233223

x B B

0,201,0

11,0

111'2321

22 x x

B

0,201,0

11,0

111'

323133

x x B

Sistema QV Aplicando-se as Equações 3.8 vem:

80,18'' 33 B B

4) Mismatch do processo iterativo

)(

3

2)(

3

2)1(

3

2iii

)(3

)(3

)1(3

iiiV V V

Primeira iteração P ),(4,0 )0()0()(22 V P P

calculado ,

),(0,1 )0()0()(23 V P P calculado , onde

0,1

0,1

0,1)0(V e

0,0

0,0

0,0)0(

.

)(80,18)cos(98,1)(90,9)cos(99,0 22222212112)(

2 senV senV V P calculado

+ )(90,9)cos(99,0 23233 senV

99,098,10,199,00,1 3)(

2 V P calculado

0,0)(2 calculado

P

)(90,9)cos(99,0)(90,9)cos(99,0 32322313113)(

3 senV senV V P calculado

+ )(80,18)cos(98,1 33333 senV

)(90,9)cos(99,00,1 31313)(

3 senV P calculado

98,1)(90,9)cos(99,00,1 33232 V sen 0,0)(3

calculado P

arbitrado arbitradoarbitrado


30/49


80

4,00,04,02 P

0,10,00,13 P

Não convergiu.

5)

Primeira iteração P: atualizar)1(

2

e

)1(

3

,

3

2

3332

2322

3

2

3

3

2

2

''

''

0,1

0,1

B B

B B

P

P

V

P

V

P

.

3

2

2

2

0,200,10

0,100,20

0,1

0,1

P

P

0,1

4,0

0,200,10

0,100,20

300

1

3

2

0533,0

0067,0

0,16

0,2

300

1

3

2

0533,0

0067,0

0533,0

0067,0)1(

3

2)1()0(

3

2)1(

3

2

6) Primeira iteração QV : atualizar )1(3V .

),(4,0

)1()0()(

33

V QQ

calculado

, onde

)1(3

)1(

2

)1(

0,0

80,18'' 333 B BQ . Solucionar e atualizar)1(

3V .

O processo continua até a convergência tanto da iteração P como QV

Exemplo 3.9Resolver o sistema da Figura 3.19 pelo método desacoplado rápido. (Dados em pu na base do

sistema).

Figura 3.19 – Circuito do exemplo 3.9

P 2 = –0,30; Q2 = 0,07; = 0,003.

94,019,096,019,096,019,094,019,0

j j

j jY BARRA .

(0,2 + j1,0)V PQ


21


31/49


81

19,019,0

19,019,0 BARRAG ,

94,096,0

96,094,0 BARRA B .

1. Sistema de equações.

2222

2 '

B

V

P ,

)(222)1(2

2 '' ii

V BV

Q

.

0,10,1

11'

1222

x B

94,0'' 2222 B B

2. Processo iterativo

Primeira iteração P

22221212121122 )()cos( GV sen BGV V P , 19,0)(96,0)cos(19,00,1 2212122 V senV P ,

substituindo-se na primeira iteração vem:

0,00,00,12 2

V P ; 3,00,03,03,0)(

22 calculado

P P ,

convergência: 0,3 > 0,003 logo não convergiu.

3,00,10,13,0

22

,

3,0)1(2

Primeira iteração QV

22221212121122 )cos()( BV B senGV V Q , 94,0)cos(96,0)(19,00,1 22222 V senV Q .

Se 0,12 V e 3,02 ,

0798,02 Q ,0098,00798,007,007,0 )(22

calculadoQQ

0098,0 , o processo continua.

2222

2 '' V BV

Q

0104,094,00,1

0098,022

V V

9896,00104,00,12 V


32/49


82

Segunda iteração P

274,03,0

9896,022

2

V P ,

)(2)(22 calculadodoespecifica P P P 026,0274,03,02 P

Convergência: 0,026 > , 0 processo continua.Atualização:

2222

2 '

BV

P

0256,00,19896,0

026,022

3256,00256,03,02

Segunda iteração QV

0814,03256,0

9896,022

2

V Q

0114,00814,007,02 Q

Convergência: 0,0114 > , o processo continua.Monta-se o sistema:

0122,094,09896,0

0114,022

V V

9774,00122,09896,02 V .

Terceira iteração P 295,02 P

005,02 P

Convergência: 0,005 > , o processo continua.3307,02

Terceira iteração QV 0716,02 Q

0016,02 Q

Convergência: 0,0016 < , convergiu, logo não atualizo as variáveis e testo o outro sistema deequações.

Quarta iteração P

229,03307,0

9774,022

2

V P

001,0229,030,02 P

Convergência: 0,001 < , logo todo o processo convergiu.

Solução encontrada:

3307,09774,02 V radianos.


33/49


83

3. Após a convergência do processo iterativo, calculam-se as grandezas abaixo da mesma formacomo descrito anteriormente:

Fluxos nas linhas; Injeção na barra flutuante 11,Q P ;

Fluxos na rede;

Perdas.

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

A pequena defasagem angular entre barras, a relação )sen( kmkmkm G B , as tensões próximas de 1,0 pu e o fluxo nas linhas ser maior que o fluxo transversal são sempre verdadeiros nossistemas de potência. A exceção é a relação x/r alta. A seguir artifícios matemáticos para contornar esterestrição.

3.6.4.1 – Artifício da compensação

3.6.4.1.1 – Compensação série

Figura 3.20 – Exemplo da compensação série

3.6.4.1.2 – Compensação paralela

Figura 3.21 – Exemplo de compensação paralela

3.6.4.2 – Método BX de van Amerongen

O método desacoplado rápido convencional é conhecido como método XB pois a matriz B' sóutiliza x, a reatância do elemento, e B'' só utiliza b, o negativo da parte imaginária da matriz Y BARRA.

No método BX , B' só utiliza b e B'' só utiliza x. Este tem melhor desempenho quando a relação r / x éalta.

3.6.4.3 – Esquema iterativo flexível

O esquema não flexível faz sucessivamente uma iteração P e uma iteração QV até a convergênciado processo. O método flexível faz, por exemplo, devido a maior dificuldade da convergência da

equação QV , uma iteração P e duas iterações QV . Se o sistema estiver muito carregado, o número deiterações QV aumenta.

r x

mk

r x x' – x'

mk

j

r / x alto

r / x'' pequeno

x + x' = x''

x2 x3

r 1 x1

mk A impedância da linha1 em paralelo com alinha 2 é r + jx


34/49


84

3.7 – Fluxo de potência linearizado ou fluxo de potência DC

O fluxo de potência linearizado é baseado no acoplamento P e só leva em conta o fluxo de potência ativo.

As equações do fluxo de potência ativa no ramo km são: )()cos(2 kmmk kmkmmk kmk kmkm senV V bV V g V g P , (3.9a)

)()cos(2 kmmk kmkmmk kmmkmmk senV V bV V g V g P . (3.9b)

As perdas no trecho ativos no ramo km valem:

)cos(222 kmmk kmmkmk kmmk kmkm V V g V g V g P P Pperdas .

3.7.1 – Simplificações propostas a) 0,1 mk V V pu.

b) km pequeno, logo kmkm sen )( .

3.7.2 – Desprezando as perdas do sistema

kmkm

kmkm

km

kmkm

km

kmkm

kmkm

kmkmkmkmkmkm jb g

xr

x j

xr

r

xr

jxr

jxr y jxr z

222222

1

Fazendo-se 0kmr , tem-se 0km g ekm

km x

b 1 .

Aplicando-se as simplificações a) e b) nas Equações 3.9a e 3.9b, e desprezando-se as perdas chega-se na seguinte equação do fluxo de potência linearizado:

)( kmmk kmkm senV V b P ,

kmkm

km x

P

0,10,1

1,

km

kmkm

x P

.

O fluxo de potência ativo é proporcional ao ângulo, daí o nome do método.

A equação acima mostra uma importante diferença entre o fluxo de potência ac e o fluxo de potência dc. O método ac limita a potência máxima transmitida pelo ramo, ao contrário do método dc.A Figura 3.22 exemplifica esta afirmação.

Figura 3.22 – Potência máxima transmitida pelo ramo

P km

)()( CAkm

CC

km

sem solução CA km

P km = km / xkm

P km = sen(km) / xkm


35/49


85

Os dois métodos fornecem praticamente a mesma solução para ângulos pequenos. O fluxo dcconverge mesmo para valores altos de P km, o que embora seja um resultado errado, fornece indicativode quanto a capacidade do ramo foi excedida.

Sabe-se que

)( k m

kmk P P , onde k é o conjunto de todas as barras conectadas com a barra k a

exceção da própria barra k .

)()( k k m km

kmk

m

kmk x

P P P

.

Separando-se o somatório em dois, lembrando que km = k – m vem:

)()(

11

k k m

mkm

k

m kmk

x x P .

3.7.2.1 – Formulação matricial

' B P onde:

B' é a mesma matriz do modelo desacoplado rápido, ou seja,

kmkm

x B

1' ,

)(

1'

k m km

kk x

B .

P é o vetor de injeção líquida de potência ativa na barra, é o vetor de fase da tensão de barra.

A ordem de B' é (n –1) , a barra flutuante é excluída pois a potência injetada nesta barra édesconhecida.

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


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

3

21 x12 = 1/3

x13 = 1/2 x23 = 1/2

1 = 0

0

P 1 = 1,5 P 2 = –0,5

P 3 = –1,0


36/49


86

0,511

'2312

22 x x

B ,

0,411

'3213

33 x x

B ,

0,21

''233223

x

B B .

3

2

3332

2322

3

2

''

''

B B

B B

P

P ,

3

2

0,40,2

0,20,5

0,1

5,0

,

8/3

4/1

0,1

5,0

0,50,2

0,20,4

161

3

2

3

2

rad.

Fluxos de potência nos ramos.

4

3

3/1

4/1

12

1212

x

P

pu.

43

2/18/3

13

1313

x P

pu.

4

1

2/1

8/34/1

23

2323

x P

pu.

Atenção: P ij = P ji pois não há perda.

3.7.3 – Considerando as perdas do sistema

Equações do fluxo de potência ativa:

)()cos(2

kmmk kmkmmk kmk kmkm senV V bV V g V g P

,)()cos(2 kmmk kmkmmk kmmkmmk senV V bV V g V g P .

Aplicando-se as simplificações anteriores, ou seja:a) 0,1 mk V V pu.

b) km pequeno, logo kmkm sen )( e 2)cos(1

21)cos(

22km

kmkm

km

.

c) Como r km


37/49


87

E para a potência no sentido contrário:

)()cos( kmkmkmkmkmmk senb g g P ,

km

kmkmkmmk

x

sen g P

)()cos(1

,

km

kmkmkmmk

x g P

22 .

Sabemos que a perda total em km vale:

222

22 kmkmkm

kmkmkm

km

kmkmkmmk kmkm g

x g

x g P P Pperdas

,

logo as expressões km P e mk P carregam cada uma a metade das perdas do ramo.

A potência injetada na barra k pode ser escrita como:

)( )( )(

2

2

1

k k k m m m km

kmkmkmkmk

x g P P

,

)( k m km

kmk k

x Pperdas P

,

)( k m km

kmk k

x Pperdas P

,

onde:

k k Pperdas P é a nova injeção líquida no sistema sem perdas;

k Pperdas é a metade do somatório das perdas nos ramos diretamente conectados na barra k .

Representa-se k Pperdas como carga adicional na barra, onde essa carga representa a metade das

perdas nos ramos diretamente ligados à barra.

Conclusão: as perdas são representadas como cargas adicionais, obtidas dividindo-se em partesiguais as perdas nos ramos entre suas barras terminais. O esquema fica como exemplificado na Figura3.24.

Figura 3.24 – Representação das perdas no fluxo de potência linearizado

221312

1 Pperdas Pperdas

Pperdas ,

22

23122

Pperdas Pperdas Pperdas ,

221323

3 Pperdas Pperdas

Pperdas .

3

21

P per das1P perdas2

P per das3


38/49


88

3.7.3.1 – Formulação matricial

' B Pperdas P .

3.7.3.2 – Metodologia de solução

1) Calcula-se a solução do sistema desprezando-se as perdas, ~' B P .

2) Calcula-se a perda total do ramo com o ~

e a representa como carga adicional no sistema,

)(

2~

2

1

k m

kmkm g Pperdas .

3) Calcula-se a solução do sistema considerando-se as perdas, ' B Pperdas P .

4) Calculam-se os fluxos nos ramos utilizando-se a solução ,km

kmkm

x P

.

3.7.4 – Resumo do método linearizado

Fluxo de potência linearizado ou fluxo DC

1) Desprezando-se as perdas, ' B P

kmkmkm x P

2) Considerando-se as perdas,2~

kmkmkm g Pperdas , metade para cada lado do ramo.

' B Pperdas P

Exemplo 3.11.

Calcular o fluxo de potência do sistema da Figura 3.25 pelo método linearizado ou dcconsiderando-se as perdas.


Dados:10,005,012 j z pu,

08,004,013 j z pu,

05,0025,023 j z pu.

A barra 1 é a barra flutuante e a base é de 100,0 Mva.

3

21

1 = 00

P 1

P 2 = 40 MW

P 3 = 80 MW

~~


39/49


89

Solução:

Montagem da matriz B'

0,300,200,1005,01

10,0111

'2312

22 x x

B

5,320,205,1205,01

08,0111

' 231333 x x B

0,2005,0

11''

232332

x B B

Flow sem perdas. ' B P ,

3

2~

~

5,320,20

0,200,30

8,0

4,0

,

0278,0

0052,0

8,0

4,0

0,300,20

0,205,32

0,575

1~

~

3

2

rad.

Cálculo das perdas.2~

kmkmkm g Pperdas ,

0,410,005,0

05,0222

122

12

1212

xr

r g ,

0,508,004,0

04,0222

132

13

1313

xr

r g ,

0,805,0025,0

025,0222

23223

2323

xr

r g .

Perdas nos ramos:2~

kmkmkm g Pperdas ,322

121212 101089,00052,00,4~ g Pperdas ,

322131313 108715,30278,00,5

~ g Pperdas ,

322232323 100892,40278,00052,00,8~ g Pperdas .

A perda do ramo é representada nas barras terminais, metade do valor destas perdas para cada lado.

333

23122 10097,22

10086,410108,02

Pperdas Pperdas

Pperdas ,

333

23133 10975,32

10086,410864,32

Pperdas Pperdas

Pperdas .

Solução do sistema com perdas: ' B Pperdas P ,

3

23

3

5,320,20

0,200,30

10975,38,0

10097,24,0

,

02810,0

00547,0

8040,0

3979,0

0,300,20

0,205,32

0,5751

3

2

.


40/49


90

Cálculo dos fluxos nos ramos.

km

kmkm

x P

,

05470,010,0

00547,0

12

1212

x P

pu, 47,512 P MW,

35125,008,0

02810,013

1313

x P pu, 13,3513 P MW,

45260,0

05,0

02810,000547,0

23

2323

x P

pu, 26,4523 P MW.

Cálculo da geração na barra flutuante.

113121 Pperdas P P P ,

333

13121 10986,12

10864,310108,02

Pperdas Pperdas

Pperdas pu,

40794,010986,135125,005470,0 31 P pu, 794,401 P MW.

Resumo dos dois exemplos de cálculo, com e sem perdas.

Solução sem perdas:

052,0~

12

1212

x P

pu ou 5 ,2 MW,

348,0~

13

1313

x P

pu ou 34,8 MW,

452,0~

23

2323

x P

pu ou 45,2 MW.

Figura 3.26 – Fluxos de potência da solução sem perdas

3

21 5,2 MW

34,8 MW 45,2 MW

1 = 0

P 1 = 40 MW

P 2 = 40 MW

P 3 = 80 MW

~~ 2~

3~


41/49


91

Solução com perdas:

Figura 3.27 – Fluxos de potência da solução com perdas

3.8 – Utilização do estudo de fluxo de potência.

1) Análise do comportamento do sistema em de carga leve, média e pesada.

Figura 3.28 - Curva de carga típica

2) Determinação da compensação shunt (em derivação) capacitiva necessária para manter a tensãodentro de limites aceitáveis.

Roda-se fluxo em carga pesada. Verifica-se a existência de barra com tensão abaixo da

recomendável. Determina-se para esta barra a injeção de reativo 2V BQ shunt shunt . Roda-se

novamente o programa de fluxo de potência, sendo que este reativo é um dado de entrada, parase conhecer o novo perfil de tensão. A tensão na barra não depende apenas da injeção dereativo injetado nesta. Outra maneira de se fazer com que a tensão nesta barra aumente émodelar esta como barra de tensão controlada.

Figura 3.29 – Barra com compensação shunt

3

21 5,47 MW

35,13 MW 45,26 MW

1 = 0

P 1 = 40,79 MW

P 2 = 40 MW

P 3 = 80 MW

~~

0,3975 MW

0,1986 MW

0,2097 MW

P (t )

t

3

21

~

Q shu nt


42/49


92

3) Determinação da compensação shunt indutiva necessária em carga leve a fim de manter atensão terminal das linhas dentro de limites aceitáveis.

A configuração do sistema em carga leve é diferente da configuração do sistema em carga pesada, pois existem reatores/capacitores, linhas em paralelo, máquinas.

Figura 3.30 – Compensação shunt capacitiva

4) Determinação da compensação série capacitiva necessária em carga pesada, de modo a

aumentar a capacidade de transmissão da linha.

Figura 3.31 – Compensação série capacitiva

)( 1212

21 sen

x

V V P

5) Verificação do intercâmbio entre áreas.O sistema elétrico é dividido em áreas, como por exemplo a área Furnas, a área CEMIG, a

área Light. Existe compra e venda de energia entre áreas, logo é necessário previsão do quantode energia negociar. A tecnologia FACTS, “flexible ac transmission system”, viabilizou ointercâmbio programado

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Metodos de Fluxo de Potência