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Exercícios de Redes e Sistemas de Energia Elétrica

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exercícios de
Redes e Sistemas 
de Energia Elétrica
Rui C astRo E EduaRda PEdRo
miolo:redes 06/01/14 12:59 Page 1
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“rsee” — 2014/1/13 — 9:53 — page ii — #2 i
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C O L E Ç Ã O • A P O I O A O E N S I N O
a) Exercícios de Análise Matemática I e II, 3ª Edição
Departamento de Matemática.
b) Métodos Numéricos: complementos e guia prático
Carlos Lemos e Heitor Pina.
c) Matemática Experimental
Mário M. Graça e Pedro T. Lima.
d) Exercícios de Cálculo Integral em Rn
Gabriel E. Pires.
e) Exercícios sobre Ligação Química
Margarida Salema.
f) Exercícios de Análise Complexa e Equações Complexas
Luís Barreira e Claudia Valls.
g) Exercícios de Álgebra Linear
Luís Barreira e Claudia Valls.
h) 100 Experiências de Química Orgânica
Dulce Simão e Carlos Afonso (Eds.).
i) Exercícios de Redes e Sistemas de Energia Elétrica
Rui Castro e Eduarda Pedro.
C O L E Ç Ã O • E N S I N O D A C I Ê N C I A E D A T E C N O L O G I A
T Í T U L O S P U B L I C A D O S
16 Redes de Energia Eléctrica: uma análise sistémica, 3ª Edição
José Pedro Sucena Paiva.
29 Ecologia Industrial: princípios e ferramentas
Paulo Cadete Ferrão.
35 Uma Introdução às Energias Renováveis: eólica, fotovoltaica e mini-hídrica, 2ª Edição
Rui Castro.
41 Hidrologia e Recursos Hídricos, 2ª Edição
João Reis Hipólito e Álvaro Carmo Vaz.
exercícios de
Redes e Sistemas 
de Energia Elétrica
Rui C astRo E EduaRda PEdRo
InstItuto superIor técnIco • Av. rovIsco pAIs • 1049-001 LIsboA • portugAL • Istpress.tecnIco.uLIsboA.pt
miolo:redes 06/01/14 12:59 Page 2
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“rsee” — 2014/1/13 — 9:53 — page iv — #4 i
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F I C H A T É C N I C A
Editora: IST Press
Diretor: Pedro Lourtie
Coleção: Apoio ao Ensino
Coordenador Editorial: F. Miguel Dionísio
Título: Exercícios de Redes e Sistemas de Energia Elétrica
Autor: Rui Castro e Eduarda Pedro
Produção: Manuela Morais
Design: Golpe de Estado – Produções Criativas, Lda.
Revisão de Texto: Luís Filipe Coelho
Composição/Paginação: Louriofficina, Atelier de Design da Lourinhã, Lda.
Impressão/Acabamento: XXXXXX
ISBN: 978-989-8481-28-3
Depósito Legal: XXXXXX/14
1ª Edição: Janeiro de 2014
Tiragem: 750 exemplares
Copyright © Janeiro 2014, Rui Castro, Eduarda Pedro, Instituto Superior Técnico
Reservados todos os direitos. Esta publicação não pode ser reproduzida, nem
transmitida, no todo ou em parte, por qualquer processo electrónico, mecânico,
fotocópia, gravação ou outros, sem prévia autorização escrita da Editora.
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ÍNDICE
EXERCÍCIOS DE REDES E
SISTEMAS DE ENERGIA ELÉTRICA
PREÂMBULO vii
1 CONCEITOS BÁSICOS 1
2 MÁQUINA SÍNCRONA 31
3 TRANSFORMADOR E MÁQUINA ASSÍNCRONA 51
4 LINHA ELÉTRICA DE ENERGIA 71
5 TRÂNSITO DE ENERGIA LINEARIZADO E CURTO-CIRCUITOS
SIMÉTRICOS 85
6 TRÂNSITO DE ENERGIA 125
7 CURTO-CIRCUITOS ASSIMÉTRICOS 163
8 CONTROLO DE TENSÃO E FREQUÊNCIA 207
9 ESTABILIDADE TRANSITÓRIA 221
10 SOBRETENSÕES E TRANSITÓRIOS ELETROMAGNÉTICOS 253
11 OPERAÇÃO OTIMIZADA 295
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PREÂMBULO
Este livro é uma coletânea de problemas resolvidos sobre o funcionamento das redes e siste-
mas de energia elétrica, tanto em regime estacionário, como em regime transitório. Traduz
a experiência, de muitos anos, dos autores na lecionação de disciplinas da área de especiali-
zação de energia do curso de mestrado em engenharia eletrotécnica e de computadores do
Instituto Superior Técnico. O livro apresenta um conjunto de problemas resolvidos, mai-
oritariamente problemas de exame, e segue de perto os capítulos do livro do Prof. Sucena
Paiva, Redes de energia elétrica: uma análise sistémica, também publicado pela IST Press.
Regra geral, o livro apresenta o enunciado do problema, seguindo-se a respetiva resolução,
onde se evidenciam os aspetos teóricos mais relevantes que permitem atingir o resultado
final. Sempre que possível, apresentam-se os diversos processos alternativos de resolução
do problema proposto, como modo de confirmar resultados. Procura-se também dar uma
panorâmica geral do funcionamento global do sistema, calculando-se o valor de todas as
grandezas envolvidas.
O estudo das matérias lecionadas num curso universitário é um processo que envolve várias
etapas. Em primeiro lugar, os estudantes devem assistir às aulas teóricas, de problemas e de
laboratório, participando ativamente, e procurando tirar o maior partido da aprendizagem
presencial. Depois, a compreensão dos fenómenos envolvidos deve ser consolidada atra-
vés do estudo pessoal, recorrendo a livros e outros documentos de apoio ao ensino, onde
as matérias são expostas e explicadas. Finalmente, o estudo efetuado deve ser aplicado,
resolvendo problemas práticos de aplicação concreta dos conceitos teóricos.
Este livro insere-se precisamente nesta última componente do estudo. Não é suposto es-
tudar por este livro de problemas resolvidos. Ninguém compreende as bases teóricas e os
princípios de funcionamento dos sistemas reais, olhando para a resolução de problemas
típicos. A dimensão e a complexidade do sistema de energia elétrica tornam inviável a
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v i i i P R E Â M BU L O
aplicação desta receita. O que é suposto é usar este livro como complemento da apren-
dizagem principal, resultante das aulas presenciais e da consulta de livros onde as bases
teóricas são fundamentadas e explicadas, e como uma oportunidade de praticar os concei-
tos já previamente apreendidos. Recomenda-se aos estudantes de cursos universitários, a
quem este livro é preferencialmente dirigido, que tentem primeiramente resolver os exer-
cícios propostos, só depois verificando os resultados obtidos, e, se for caso disso, descubram
maneiras alternativas de resolução do problema, obtendo uma visão sistémica alargada do
exercício proposto.
O livro inicia-se com um capítulo sobre conceitos básicos associados às redes de energia
elétrica. A segunda parte inclui problemas resolvidos acerca dos elementos que constituem
o sistema de energia elétrica — máquina síncrona, transformador e máquina assíncrona e
linha, e ainda um capítulo sobre os modelos de análise simplificada do sistema de energia
elétrica (trânsito de energia linearizado e cálculo de curto-circuitos simétricos). A terceira
parte do livro é dedicada ao funcionamento do sistema de energia elétrica em regime es-
tacionário, incluindo capítulos acerca do trânsito de energia, usando os modelos clássicos
de análise, e o cálculo de correntes de curto-circuitos assimétricos — fase-terra, fase-fase
e fase-fase-terra. Os capítulos seguintes são consagrados ao funcionamento do sistema de
energia elétrica em regime transitório, podendo encontrar-se capítulos sobre o controlo de
tensão e frequência, estabilidade transitória e sobretensões e transitórios eletromagnéticos.
Finalmente, a última parte do livro está relacionada com a operação otimizada do sistema
de energia elétrica, incluindo o despacho económico, o trânsito de energia otimizado e a
estimação de estado.
A maior parte dos problemas propostos é da lavra dos autores. Contudo, existem alguns da
autoria dos Profs. Ferreira de Jesus e Pedro Carvalho, do IST, a quem os autores agradecem
a autorização dada para serem incluídos na presente coletânea.
Rui Castro
Eduarda Pedro
L,   2014
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6
T R Â N S I T O D E E N E RG I A
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T R Â N S I TO D E E N E RG I A 1 2 7
Problema TE1
Considere um transformador 220/60 kV, com regulação automática de tensão em módulo,
ligado entre dois barramentos, B1 e B2, a alimentar uma carga. O transformador tem uma
reatância de curto-circuito de 5% na base de 100 MVA. A carga ligada em B2 tem elasti-
cidade nula e absorve a potência de 200+j100 MW/Mvar. A tensãoem B1 é fixa e igual
a 1,0 pu. Através da variação da relação de transformação do transformador, pretende
regular-se a tensão em B2 no valor 1,05 pu. Tome para potência de base Sb = 100 MVA.
1. Calcule a relação de transformação do transformador que conduz ao valor desejado
de tensão em B2 e o valor do ângulo dessa tensão.
2. Repita 1), considerando que os dados do problema se mantêm todos, à exceção
da carga ligada em B2, que passa a ter elasticidade 2, absorvendo a potência de
200+j100 MW/Mvar à tensão nominal.
3. Comente os resultados obtidos.
Resolução
1)
O sistema de equações complexas que permite resolver o problema dado — um transfor-
mador com regulação de tensão em módulo ligado entre dois barramentos — é:[
S∗1/V
∗
1
S∗2/V
∗
2
]
=
[
ycc/m2 −ycc/m
−ycc/m ycc
][
V1
V2
]
(6.1)
em que:
S1 = P1 + jQ1 pu
V1 = 1,0e
j0 pu
S2 = (PG2 − Pc2) + j (QG2 −Qc2) = −2− j1 pu
ycc =
1
jxcc
= −j20 pu
V2 = 1,05e
jθ2 pu
(6.2)
A primeira equação complexa de (6.1) tem quatro variáveis reais — P1, Q1, m e θ2 —, e
a segunda tem apenas duas, m e θ2, pelo que vamos usar esta última.
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1 2 8 T R Â N S I TO D E E N E RG I A
Então, tem-se:
S∗2
V∗2
= −ycc
m
V1 + yccV2
−2 + j1
1,05e−jθ2
= −−j20
m
× 1,0ej0 − j20× 1,05ejθ2
(6.3)
Desenvolvendo, obtém-se:
−2 + j1 = j20
m
× 1,05 (cos θ2 − j sin θ2)− j20× 1,052 (6.4)
Decompondo em parte real e parte imaginária:
−2 = 21
m
sin θ2
1 =
21
m
cos θ2 − 22,05
(6.5)
Resolvendo o sistema de equações (6.5), por divisão da primeira equação pela segunda,
obtém-se o resultado:
− 2
23,05
= tan θ2 ⇔ θ2 = −0,0866 rad = −4,9590◦
m = −21
2
sin θ2 ⇔ m = 0,9077 pu
(6.6)
2)
Sendo a carga ligada em B2 de elasticidade 2, a potência injetada em 2 é nula, e a ad-
mitância da carga tem de ser adicionada no elemento (2,2) da matriz [Y]. O sistema de
equações a resolver é:[
S∗1/V
∗
1
0
]
=
[
ycc/m2 −ycc/m
−ycc/m ycc + yc2
][
V1
V2
]
(6.7)
em que todas as grandezas de 1) se mantêm, com exceção de S2, que é agora zero.
Há que calcular a admitância da carga de elasticidade 2, yc2, a qual é constante. Para
determinar o seu valor, vamos usar a informação acerca do ponto de funcionamento que
conhecemos. Sabe-se que, à tensão nominal, a carga absorve a potência de Sc2 = 2+j1 pu.
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T R Â N S I TO D E E N E RG I A 1 2 9
Então:
Sc2 = VnI
∗
c2 = Vn (yc2Vn)
∗
= y∗c2V
2
n
yc2 =
S∗c2
V 2n
= 2− j1 pu
(6.8)
A equação complexa a resolver é:
0 =
j20
m
× 1,0 + (2− j1− j20)× 1,05ejθ2 (6.9)
Desenvolvendo e separando em parte real e parte imaginária, obtém-se:
2,1 cos θ2 + 22,05 sin θ2 = 0
2,1 sin θ2 − 22,05 cos θ2 +
20
m
= 0
(6.10)
A partir da primeira equação obtém-se o valor do ângulo; substituindo na segunda equação
obtém-se o valor da relação de transformação.
− 2,1
22,05
= tan θ2 ⇔ θ2 = −0,0950 rad = −5,4403◦
m = − 20
2,1 sin θ2 − 22,05 cos θ2
⇔ m = 0,9029 pu
(6.11)
3)
Os resultados obtidos são diferentes, porque em 1) a potência de carga é constante e igual
a Sc2 = 2+j1 pu (carga de elasticidade nula), ao passo que em 2) a potência de carga é
Sc2 = (yc2)∗ ×V 22 = 2,2050+j1,1025 pu (a carga é de elasticidade 2, pelo que a potência
varia com a tensão, especificamente, com o quadrado da tensão).
Problema TE2
Considere a rede cuja representação, em termos de esquema unifilar, se mostra na Fi-
gura 6.1.
Dados:
• V1 = 1 pu, P1 = 100 MW, Q1 = 24,7 Mvar, PG4 = 100 MW, QG4 = 40 Mvar
• Linhas: xL = 0,43 Ω/km, l1 = l2 = 60 km, Vn = 150 kV
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C U RT O - C I R C U I T O S A S S I M É T R I C O S
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C U RTO - C I RC U I TO S A S S I M É T R I C O S 1 6 5
Problema CCA1
Considere a rede apresentada na Figura 7.1.
Dados:
• Gerador G1: Sn = 100 MVA, x′d = xi = 20%, x0 = 5%
• Gerador G2: Sn = 10 MVA, x′d = xi = 20%, x0 = 5%
• Transformador T1: Sn1 = 100 MVA, 10 kV/220 kV, ∆/YT, xT1 = 10%
• Transformador T2: Sn2 = 10 MVA, 0,69 kV/220 kV, ∆/YT, xT2 = 10%
• Linha L: Vn = 220 kV, xL = 0,4 Ω/km, xhL = 3×xL, l = 121 km
• Carga Sc2: Pc2 = 50 MW, tanϕ = 0,4 ind., ε = 0
Considere que se pretende realizar, à tensão nominal, um estudo de curto-circuitos com a
rede em vazio. Use Sb = 100 MVA. Para um curto-circuito no barramento 2, calcule, em
pu e em kA, o módulo de:
1. Corrente de curto-circuito trifásico simétrico.
2. Corrente de curto-circuito fase-fase.
3. Corrente de curto-circuito fase-terra.
Considere, agora, que se pretende realizar um estudo de curto-circuitos com a rede em
carga. A tensão em B1 e B2 é igual a 1,0 pu.
4. Repita 1), 2) e 3) considerando que a rede está em carga.
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1 6 6 C U RTO - C I RC U I TO S A S S I M É T R I C O S
L 
1 
G1 T1 T2
2 
Sc2
G2
Figura 7.1 Esquema unifilar da rede do Problema CCA1.
Resolução
Em primeiro lugar, há que preparar os dados da rede em pu, na base desejada.
Os dados do grupo gerador/transformador 1 já estão na base correta. Os dados do grupo
gerador/transformador 2 têm de ser convertidos para Sb = 100 MVA. Assim, tem-se:
x′d2 = 0,2×
100
10
= 2 pu
xT2 = 0,1×
100
10
= 1 pu
(7.1)
Há também que calcular as impedâncias da linha em pu:
xL =
0,4× 121
2202
100
= 0,1 pu
xhL = 3xL = 0,3 pu
(7.2)
Como se considera que a rede está em vazio, a potência de carga, Sc2, não é relevante para
os cálculos.
1)
A corrente de curto-circuito trifásico simétrico, em módulo e em pu, em B2, é:
I3Fcc2 =
V 0
xd2
(7.3)
em que: V 0 é a tensão pré-defeito, e xd2 é a reatância direta de Thévenin, vista do ponto
de defeito.
Uma vez que, antes do defeito, à tensão nominal, a rede está em vazio, será V 0 = 1 pu. O
curto-circuito no barramento 2 é alimentado pelo gerador 1 e pelo gerador 2, que se encon-
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C U RTO - C I RC U I TO S A S S I M É T R I C O S 1 6 7
tram em paralelo a alimentar o defeito. Nestas condições, a reatância direta de Thévenin
vista do barramento 2 é:
xd2 = (x
′
d1 + xT1 + xL) // (x
′
d2 + xT2) =
=
(x′d1 + xT1 + xL)× (x′d2 + xT2)
(x′d1 + xT1 + xL) + (x
′
d2 + xT2)
= 0,3529 pu
(7.4)
Logo, atendendo a (7.3), o módulo da corrente de curto-circuito trifásico simétrico em B2
será igual a 2,8333 pu.
Para obter o valor em kA é necessário calcular o valor da corrente de base. Uma vez que
o curto-circuito é num barramento de 220 kV, será:
I3Fcc2 = 2,833× Ib = 2,833×
Sb√
3× Vb
= 0,7436 kA (7.5)
2)
A corrente de curto-circuito fase-fase, em módulo e em pu, em B2, é:
IFFcc2 =
√
3V 0
xd2 + xi2
(7.6)
em que xi2 é a reatância inversa de Thévenin vista do barramento 2.
Uma vez que as reatâncias inversas dos grupos gerador/transformador são iguais, a rea-
tância inversa de Thévenin é igual à reatância direta, pelo que a corrente de curto-circuito
fase-fase é igual a:
IFFcc2 =
√
3× 1
2× 0,3529
= 2,4537 pu = 0,6439 kA (7.7)
3)
A corrente de curto-circuito fase-terra, em módulo e em pu, é:
IFTcc2 =
3V 0
xd2 + xi2 + xh2
(7.8)
em que xh2 é a reatância homopolar de Thévenin vista do barramento 2.
No cálculo da reatância homopolar de Thévenin, os esquemas de ligação dos transforma-
dores são relevantes. Para os esquemas de ligação dos transformadores considerados, o
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1 6 8 C U RTO - C I RC U I TO S A S S I M É T R I C O S
esquema equivalente homopolar é o que se apresenta na Figura 7.2. Logo, a reatância
homopolar de Thévenin vista do barramento 2 é:
xh2 = (xT1 + xhL) // (xT2) =
=
(xT1 + xhL)× xT2
(xT1 + xhL) + xT2
= 0,2857 pu
(7.9)
xhL
1
x01 xT1 xT2
2
x02
Figura 7.2 Esquema equivalente homopolar da rede do Problema CCA1, em vazio.
A corrente de curto-circuito fase-terra em B2 é igual a:
IFTcc2 =
3× 1
2× 0,3529 + 0,2857
= 3,0254 pu = 0,7940 kA (7.10)
4)
Se o estudo decurto-circuitos é realizado com a rede em carga, é necessário conhecer o
valor da tensão em B2 e converter a carga ligada também em B2. Segundo os dados do
problema, o valor do módulo da tensão em B2 é 1,0 pu, para o que se supõe que o gerador
fornece a potência reativa necessária. A carga em B2, que tem elasticidade nula, tem de
ser convertida em carga de elasticidade 2, para o que se deve usar a tensão em B2. Assim,
a impedância da carga em B2 (carga de elasticidade 2) é:
zc2 =
V 22
S∗c2
=
12
0,5− j0,2
= 1,7241 + j0,6897 pu (7.11)
uma vez que:
tanϕ =
Qc2
Pc2
= 0,4 (7.12)
O esquema equivalente direto da rede está representado na Figura 7.3.
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C U RTO - C I RC U I TO S A S S I M É T R I C O S 1 6 9
xL
1
x′d1 xT1 xT2
2 x′d2
zc2
Figura 7.3 Esquema equivalente direto da rede do Problema CCA1, em carga.
A impedância direta de Thévenin vista do barramento 2, com a rede em carga, é:
zd2 = jxd2//zc2 =
=
j0,3529× (1,7241 + j0,6897)
j0,3529 + (1,7241 + j0,6897)
= 0,0529 + j0,3209 pu
zd2 = 0,3253 pu
(7.13)
A impedância inversa é igual à impedância direta e a impedância homopolar é:
zh2 = jxh2//zc2 =
=
j0,2857× (1,7241 + j0,6897)
j0,2857 + (1,7241 + j0,6897)
= 0,0359 + j0,2654 pu
zh2 = 0,2678 pu
(7.14)
Finalmente, o cálculo das correntes de curto-circuito (módulo) em B2, com a rede em carga,
devém:
I ′
3F
cc2 =
V 0
zd2
=
1
0,3253
= 3,0743 pu = 0,8068 kA
I ′
FF
cc2 =
√
3V 0
zd2 + zi2
=
√
3× 1
0,6506
= 2,6624 pu = 0,6987 kA
I ′
FT
cc2 =
3V 0
zd2 + zi2 + zh2
=
3× 1
0,9183
= 3,2668 pu = 0,8573 kA
(7.15)
Os resultados das correntes de curto-circuito são diferentes, com a rede em carga e com a
rede em vazio. As cargas não alimentam os curto-circuitos, mas influenciam o cálculo das
respetivas correntes.
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E S TA B I L I DA D E T R A N S I T Ó R I A 2 2 3
Problema ET1
Um grupo gerador/transformador está ligado através de duas linhas, de resistência despre-
zável, a um barramento infinito. O gerador tem uma constante de inércia H e reatância
transitória X ′d; o transformador e as linhas são caracterizados pelas suas reatâncias, Xt,
Xℓ1 e Xℓ2 (Xℓ2 = 2Xℓ1/3), respetivamente. A potência injetada no barramento 1, S1, as
perdas de reativa nas duas linhas, Qℓ, e a tensão no barramento infinito, V2, têm os valores
indicados na Figura 9.1.
Admita que em t = 0 ocorre um curto-circuito trifásico simétrico franco na linha ℓ2, junto
ao barramento 1, que é eliminado, por abertura dos disjuntores da linha, no instante de
tempo T . Admita que na oscilação do rotor se atingiu um ângulo máximo de 120º.
1. Calcule a reatância Xℓ2 da linha e a amplitude complexa da f.e.m. transitória, E′.
2. Por aplicação do critério da igualdade das áreas, determine o instante de eliminação
do defeito, T , bem como o ângulo δT que lhe corresponde.
2 
1S 1 
Scc = ∞ 
x
X′d=0,25 pu Xt=0,1 pu
X�1
pu1, 50 e
pu0, 90
j0,5 up0,9
j0
2
1
=
=
+=
V
Q
S
�x
x x
X�2
H=5 s
Figura 9.1 Esquema unifilar da rede do Problema ET1.
Resolução
1)
As linhas só consomem potência reativa, porque se considera desprezável a sua resistência.
Assim, a potência complexa entregue no barramento infinito é dada por:
S2 = S1 − jQℓ → S2 = 0,9 + j0,41 pu (9.1)
E a corrente no circuito é dada por:
I =
(
S2
V2
)∗
= 0,8571− j0,3905 = 0,9419e−j24,49
◦
pu (9.2)
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Conhecidos os valores da potência de perdas nas duas linhas e da corrente, obtém-se o
valor das reatâncias das linhas:
Qℓ = XℓeqI
2 =
Xℓ1Xℓ2
Xℓ1 +Xℓ2
I2 ⇔ Qℓ =
3
5
Xℓ2I
2
⇔ Xℓ2 = 0,1691 pu; Xℓ1 = 0,2536 pu
(9.3)
Nos problemas aqui apresentados utiliza-se o modelo clássico para representar a máquina
síncrona. Neste modelo despreza-se o efeito de saliência na máquina, sendo esta repre-
sentada pela força eletromotriz transitória (f.e.m.), E′, em série com a reatância transitória
X ′d. Deste modo, a f.e.m. transitória é dada por:
E′ = j (X ′d +Xt +Xℓeq) I + V2 = 1,2263 + j0,3870 = 1,2859e
j17,51◦ pu (9.4)
2)
Ao longo deste capítulo utiliza-se o critério da igualdade das áreas para analisar as condi-
ções de estabilidade transitória da máquina na rede. Este método baseia-se nos seguintes
pressupostos:
• O módulo da f.e.m. transitória mantém-se constante durante o período em análise.
• A potência mecânica fornecida pela turbina mantém-se constante durante o transi-
tório.
• Despreza-se o amortecimento devido ao atrito.
• As cargas são representadas por impedâncias constantes, ou seja, consideram-se de
elasticidade 2 relativamente à tensão.
A expressão da potência gerada, em função de δ, no estado 1 determina-se a partir de:
PG1 (δ) = Re
{
E′I∗
}
(9.5)
Ao longo deste capítulo, o ângulo δ caracteriza o ângulo da f.e.m. relativamente à referên-
cia dos ângulos (ângulo da tensão no barramento infinito).
Como a corrente é dada por:
I =
E′ − V2
j (X ′d +Xt +Xℓeq)
(9.6)
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então:
PG1 = Re
{
− E
′2
j (X ′d +Xt +Xℓeq)
+
E′ejδV2e
j0
j (X ′d +Xt +Xℓeq)
}
(9.7)
resultando:
PG1 =
E′V2
X ′d +Xt +Xℓeq
sin (δ) (9.8)
De realçar que, utilizando o modelo clássico para representar a máquina síncrona e des-
prezando as resistências dos componentes do sistema, a expressão da potência gerada em
função de δ é tipicamente uma constante a multiplicar por sin δ.
Em valores numéricos, (9.8) é:
PG1 (δ) = 2,9908 sin (δ) (9.9)
Antes da perturbação (estado 1), a potência gerada é igual à potência mecânica, ou seja,
PG1(δ0) = PM = 0,9 pu, sendo δ0 = 17,51º = 0,3056 rad.
No estado 2, como o curto-circuito ocorre junto ao barramento 1, a potência entregue pelo
gerador é nula, e a equação de oscilação tem a forma:
2H
ω0
δ̈ = PM (9.10)
sendo ω0 = 2πf0 e f0 = 50 Hz.
A solução desta equação pode obter-se por via analítica. Da primeira integração, obtém-se
a expressão temporal da derivada em ordem ao tempo do ângulo δ do rotor, relacionada
com a velocidade angular do rotor da máquina (δ̇ (t) = ωr−ω0). Da segunda integração,
obtém-se a expressão temporal do ângulo δ do rotor.
δ̇ (t) =
ω0
2H
PM t
δ (t) =
ω0
2H
PM
t2
2
+ δ0
(9.11)
No estado 3, o defeito é eliminado por abertura dos disjuntores da linha 2. Como o módulo
da f.e.m. transitória se mantém constante, a potência gerada em função de δ é dada por:
PG3 (δ) =
V2E
′
X ′d +Xt +Xℓ1
sin (δ) ⇔ PG3 (δ) = 2,2368 sin (δ) (9.12)
No estado 2, como a potência elétrica fornecida pela máquina é zero, então a potência
mecânica é superior à potência elétrica, e a máquina acelera. No estado 3 passa-se o
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inverso, e a máquina desacelera. Por aplicação do critério de igualdade das áreas, ou seja,
igualando a área de aceleração definida no estado 2 com a área de desaceleração definida
no estado 3, determina-se o ângulo δT relativo à mudança de estado:
PM (δT − δ0) =
δmax∫
δT
(PG3 (δ)− PM) dδ (9.13)
Resolvendo a equação (9.13) e tendo em consideração a equação (9.11), obtém-se:
δT = 1,3493 rad = 77,31
◦
T = 271,70ms
(9.14)
Na Figura 9.2 ilustram-se as áreas consideradas na aplicação do critério de igualdade das
áreas.
0
0
1
0.5
1.5
2
2.5
3
20 40
δ [◦]
60 80 100 180120 140 160
P
[p
u]
G
P (δ)G3
P (δ)G1
Figura 9.2 Ilustração da aplicação do critério de igualdade das áreas. Problema ET1.
Problema ET2
Um gerador, a operar a 50 Hz e com uma constante de inércia de 4 s, está ligado através
de uma rede, de resistência desprezável, a um barramento infinito e a fornecer-lhe uma

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