Fluxo de Potência ou Fluxo de Carga

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DESCRIÇÃO
Modelagem da rede e do problema de fluxo de carga, Resolução dos fluxos de carga não linear e linearizado.
PROPÓSITO
Apresentar o Sistema Elétrico de Potência (SEP). Estudar os modelos para representação dos elementos que constituem o SEP. Compreender o
cenário da operação elétrica por meio da solução do fluxo de potência.
OBJETIVOS
MÓDULO 1
Reconhecer as formas de representação dos diversos elementos que existem no Sistema Elétrico de Potência – SEP (Modelagem da Rede)
MÓDULO 2
Formular o problema do fluxo de carga (Modelagem do Problema de Fluxo de Potência)
MÓDULO 3
Calcular o Fluxo de Carga Não Linear (Método de Newton-Raphson)
MÓDULO 4
Resolver o Fluxo de Carga Linearizado ou Fluxo de Carga CC
PREPARAÇÃO
Antes de iniciar o conteúdo deste tema, tenha em mãos uma calculadora científica, a calculadora de seu smartphone/computador ou um software
matemático que você conheça melhor.
FLUXO DE POTÊNCIA
Carregando conteúdo
MÓDULO 1
 Reconhecer as formas de representação dos diversos elementos que existem no Sistema Elétrico de Potência – SEP (Modelagem da
Rede)
MODELAGEM DA REDE
INTRODUÇÃO
Neste módulo será mostrada a representação do Sistema Elétrico de Potência (SEP) utilizada em cálculos computacionais. Em outras palavras, o
objetivo é modelar a rede para determinar a solução do fluxo de potência ou fluxo de carga (essa resolução será apresentada posteriormente nos
Módulos 3 e 4).
Os modelos de componentes do SEP que serão estudados (gerador, carga, linha de transmissão e transformador de potência) possuem as seguintes
características:
A representação serve para estudos em regime permanente (ou regime estacionário).
O sistema elétrico é simétrico e equilibrado (ou seja, somente componentes de sequência positiva).
Os valores dos componentes são dados em por unidade (PU).
As redes serão representadas a partir de matrizes com parâmetros de admitância ou de impedância, em que as equações serão definidas por meio de
análise nodal da rede. As equações assim definidas tornam o desempenho computacional mais eficiente durante o cálculo do fluxo de potência.
As cargas são geralmente modeladas com potência constante para as partes ativa e reativa, ou seja, os montantes de consumo de potência da carga
são invariantes.
Entretanto, conforme será demonstrado, as cargas podem ser modeladas com percentuais variáveis da potência com a tensão para adequarem-se ao
seu comportamento real.
REDE REPRESENTADA POR MATRIZ DE ADMITÂNCIAS E DE
IMPEDÂNCIAS
Os passos para montagem da matriz com parâmetros de admitância (ou Matriz de Admitâncias) são mostrados para o sistema teste cujo diagrama
unifilar é dado na Figura 1.1.
Esse sistema é formado por:
DUAS CENTRAIS DE GERAÇÃO
(
˙
E1
e
˙
E2
)
DOIS CONJUNTOS DE MOTORES
(
˙
E3
e
˙
E4
)
QUATRO LINHAS DE TRANSMISSÃO
(
LT12
,
LT23
,
LT34
,
LT14
).
javascript:void(0)
javascript:void(0)
javascript:void(0)
 Figura 1.1: Diagrama unifilar do sistema teste.
Nesse exemplo são adotados modelos simples para representação dos elementos do sistema. O modelo das centrais de geração é formado por uma
fonte de tensão constante atrás de uma impedância (=impedância do gerador + impedância do transformador elevador) e o modelo das linhas de
transmissão é dado apenas pela impedância série (as capacitâncias em derivação são desconsideradas).
O diagrama unifilar do sistema com uso dos modelos supracitados é apresentado na Figura 1.2.
 Figura 1.2: Diagrama unifilar do sistema com os modelos adotados.
Os próximos passos para a construção da matriz de admitâncias são:
Converter as fontes de tensão em série com impedância em fontes de corrente em paralelo com admitância por meio das equações (1.1) e (1.2).
Transformar as impedâncias das linhas em admitâncias usando a equação (1.2).
˙
I =
˙
E
Z
(1.1)
Y=
1
Z
(1.2)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Essas transformações são aplicadas ao sistema teste, que resulta no diagrama unifilar da Figura 1.3.
 Figura 1.3: Diagrama unifilar do sistema com as transformações.
As expressões utilizadas para realizar as transformações do sistema teste foram:
˙
I 1 =
˙
E1
ZG1
, 
˙
I 2 =
˙
E2
ZG2
, 
˙
I 3 =
˙
E3
ZM3
, 
˙
I 4 =
˙
E4
ZM4
Y1 =
1
ZG1
, Y2 =
1
ZG2
, Y3 =
1
ZM3
, Y4 =
1
ZM4
Y5 =
1
Z12 , Y6 =
1
Z23 , Y7 =
1
Z34 , Y8 =
1
Z14
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As equações nodais da rede são determinadas a partir da 1ª Lei de Kirchhoff, que também é chamada de Lei dos Nós.
Essa lei diz que a soma das correntes que entram em um nó é igual à soma das correntes que saem desse nó.
Com isso, as equações nodais do sistema da Figura 1.3 ficam:
BARRA 1
˙
I 1 =
˙
I 10 +
˙
I 12 +
˙
I 14 =Y1
˙
V1 −
˙
V0 +Y5
˙
V1 −
˙
V2 +Y8
˙
V1 −
˙
V4
(1.3)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
BARRA 2
˙
I 2 =
˙
I 20 +
˙
I 21 +
˙
I 23 =Y2
˙
V2 −
˙
V0 +Y5
˙
V2 −
˙
V1 +Y6
˙
V2 −
˙
V3
(1.4)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
BARRA 3
˙
I 3 =
˙
I 30 +
˙
I 32 +
˙
I 34 =Y3
˙
V3 −
˙
V0 +Y6
˙
V3 −
˙
V2 +Y7
˙
V3 −
˙
V4
(1.5)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
BARRA 4
˙
I 4 =
˙
I 40 +
˙
I 43 +
˙
I 41 =Y4
˙
V4 −
˙
V0 +Y7
˙
V4 −
˙
V3 +Y8
˙
V4 −
˙
V1
(1.6)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 ATENÇÃO
A equação da barra 0 (barra de referência) é linearmente dependente das demais equações e, por isso, pode ser desconsiderada.
As equações de (1.3) a (1.6) podem ser reescritas em função das tensões nodais como:
˙
I 1 = Y1 +Y5 +Y8
˙
V1 − Y5
˙
V2 − Y8
˙
V4
(1.7)
˙
I 2 = Y2 +Y5 +Y6
˙
V2 − Y5
˙
V1 − Y6
˙
V3
(1.8)
˙
I 3 = Y3 +Y6 +Y7
˙
V3 − Y6
˙
V2 − Y7
˙
V4
(1.9)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
˙
I 4 = Y4 +Y7 +Y8
˙
V4 − Y8
˙
V1 − Y7
˙
V3
(1.10)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As expressões (1.7) a (1.10) colocadas na forma matricial:
˙
I 1
˙
I 2
˙
I 3
˙
I 4
=
Y1 +Y5 +Y8
−Y5
0
−Y8
−Y5
Y2 +Y5 +Y6
−Y6
0
0
−Y6
Y3 +Y6 +Y7
−Y7
−Y8
0
−Y7
Y4 +Y7 +Y8
.
˙
V1
˙
V2
˙
V3
˙
V4
(1.11)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A equação (1.11) é dada de forma simplificada e genérica como:
A diferenciação dos elementos da matriz
Ybarra
com os elementos do sistema (
yg
,
ym
,
zlt
, etc) é dada adotando-se a seguinte notação:
LETRA MAIÚSCULA COM ÍNDICE DUPLO
Significa que é um elemento da matriz (
Ykk
e
Ykm
).
( ) ( ) ( )
[ ] [ ] [ ]

LETRA MINÚSCULA COM ÍNDICE SIMPLES OU DUPLO
Significa que é impedância ou admitância de um elemento do sistema (
yk
e
ykm
).
Na análise de (1.11) identificam-se as seguintes características da matriz
Ybarra
:
CARACTERÍSTICAS DA MATRIZ
YBARRA
Complexa (
Y = G + jB
sendo
G
a Matriz de Condutâncias e
B
a Matriz de Susceptâncias).
Simétrica (exceto quando há transformadores do tipo defasador).
Quadrada de dimensão
n
(em que
n
é igual ao número de barras do sistema menos o número de barra(s) escolhida(s) como referência).
Esparsa (geralmente, os elementos nulos correspondem a mais de 90% do total de elementos que compõem a matriz).
Diagonal principal dominante.
Outro fato que pode ser observado em (1.11) é a possibilidade de montagem direta da
Ybarra
, ou seja, montar a matriz a partir da inspeção visual do sistema.
Isso é possível porque:
Os elementos da diagonal principal (
Ykk
) são encontrados pela soma das admitâncias diretamente conectadas à barra
k
(no exemplo, a barra 1 está conectada às barras 2 e 4, assim
Y11 = y1 + y5 + y8
).
Os elementos fora da diagonal principal (
Ykj
) são dados pelo simétrico da soma das admitâncias que conectam as barras
k
e
j
(no exemplo, a barra 1 está conectada à barra 2 e, portanto,Y12 = − y5
).
A Matriz de Impedância Nodal (
Zbarra
) é determinada invertendo-se
Ybarra
, isto é, pode-se reescrever (1.12) como:
˙
V = ZBARRA X
˙
I
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em que:
ZBARRA =
1
YBARRA
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
PRINCIPAIS CARACTERÍSTICAS DA MATRIZ
ZBARRA
Complexa (
Z = R + jX
sendo
R
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ]
a Matriz de Resistências e
X
a Matriz de Reatâncias).
Simétrica (exceto quando há traço do tipo defasador).
Quadrada de dimensão
n
(onde
n
é igual ao número de barras do sistema menos o número de barra(s) escolhida(s) como referência).
Matriz cheia.
MODELOS DE CARGA
A carga equivalente de um agente de operação (consumidor livre ou concessionária de distribuição, por exemplo) pode ser composta por motores de
indução, motores síncronos, sistemas de aquecimento, sistemas de iluminação etc. Por isso, as cargas podem apresentar comportamentos distintos
na análise em regime permanente.
Contudo, usualmente, essas cargas são modeladas da mesma forma por meio do chamado modelo potência constante.
Esse modelo considera que a carga tem parcelas de potência ativa e potência reativa, constantes, isto é, os montantes das potências da carga são
invariantes com a tensão nodal.
O grande problema de adotar esse modelo para análises em regime é que ele não corresponde ao comportamento real do sistema. A modelagem por
injeção de potência constante só seria inteiramente correta se os módulos das tensões nodais permanecessem iguais aos valores nominais.
Dessa maneira, é essencial conhecer a variação das potências ativa e reativa da carga devido à alteração da tensão para escolher o modelo de carga
mais adequado.
Os modelos de carga existentes são:
Modelo Potência Constante (
Pcte
)
Modelo Corrente Constante (
Icte
)
Modelo Impedância Constante (
Zcte
)
Modelo ZIP ou Polinomial
ZIP
Este modelo tem como significado físico demonstrar que o comportamento da potência que flui para a carga pode ser composto por 3 parcelas:
Primeira: parcela da carga que é representada por um modelo de impedância constante.
javascript:void(0)
Segunda: parcela de carga representada por um modelo de corrente constante.
Terceira: parcela de carga que é composta por um modelo de potência constante.
Modelo Exponencial
VAMOS ENTENDER MELHOR CADA UM DELES.
MODELO POTÊNCIA CONSTANTE (
PCTE
)
Os montantes da carga (
P
,
Q
,
S
) não variam com a tensão. Na Figura 1.4 mostra-se esse comportamento invariante da carga nos planos
P
,
Q
,
S
versus
V
.
 Figura 1.4: Modelo Potência Constante.
MODELO CORRENTE CONSTANTE (
ICTE
)
Os montantes da carga variam linearmente com a tensão conforme a Figura 1.5.
 Figura 1.5: Modelo Corrente Constante.
MODELO IMPEDÂNCIA CONSTANTE (
ZCTE
)
Os montantes da carga variam com o quadrado da tensão (Figura 1.6).
 Figura 1.6: Modelo Impedância Constante.
MODELO ZIP OU POLINOMIAL
Permite modelar parte da carga por impedância constante, outra parte por corrente constante e mais uma parte por potência constante. Desse modo,
os montantes de potência ativa da carga (
P
) e reativa da carga (
Q
) são calculados por:
P= PZ
V
V0
2 +PI
V
V0
+PP P0
PZ+PI+PP= 1 , 0
( ( ) ( ) )
Q= QZ
V
V0 2 +QI
V
V0 +QP Q0
QZ+QI+QP= 1 , 0
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em que:
pz ( qz )
é a parcela da carga ativa (reativa) representada como
Zcte
.
pi ( qi )
é a parcela da carga ativa (reativa) representada como
Icte
.
pp ( qp )
é a parcela da carga ativa (reativa) representada como
Pcte
.
P0 ( Q0 )
valor nominal da parte ativa (reativa) da carga.
Observação: caso a tensão nodal seja igual ao valor nominal (
V = V0
), as potências são iguais aos seus respectivos valores nominais (
P = P0
e
Q = Q0
).
MODELO EXPONENCIAL
Permite modelar as partes da carga por
Pcte
( ( ) ( ) )
ou
Icte
ou
Zcte
a partir da mudança da variável
k
. Dessa forma, as partes, ativa e reativa da carga, são calculadas por:
P=P0
V
V0 K
Q=Q0
V
V0
K
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em que:
Se
k = 0
, então Modelo
Pcte
.
Se
k = 1
, então Modelo
Icte
.
Se
k = 2
, então Modelo
Zcte
.
Novamente, caso
V = V0
, então
P = P0
( )
( )
e
Q = Q0
.
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
Um sistema elétrico é composto por duas áreas com geração excedente (representadas pelos geradores equivalentes conectados às barras 1 e 2) e
duas áreas com déficit de geração (representadas pelos motores equivalentes ligados às barras 3 e 4). As áreas estão interligadas por cinco troncos
de transmissão, conforme o diagrama de impedâncias da figura a seguir. Assim, monte a Matriz
Ybarra
do sistema considerando os seguintes dados:
zg1 = zg2 = j1 , 05 pu de Ω
;
zm3 = zm4 = j0 , 65 pu de Ω
;
z12 = j0 , 25 pu de Ω
;
z13 = j0 , 35 pu de Ω
;
z14 = j0 , 20 pu de Ω
;
z23 = j0 , 30 pu de Ω
;
z34 = j0 , 15 pu de Ω
.
RESOLUÇÃO
MONTAGEM DA MATRIZ ADMITÂNCIA, CONSIDERANDO AS IMPEDÂNCIAS
DO CIRCUITO.
YG1 =YG2 =
1
J1 , 05 = −J0 , 95 PU DE Ω− 1
;
YM3 =YM4 =
1
J0 , 65 = −J1 , 54 PU DE Ω− 1
;
Y12 =
1
J0 , 25 = −J4 , 00 PU DE Ω− 1
;
Y13 =
1
J0 , 35 = −J2 , 86 PU DE Ω− 1
;
Y14 =
1
J0 , 20 = −J5 , 00 PU DE Ω− 1
;
Y23 =
1
J0 , 30 = −J3 , 33 PU DE Ω− 1
;
Y34 =
1
J0 , 15 = −J6 , 67 PU DE Ω− 1
.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A inspeção visual do diagrama de impedâncias permite definir os elementos da Matriz
Ybarra
. Os elementos da diagonal principal (
Ykk
) são encontrados pela soma das admitâncias diretamente conectadas à barra
k
. Assim:
Y11 =YG1 +Y12 +Y13 +Y14 = −J0 , 95 −J4 , 00 −J2 , 86 −J5 , 00 = −J12 , 81 PU DE Ω− 1
Y22 =YG2 +Y12 +Y23 = −J0 , 95 −J4 , 00 −J3 , 33 = −J8 , 28 PU DE Ω− 1
Y33 =YM3 +Y13 +Y23 +Y34 = −J1 , 54 −J2 , 86 −J3 , 33 −J6 , 67 = −J14 , 40 PU DE Ω− 1
Y44 =YM4 +Y14 +Y34 = −J1 , 54 −J5 , 00 −J6 , 67 =J13 , 21 PU DE Ω− 1
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os elementos fora da diagonal principal (
Ykj
) são dados pelo simétrico da soma das admitâncias que conectam as barras
k
e
j
. Dessa forma:
Y12 =Y21 =J4 , 00 PU DE Ω− 1
;
Y13 =Y31 =J2 , 86 PU DE Ω− 1
;
Y14 =Y41 =J5 , 00 PU DE Ω− 1
;
Y23 =Y32 =J3 , 33 PU DE Ω− 1
;
Y24 =Y42 = 0
(PORQUE NÃO HÁ LIGAÇÃO ENTRE AS BARRAS 2 E 4);
Y34 =Y43 =J6 , 67 PU DE Ω− 1
.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A Matriz
Ybarra
fica:
YBARRA=
−J12 , 81
J4 , 00
J2 , 86
J5 , 00
J4 , 00
−J8 , 28
J3 , 33
0
J2 , 86
J3 , 33
−J14 , 40
J6 , 67
J5 , 00
0
J6 , 67
−J13 , 21
PUDEΩ− 1
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 2
 Formular o problema do fluxo de carga (Modelagem do Problema de Fluxo de Potência)
[ ]
MODELAGEM DO PROBLEMA DE FLUXO DE POTÊNCIA
INTRODUÇÃO
O objetivo deste módulo é elaborar a formulação básica do problema de fluxo de potência em variáveis complexas e apresentar os diferentes tipos de
barras.
Cada barra do sistema contribui com duas equações no problema de fluxo de carga e com quatro variáveis, isto é, um sistema com n barras terá 2n
equações e 4n variáveis, o que não permite que haja uma solução para o sistema.
Esse problema é resolvido especificando-se duas variáveis em cada barra a partir da adoção do tipo de barra. Existem três tipos básicos de barra:
barra de geração, barra de referência e barra de carga. A diferença entre esses tipos está nas variáveis que são especificadas e calculadas.
A utilização desses tipos de barra provoca a necessidade de dividir o sistema de equações que descreve o sistema elétrico em dois subsistemas. O
primeiro subsistema de equações é solucionado por meio de método iterativo e o segundo subsistema por substituição direta das variáveis calculadas
no primeiro.FORMULAÇÃO DO PROBLEMA DE FLUXO DE POTÊNCIA
O diagrama unifilar de um SEP é composto por um conjunto de barras conectadas por linhas. Essas barras representam as instalações existentes no
SEP, como: as centrais de geração, as subestações, os blocos de carga etc.
Na Figura 2.1 apresenta-se uma barra genérica
k
que tem associado geração (
PGk + jQGk
) e carga (
PLk + jQLk
).
 Figura 2.1: Representação unifilar da barra
k
.
Para os estudos de fluxo de potência, as indicações dos montantes de geração e carga em cada barra do sistema são substituídas pelas potências
líquidas injetadas conforme a Figura 2.2.
 Figura 2.2: Potência líquida injetada na barra
k
.
A potência ativa líquida injetada na barra
k
(
Pk
) é calculada por (2.1) e a potência reativa líquida injetada na barra
k
(
Qk
) é dada por (2.2).
PK=PGK−PLK
(2.1)
QK=QGK−QLK
(2.2)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os cálculos de
Pk
e
Qk
permitem encontrar a potência aparente injetada na barra
k
(
˙
Sk
) por meio de (2.3).
O fasor
˙
I k
é calculado expandindo a equação simplificada (1.12), ou seja:
˙
I 1
˙
I 2
⋮
˙
I K
⋮
˙
I N
=
Y11 Y12 …
Y21 Y22 …
Y1K … Y1N
Y2K … Y2N
⋮ ⋮ ⋱
YK1 YK2 …
⋮ ⋱ ⋮
YKK … YKN
⋮ ⋮ ⋱
YN1 YN2 …
⋮ ⋱ ⋮
YNK … YNN
˙
V1
˙
V2
⋮
˙
VK
⋮
˙
VN
(2.4)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A partir de (2.4) tem-se que:
˙
I K= ∑
M E ΑK
YKMX
˙
VM
(2.5)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Sendo o conjunto
αk
formado pelas barras vizinhas (ou adjacentes) a
k
e a própria barra.
A equação da potência na forma complexa é achada substituindo-se (2.5) em (2.3):
PK+JQK=
˙
VK ∑
MEΑK
YKMX
˙
VM ∗
[ ] [ ] [ ]
( )
PK+JQK=
˙
VK ∑
MEΑK
GKM−JBKM X
˙
VM ∗
(2.6)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assumindo que
˙
Vk = Vk∠θk
e
˙
Vm = Vm∠θm
em (2.6):
PK+JQK=VK∠ΘK ∑
M E ΑK
GKM−JBKM . VM∠−ΘM =VK ∑
M E ΑK
GKM−JBKM . VM∠ ΘK−ΘM
PK+JQK=VK ∑
M E ΑK
GKM−JBKM . VM∠ ΘK−ΘM 
(2.7)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O fasor
Vm∠ θk − θm
pode ser reescrito utilizando a Identidade de Euler como:
VM∠ ΘK−ΘM =VMCOS ΘK−ΘM +JVMSEN ΘK−ΘM
(2.8)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo-se (2.8) em (2.7):
PK+JQK=VK ∑
M E ΑK
GKM−JBKM . VMCOS ΘK−ΘM +JVMSEN ΘK−ΘM
( )
( ) ( ) ( ) ( ( ) )
( ) ( ( ) )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ( ) ( ) )
PK+JQK=VK ∑
M E ΑK
GKM−JBKM . VMCOSΘKM+JVMSENΘKM
(2.9)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Sendo
θkm = θk − θm
.
Finalmente, as equações básicas do problema de fluxo de potência em coordenadas polares são encontradas separando-se as partes real e
imaginária de (2.9).
PK=VK ∑
M E ΑK
VM GKMCOSΘKM+BKMSENΘKM
(2.10)
QK=VK ∑
M E ΑK
VM GKMSENΘKM−BKMCOSΘKM
(2.11)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
EXEMPLO
O sistema de quatro barras (Figura 2.3) possui geração em duas barras (barras 1 e 2) e as outras duas barras com carga (barras 3 e 4). Assim, pede-
se para escrever as equações do fluxo de potência do sistema i- na forma complexa; ii- em coordenadas polares.
( ) ( )
( )
( )
 Figura 2.3: Sistema de 4 barras
RESOLUÇÃO
A equação do fluxo de potência na forma complexa é definida em (2.6).
˙
S1 =PG1 +JQG1 =
˙
V1 ∑
M E 1 , 2 , 4
Y1MX
˙
VM ∗ =
˙
V1X Y11
˙
V1 +Y12
˙
V2 +Y14
˙
V4 ∗
˙
S2 =PG2 +JQG2 =
˙
V2 ∑
M E 1 , 2 , 3
Y2MX
˙
VM ∗ =
˙
V2X Y21
˙
V1 +Y22
˙
V2 +Y23
˙
V3 ∗
˙
S3 = − PL3 +JQL3 =
˙
V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
Y3MX
˙
VM ∗ =
˙
V3X Y32
˙
V2 +Y33
˙
V3 +Y34
˙
V4 ∗
˙
S4 = − PL4 +JQL4 =
˙
V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
Y4MX
˙
VM ∗ =
˙
V4X Y41
˙
V1 +Y43
˙
V3 +Y44
˙
V4 ∗
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As equações do fluxo de potência em coordenadas polares são dadas por (2.10) e (2.11).
P1 =V1 ∑
M E 1 , 2 , 4
VM G1MCOSΘ1M+B1MSENΘ1M ==V1 V1 G11COSΘ11 +B11SENΘ11 +V2 G12C
Q1 =V1 ∑
M E 1 , 2 , 4
VM G1MSENΘ1M−B1MCOSΘ1M ==V1 V1 G11SENΘ11 −B11COSΘ11 +V2 G12S
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ( ) (
( ) ( ( ) (
P2 =V2 ∑
M E 1 , 2 , 3
VM G2MCOSΘ2M+B2MSENΘ2M ==V2 V1 G21COSΘ21 +B21SENΘ21 +V2 G22C
Q2 =V2 ∑
M E 1 , 2 , 3
VM G2MSENΘ2M−B2MCOSΘ2M ==V2 V1 G21SENΘ21 −B21COSΘ21 +V2 G22S
P3 =V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MCOSΘ3M+B3MSENΘ3M = =V3 V2 G32COSΘ32 +B32SENΘ32 +V3 G33C
Q3 =V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MSENΘ3M−B3MCOSΘ3M ==V3 V2 G32SENΘ32 −B32COSΘ32 +V3 G33S
P4 =V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MCOSΘ4M+B4MSENΘ4M ==V4 V1 G41COSΘ41 +B41SENΘ41 +V3 G43C
Q4 =V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MSENΘ4M−B4MCOSΘ4M ==V4 V1 G41SENΘ41 −B41COSΘ41 +V3 G43S
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
TIPOS DE BARRAS
As equações básicas do problema de fluxo de potência para cada barra do sistema foram apresentadas em (2.10) e (2.11) de onde conclui-se que
existem duas equações por barra com quatro variáveis básicas (
Pk
,
Qk
( ) ( ( ) (
( ) ( ( ) (
( ) ( ( ) (
( ) ( ( ) (
( ) ( ( ) (
( ) ( ( ) (
,
Vk
,
θk
). Em outras palavras, um sistema com n barras terá 2n equações e 4n variáveis, o que não permite que haja uma solução para o sistema.
Esse problema é resolvido especificando duas variáveis em cada barra, ou seja, as barras passam a ter duas equações e duas variáveis. Para tanto,
existem três tipos básicos de barra onde a diferença entre esses tipos está nas variáveis que são especificadas e calculadas.
Os tipos básicos existentes são:
BARRA DE GERAÇÃO (BARRA
PV
)
As barras de geração são caracterizadas por possuírem centrais de geração. Esses dispositivos permitem controlar o módulo da tensão nodal (
Vk
) e a injeção de potência ativa (
PGk
), ou seja, os valores de
Vk
e
PGk
da barra são especificados. Além dessas variáveis, especificam-se os limites de injeção de potência reativa
( QGk min
e
QGk max
) a partir da inequação:
QGK MIN≤QGK≤QGK MAX
(2.12)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os limites de geração/absorção de potência reativa em (2.12) são definidos:
Pela curva de capacidade das máquinas síncronas (caso de usinas hidráulicas e térmicas).
Pela capacidade dos elementos para compensação de potência reativa (caso de fontes renováveis).
No sistema elétrico, o número de barras de geração é de aproximadamente 5% do total das barras do sistema.
BARRA DE REFERÊNCIA OU SWING (BARRA
VΘ
)
As perdas devido ao uso do sistema de transmissão não estão presentes nas equações do fluxo de potência. Por isso, é necessário escolher pelo
menos uma barra de geração do sistema para suprir essas perdas.
Essa barra de geração especial tem a função de fechar o balanço de carga (
PG − PL − PERDAS = 0
). Para tanto, sua geração só é calculada após a solução do problema de fluxo de potência. Por esse motivo, esse tipo de barra pode ser chamado de
barra Swing (do inglês balanço).
Além disso, esse tipo de barra apresenta a tensão controlada, o que permite fornecer uma referência angular ao sistema (a referência para a
magnitude da tensão é o nó terra). Esse fato faz com que esse tipo de barra também seja conhecido por barra de referência. Em resumo, esse tipo de
barra tem especificada a tensão nodal em módulo (
Vk
) e ângulo (
θk
).
A barra swing, adotada em simulações do Sistema Interligado Nacional (SIN), é a barra referente à Hidrelétrica de Ilha Solteira (são 20 geradores
totalizando ≈ 3.500MW).
BARRA DE CARGA (BARRA
PQ
)
Nas barras de carga não existe qualquer controle de tensão e, portanto, são especificados os valores de potências ativa (
PLk
) e reativa (
QLk
) consumidas. Além dessas grandezas, especificam-se as restrições nas magnitudes das tensões nodais (
V
min
k
e
V
max
k
) a partir da inequação:
VK MIN≤VK≤VK MAX
(2.13)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Esseslimites de tensão em (2.13) são definidos pelo Operador Nacional do Sistema Elétrico (ONS). A faixa de operação normal do sistema varia entre
0,95 e 1,05pu de kV.
A maioria das barras do sistema elétrico é desse tipo, chegando a compor cerca de 95% do total de barras.
OUTROS TIPOS DE BARRA
Outros tipos de barras (
PQV
,
P
,
θ
e
V
) podem ser utilizados em situações especiais, como para representar o controle de intercâmbio entre áreas e o controle de tensão em barras remotas.
Entretanto, a atuação desses dispositivos de controle não é considerada na formulação básica do problema de fluxo de potência e, por conseguinte,
não faz parte do escopo deste módulo.
RESUMO
Na Figura 2.4 mostra-se o resumo dos dados especificados e calculados para cada tipo básico de barra.
 Figura 2.4: Resumo dos tipos básicos de barra
SISTEMA DE EQUAÇÕES DO FLUXO DE POTÊNCIA
A diversidade dos tipos de barra existentes faz com que o sistema de equações, que descreve o sistema elétrico, seja dividido em dois subsistemas.
O subsistema 1 contém as equações que devem ser resolvidas para se determinar a solução do fluxo de potência, isto é, encontrar o módulo e o
ângulo das tensões nodais. Essa solução é conseguida por meio da adoção de um método de solução iterativo (um método de solução iterativo será
apresentado no Módulo 3).
As equações que compõem o subsistema 1 são:
PK=PK (V ,Θ ) , K Ε {PQ , PV } →
BARRAS DE CARGA E DE GERAÇÃO
(2.14)
QK=QK (V ,Θ ) , K Ε {PQ } →
BARRAS DE CARGA
(2.15)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O número de equações do subsistema 1 é encontrado a partir de (2.16).
O subsistema 2 contém as equações cujas incógnitas são determinadas por substituição direta das variáveis calculadas no subsistema 1. As
equações que formam o subsistema 2 são:
PK=PK (V ,Θ ) , K Ε {VΘ } →
BARRA DE REFERÊNCIA
(2.17)
QK=QK (V ,Θ ) , K Ε {VΘ E PV } →
BARRA DE REFERÊNCIA E BARRAS DE GERAÇÃO
(2.18)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O número de equações do subsistema 2 é determinado por:
N° EQUAÇÕES SUB
2 = 2NVΘ +NPV
(2.19)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
RESUMO
Na Figura 2.5 apresenta-se o resumo dos dados calculados em cada barra e em cada subsistema.
 Figura 2.5: Resumo dos dados calculados em cada barra e subsistema
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
O sistema elétrico a seguir é composto por quatro áreas equivalentes, em que duas áreas têm excesso de geração (representadas pelas barras 1 e 2)
e duas áreas apresentam deficit de geração (barras 3 e 4).
Na figura também são mostradas as grandezas especificadas em cada barra, o que permite identificar a barra 1 como barra de referência (
Vθ
), a barra 2 como barra de geração (
PV
) e as barras 3 e 4 como barras de carga (
PQ
).
Considerando o exposto anteriormente, pede-se:
Escrever as equações do sistema em coordenadas polares.
Separar as equações que compõem os Subsistemas 1 e 2.
RESOLUÇÃO
ANÁLISE DE SISTEMA COM EXCESSO DE GERAÇÃO E DEFICIT DE
GERAÇÃO
Os dados especificados e calculados por barra são:
Barra 1 (
Vθ
)
→ V1
e
θ1
especificados;
P1
e
Q1
incógnitas.
Barra 2 (
PV
)
→ P2
e
V2
especificados;
θ2
e
Q2
incógnitas.
Barra 3 (
PQ
)
→ P3
e
Q3
especificados;
V3
e
θ3
incógnitas.
Barra 4 (
PQ
)
→ P4
e
Q4
especificados;
V4
e
θ4
incógnitas.
As variáveis divididas por subsistema ficam:
Subsistema 1
→ θ2
,
θ3
,
θ4
,
V3
e
V4
.
Subsistema 2
→ P1
,
Q1
e
Q2
.
O subsistema 1 é composto pelas equações de
Pk
descritas em (2.14) e pelas equações de
Qk
(2.15). Desse modo, tem-se as seguintes equações no Subsistema 1:
P2 =V2 ∑
M E 1 , 2 , 3
VM G2MCOSΘ2M+B2MSENΘ2M
P3 =V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MCOSΘ3M+B3MSENΘ3M
Q3 =V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MSENΘ3M−B3MCOSΘ3M
P4 =V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MCOSΘ4M+B4MSENΘ4M
Q4 =V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MSENΘ4M−B4MCOSΘ4M
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As equações
Pk
e
Qk
que compõem o subsistema 2, estão descritas em (2.17) e (2.18), respectivamente. Dessa maneira, as equações do subsistema 2 são:
P1 =V1 ∑
M E 1 , 2 , 4
VM G1MCOSΘ1M+B1MSENΘ1M
Q1 =V1 ∑
M E 1 , 2 , 4
VM G1MSENΘ1M−B1MCOSΘ1M
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
Q2 =V2 ∑
M E 1 , 2 , 3
VM G2MSENΘ2M−B2MCOSΘ2M
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 3
 Calcular o Fluxo de Carga Não Linear (Método de Newton-Raphson)
FLUXO DE CARGA NÃO-LINEAR
INTRODUÇÃO
No Módulo 2 foi definido que o sistema de equações do fluxo de carga é dividido em dois subsistemas, sendo a solução do fluxo de potência dada pela
resolução das equações que compõem o subsistema 1.
 COMENTÁRIO
Esse subsistema 1 é composto por uma equação de
Pk
para cada barra
PQ
e
PV
; e por uma equação de
Qk
( )
para cada barra
PQ
. Desse modo, o número total de equações algébricas não lineares do subsistema 1 é igual a
2NPQ + NPV
.
As barras
PQ
e
PV
têm
Pk
especificado, então:
∆ PK = PK 
ESP − PK 
CALC = 0
(3.1)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As barras
PQ
também têm
Qk
especificado. Logo:
∆QK = QK ESP − QK CALC = 0
(3.2)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo-se (2.10) em (3.1) e (2.11) em (3.2):
PKESP − VK ∑M E ΑK
VM GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM = 0 
(3.3)
( )
QKESP − VK ∑M E ΑK
VM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM = 0
(3.4)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As equações de
∆ Pk
e
∆ Qk
podem ser escritas na forma vetorial como:
G X
_
=
△P
_
△Q
_
= 0
(3.5)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em que:
X
_
=
Θ
_
V
_
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 ATENÇÃO
As incógnitas presentes em (3.5) são
V
e
θ
das barras
PQ
( )
( ) [ ]
[ ]
e
θ
das barras
PV
. Essas variáveis não podem ser obtidas de forma explícita, o que exige um processo de solução iterativo.
Visto isso, este módulo tem como objetivo detalhar a implementação de um método iterativo para a solução do fluxo de potência, ou seja, um método
para obter as raízes da função vetorial
g x
_
= 0
descrita em (3.5). O método escolhido é o Newton-Raphson por ele ser utilizado em programas comerciais de alto custo para a solução do fluxo de
carga.
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS ALGÉBRICOS PELO MÉTODO DE
NEWTON-RAPHSON
O Método de Newton-Raphson é baseado na linearização da função
g(x)
por intermédio da série de Taylor. Essa linearização da função é dada pelos dois primeiros termos da série.
Considere inicialmente um sistema unidimensional do tipo
g(x) = 0
em que
g(x)
e
x
são escalares. Do ponto de vista geométrico,
g(x) = 0
corresponde ao ponto em que a curva azul da Figura (3.1) cruza o eixo
x
.
 Figura 3.1: Problema resolvido pelo Método de Newton-Raphson
( )
O algoritmo para resolução do problema pelo Método de Newton deve ter os seguintes passos:
Arbitrar uma solução inicial
x = x ( i ) = x ( 0 )
.
Calcular o valor da função
g(x)
em
x = x ( i )
, ou seja,
g xi
.
Testar a convergência do método comparando-se
g xi
com a tolerância especificada (
ε
):
caso
g xi ≤ ε
então
x = xi
é a solução do problema para a tolerância adotada.
caso
g xi > ε
então o algoritmo deve continuar.
Linearizar a função
g(x)
em torno do ponto
xi, g xi
por intermédio da Série de Taylor.
G(XI + ∆ XI) ≅ G(XI) + G ′ (XI) ∆ XI
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Solucionar o problema linearizado.
( )
( )
| ( ) |
| ( ) |
( ( ))
G XI + G′ XI △X
_
I = 0
∆ XI =
−G(XI)
G ′ (XI)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Atualizar a variável
x
.
XI+ 1 = XI + △X
_
I
 Atenção! Para visualização completada equação utilize a rolagem horizontal
Fazer
i = i + 1
e voltar para o passo (ii).
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS N-DIMENSIONAL PELO MÉTODO DE
NEWTON-RAPHSON
Assumindo agora um sistema
n
-dimensional
g
_
x
_
= 0
em que
g
_
x
_
é uma função vetorial (
nx1
) e
x
_
( ) ( )
( )
( )
o vetor de incógnitas (
nx1
).
O processo de solução da equação
g
_
x
_
= 0
é similar ao algoritmo apresentado para o caso unidimensional.
A principal diferença para o caso unidimensional está na linearização da função vetorial
g
_
x
_
para
x
_
= x
_
i
que é dada por:
G
_
(X
_
I + △X
_
I) ≅ G
_
(X
_
I) + J(X
_
I)△X
_
I
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em que
J
é a Matriz Jacobiana definida por:
J =
∂G
_
∂X
_
=
∂G1
∂X1
∂G1
∂X2
∂G2
∂X1
∂G2
∂X2
…
∂G1
∂XN
…
∂G2
∂XN
⋮ ⋮
∂GN
∂X1
∂GN
∂X2
⋱ ⋮
…
∂GN
∂XN
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O algoritmo para resolução do problema
n
( )
( )
[ ]
-Dimensional pelo Método de Newton deve seguir a estrutura:
Arbitrar o conjunto de solução inicial
x
_
= x
_
( i ) = x
_
( 0 )
.
Calcular o valor da função vetorial
g
_
( x
_
)
no ponto
x
_
= x
_
( i )
, isto é,
g
_
x
_
i
.
Verificar a convergência:
Caso
gk x
i ≤ ε
para
k = 1, 2, …, n
; então
x
_
= x
_
i
é o conjunto de solução procurado para tolerância adotada.
Caso contrário, continuar o processo de resolução.
Calcular a matriz jacobiana
J x
_
i
.
Solucionar o problema linearizado.
G
_
X
_
I + J X
_
I △X
_
I = 0
△X
_
I = − [J(X
_
I)] − 1G
_
(X
_
I)
( )
| ( ) |
( )
( ) ( )
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Atualizar o conjunto de solução
x
_
( i + 1 )
.
X
_
I+ 1 = X
_
I + △X
_
I
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Fazer
i = i + 1
e voltar para o passo (ii).
FLUXO DE POTÊNCIA PELO MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON
A aplicação do método de Newton na solução do fluxo de carga foi proposta por Tinney e Hart no artigo Power Flow Solution by Newton’s Method, de
1967.
O cerne do processo de resolução é encontrar o vetor de correção
△ x
_
i
e isso requer a solução do sistema linear:
G
_
X
_
I = − J X
_
I △X
_
I
(3.6)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os elementos de (3.6), quando o sistema de equações a ser resolvido é o subsistema 1, são:
G X
_
I =
△P
_
I
△Q
_
I
( ) ( )
( ) [ ]
(3.7)
△X
_
I =
△Θ
_
I
△V
_
I
(3.8)
J X
_
I =
∂ △P
_
I
∂Θ
_
∂ △P
_
I
∂V
_
∂ △Q
_
I
∂Θ
_
∂ △Q
_
I
∂V
_
(3.9)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em que
△P
_
( i ) = P
_
esp − P
_
(V
_
( i ) , θ
_
( i ) )
e
△Q
_
( i ) = Q
_
esp − Q
_
(V
_
( i ) , θ
_
( i ) )
.
Assumindo-se que
P
_
esp
e
Q
_
esp
são constantes em (3.9):
[ ]
( ) [ ( ) ( )( ) ( ) ]
J X
_
I = −
∂P
_
∂Θ
_
∂P
_
∂V
_
∂Q
_
∂Θ
_
∂Q
_
∂V
_
( I )
(3.10)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assim, substituindo-se (3.7), (3.8) e (3.10) em (3.6):
△P
_
I
△Q
_
I =
∂P
_
∂Θ
_
∂P
_
∂V
_
∂Q
_
∂Θ
_
∂Q
_
∂V
_
( I )
.
△Θ
_
I
△V
_
I
(3.11)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As submatrizes da Matriz Jacobina são geralmente representadas por:
H =
∂P
_
∂Θ
_
; M =
∂Q
_
∂Θ
_
; N =
∂P
_
∂V
_
; L =
∂Q
_
∂V
_
(3.12)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo-se (3.12) em (3.11):
( ) [ ]
[ ] [ ] [ ]
△P
_
I
△Q
_
I =
H N
M L
( I )
.
△Θ
_
I
△V
_
I
(3.13)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A resolução do sistema das equações linearizado de (3.13) é a própria solução do fluxo de potência.
As componentes das submatrizes jacobianas
H
,
N
,
M
e
L
são:
HKM =
∂PK
∂ΘM
= VKVM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM
HKK =
∂PK
∂ΘK
= − VK 2BKK − VK ∑
M E ΑK
VM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM
(3.14)
NKM =
∂PK
∂VM
= VK GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM
[ ] [ ] [ ]
( )
( ) ( )
( )
NKK =
∂PK
∂VK
= VKGKK + ∑
M E ΑK
VM GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM
(3.15)
MKM =
∂QK
∂ΘM
= − VKVM GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM
MKK =
∂QK
∂ΘK
= − VK
2GKK + VK ∑
M E ΑK
VM GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM
(3.16)
LKM =
∂QK
∂VM
= VK GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM
LKK =
∂QK
∂VK
= − VKBKK + ∑
M E ΑK
VM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM
(3.17)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 COMENTÁRIO
Uma análise das equações anteriores mostra que os elementos
Hkm
,
Nkm
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
,
Mkm
e
Lkm
serão nulos, caso
Ykm = Gkm + jBkm = 0
. Em outras palavras, a Matriz Jacobiana é esparsa, assim como a Matriz de Admitâncias (
Ybarra
). Outras características da Matriz Jacobiana serão apresentadas no Item 3.5.
As componentes
Hkk
,
Nkk
,
Mkk
e
Lkk
também podem ser calculadas em função das injeções de potência ativa e reativa na barra
k
. Reescrevendo-se (3.14) a (3.17) em função de
Pk
e
Qk
:
HKK = − VK 2BKK − VK ∑
M E ΑK
VM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM = − VK 2BKK − QK
NKK = VKGKK + ∑
M E ΑK
VM GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM = VK − 1 VK 2GKK + PK
MKK = − VK
2GKK + VK ∑
M E ΑK
VM GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM = − VK
2GKK + PK
( ) ( ) ( )
( ) (( ) )
( ) ( ) ( )
LKK = − VKBKK + ∑
M E ΑK
VM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM = VK − 1 − VK 2BKK + QK
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O algoritmo para resolução do subsistema 1 pelo Método de Newton deve apresentar os seguintes passos:
Montar a matriz
Ybarra
.
Arbitrar os valores iniciais dos ângulos das tensões das barras
PQ
e
PV
(
θ = θ ( 0 )
), e as magnitudes das tensões das barras
PQ
(
V = V ( 0 )
).
Calcular
Pk V
( i ) , θ ( i )
para as barras
PQ
e
PV
, e calcular
Qk V
( i ) , θ ( i )
para as barras
PQ
.
Calcular os resíduos
ΔPk
( i )
e
ΔQk
( i )
e verificar a convergência:
( ) ( ( ) )
( )
( )
Caso
ΔPk
( i ) ≤ εP
e
ΔQk
( i ) ≤ εQ
, então o processo iterativo convergiu para o conjunto
V ( i ) , θ ( i )
.
Caso contrário, continuar o processo de resolução.
Calcular a Matriz Jacobiana e sua inversa.
J V
_
( I ) , Θ
_
( I ) =
∂P
_
∂Θ
_
∂P
_
∂V
_
∂Q
_
∂Θ
_
∂Q
_
∂V
_
( I )
=
H N
M L
( I )
J V
_
( I ) , Θ
_
( I ) − 1 =
H N
M L
( I ) − 1
(3.18)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Determinar os vetores correção
∆ θ
_
i
e
∆ V
_
i
através da solução do sistema linear (3.13) e (3.18).
| |
| |
( )
( ) [ ] [ ]
( ) ([ ] )
△Θ
_
I
△V
_
I =
H N
M L
( I ) − 1
.
△P
_
I
△Q
_
I
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Calcular o novo conjunto de solução
V
_
( ν + 1 )
e
θ
_
( ν + 1 )
.
Θ
_
Ν+ 1 = Θ
_
Ν + ∆ Θ
_
Ν
V
_
Ν+ 1 = V
_
Ν + ∆ V
_
Ν
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Fazer
ν = ν + 1
e voltar para o passo (iii).
A convergência do fluxo de potência acontece geralmente com três ou quatro iterações. Quando se atinge um número elevado de iterações (10
iterações, por exemplo), informa-se ao usuário que o fluxo de potência divergiu e o processo de solução é interrompido.
Essa divergência pode ocorrer por problemas numéricos (valores iniciais arbitrados às variáveis do problema são “ruins”, por exemplo) ou problemas
elétricos (sistema elétrico muito carregado, por exemplo).
EXEMPLO
Montar o sistema de equações linearizado para solução do fluxo de carga da Figura 3.2 em termos dos elementos das submatrizes
H
,
N
[ ] ([ ] ) [ ]
,
M
e
L
.
 Figura 3.2: Sistema de 7 barras
RESOLUÇÃO
O subsistema 1 é composto por uma equação de
Pk
para cada barra
PQ
(isto é,
P4
,
P6
,
P7
) e cada barra
PV
(ou seja,
P2
,
P3
,
P5
), e por uma equação de
Qk
para cada barra
PQ
(isto é,
Q4
,
Q6
,
Q7
).
Desse modo, os elementos que formam o vetor de resíduos são:
∆ P2
,
∆ P3
,
∆ P4
,
∆ P5
,
∆ P6
,
∆P7
,
∆ Q4
,
∆ Q6
,
∆ Q7
. Por conseguinte, os elementos que formam o vetor de variáveis de estado são:
∆ θ2
,
∆ θ3
,
∆ θ4
,
∆ θ5
,
∆ θ6
,
∆ θ7
,
∆ V4
,
∆ V6
,
∆ V7
.
Os elementos fora da diagonal principal correspondentes a barras não conectadas são elementos nulos. Desse modo, as barras do sistema não
conectadas (desconsiderando a barra 1 que é a barra de referência) e os respectivos elementos nulos nas submatrizes são:
Barra 2 com barras 4, 5, 6 e 7
→ H24 = H25 = H26 = H27 = N24 = N26 = N27 = 0
.
Barra 3 com barras 4, 5
→ H34 = H35 = N34 = 0
.
Barra 4 com barras 2, 3, 6, 7
→ H42 = H43 = H46 = H47 = N46 = N47 = M42 = M43 = M46 = M47 = L46 = L47 = 0
.
Barra 5 com barras 2, 3, 7
→ H52 = H53 = H57 = N57 = 0
.
Barra 6 com barras 2, 4
→ H62 = H64 = N64 = M62 = M64 = L64 = 0
.
Barra 7 com barras 2, 4, 5
→ H72 = H74 = H75 = N74 = M72 = M74 = M75 = L74 = 0
.
Por fim, o sistema de equações linearizado fica:
△P2
△P3
△P4
△P5
△P6
△P7
△Q4
△Q6
△Q7
=
H22 H23 0 0 0 0 0 0 0
H32 H33 0 0 H36 H37 0 N36 N37
0 0 H44 H45 0 0 N44 0 0
0 0 H54 H55 H56 0 N54 N56 0
0 H63 0 H65 H66 H67 0 N66 H67
0 H73 0 0 H76 H77 0 N76 N77
0 0 M44 M45 0 0 L44 0 0
0 M63 0 M65 M66 M67 0 L66 L67
0 M73 0 0 M76 M77 0 L76 L77
.
△Θ2
△Θ3
△Θ4
△Θ5
△Θ6
△Θ7
△V4
△V6
△V7
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
CARACTERÍSTICAS DA MATRIZ JACOBIANA
Pode-se destacar como as principais características da Matriz Jacobiana:
A matriz é altamente esparsa, porque os elementos fora da diagonal principal correspondentes a barras que não estão diretamente conectadas são
nulos
(Ykm = Gkm + jBkm = 0 → H = N = M = L = 0)
As submatrizes
H
,
N
,
M
e
L
têm estrutura semelhante à matriz
Ybarra
, exceto pelas linhas e colunas não representadas.
As submatrizes
H
,
N
[ ] [ ] [ ]
,
M
e
L
são simétricas em estrutura (se existe
H23
também existe
H32
, no caso de matriz quadrada), porém as submatrizes são assimétricas em valores (pois
sen θkm = − sen θmk
e
cos θkm = cos θmk
).
TÉCNICAS PARA MELHORAR AS CARACTERÍSTICAS DE
CONVERGÊNCIA DO MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON
O Método de Newton-Raphson pode convergir para a solução errada ou pode divergir rapidamente, caso o “chute inicial” (ou ponto inicial) seja mal
escolhido ou as equações de fluxo de carga estejam mal condicionadas.
Por isso, algumas técnicas/estratégias podem ser agregadas ao método básico de Newton (individualmente ou combinadas) para evitar os problemas
de convergência. Vejamos.
PRINCIPAIS TÉCNICAS/ESTRATÉGIAS
Iniciar o processo de solução com módulo da tensão igual a
1pu
e ângulo igual a zero em todas as barras em que essas grandezas não são especificadas (essa estratégia é chamada de “flat start”).
Considerar limites na magnitude das correções das variáveis de estado (
∆ θ
e
∆ V
) em cada iteração
Definir a estimativa inicial com base em soluções anteriores (ao invés de simplesmente adotar o flat start, por exemplo)
Realizar uma ou duas iterações usando um método baseado na matriz de admitâncias (Gauss-Seidel, por exemplo) antes de utilizar o Método de
Newton-Raphson.
Efetuar uma iteração usando o fluxo de carga linearizado (que será estudada no Módulo 4) para uma primeira estimativa dos ângulos de fase,
seguida de uma estimativa do mesmo tipo (solução direta) para uma primeira estimativa das magnitudes das tensões, antes de utilizar o método
de Newton.
Os programas comerciais de alto custo utilizam essas técnicas/estratégias, que são bastante úteis no caso de resolução de sistemas reais de grande
porte.
( ) ( )
( ) ( )
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
Calcular a 1ª iteração da solução do problema de fluxo de carga do sistema elétrico formado por quatro barras (figura adiante) via Método de Newton-
Raphson. Adote o “flat start” como condição inicial e faça os cálculos utilizando duas casas decimais.
Os dados de barras e linhas (apresentados nas tabelas) estão em PU na base do sistema.
Barra Tipo P[pu de MW] Q[pu de Mvar] V[pu de kV] θ[rad]
1 Vθ X X 1,00 0
2 PV 1,50 X 1,00 X
3 PQ -1,00 -0,30 X X
4 PQ -2,00 -0,40 X X
 Atenção! Para visualizaçãocompleta da tabela utilize a rolagem horizontal
Linha rkm[pu de Ω] xkm[pu de Ω] bshuntkm pu de Ω
− 1
1-2 X 0,25 X
1-4 X 0,20 X
2-3 X 0,30 X
3-4 X 0,15 X
[ ]
 Atenção! Para visualizaçãocompleta da tabela utilize a rolagem horizontal
RESOLUÇÃO
APLICAÇÃO DO MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON
Os dados especificados e calculados por barra são:
Barra 1
(Vθ) → V1
e
θ1
especificados;
P1
e
Q1
incógnitas.
Barra 2
(PV) → P2
e
V2
especificados;
θ2
e
Q2
incógnitas.
Barra 3
(PQ) → P3
e
Q3
especificados;
V3
e
θ3
incógnitas.
Barra 4
(PQ) → P4
e
Q4
especificados;
V4
e
θ4
incógnitas.
Os valores das admitâncias dos ramos são:
Y12 =
1
JX12
=
1
J0, 25 = − J4, 00 PU DE Ω
− 1; Y14 =
1
JX14
=
1
J0, 20 = − J5, 00 PU DE Ω
− 1; Y23 =
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os elementos da Matriz
Ybarra
são definidos como:
Y11 = Y12 + Y14 = − J4, 00 − J5, 00 = − J9, 00 PU DE Ω − 1
Y22 = Y12 + Y23 = − J4, 00 − J3, 33 = − J7, 33 PU DE Ω − 1
Y33 = Y23 + Y34 = − J3, 33 − J6, 67 = − J10, 00 PU DE Ω − 1
Y44 = Y14 + Y34 = − J5, 00 − J6, 67 = − J11, 67 PU DE Ω
− 1
Y12 = Y21 = − Y12 = J4, 00 PU DE Ω − 1
Y13 = Y31 = 0
Y14 = Y41 = − Y14 = J5, 00 PU DE Ω − 1
Y23 = Y32 = − Y32 = J3, 33 PU DE Ω − 1
Y24 = Y42 = 0
Y34 = Y43 = − Y34 = J6, 67 PU DE Ω − 1
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A Matriz
Ybarra
fica:
YBARRA = JB =
−J9, 00
J4, 00
0
J5, 00
J4, 00
−J7, 33
J3, 33
0
0
J3, 33
−J10, 00
J6, 67
J5, 00
0
J6, 67
−J11, 67
PU DE Ω − 1
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
[ ]
O subsistema 1 é composto pelas equações de
Pk
das barras
PQ
e
PV
, e pelas equações de
Qk
das barras
PQ
. Neste exercício, os elementos que formam o vetor de resíduos são
∆ P2
,
∆ P3
,
∆ P4
,
∆ Q3
,
∆ Q4
; por conseguinte, os elementos que compõem o vetor de correção das variáveis de estado são
∆ θ2
,
∆ θ3
,
∆ θ4
,
∆ V3
,
∆ V4
. Assim, o sistema de equações linearizado é dado por:
△P2
△P3
△P4
△Q3
△Q4
( I )
=
H22 H23 H24 H25 N23 N24 N25
H32 H33 H34 H35 N33 N34 N35
H42 H43 H44 H45 N43 N44 N45
M32 M33 M34 M35 L33 L34 L35
M42 M43 M44 M45 L43 L44 L45
( I )
⋅
△Θ2
△Θ3
△Θ4
△V3
△V4
( I )
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A primeira iteração do processo de solução (iteração número 0) é calculada adotando-se o “flat start”, ou seja, as variáveis de estado na primeira
iteração valem:
θ2
( 0 ) = θ3
( 0 ) = θ4
( 0 ) = 0
e
V3
( 0 ) = V4
( 0 ) = 1 pu de kV
.
Os resíduos
∆ P ( 0 )2
,
∆ P ( 0 )3
e
∆ P ( 0 )4
são calculados por (3.3):
∆ P ( 0 )2 = P
ESP
2 − P
CALC ( 0 )
2 = P
ESP
2 − V2 ∑
ME 1 , 2 , 3
VM(G2MCOSΘ2M + B2MSENΘ2M)
( 0 )
∆ P ( 0 )2 = P
ESP
2 − V2 V1 G21COSΘ21 + B21SENΘ21 + V2 G22COSΘ22 + B22SENΘ22 + V3 G2
[ ] [ ] [ ]
( )
( ( ( ) ( ) (
∆ P ( 0 )3 = P
ESP
3 − P
CALC ( 0 )
3 = P
ESP
3 − V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MCOSΘ3M + B3MSENΘ3M
( 0 )
∆ P ( 0 )3 = P
ESP
3 − V3 V2 G32COSΘ32 + B32SENΘ32 + V3 G33COSΘ33 + B33SENΘ33 + V4 G3
∆ P ( 0 )4 = P4
ESP − P4CALC ( 0 ) = P4ESP − V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MCOSΘ4M + B4MSENΘ4M
( 0 )
∆ P ( 0 )4 = P
ESP
4 − V4 V1 G41COSΘ41 + B41SENΘ41 + V3 G43COSΘ43 + B43SENΘ43 + V4 G4
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os resíduos
∆ Q ( 0 )3
e
∆ Q ( 0 )4
são determinados por (3.4):
∆Q3(0) = Q
ESP
3 − Q
CALC ( 0 )
3 = Q
ESP
3 − V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MSENΘ3M − B3MCOSΘ3M
( 0 )
∆Q ( 0 )3 = Q3ESP − V3 V2 G32SENΘ32 − B32COSΘ32 + V3 G33SENΘ33 − B33COSΘ33 + V4 G
( ( ))
( ( ( ) ( ) (
( ( ))
( ( ( ) ( ) (
( ( ))
( ( ( ) ( ) (
∆Q ( 0 )4 = Q
ESP
4 − Q
CALC ( 0 )
4 = Q
ESP
4 − V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MSENΘ4M − B4MCOSΘ4M
( 0 )
∆Q ( 0 )4 = Q
ESP
4 − V4 V1 G41SENΘ41 − B41COSΘ41 + V3 G43SENΘ43 − B43COSΘ43+ V4 G4
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Considere que pelo menos um resíduo foi maior do que a tolerância e, portanto, o processo iterativo não convergiu. Assim, deve-se continuar o
processo iterativo.
O próximo passo é calcular os elementos da Matriz Jacobiana.
Os elementos da submatriz
H ( 0 )
são determinados a partir de (3.14):
H23
( 0 ) =
∂P2
∂Θ3
( 0 )
= V2V3 G23SENΘ23 − B23COSΘ23 ( 0 ) = − B23 = − 3, 33
H32
( 0 ) =
∂P3
∂Θ2
( 0 )
= V2V3 G32SENΘ32 − B32COSΘ32 ( 0 ) = − B32 = − 3, 33
H24
( 0 ) =
∂P2
∂Θ4
( 0 )
= 0
NÃO HÁ CONEXÃO ENTRE ESSAS BARRAS
( ( ))
( ( ( ) ( ) (
( ) ( ( ))
( ) ( ( ))
( )
H42
( 0 ) =
∂P4
∂Θ2
( 0 )
= 0
H34
( 0 ) =
∂P3
∂Θ4
( 0 )
= V3V4 G34SENΘ34 − B34COSΘ34
( 0 ) = − B34 = − 6, 67
H43
( 0 ) =
∂P4
∂Θ3
( 0 )
= V3V4 G43SENΘ43 − B43COSΘ43 ( 0 ) = − B43 = − 6, 67
H22
( 0 ) =
∂P2
∂Θ2
( 0 )
= − V2
2B22 − V2 ∑
M E { 1 , 2 , 3 }
VM GKMSENΘKM − BKMCOSΘKM
( 0 ) = −
H33
( 0 ) =
∂P3
∂Θ3
( 0 )
= − V3 2B33 − V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MSENΘ3M − B3MCOSΘ3M
( 0 ) = − B33
H44
( 0 ) =
∂P4
∂Θ4
( 0 )
= − V4 2B44 − V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MSENΘ4M − B4MCOSΘ4M
( 0 ) = − B44
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os componentes da submatriz
N ( 0 )
( )
( ) ( ( ))
( ) ( ( ))
( ) ( ( ) ( ))
( ) ( ( ) ( ))
( ) ( ( ) ( ))
são dados por (3.15):
N23
( 0 ) =
∂P2
∂V3
( 0 )
= V2 G23COSΘ23 + B23SENΘ23
( 0 ) = G23 = 0
N24
( 0 ) =
∂P2
∂V4
( 0 )
= 0
N34
( 0 ) =
∂P3
∂V4
( 0 )
= V3 G34COSΘ34 + B34SENΘ34
( 0 ) = G34 = 0
N43
( 0 ) =
∂P4
∂V3
( 0 )
= V4 G43COSΘ43 + B43SENΘ43 ( 0 ) = G43 = 0
N33
( 0 ) =
∂P3
∂V3
( 0 )
= V3G33 + ∑
M E E 2 , 3 , 4
VM G3MCOSΘ3M + B3MSENΘ3M
( 0 ) = G33 + G32 +
N44
( 0 ) =
∂P4
∂V4
( 0 )
= V4G44 + ∑
M E E 1 , 3 , 4
VM G4MCOSΘ4M + B4MSENΘ4M
( 0 ) = G44 + G41 +
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
( ) ( ( ))
( )
( ) ( ( ))
( ) ( ( ))
( ) ( ( )) (
( ) ( ( )) (
Os elementos da submatriz
M ( 0 )
são determinados por (3.16):
M32
( 0 ) =
∂Q3
∂Θ2
( 0 )
= − V3V2 G32COSΘ32 + B32SENΘ32
( 0 ) = − G32 = 0
M34
( 0 ) =
∂Q3
∂Θ4
( 0 )
= − V3V4 G34COSΘ34 + B34SENΘ34 ( 0 ) = − G34 = 0
M42
( 0 ) =
∂Q4
∂Θ2
( 0 )
= 0
M43
( 0 ) =
∂Q4
∂Θ3
( 0 )
= − V3V4 G43COSΘ43 + B43SENΘ43 ( 0 ) = − G43 = 0
M33
( 0 ) =
∂Q3
∂Θ3
( 0 )
= − V3
2G33 + V3 ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MCOSΘ3M + B3MSENΘ3M
( 0 ) = − G33
M44
( 0 ) =
∂Q4
∂Θ4
( 0 )
= − V4 2G44 + V4 ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MCOSΘ4M + B4MSENΘ4M
( 0 ) = − G44
( ) ( ( ))
( ) ( ( ))
( )
( ) ( ( ))
( ) ( ( ) ( ))
( ) ( ( ) ( ))
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os componentes da submatriz
L ( 0 )
são calculados por (3.17):
L34
( 0 ) =
∂Q3
∂V4
( 0 )
= V3 G34SENΘ34 − B34COSΘ34
( 0 ) = − B34 = − 6, 67
L43
( 0 ) =
∂Q4
∂V3
( 0 )
= V4 G43SENΘ43 − B43COSΘ43 ( 0 ) = − B43 = − 6, 67
L33
( 0 ) =
∂Q3
∂V3
( 0 )
= − V3B33 + ∑
M E 2 , 3 , 4
VM G3MSENΘ3M − B3MCOSΘ3M
( 0 ) = − B33 + −
L44
( 0 ) =
∂Q4
∂V4
( 0 )
= − V4B44 + ∑
M E 1 , 3 , 4
VM G4MSENΘ4M − B4MCOSΘ4M
( 0 ) = − B44 + −
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo-se os valores calculados anteriormente no sistema de equações linearizado:
( ) ( ( ))
( ) ( ( ))
( ) ( ( )) (
( ) ( ( )) (
1, 50
−1, 00
−2, 00
−0, 30
−0, 40
=
7, 33 
−3, 33 
0
0
0
−3, 33 
10, 00 
−6, 67 
0
0
0
−6, 67 
11, 67 
0
0
0
0
0
10, 00 
−6, 67 
0
0
0
−6, 67
11, 67
.
∆ Θ2
∆ Θ3
∆ Θ4
∆ V3
∆ V4
( 0 )
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Então, o vetor de correção das variáveis de estado fica:
∆ Θ2
∆ Θ3
∆ Θ4
∆ V3
∆ V4
( 0 )
=
0, 18 
0, 10 
0, 06 
0
0
0, 10 
0, 21 
0, 12 
0
0
0, 06 
0, 12 
0, 16 
0
0
0
0
0
0, 16 
0, 09 
0
0
0
0, 09
0, 14
.
1, 50
−1, 00
−2, 00
−0, 30
−0, 40
=
0, 05
−0, 30
−0, 35
−0, 08
−0, 08
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As variáveis de estado atualizadas após a primeira iteração valem:
Θ2
( 1 ) = Θ2
( 0 ) + ∆ Θ ( 0 )2 = 0 + 0, 05 = 0, 05RAD
Θ3
( 1 ) = Θ3
( 0 ) + ∆ Θ ( 0 )3 = 0 − 0, 30 = − 0, 30RAD
Θ4
( 1 ) = Θ4 ( 0 ) + ∆ Θ
( 0 )
4 = 0 − 0, 35 = − 0, 35RAD
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ] [ ] [ ]
V3
( 1 ) = V3 ( 0 ) + ∆ V
( 0 )
3 = 1, 00 − 0, 08 = 0, 92PU DE KV
V4
( 1 ) = V4
( 0 ) + ∆ V ( 0 )4 = 1, 00 − 0, 08 = 0, 92PU DE KV
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O processo iterativo continuaria para os novos valores das variáveis de estado até que todos os resíduos fossem menores ou iguais às tolerâncias (
ΔPk
( i ) ≤ εP
e
ΔQk
( i ) ≤ εQ
) ou até que o número máximo de iterações fosse atingido (indicando a divergência do processo).
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 4
 Resolver o Fluxo de Carga Linearizado ou Fluxo de Carga CC
FLUXO DE CARGA LINEARIZADO
O fluxo de potência ativa em uma rede de corrente alternada (CA) é proporcional à defasagem angular e o sentido do fluxo em uma linha de
transmissão é dado da barra com ângulo maior para a barra com ângulo menor.
Esse acoplamento entre
Pθ
possibilita o desenvolvimento de um método chamado fluxo de carga linearizado ou fluxo de carga CC. O objetivo do método é estimar, com baixo
custo computacional, a distribuição dos fluxos de potência ativa em uma rede CA.
FORMULAÇÃO DO FLUXO DE CARGA LINEARIZADO
| |
| |
Considere uma linha de transmissão representada pelo modelo
π
conforme a Figura 4.1.
 Figura 4.1: Modelo
π
da linha de transmissão
A corrente da barra k para m (
İkm
) é dada por:
İKM = İ′KM + I
SH
KM = YKM V̇K − V̇M + JB
SH
KM. V̇K
(4.1)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Sendo
ykm = zkm
− 1 = gkm + jbkm
.
O fluxo de potência da barra
k
para
m
é calculado pela expressão:
ṠKM ∗ = PKM − JQKM = V̇K ∗ İKM
(4.2)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo-se (4.1) em (4.2):
( )
ṠKM ∗ = VKE
−JΘK GKM + JBKM VKEJΘK − VMEJΘM + JB
SH
KM. VKE
JΘK
(4.3)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A expressão para o fluxo de potência ativa (
Pkm
) é encontrada separando-se as partes real e imaginária de (4.3), ou seja:
PKM = VK2GKM − VKVMGKMCOSΘKM − VKVMBKMSENΘKM
(4.4)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O fluxo no extremo oposto da linha é achado de forma análoga a (4.4).
PMK = VM2GKM − VKVMGKMCOSΘKM + VKVMBKMSENΘKM
(4.5)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As perdas ôhmicas na linha de transmissão são determinadas pela soma dos fluxos (4.4) e (4.5):
PKM + PMK = GKM VK2 + VM2 − 2VKVMCOSΘKM
(1)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Caso os termos correspondentes às perdas ôhmicas sejam desprezados nas expressões (4.4) e (4.5):
PKM = − PMK = − VKVMBKMSENΘKM
(4.7)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As seguintes simplificações podem ser adotadas:
[( )( ) ]
( )
As tensões nodais em regime permanente são próximas do valor nominal (
Vk ≅ Vm ≅ 1 pu
).
O sistema elétrico é pouco estressado, ou seja, a defasagem angular é pequena entre duas barras vizinhas (
senθkm ≅ θkm
).
O elemento série do modelo da linha pode ser simplificado apenas para a reatância série (
bkm ≅ −1xkm
).
Considerando-se as aproximações anteriores, o cálculo do fluxo
Pkm
(4.7) é aproximado para:
PKM = XKM
− 1ΘKM =
ΘK − ΘM
XKM
(4.8)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A equação (4.8) tem a mesma forma que a Lei de Ohm aplicada a um resistor percorrido por corrente contínua (4.9). Por esta razão, o modelo de rede
de transmissão baseado em (4.8) também é chamado de Modelo Fluxo de Carga CC.
PKM
ANÁLOGO A:
 IKM =
VK − VM
RKM
(4.9)
 Atenção! Para visualização completa da equaçãoutilize a rolagem horizontal
O método também é chamado de fluxo de carga linearizado pelo fato de a função (4.8) no plano
Pkm
versus
θkm
ser uma reta.
Essa característica faz com que o modelo forneça sempre uma solução, mesmo para problemas que não podem ser resolvidos por métodos
convencionais (Newton-Raphson, por exemplo).
FORMULAÇÃO MATRICIAL DO MÉTODO
A injeção líquida de potência na barra
k
(
Pk
) é igual à soma dos fluxos que entram e saem dessa barra. Desse modo, a equação de
Pk
é determinada a partir de (4.8) como:
PK = ∑
M ∈ ΩK
XKM
− 1ΘKM
(4.10)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Sendo
Ωk
o conjunto das barras que se conectam diretamente à barra
k
.
A equação (4.10) pode ser reescrita como:
PK = ∑
M ∈ ΩK
XKM
− 1ΘK − ∑
M ∈ ΩK
XKM
− 1ΘM
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A representação matricial de (4.10) é dada por:
Os elementos da matriz do tipo admitância de barra (
B ′
) são calculados por:
ELEMENTO DA DIAGONAL
→ B′KK = ∑
M ∈ ΩK
XKM
− 1
( ) ( )
(4.12)
ELEMENTO FORA DA DIAGONAL
→ B′KM = − XKM
− 1
(4.13)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Um problema do método é o fato de a matriz
B ′
ser singular (
determinante = 0
). Isso ocorre porque as perdas da transmissão foram desprezadas, fazendo com que a soma das componentes de
P
_
seja nula. Isto é, a injeção de potência de uma barra qualquer pode ser obtida a partir da soma algébrica das demais (Lei da Conservação da Energia).
É possível que você esteja se perguntando...como esse problema é resolvido?
Eliminando-se uma das equações do vetor
P
_
e adotando-se o ângulo dessa barra como referência angular (
θk = 0
). Assim, o sistema passa a ser não singular com dimensão
NB − 1
. Os ângulos das
NB − 1
barras são determinados a partir das injeções de potência especificadas nas
NB − 1
barras.
Vamos entender melhor.
EXEMPLO
Montar o sistema matricial
P
_
= B ′θ_
conforme (4.11) para a rede da Figura 4.2 considerando a barra 1 como referência angular.
 Figura 4.2: Sistema de 4 Barras com
θ1 = 0
.
RESOLUÇÃO
A equação de
P1
é desconsiderada e os elementos de
B ′
são determinados por (4.12) e (4.13). Dessa maneira:
P2
P3
P4
=
X12
− 1 + X23
− 1 −X23
− 1 0
−X23 − 1 X13 − 1 + X23 − 1 + X34 − 1 −X34 − 1
0 −X34 − 1 X14 − 1 + X34 − 1
.
Θ2
Θ3
Θ4
(4.14)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Sendo
P1 = − P2 − P3 − P4
.
REPRESENTAÇÃO DAS PERDAS NO MÉTODO
A equação da potência líquida ativa injetada na barra
k
(2.10), considerando
[ ] [ ] [ ]
Vk ≅ Vm ≅ 1 pu
, fica:
PK = GKK + ∑
M E ΩK
GKMCOSΘKM + BKMSENΘKM
(4.15)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Agora, considere as seguintes simplificações:
Gkm = − gkm; Gkk = ∑
m e Ωk
gkm; Bkm ≅ xkm
− 1 ; cosθkm ≅ 1 −
θkm
2
2
 ; senθkm ≅ θkm
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assumindo-se essas simplificações em (4.15):
PK −
1
2 ∑M E ΩK
GKMΘKM
2 = ∑
M E ΩK
XKM
− 1ΘKM
(4.16)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A diferença entre as equações (4.10) e (4.16) é a parcela:
PPERDASK =
1
2 ∑M E ΩK
GKMΘKM
2
(4.17)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A parcela (4.17) está relacionada às perdas ôhmicas e isso pode ser provado por meio da expressão (4.6), que define as perdas na linha. Adotando-se:
Vk ≅ Vm ≅ 1 pu
e
cosθkm ≅ 1 −
θkm
2
2
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em (4.6):
( )
PPERDASKM = PKM + PMK = GKMΘKM
2
(4.18)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A partir de (4.18), conclui-se que
Pperdask
representa a metade do somatório das perdas nas linhas diretamente conectadas à barra k. Isto posto, a equação (4.16) passa a assumir a forma
matricial:
P
_
− P
_
PERDAS = B′Θ_
(4.19)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Sendo
P
_
perdas
o vetor das perdas ativas.
 COMENTÁRIO
Uma forma para representar o efeito das perdas é adicionar cargas nas barras. Essas cargas são obtidas dividindo-se as perdas de cada linha do
sistema entre suas barras terminais (metade para cada lado).
ALGORITMO PARA RESOLUÇÃO DO PROBLEMA PELO MÉTODO DE
FLUXO DE CARGA LINEARIZADO COM PERDAS
O algoritmo para resolução do problema pelo Método de Fluxo de Carga Linearizado com inclusão das perdas deve ter a seguinte estrutura:
Determinar a solução do sistema sem considerar as perdas:
P
_
= B′Θ̃_
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Calcular a perda total da linha com
θ̃
_
e a representar as perdas como cargas adicionais no sistema através de:
PPERDASK =
1
2 ∑M E ΩK
GKMΘ̃KM
2
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Achar a solução do sistema considerando as perdas:
P
_
− P
_
PERDAS = B′Θ_
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Determinar os fluxos nas linhas usando a solução
θ
_
:
PKM =
ΘKM
XKM
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
Montar o sistema matricial
P
_
+ P
_
perdas = B ′θ_
para a rede da Figura 4.2. Para tanto, considere a barra 1 como referência angular e os seguintes dados:
r12 + jx12 =
1
5
+ j
1
2
 pu de Ω
;
r13 + jx13 =
1
10
+ j
1
5
 pu de Ω
;
r14 + jx14 =
1
20
+ j
1
4
 pu de Ω
;
r23 + jx23 =
1
10
+ j
1
3
 pu de Ω
;
r34 + jx34 =
1
5
+ j
1
2
 pu de Ω
;
P2 = 1, 2 pu de MW
;
P3 = − 1, 5 pu de MW
;
P4 = − 0, 5 pu de MW
.
Utilize três casas decimais para realizar os cálculos.
RESOLUÇÃO
MONTAGEM DE SISTEMA MATRICIAL
P
_
+ P
_
PERDAS = B′Θ_
Os passos para determinar a solução incluindo as perdas estão descritos no Item 4.5.
O primeiro passo é calcular a solução do sistema sem considerar as perdas (
gkm = 0
). O sistema matricial
P
_
= B ′θ_
já foi montado no exemplo deste módulo. Assim, substituindo-se os valores em (4.14):
1, 2
−1, 5
−0, 5
=
2 + 3 −3 0
−3 5 + 3 + 2 −2
0 −2 4 + 2
.
Θ2
Θ3
Θ4
[ ] [ ] [ ]
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O vetor de ângulos nodais é definido invertendo-se a matriz
B ′
, ou seja:
Θ2
Θ3
Θ4
=
5 −3 0
−3 10 −2
0 −2 6
− 1
.
1, 2
−1, 5
−0, 5
Θ̃2
Θ̃3
Θ̃4
=
0, 248 0, 080 0, 027
0, 080 0, 133 0, 044
0, 027 0, 044 0, 181
.
1, 2
−1, 5
−0, 5
=
0, 165
−0, 126
−0, 125
RAD
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O segundo passo é calcular a perda total da linha com
θ̃
e representar as perdas como cargas adicionais no sistema. As perdas
Pperdaskm
são calculadas por (4.18) e valem:
PPERDAS12 = G12. Θ̃12
2 =
R12
R12
2 + X122
Θ̃1 − Θ̃2
2 =
0, 2
0, 22 + 0, 52
(0 − 0, 165)2 = 0, 019 PU DE MW
PPERDAS13 = G13. Θ̃13
2 =
R13
R13
2 + X132
Θ̃1 − Θ̃3
2 =
0, 1
0, 12 + 0, 22
(0 + 0, 126)2 = 0, 032 PU DE MW
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ] [ ] [ ]
( )
( )
PPERDAS14 = G14. Θ̃14
2 =
R14
R14
2 + X142
Θ̃1 − Θ̃4
2 =
0, 05
0, 052 + 0, 252
(0 + 0, 125)2 = 0, 012 PU DE MW
PPERDAS23 = G23. Θ̃23
2 =
R23
R23
2 + X232
Θ̃2 − Θ̃3
2 =
0, 1
0, 12 + 0, 3332
(0, 165 + 0, 126)2 = 0, 070 PU D
PPERDAS34 = G34. Θ̃34
2 =
R34
R34
2 + X34
2 Θ̃3 − Θ̃4
2 =
0, 2
0, 22 + 0, 52
( − 0, 126 + 0, 125)2 ≈ 0 PU DE MW
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Os elementos que compõem
P
_
perdas
são calculados por (4.17). Substituindo-se os valores calculados anteriormente:
PPERDAS1 =
PPERDAS12
2 +
PPERDAS13
2 +
PPERDAS14
2 =
0, 019 
2 +
0, 032
2 +
0, 012
2 = 0, 032 PU DE MW
PPERDAS2 =
PPERDAS12
2 +
PPERDAS23
2 =
0, 019 
2 +
0, 070
2 = 0, 045 PU DE MW
PPERDAS3 =
PPERDAS13
2 +
PPERDAS23
2 +
PPERDAS34
2 =
0, 032
2 +
0, 070
2 +0 = 0, 051 PU DE MW
( )
( )
( )
PPERDAS4 =
PPERDAS14
2 +
PPERDAS34
2 =
0, 012
2 + 0 = 0, 006 PU DE MW
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O terceiro passo é calcular a solução do sistema considerando as perdas a partir de (4.19).
P
_
− P
_
PERDAS = B′Θ_
1, 2 − 0, 045
−1, 5 − 0, 051
−0, 5 − 0, 006
=
5 −3 0
−3 10 −2
0 −2 6
.
Θ2
Θ3
Θ4
Θ2
Θ3
Θ4
=
5 −3 0
−3 10 −2
0 −2 6
− 1
.
1, 155
−1, 551
−0, 506
=
0, 149
−0, 136
−0, 130
RAD
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O quarto passo é calcular os fluxos nas linhas usando (4.10).
P12 = − P21 =
Θ1 − Θ2
X12
=
0 − 0, 149
1/2 = − 0, 298 PU DE MW
P13 = − P31 =
Θ1 − Θ3
X13
=
0 + 0, 136
1/5 = 0, 680 PU DE MW
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ] [ ] [ ]
P14 = − P41 =
Θ1 − Θ4
X14
=
0 + 0, 130
1/4 = 0, 520 PU DE MW
P23 = − P32 =
Θ2 − Θ3
X23
=
0, 149 + 0, 136
1/3 = 0, 855 PU DE MW
P34 = − P43 =
Θ3 − Θ4
X34
=
−0, 136 + 0, 130
1/2 = − 0, 012 PU DE MW
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
As potências líquidas injetadas nas barras valem:
P2 = P21 + P23 + P
PERDAS
2 = 0, 298 + 0, 855 + 0, 045 ≈ 1, 2 PU DE MW
P3 = P31 + P32 + P34 + P
PERDAS
3 = − 0, 680 − 0, 855 − 0, 012 + 0, 051 ≈ − 1, 5 PU DE MW
P4 = P41 + P43 + P
PERDAS
4 = − 0, 520 + 0, 012 + 0, 006 ≈ − 0, 5 PU DE MW
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Por fim, a potência líquida da barra de referência fica:
P1 = P12 + P13 + P14 + P
PERDAS
1 = − 0, 298 + 0, 680 + 0, 520 + 0, 032 = 0, 934 PU DE MW
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O resumo da solução do problema através do Fluxo de Carga Linearizado com Perdas é apresentado na figura a seguir.
 Figura: Fluxograma da cabelereira Leila: o processo de corte de cabelo.
VERIFICANDO O APRENDIZADO
CONCLUSÃO
CONSIDERAÇÕES FINAIS
Ao longo destes módulos analisamos alguns sistemas de potência em regime permanente. Começamos pelos modelos de rede e carga disponíveis, o
que serviu de alicerce para montarmos o problema de fluxo de carga.
Na sequência, vimos a formulação do fluxo de carga não linear e sua resolução por meio de alguns exemplos. Por fim, conhecemos a formulação do
fluxo de carga linearizado, que teve sua aplicação exemplificada para alguns problemas.
 PODCAST
AVALIAÇÃO DO TEMA:
REFERÊNCIAS
BORGES, C. L. T. Análise de Sistemas de Potência. Rio de Janeiro: UFRJ, 2005.
ELGERD, O. I. Introdução à Teoria de Sistemas de Energia Elétrica. São Paulo: McGraw-Hill, 1981.
MONTICELLI, A. J. Fluxo de Carga em Redes de Energia Elétrica. São Paulo: Blücher, 1983.
STEVENSON, W. D. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986.
EXPLORE+
Para saber mais sobre os assuntos tratados neste tema, resolva os exercícios dos livros que constam na bibliografia.
CONTEUDISTA
Sandro Santos de Lima
 CURRÍCULO LATTES
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