Estabilidade_transitória

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1 
Estudo de Estabilidade Transitória 
 
1. Introdução 
 
A oscilação eletromecânica de um gerador de eletricidade, originada por perturbações 
de grandes proporções (por exemplo, curtos-circuitos), é um fenômeno transitório lento, 
porém, de enorme importância no estudo de estabilidade de sistemas elétricos de potência. 
Pode-se ter uma visão do problema, através do equivalente mecânico mostrado na Figura 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As várias massas, suspensas por uma rede de cordões elásticos, representam geradores 
elétricos e linhas de transmissão, respectivamente. O sistema está em regime permanente 
estático, com cada cordão carregado abaixo do seu ponto de ruptura (o que corresponde cada 
linha de transmissão estar funcionando abaixo do seu limite de estabilidade). 
 
Em um dado instante, um dos cordões é subitamente cortado (o que corresponde a 
uma perda súbita de uma linha de transmissão). Como resultado, as massas experimentarão 
movimentos acoplados e as forças nos cordões variarão. A perturbação súbita pode causar um 
dos dois efeitos: 
 
1. O sistema atingirá um novo estado de equilíbrio, caracterizado por um novo conjunto 
de forças nos cordões (isto é, linhas de transmissão no caso de sistemas elétricos). 
 
2. Devido às forças transitórias, um outro cordão romper-se-á, provocando o 
enfraquecimento da rede e resultando no rompimento em cadeia de cordões e o 
eventual colapso total do sistema. 
 
Se o sistema tem o poder inerente de sobreviver à perturbação e atinge um novo 
regime permanente, diz-se que ele possui estabilidade transitória para a falta em questão. 
Caso contrário, diz-se que o sistema perdeu a estabilidade. O sistema pode ser estável para o 
transitório que segue a perda de uma linha em particular ou instável para a perda de outra ou 
outras linhas. 
 
Dependendo da natureza e duração da falta, os transitórios mecânicos de rotor que a 
ela seguem, podem terminar em um segundo, ou podem continuar e tornarem-se mais graves 
nos instantes seguintes, culminando, eventualmente, em um colapso total, ou na recuperação 
Figura 1 – Equivalente mecânico para análise de estabilidade 
transitória de sistemas de potência 
 
2 
do sistema. Para analisar o problema, é comum dividir o período transitório em três intervalos 
de tempo: 
 
1. Intervalo inicial: Estende-se aproximadamente pelo primeiro segundo após a 
ocorrência da falta. Esse intervalo inclui o começo e possível remoção da falta inicial. 
A dinâmica do rotor nesse intervalo é completamente descontrolada no sentido em que 
o comportamento dos geradores está, essencialmente, além da influência dos 
controladores Pf e QV. O único controle que se tem é o que está associado com 
operações de chaveamento, incluindo a seção da linha onde está a falta, a colocação de 
capacitores, os desligamentos de geradores com falta, entre outros. 
 
2. Intervalo intermediário: Dura por aproximadamente, 5 s. Aqui já se fazem sentir os 
efeitos dos controladores Pf e QV. 
 
3. Intervalo final: Pode durar vários minutos após o início da falta. Nesse período sofrem 
os efeitos de “longo prazo”, incluindo as constantes de tempo térmicas de sistemas a 
vapor e nucleares, a perda permanente nos equipamentos de geração, o desligamento 
de cargas, dentre outros. 
 
Os acontecimentos durante os dois primeiros intervalos são de muita importância, uma 
vez que determinam se o sistema “sobreviverá” ou não ao “choque” inicial, isto é, se o 
sistema terá ou não sua integridade preservada. 
 
Se o sistema “sobreviver”, o perigo não acabou. Devido à perda permanente nos 
equipamentos, pode estar perdendo freqüência numa taxa lenta ou rápida, e então se deve 
recorrer ao controle com a finalidade de recuperar freqüência. Nesse momento, a força de 
controle principal é o desligamento de cargas. Desligando-se cargas de baixa prioridade pode-
se inverter a tendência decrescente da freqüência. 
 
 Neste capítulo será dedicada particular atenção aos acontecimentos do intervalo 
inicial, a fim de verificar se o sistema não irá perder a sua estabilidade após a ocorrência de 
uma falta. 
 
2. Modelos de Transitórios de Sistema 
 
 Ao se investigar um sistema quanto à sua estabilidade em transitório, deve-se proceder 
como segue. 
 
1. Determinar o estado inicial pré-falta. 
2. Iniciar a falta. 
3. Calcular o movimento transitório pós-falta das massas e as forças resultantes nos 
cordões. 
4. Se as forças não excederem os pontos de ruptura dos cordões, o sistema será 
considerado estável para a falta em questão. 
 
Um estudo de estabilidade em transitório de um sistema de energia elétrica segue um 
roteiro análogo. Após a perturbação, as posições angulares dos rotores sofrerão desvios 
transitórios. Se puder ser determinado pela análise de estabilidade que todos os ângulos 
individuais dos rotores fixar-se-ão em novos valores de regime pós-falta, correspondendo a 
 
3 
um novo estado de equilíbrio síncrono, então se conclui que o sistema é, na realidade, estável 
sob o transitório. 
 
3. Equação de Oscilação de Máquina Síncrona 
 
 Antes de se apresentar equação de oscilação da máquina síncrona, é importante revisar 
alguns conceitos básicos. Para isso, considere o gerador síncrono elementar de dois pólos 
(pólos salientes), esquematizado na Figura 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A Figura 3 mostra o diagrama vetorial das ondas de fmm do rotor (Fr), do estator (Fs) 
e a resultante (Fsr). A fmm, Fsr (campo girante), produz o fluxo resultante sr� , o qual circula 
através do entreferro da máquina. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Na figura, �r = �m desde que �m seja dado em grau ou radiano elétrico. 
 
No funcionamento em regime permanente, as ondas de fmm Fs e Fsr se deslocam à 
velocidade angular fws π2= rad/s (velocidade síncrona) ao longo do estator da máquina. A 
freqüência (f) é a freqüência da tensão gerada (gerador) ou aplicada (motor) no enrolamento 
de estator da máquina. 
 
Eixo magnético do 
campo do rotor 
Eixo fixo no estator (tomou-se 
o eixo magnético da bobina da 
fase A ) 
 
ws 
wm 
�m +
• •
•
+ + A 
A’ 
B 
B’ 
C 
C’ 
• •
+ + 
Eixo da fmm resultante no 
stator, campo girante (Fsr) 
�m 
Figura 2 - Gerador síncrona elementar de 2 pólos 
 
�r = �m 
 
Fr 
Fs 
 
Fsr 
 
Figura 3 - Diagrama vetorial das ondas de fmm 
 
sr� 
 
4 
A relação entre ângulo elétrico e ângulo mecânico, em uma máquina síncrona de p 
pólos, é 
m
p θθ ×=
2
 rad (1) 
 
A onda fmm do rotor, Fr, gira à velocidade mecânica do rotor (wm), a qual é dada por 
sm w
p
w ×= 2
 rad/s (2) 
ou 
p
f
n
×= 120
 rpm (3) 
 
 A equação de movimento do rotor de uma máquina síncrona se baseia no princípio da 
dinâmica, o qual estabelece que o torque de aceleração é igual ao momento de inércia do 
rotor multiplicado por sua aceleração angular. 
 
ema
m TTT
dt
d
J −==× 2
2θ
 N.m (4) 
 
Onde 
J: Momento de inércia total da massa rotativa (kg.m2) 
�m: Deslocamento angular (ângulo mecânico) do rotor com relação a um eixo estacionário 
(referência), em radiano mecânico (Figura 2) 
t: Tempo em segundos 
Ta: Torque de aceleração (N.m) 
Tm: Torque mecânico (N.m) 
Te: Torque eletromagnético, dado por 
 
rrsre senF
p
T δπ ×Φ�
�
�
�
�
�×=
2
22
 (5) 
e 
fN
Vt
sr ××
=Φ
44,4
 
 
Onde, Vt é a tensão nos terminais da máquina, f é a freqüência de Vt e N é o número de espiras 
por fase. 
 
Em condições normais de operação, Tm e Te são iguais e com isso o Ta é nulo. Neste 
caso, não há aceleração ou desaceleração das massas girantes do rotor, sendo a velocidade 
resultante constante e igual à velocidade síncrona. Portanto, as massas rotativas do rotor e da 
máquina de acionamento são ditas estarem em sincronismo com as outras máquinas, operando 
na velocidade síncrona do sistema. 
 
 O ângulo �m é medido com respeito a um eixo estacionário no estator, conforme 
mostrado na Figura 2. Ele cresce com o tempo e com a velocidade síncrona. Assim, é 
interessantea posição angular do rotor em relação a um eixo referência que gire à velocidade 
síncrona (eixo da fmm resultante no estator). Dessa forma, define-se 
 
 
5 
msm tw δθ +×= (6) 
 
Onde, �m é o deslocamento angular do rotor em relação ao eixo girante, em radiano mecânico. 
 
 Derivando (6) em relação a t, obtêm-se 
 
dt
d
ww
dt
d
w
dt
d m
sm
m
s
m δ
+=�
δ
+=
θ
 (7) 
 
e 
2
2
2
2
dt
d
dt
d mm δθ
= (8) 
 
A equação (7) mostra que a velocidade mecânica do rotor 
dt
d
w m
m
θ
= é constante e 
igual e à velocidade síncrona, quando 0=
dt
d mδ
. A equação (8) representa a aceleração 
angular do rotor. 
 
 A substituição de (8) em (4), resulta em 
 
ema
m TTT
dt
d
J −==× 2
2δ
 N.m (9) 
 
Multiplicando (9) por wm, obtêm-se as potências de aceleração (Pa), mecânica no eixo 
da máquina (Pm) e elétrica (Pe). 
 
emmmam
m
m TwTwTw
dt
d
wJ ×−×=×=×× 2
2δ
 W (10) 
ou 
ema
m
m PPP
dt
d
wJ −==×× 2
2δ
 W (11) 
 
 O coeficiente mwJ × é o momento angular do rotor (kg.m2/s). Na velocidade 
síncrona, é chamado de “constante” de inércia da máquina, sendo simbolizado por M. Em 
algumas condições de operação, M não é constante, tendo em vista que wm não é igual à ws. 
Porém, na prática, wm não difere significativamente de ws quando a máquina é estável. Re-
escrevendo (11) em termos de M, tem-se 
 
 ema
m PPP
dt
d
M −==× 2
2δ
 W (12) 
 
 Nos dados de máquina para estudo de estabilidade, outra constante relacionada à 
inércia, comumente fornecida pelos fabricantes, é a constante H. É definida como 
 
 em MVAa máquina,rifásica dPotência t
ules em megajo síncrona,velocidadenética na Energia ci
H = 
 
6 
ou 
maq
s
maq
s
S
wM
S
wJ
H
×
=
×
= 2
1
2
1 2
 MJ/MVA (13) 
 
Explicitando M em (13) e substituindo em (12), obtém-se 
 
maq
em
maq
am
s S
PP
S
P
dt
d
w
H −
==× 2
22 δ
 (14) 
 
Tomando como potência base a potência da própria máquina, tem-se (14) em p.u na 
base da máquina. 
 
ema
m
s
PPP
dt
d
w
H −==× 2
22 δ
 p.u (15) 
 
A equação (15) é chamada de equação de oscilação da máquina, a qual governa a 
dinâmica rotacional das máquinas síncronas nos estudos de estabilidade. 
 
Escrevendo (15) em termos de f (Hz) e fazendo �m = � (radiano elétrico), tem-se 
 
ema PPP
dt
d
f
H −==×
× 2
2δ
π
 p.u (16) 
 
Para o caso do ângulo � ser dado em grau elétrico, resulta 
 
ema PPP
dt
d
f
H −==×
× 2
2
180
δ
 p.u (17) 
 
A equação (15) pode ser re-escrita como 
 
ema
m
s
PPP
dt
d
dt
d
w
H −==�
�
�
�
�
�×
δ2
 p.u (18) 
 
De (7), tem-se 
sm
m ww
dt
d
−=
δ
 rad/s (19) 
 
Essa equação fornece a velocidade angular do rotor relativa à velocidade síncrona do campo 
girante. 
 
Como a velocidade síncrona não varia com o tempo, então, a substituição de (19) em 
(18), resulta 
 
em
m
s
PP
dt
dw
w
H −=×2
 p.u (20) 
 
7 
 
Sob o ponto de vista de aplicação prática, é importante que se façam algumas 
considerações sobre a equação de oscilação. 
 
1. Em um estudo de estabilidade com várias máquinas síncronas, apenas uma potência é 
tomada como base (comumente, 100 MVA). Assim, o segundo membro da equação de 
oscilação (15) de cada máquina deve ser expresso em p.u na base comum. Por sua vez, 
a constante H, no primeiro membro, deve ser consistente com a base do sistema. Isto 
deve ser feito convertendo a constante H de cada máquina (dada na própria potência), 
a um valor determinado pela base do sistema. Na equação (12), multiplicando cada 
lado pela relação (Smaq /Ssistema), obtém-se 
 
sistema
s
maq
sistema
maq
sistema
maq
maq
s
maq
sistema
maq
S
wM
H
S
S
S
S
S
wM
H
S
S ×
=×�×
×
=× 2
1
 2
1
 
 
Mas, 
sistema
sistema
s
H
S
wM
=
×
2
1
 
Então, 
sistema
maq
maqsistema S
S
HH ×= 
 
2. A constante de inércia M raramente é usada, sendo mais comum o emprego de H na 
equação de oscilação. Isto se deve ao fato de M variar bastante com o tamanho e o tipo 
de máquina. A constante H também varia, porém numa faixa menor. Os fabricantes de 
máquinas costumam usar a grandeza 2WR (peso em libra, multiplicado pelo quadrado 
do raio de giração, em pés) para especificar o momento de inércia das partes rotativas 
de uma unidade de geração (incluindo a máquina motriz). A grandeza WR2 /32,2 é o 
momento de inércia em slug-pé quadrado. 
 
Exemplo 1: Desenvolver uma expressão para calcular a constante H do gerador de 
uma usina nuclear com potência 1,333 MVA, 1800 rpm e WR2 = 5,82x106 lb.ft2. 
 
Resolução: 
 
A energia cinética de rotação em lb.ft, na velocidade síncrona, é 
 
22
60
)(2
322
1
�	
��

 ×π××= rpmWR
KE lb.ft 
ou 
2
2
1
swIKE ××= 
 
Onde, I é o momento de inércia dado por 
2,32
2WR
I = 
 
8 
 
Sabe-se que 1 ft.lb = 746/550 joules. Convertendo esse valor para MJ e dividindo pela 
potência da máquina em MVA, obtém-se 
 
maqmaq S
rpmWR
S
rpmWR
H
2210
22
6
)(1031,260
)(2
2,322
1
10
550
746
×××=
�
	
�
�

 ×π×××�
�
�
�
�
� ×
=
−
−
 
 
333,1
18001082,51031,2 2610 ××××=
−
H 
 
Convertendo H para a base do sistema (no caso, 100 MVA), tem-se 
 
56,43
100
333,1
27,3 =×=H MJ/MVA 
 
3. Em estudo de estabilidade de um grande sistema com várias máquinas, é necessária a 
minimização das equações de oscilação a serem resolvidas. Isto pode ser feito se a 
falta na linha de transmissão do sistema for de tal forma que os rotores das máquinas 
de uma mesma usina ou planta oscilem juntamente. Em tal caso, as máquinas, que 
funcionam dessa forma, podem ser combinadas em uma máquina equivalente, como se 
seus rotores fossem mecanicamente acoplados, conseqüentemente, apenas uma única 
equação de oscilação será utilizada. As máquinas que atendem a esses pré-requisitos 
são chamadas de máquinas coerentes. 
 
Considere um sistema com dois geradores conectados a uma mesma barra. Considere 
também, que a barra está eletricamente distante do distúrbio. As equações de oscilação 
na base do sistema são: 
 
• Para o gerador 1: 112
1
2
12
em
s
PP
dt
d
w
H −=δ× p.u (21)
 
• Para o gerador 2: 222
2
2
22
em
s
PP
dt
d
w
H −=δ× p.u (22) 
 
Somando essas duas equações e fazendo �1 = �2 = �, pois considera-se que os dois 
rotores oscilam juntamente (máquinas coerentes), tem-se 
 
)()(2
22
eqeeqm
s
eq PP
dt
d
w
H
−=δ× 
Onde, 
Heq = H1 + H2 
Pm(eq) = Pm1 + Pm2 
Pe(eq) =Pe1 + Pe2 
 
9 
 Essa equação, que toma a forma de (14), pode ser resolvida para representar a 
dinâmica da planta. 
 
Exemplo 2: Duas unidades geradoras, que operam em paralelo, têm as características 
dadas abaixo. Calcular a constante equivalente H par as duas unidades na base de 100 
MVA. 
• Unidade 1: 500 MVA, fp1= 0,85, 20 kV, 3500 rpm, H1= 4,80 MJ/MVA 
• Unidade 2: 1,333 MVA, fp2 = 0,90, 22 kV, 1800 rpm, H2 =3,27 MJ/MVA. 
 
Resolução: 
 
A energia cinética de rotação das máquinas é dada por: 
 
6759333,127,35008,4 =×+×=KE MJ 
 
59,67
100
6759 ==H MJ/MVA 
 
Sabendo-se que as máquinas oscilam juntamente, esse valor pode ser usado numa 
equação de oscilação, pois se considera que os rotores estão em passo, em cada 
instante de tempo. 
 
4. Para o caso de duas máquinas não coerentes, as equações de oscilação são iguais às 
equações (21) e (22). Dividindo cada equação por sus respectiva constante, e 
subtraindo os resultados, obtém-se 
 
��
�
�
��
�
� −
−
−
×=
δ
−
δ
2
22
1
11
2
2
2
2
1
2
2 H
PP
H
PPw
dt
d
dt
d emems 
 
Multiplicando os dois lados por 
21
21
HH
HH
+
×
 e fazendo algumas manipulações 
algébricas, determina-se que 
 
21
1221
21
1221
2
21
2
21
21 )(2
HH
HPHP
HH
HPHP
dt
d
HH
HH
w
eemm
s +
×−×
−
+
×−×
=
−
��
�
�
��
�
�
+
×
×
δδ
 (23) 
 
Escrevendo essa equação na forma básica, tem-se 
 
12122
12
2
122
em
s
PP
dt
d
w
H −=δ× 
 
Onde 
�12 = �1- �2 
 
21
21
12 HH
HH
H
+
×
= 
 
10 
21
1221
12 HH
HPHP
P mm
m +
×−×
= 
 
21
1221
12 HH
HPHPP ee
e +
×−×
= 
 
Uma aplicação que pode ser feita com essas equações diz respeito a um sistema 
composto por um gerador e um motor síncrono, conectados por uma linha de 
transmissão puramente reativa. Se ocorrer uma mudança na potência de saída do 
gerador, ela será absolvida pelo motor. Assim, pode-se escrever 
 
mmm PPP =−= 21 
 
eee PPP =−= 21 
 
 Nessas condições, mm PP =12 e ee PP =12 e a equação (23) fica reduzida a 
 
em
s
PP
dt
d
w
H −=δ×
2
12
2
122
 
 
4. Equação do Ângulo de Potência 
 
 Na equação de oscilação do gerador, a potência de entrada da máquina (Pm) será 
considerada constante. Sendo Pm constante, a potência Pe determina se o rotor acelera, 
desacelera ou permanece na velocidade síncrona. Quando Pe=Pm, a máquina funciona em 
regime permanente, na velocidade síncrona. Quando se afasta desse valor, a velocidade do 
rotor afasta-se da velocidade síncrona. As mudanças em Pe são determinadas pelas condições 
dos circuitos de transmissão e distribuição ou das cargas supridas pelo gerador. Distúrbios nos 
sistemas como mudanças de cargas, faltas ou aberturas de disjuntores, podem causar 
mudanças em Pe, conseqüentemente, transitórios eletromagnéticos. Fundamentalmente, a 
tensão no gerador é suposta constante, de forma que a mudança em Pe é determinada pela 
equação de fluxo de carga, aplicada ao circuito, e pelo modelo escolhido para representar o 
comportamento elétrico da máquina. Para o estudo de estabilidade transitória, cada máquina é 
representada por sua tensão interna, E’, em série com sua reatância transitória X’d, como 
mostra a Figura 4. Onde, Vt é a tensão terminal e � é o ângulo de E’ em relação ao o eixo 
girante (� = �m, ver figuras 2 e 3). Esse modelo corresponde á representação da máquina em 
regime permanente, em que a reatância síncrona Xd está em série com a tensão interna E. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
+
_ 
E’ 
jX’d I 
Vt 
Referência 
Vt 
I×′dXj 
I 
 
E’ 
 
� = �m 
� 
Figura 4 – Circuito equivalente de um gerador síncrono em regime transitório e seu diagrama fasorial 
G 
 
11 
 Considere o caso de dois geradores suprindo cargas com impedâncias constantes em 
um circuito como esquematizado na Figura 5. As reatâncias dos geradores estão incluídas no 
circuito. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Os elementos da matriz admitância de barra para o circuito, reduzido às barras 1 e 2, é 
 
�
�
	
�
�
�
=
2221
1211
YY
YY
Ybar (24) 
 
 Do estudo de fluxo de carga, sabe-se que a injeção de potência complexa ( ∗
kS ), numa 
barra genérica k, é 
 
n
N
n
knkkk jQP VYV ××=− �
=
∗
1
 (25) 
 
Sendo k =1 e N =2 e fazendo V igual a E’ em (25), obtém-se a potência líquida 
injetada na barra 1 do sistema. 
 
∗∗ ′×′+′××′=+ )()( 2121111111 EYEEYEjQP (26) 
 
Onde 
 ; 
 ; 
121212111111
222111
θ
δδ
∠=−=
∠=′∠=′
YjBG
EE
YY
EE
 
 
Substituindo esses valores em (26), obtém-se 
 
)](sen[)cos( 1221122111
2
11221122111
2
111 θδδθδδ −−××−×+−−××+×=+ YEEBEjYEEGEjQP
 
Conseqüentemente, ∗
1S é dada por 
 
)](sen[)cos( 1221122111
2
11221122111
2
111 θδδθδδ −−××−×−−−××+×=− YEEBEjYEEGEjQP
 
Assim, 
 
)cos( 1221122111
2
11 θδδ −−×′×′+×′= YEEGEP (27) 
G1 G2 
 
Circuito de 
transmissão 
E1’ 
 
E2’ 
 
+ 
 
_ 
+ 
 
_ 
I2 I1 
Figura 5 – Sistema de potência com dois geradores suprindo 
cargas através de um circuito de transmissão 
1 2 
 
12 
e 
)(sen 1221122111
2
11 θδδ −−×′×′+×′−= YEEBEQ (28) 
 
Trocando os subscritos, obtêm-se equações semelhantes para a barra 2. 
 
Em (27) e (28), fazendo 
2
 e 1221
πγθδδδ +=−= , têm-se 
 
)(sen122111
2
11 γ−δ×′×′+×′= YEEGEP (29) 
 
)(cos122111
2
11 γδ −×′×′−×′−= YEEBEQ (30) 
 
 A equação (29) pode ser escrita numa forma mais compacta 
 
)-sen(max γδPPP ce += (31) 
 
Onde 
1221max11
2
11 ; ; YEEPGEPPP ce ×′×′=×′== (32) 
 
A equação (31), que fornece a potência elétrica de saída do gerador, Pe, comumente é 
chamada de equação do ângulo de potência. Seu gráfico, que é traçado em função de �, é 
conhecido como curva do ângulo de potência. 
 
No caso de um circuito puramente reativo, tem-se G11= 0 (Pc = 0) e �12 = �/2. Então, 
de (27) obtém-se 
 
δsen max ×= PPe (33) 
 
Em que, 1221max YEEP ×′×′= e Y12 é o módulo do elemento Y12. 
 
Exemplo 3: A Figura 6 mostra um gerador conectado através de duas linhas de transmissão a 
um grande sistema metropolitano, que é considerado como barra infinita ( p.u01 o∠=V e 
freqüência constante). A máquina está fornecendo 1 p.u de potência ao sistema. A tensão 
terminal da máquina é α∠1 p.u. Os números no diagrama indicam as reatâncias numa 
mesma base. Pede-se: (a) A equação do ângulo de potência para essa condição de operação; 
(b) A equação de oscilação da máquina. 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Primeiramente, constrói-se o diagrama de impedâncias como na Figura 7. 
 
j0,1 
 
2,0jd =′X 
G ∞ 
j0,4 
j0,4 
Figura 6 – Sistema de potência onde se vê um gerador alimentando uma barra infinita 
 
13 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O módulo da reatância série entre a tensão terminal e a barra infinita é: X24 = 0,3 p.u 
 
A potência fornecida pelo gerador ao sistema (1 p.u) é dada pela equação do ângulo de 
potência. 
 
ot
X
VV
46,171sen
3,0
11
1sen
24
=α�=α××
�=α×
×
 
 
Em que � é o ângulo de Vt com relação V (barra infinita tomada como referência). 
 
Assim, 
o
t 46,171∠=V =0,954+j0,3 p.u 
 
Por sua vez, determina-se a corrente I 
 
o
oo
t j
jx
73,8012,11535,01
3,0
0146,171
24
∠=+=∠−∠=
−
=
VV
I p.u 
 
A tensão transitória E’ é dada por 
 
ooo
dt j 44,2805,173,8012,12,046,171 ∠=∠×+∠=×′+=′ IXVE p.u 
 
Escrevendo a equação do ângulo de potência relativa ao gerador à barra infinita, tem-
se 
δδ sen
5,0
105,1
sen
14
××=××′=
x
VE
Pe 
 
δsen 01,2=eP 
 
Onde � é o ângulo mecânico do rotor com relação à barra infinita, dado em radiano ou grau 
elétrico. 
 O gráfico de Pe x � (curva do ângulo de potência) está mostrado na Figura 8. 
 
 
 
j0,2 I 
α∠= 1tV 
+ 
_ 
E’ G 
j0,1 
 
+ 
 
_ 
j0,4 
j0,4 
o01∠=V 
2 
 
3 
 
4 
 
Figura 7 – Diagrama de impedâncias do sistema 
1 
 
 
14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observa-se que a potência mecânica de entrada, Pm, é constante (considerada 1 p.u) e 
intercepta a curva do ângulo de potência no ponto de ângulo 28,44º (ângulo de operação). 
Essa posição angular inicial do rotor corresponde à condição de operação de 1 p.u. 
 
 De (17), tem-se a equação de oscilação da máquina 
 
δ×−=δ×
×
sen1,21
180 2
2
dt
d
f
H
 p.u 
 
Onde, H é dada em MJ/MVA, f em Hz e � em graus elétricos. 
 
 
Exemplo 4: O sistema do Exemplo 3 está operando nas condições mencionadas quando 
ocorre uma falta trifásica na metade de uma das linhas. Pede-se a equação do ângulo de 
potência para o sistema na condição de falta e a equação de oscilação correspondente. 
Considerar H = 5 MJ/MVA. 
 
Resolução: 
 
 Na Figura 9 é mostrado o diagrama de impedâncias transformado em diagrama de 
admitâncias. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2,1 
90 28,44 151,56 � (graus) 
Pe (p.u) 
 
 
Figura 8 – Gráfico do ângulo de potência 
δsen1,2 ×=eP 
Pm 
 
15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na Figura 10, redesenha-se o diagrama de admitâncias com o objetivo de mostrar o 
efeito da falta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Baseado no conceito de que o enlace de fluxo na máquina não varia instantaneamente, 
então, a tensão transitória interna do gerador permanece constante e igual a 
o44,2805,1 ∠=′E p.u, conforme calculada no exemplo anterior. 
 
 Para a nova configuração mostrada na Figura 10, a matriz de admitâncias de barra é 
 
 
 
 
 
 
 
 
 A barra 3, sem fonte, será removida da matriz Ybar, usando o método de redução de 
Kron, isto é, 
 
nn
njknoriginal
kj
novo
kj Y
YY
YY
×
−= )()( 
 
Onde, n é o número de elementos da matriz )(original
barY . 
3 
 
4 
 1 
 
-j5 
δ∠05,1 
+ 
_ 
G 
-j3,333 
+ 
 
_ 
-j5 
 
-j2,5 
o01∠ 
Figura 9 – Diagrama de admitâncias do sistemaF 
3 
 
4 
 1 
 
-j5 
δ∠05,1 
+ 
_ 
G 
-j3,333 
+ 
 
_ 
-j5 
 
-j2,5 
o01∠ 
Figura 10 – Diagrama esquemático de mostrando o efeito da falta 
 1 4 3 
�
�
�
�
	
�
�
�
�
�
−
−
−
×=
833,105,2333,3
5,25,70
333,30333,3
jbarY 
1 
 
4 
 
3 
 
16 
 A aplicação desse procedimento, resulta 
 
 
�
	
�
�
−
−
×=�
	
�
�
=
923,6769,0
769,0308,2
)(
22
)0(
21
)(
12
)(
11)( jnovonov
novonovo
nova
bar YY
YY
Y 
 
 O módulo da admitância de transferência entre o gerador e a barra infinita é 
769,0)(
12 =novoY p.u. Portanto, 
 
808,0769,0105,1)(
12max =××=××′= novoYVEP p.u 
 
 A equação do ângulo de potência na condição da falta no sistema é 
 
δsen808,0 ×=eP p.u 
 
 A correspondente equação de oscilação é 
 
δ×−=δ×
×
sen808,01
180
5
2
2
dt
d
f
 p.u 
 
 Devido à inércia, o ângulo do rotor não pode mudar instantaneamente no momento da 
falta. Por conseguinte, inicialmente, permanece com o valor 28,44º, e a potência de saída é 
 
 385,0)sen(28,44808,0 o =×=eP p.u 
 
Assim, a potência de aceleração inicial é 
 
615,0385,01 =−=aP p.u 
 
Por sua vez, a aceleração angular inicial do rotor é positiva e seu valor é dado por 
 
f
f
dt
d ×=××=δ
14,22615,0
5
180
2
2
 grau / s2 
 
Exemplo 5: A falta no sistema do Exemplo 4 é limpa pela abertura simultânea das proteções 
nos dois terminais da linha afetada. Pede-se a equação do ângulo de potência e equação de 
oscilação para o período pós-falta. 
 
Resolução: 
 
 Verificando a Figura 6, após a remoção da linha com falta, a admitância série entre o 
gerador e a barra infinita é 
429,1
)4,01,02,0(
1
14 j
j
−=
++
=y p.u 
 
 
17 
Na matriz Ybar, o elemento Y14 = -y14, então Y14 = j1,429 p.u. Assim, a equação do 
ângulo de potência é dada por 
 
δsen5,1sen429,1105,1 ×=×××= �Pe p.u 
 
Por sua vez, a equação de oscilação é 
 
�
dt
d
f
sen5,11
180
5
2
2
×−=δ×
×
 p.u 
 
 A aceleração, no momento da abertura da falta, depende da posição angular do rotor 
naquele instante de tempo. 
 
 As curvas dos ângulos de potência dos exemplos acima são mostradas na Figura 11. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5. Coeficientes de Potência Sincronizante 
 
 No gráfico do ângulo de potência do Exemplo 3 (Figura 8), o ponto de operação é 
determinado para o ângulo de operação �0 = 28,44º, onde a potência mecânica de entrada Pm é 
igual à potência elétrica de saída Pe. Na mesma figura, observa-se que Pe = Pm para o caso de 
� = 151,56º, o que pode parecer um ponto aceitável de operação. O que não é, como será 
mostrado a seguir. 
 
 
 
 
 
 
� (graus) 
Pe (p.u) 
90º 
Pm 
28,44 
 
151,56 
 
2,1 
δsen1,2 ×=eP 
δsen5,1 ×=eP 
 
δsen808,0 ×=eP 
Figura 11 – Curvas dos ângulos de potência dos exemplos apresentados 
 
18 
 Um ponto de operação aceitável é aquele que o gerador não perde o sincronismo 
quando ocorrer pequenas mudanças na potência elétrica de saída. Para este exame, considere 
uma potência mecânica (Pm) fixa e uma mudança incremental no ponto de operação, isto é, 
 
∆∆ +=δ+δ=δ eee PPP 00 e (34) 
 
 Onde os índices zero e � identificam, respectivamente, o ponto de operação em regime 
permanente e a variação incremental a partir desse valor. 
 
 Substituindo (34) em (33), obtém-se a equação do ângulo de potência para o sistema 
de duas máquinas. 
 
 
 )sencoscossen()sen( 00max0max0 ∆∆∆∆ ×+×=+×=+ δδδδδδ PPPP ee (35) 
 
 
 Sendo �� um pequeno deslocamento incremental de �0, então 
 
∆∆∆ == δδδ sen e 1cos (36) 
 
 Assim, (35) torna-se 
 
)cos(sen 0max0max0 δδδ PPPP ee ∆∆ +=+ (37) 
 
 No ponto de operação inicial (�0), tem-se Pm = Pe 0, então, 
 
 
0maxsenδPPm = (38) 
 
A partir de (37) e (38), tem-se 
 
0max0 cos)( δ×δ−=+− ∆∆ PPPP eem (39) 
 
 A substituição das variáveis incrementais de (34) em (15), resulta 
 
)(
)(2
02
0
2
∆
∆ +−=
+
× eem
s
PPP
dt
d
w
H δδ
 p.u (40) 
 
Trocando o lado direito dessa equação por (39) e permutando os termos, obtém-se 
 
 
 
 
 
(41) 
 
 
 
 
0)cos(
2
)cos(
2
0max2
2
0max2
2
2
0
2
=+×
−=�
�
�
�
�
�
�
�
+×
∆
∆
∆
∆
δδδ
δδδδ
P
dt
d
w
H
P
dt
d
dt
d
w
H
s
s
 
 
 
0 
 
19 
Derivando (33) em relação a � e fazendo �= �0, obtém-se 
 
0max cos|
0
δ
δ δδ P
d
dP
S e
p == = p.u (42) 
 
Onde, Sp é a inclinação da curva do ângulo de potência no ponto de operação de �0. É 
conhecida como coeficiente de potência sincronizante. 
 
 Quando Sp é usado em (41), a equação de oscilação, para variações incrementais 
ângulo-rotor, pode ser posta na forma 
 
0
22
2
=×
×
+ ∆
∆ δδ
H
Sw
dt
d ps (43) 
 
Em (43), tem-se uma equação diferencial linear de segunda ordem cuja solução 
depende do sinal de Sp. Quando Sp for negativo, a solução ��(t) cresce exponencialmente sem 
limite. Quando Sp for positivo, a solução ��(t) corresponde a um movimento harmônico 
simples. O movimento é representado pela oscilação de um pêndulo sem amortecimento. A 
equação de um movimento harmônico simples é 
 
 02
2
2
=×+ xw
dt
xd
n (44) 
 
 Comparando (43) com (44), para o caso Sp positivo, obtém-se a freqüência angular de 
oscilação, sem amortecimento, ou seja, 
 
H
Sw
w ps
n 2
×
= rad/s (45) 
ou 
 
n
pn
n w
H
Sw
f ×=
×
×=
ππ 2
1
22
1
 Hz (46) 
 
Na Figura 8, o ponto de operação � = 28,44º é um ponto de equilíbrio estável. Nesse 
sentido, o ângulo do rotor oscila após uma pequena perturbação. Na prática, o amortecimento 
restabelece o ângulo do rotor para 28,44º, após a perturbação temporária. Pelo outro lado, o 
ponto � = 151,56º é um ponto de equilíbrio instável pelo fato de Sp ser negativo. Esse ponto 
não é válido como ponto de operação. 
 
Exemplo 4: A máquina do Exemplo 3 está operando com um ângulo � =28,44º, quando 
ocorre uma pequena perturbação no sistema. Pede-se a freqüência e o período de oscilação do 
rotor, considerando que a máquina é removida antes da máquina motriz. Fazer H=5 MJ/MVA. 
 
Resolução: 
 
 De (42), o coeficiente de potência sincronizante é 
 
 
20 
8466,1)44,28cos(1,2 == o
pS p.u 
 
De (43), a freqüência angular de oscilação assume o valor 
 
343,8
52
8466,1377
2
=
×
×=
×
=
H
Sw
w ps
n rad/s 
 
ou, em termos de freqüência elétrica 
33,1343,8
2
1 =×=
πnf Hz 
 
O período é dado pelo inverso de fn, então 
 
753,0
33,1
11 ===
nf
T s 
 
 Esse exemplo é importante sob o ponto de vista prático, pois indica a ordem de 
grandeza da freqüência que pode ser imposta à freqüência nominal (60 Hz) de um sistema 
com várias máquinas interconectadas. Para o exemplo, 33,160 +=f Hz. 
 
 
6. Análise de Estabilidade: Critério das Áreas Iguais 
 
 A equação de oscilação é não linear, assim sendo, a sua solução formal não pode ser 
explicitada. No caso da oscilação de uma única máquina, com relação a uma barra infinita, é 
muito difícil de se obter a solução formal literal. Para isso, métodos computacionais são 
utilizados. Para verificar a estabilidade de um sistema de duas máquinas, sem resolver a 
equação de oscilação, emprega-se o critério das áreas iguais, que é um método aproximado. 
 
 Considere o sistema mostrado na Figura 6, ao qual é acrescentada uma pequena linha 
de transmissão, como mostrado na Figura 12. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Inicialmente, o disjuntor A está fechado e o B está aberto, portanto, a condição de 
operação inicial do Exemplo 3 pode ser considerada sem alteração. No ponto F, ocorre uma 
falta trifásica, que é limpa pelo disjuntor A depois de um curto intervalo de tempo. A falta é 
~ 
Figura 12 – Sistema de potência com uma falta trifásica no ponto F da linha AB 
∞
~
A B 
F 
 
21 
praticamente na barra de saída do transformador, por conseguinte, a potência elétrica de saída 
é zero (Pe=0), até a falta ser limpa. A condição física antes, durante e depois da falta pode ser 
entendida analisando a curva do ângulo de potênciana Figura 13 (a), (b) e (c). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
180º �0 �max 
 
 
 
Pm 
a b 
δsenmaxP 
(a) 
 
180º �0 �max 
 
 
 
Pm 
a 
δsenmaxP 
(b) 
A2 
A1 
d 
e 
�c �x 
b c 
 
22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Antes da falta ocorrer, o gerador está operando na velocidade síncrona com o ângulo 
do rotor igual a �0, e a potência mecânica de entrada, Pm, é igual à potência elétrica de saída, 
Pe, como no ponto a da Figura 13 (a). Quando ocorre a falta, no instante t = 0, Pe vai a zero e 
Pm permanece inalterada, como mostra a Figura 13 (b). Essa mudança acarreta o crescimento 
da velocidade do rotor, a partir do aumento da potência de aceleração, que se iguala à Pm, ou 
seja, Pa= Pm. Sendo tc o tempo de abertura da falta, então, para um tempo t < tc, a aceleração 
é constante e, de acordo com (15), é dada por 
 
m
sm P
H
w
dt
d
×=
22
2δ
 rad/s2 (47) 
 
 Enquanto permanece a falta, a velocidade do rotor cresce acima da velocidade 
síncrona e pode ser obtida pela integração de (47). 
 
 
� ××=××=
t
m
s
m
s tP
H
w
dtP
H
w
dt
d
0 22
δ
 rad/s (48) 
 
Essa equação fornece a velocidade do rotor, relativa à velocidade síncrona. Integrando-a 
novamente em relação ao tempo, obtém-se a posição angular do rotor. 
 
0
2
4
δδ +×
×
= t
H
Pw ms rad (49) 
 180º �0 �max 
 
 
 
Pm 
a 
δsenmaxP 
(c) 
A3 
A4 
d 
e 
�c �x �y 
 
Figura 13 – Diagramas da curva do ângulo de potência, apresentando as condições físicas do sistema, antes (a) 
durante (b) e depois (c) da falta 
b c 
f 
 
23 
As equações (48) e (49) mostram, respectivamente, que a velocidade relativa do rotor 
cresce linearmente com o tempo, enquanto o ângulo do rotor avança de �0 até o ângulo �c, na 
abertura da falta. Isto é, o ângulo � vai de b até c na Figura 13 (b). No instante de abertura da 
falta, t = tc, o crescimento da velocidade do rotor e do ângulo, entre o gerador e a barra 
infinita, são, respectivamente 
 
c
ms
tt t
H
Pw
dt
d
c
×
×
== 2
|
δ
 rad/s (50) 
e 
 
 0
2
4
|)( δδ +×
×
== c
ms
tt t
H
Pw
t
c
 rad (51) 
 
 Quando a falta é limpa no ângulo �c, a potência elétrica (Pe) cresce abruptamente ao 
valor correspondente ao ponto d, na curva do ângulo de potência. Em d, Pe excede a potência 
mecânica (Pm). A partir daí, a potência de aceleração (Pa) fica negativa (Pa = Pm - Pe). 
Conseqüentemente, diminui a velocidade, quando Pe vai de d a e na Figura 13 (c). Em e, a 
velocidade do rotor atinge a velocidade síncrona, embora o ângulo do rotor tenha avançado 
até �x. A velocidade do rotor (wm) não pode permanecer na velocidade síncrona (ws), precisa 
continuar decrescendo. Nesse caso, de acordo com (19), a velocidade relativa é negativa, e o 
ângulo do rotor se desloca para trás, a partir de �x. De acordo com a curva da Figura 13 (c), 
isso acontece a partir do ponto e até a, onde wm < ws. De a até o ponto f, tem-se Pm >Pe. Em f, 
a velocidade do rotor atinge a velocidade síncrona outra vez. Na ausência de amortecimento, 
o rotor continuará oscilando indefinidamente na seqüência f-a-e e e-a-f, com a velocidade 
síncrona ocorrendo em e e f. 
 
 De acordo com (19), a velocidade angular do rotor (wr), relativa à velocidade síncrona, 
é dada por 
 
smr ww
dt
d
w −== δ
 (52) 
 
De (20), tem-se 
em
r
s
PP
dt
dw
w
H −=×2
 (53) 
 
 Multiplicando os dois lados da equação por 
dt
d
wr
δ= , obtém-se 
 
dt
d
PP
dt
dw
w
w
H
em
r
r
s
δ×−=×× )(2 (54) 
 Mas r
r w
dt
wd
2
)( 2
= , então (54) pode ser re-escrita como 
 
dt
d
PP
dt
wd
w
H
em
r
s
δ×−=× )(
)( 2
 (55) 
 
 
24 
 Multiplicando por dt e integrando o resultado, obtém-se 
 
� −=−× 2
1
)()( 2
1
2
2
δ
δ
δdPPww
w
H
emrr
s
 (56) 
 
 A velocidade wr1 do rotor corresponde a �1 e wr2 corresponde a �2. Se o rotor está na 
velocidade síncrona, então, wr1= wr2= 0. Nessas condições, (56) torna-se 
 
0)(2
1
=−�
δ
δ
δdPP em (57) 
 
 Aplicando essa equação em dois ângulos, �1 e �2, do diagrama do ângulo de potência, 
determinam-se os pontos em que a velocidade do rotor atinge a velocidade síncrona. Na 
Figura 13 (b), os tais pontos são a e e, que correspondem aos ângulos �0 e �x. Fazendo a 
integração em dois passos, escreve-se 
 
0)()(
0
=−+− ��
x
c
c
dPPdPP emem
δ
δ
δ
δ
δδ (58) 
 
ou 
�� −=− x
c
c
dPPdPP meem
δ
δ
δ
δ
δδ )()(
0
 (59) 
 
O primeiro membro corresponde ao período que o sistema permanece com a falta, e o 
segundo ao período pós-falta. 
 
 Na Figura 13 (b), Pe é zero durante a falta (intervalo de a-d). A área hachurada A1 é 
dada pelo primeiro membro de (59), e a área A2 pelo segundo membro. As duas áreas são 
iguais, ou seja, 
 
 ��� −= x
c
x
c
c
dPdPdP mem
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δδδ
0
 
 
Mas, δδ dPPe senmax ×= , então, 
 
��� −×= x
c
x
c
c
dPdPdP mm
δ
δ
δ
δ
δ
δ
δδδδ senmax
0
 
 
)()cos(cos)( max0 cxmxccm PPP δ−δ×−δ−δ×=δ−δ× (60) 
 
Na Figura 13 (c), o rotor assume a velocidade síncrona em �x e �y, então, pela mesma 
razão, A3 e A4 são iguais. 
 
 A área A1 depende do tempo de abertura da falta. Se esse tempo crescer, o ângulo �c 
também crescerá, implicando em um aumento da área A1. Pelo critério das áreas iguais, A2 
também irá crescer, até o ângulo �x. Se o tempo de abertura for prolongado, até que o ângulo 
do rotor oscile além do ângulo máximo �max, a velocidade do rotor vai estar acima da 
velocidade síncrona, quando a potência de aceleração for atingida novamente. Na condição de 
aceleração positiva, o ângulo � crescerá sem limite, levando a um resultado instável. 
 
25 
Entretanto, existe um ângulo crítico que garante a estabilidade do sistema. Esse ângulo, que 
conhecido como ângulo crítico de abertura, pode ser determinado pelo critério das áreas 
iguais, como será visto a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 O tempo para remover a falta, que correspondente ao ângulo crítico, é chamado de 
tempo crítico de abertura, tcr. Aplicando (60), no caso particular da Figura 14, tem-se 
 
)()cos(cos)( maxmaxmax021 crmcrcrm PPPAA δ−δ×−δ−δ×=δ−δ×�= 
 (61) 
 
 A manipulação dessa equação, resulta 
 
max0max
max
cos)(cos δδδδ +−×��
�
�
��
�
�
=
P
Pm
cr (62) 
 Da Figura 14, tem-se 
 
0max δπδ −= (63) 
e 
 
0max senδ×= PPm (64) 
 
 Substituindo �max e Pm em (62), simplificando o resultado e resolvendo-a para �cr, 
obtém-se 
 
]cossen)2[(cos 000
1 δδδπδ −×−= −
cr rad (65) 
 
A substituição de (65) em (51), resulta em outra expressão que também pode ser usada 
na determinação do ângulo crítico de abertura, isto é, 
 
� (rad) �0 �max 
 
 
 
Pm 
δsenmaxPPe = 
Figura 14 – Diagrama do ângulo de potência que mostra o ângulo crítico de abertura 
A2 
A1 
P (p.u) 
�cr 
 
26 
0
2
4
δδ +×
×
= cr
ms
cr t
H
Pw
 rad (66) 
 
Por conseguinte, o tempo crítico de abertura é dado por 
 
 
ms
cr
cr Pw
H
t
×
−×
=
)(4 0δδ
 s (67) 
 
 É importante observar que, no cálculo de tcr e �cr, os ângulos devem ser dados em 
radiano. 
 
Exemplo 7: Calcular o ângulo e o tempo crítico de abertura para o sistema da Figura 12, 
submetido à falta trifásica no ponto F da linha de transmissão curta. As condições iniciais são 
as mesmas do Exemplo 3 e H = 5 MJ/MVA. 
 
Resolução: 
 
Do Exemplo 3, tem-se: 
• Equação do ângulo de potência: δδ sen1,2senmax ×=×= PPe p.u 
• Ângulo inicial do rotor: �0 = 28,44º = 0,496 rad 
• Potência mecânica de entrada: Pm = 1 p.u 
 
De acordo com (66), o ângulo crítico é: 
 
426,1697,81]28,44cossen28,44)496,02[(cos oo1 ==−××−π=δ − o
cr rad 
 
A aplicação de (67), resulta no tempo crítico: 
 
222,0
1377
)496,0426,1(54 =
×
−××=crt s 
 
 Esse exemplo serve para estabelecer o conceito de tempo crítico de abertura, o qual é 
fundamental ao projetista de proteçãopara o esquema de abertura de falta. Nos casos mais 
gerais, o tempo crítico de abertura não pode ser explicitado sem resolver a equação de 
oscilação por simulação em computador digital. 
 
7. Aplicações Adicionais do Critério das Áreas Iguais 
 
 Embora o critério das áreas iguais seja aplicado apenas para o caso de duas máquinas 
ou uma máquina e uma barra infinita, é bastante útil para se observar o que acontece quando 
ocorre uma falta no sistema. 
 
 Quando um gerador está suprindo potência a uma barra infinita por duas linhas de 
transmissão paralelas, como no Exemplo 3, a abertura de uma delas pode causar a perda de 
sincronismo do gerador, apesar da carga está sendo suprida pela outra linha em condições de 
regime permanente. Se um curto-circuito trifásico ocorrer na barra que as linhas estão 
conectadas (barra de saída das linhas), nenhuma potência será transmitida por ambas. É o caso 
 
27 
do exemplo anterior. No entanto, se a falta ocorrer na extremidade de uma delas, a abertura 
dos disjuntores nos extremos, isolará a falta e permitirá o fluxo de potência através da outra 
linha. 
 
 Quando ocorre transmissão de potência durante uma falta, o critério das áreas iguais 
pode ser aplicado. Porém, é necessário que se tracem três curvas do ângulo de potência, para 
as seguintes condições: 
 
• Antes da falta (pré-falta); 
• Durante a falta; 
• Após a falta (pós-falta). 
 
A Figura 15, que é similar à Figura 11, mostra o diagrama do ângulo de potência para 
essas três condições. Ou seja, as curvas 1, 2 e 3 descrevem as condições pré-falta, durante a 
falta e pós-falta, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Examinando a Figura 15, conclui-se que as áreas A1 e A2 são as regiões de 
interesse para se determinar o ângulo crítico. Usando os passos do item anterior, escrevem-se 
 
 
)cos(cos)(dsen 0max10max11
00
crcrmm PrPPrdPA
xcr δδδδδδδ
δ
δ
δ
δ
−×−−=×−= �� 
e 
 
)()cos(cosddsen maxmaxmax2max22
maxmax
crmcrm PPrPPrA
crcr
δδδδδδδ
δ
δ
δ
δ
−−−×=−×= �� 
 
 
 
 
 
Figura 15 – Diagrama do ângulo de potência antes, durante e depois da falta 
A1 
A2 
�0 
Pm 
P (p.u) 
 
 
 
�cr �maxr 
 
 180º 
 
δ× senmax1 Pr 
δ× senmax2 Pr 
δsenmaxP 
�0 (pos) 
PF 
1 
2 
3 
 
28 
Em que, r1 e r2 são fatores de transferência de potência, dados pelas relações: 
 
PALTA-PRÉ max,
FALTAA DURANTE , max
1 P
P
r = 
 
PALTA-PRÉ max,
FALTA PÓS- , max
2 P
P
r = 
 
Igualando A1 e A2 e fazendo as devidas manipulações algébricas, obtém-se o ângulo 
crítico. 
 
12
01max20max
max
coscos)(
cos
rr
rr
P
Pm
cr −
×−×+−×��
�
�
��
�
�
=
δδδδ
δ (68) 
 
 
Para o cálculo de �cr, deve-se calcular, primeiramente, �0 e �max, ou seja, 
 
��
�
�
��
�
�
=δ�δ=
max
1-
00max sensen
P
P
PP m
m (69) 
 
��
�
�
��
�
�
×
−=δ�δ×=
max2
1-
maxmaxmax2 sen180sen
Pr
P
PrP mo
m (70) 
 
No Exemplo 7, não há transmissão de potência durante a falta, o que implica r1= 0 e 
r2 =1, conseqüentemente, a equação (68) reduz-se à equação (62). 
 
 Pequenos valores de r1 correspondem a pequenas quantidades de potência transmitidas 
durante a falta. Isso pode causar grandes distúrbios ao sistema. Nessa situação, observa-se que 
A1 é grande. 
 
 Os curtos-circuitos desbalanceados são representados por uma impedância, conectada 
entre o ponto de falta e a barra de referência, no diagrama de seqüência positiva. Portanto, 
independentemente de suas localizações, essas faltas permitem a transmissão de alguma 
potência ativa. 
 
 Do que foi exposto, chega-se à conclusão que o curto-circuito trifásico é o mais 
severo, pois, dependendo de sua localização, não permite a transmissão de potência ativa 
através das linhas de transmissão (r1= 0). Sob o ponto de vista de severidade, as faltas são 
classificadas na seguinte ordem decrescente: 
 
1. Trifásica 
2. Dupla fase-terra 
3. Fase-Fase 
4. Fase-terra. 
 
 
29 
A falta entre uma linha e a terra é a mais freqüente, sendo a trifásica a mais rara. 
Porém, para uma maior segurança, os sistemas devem ser projetados para a estabilidade em 
regime transitório, com faltas trifásicas nas piores localizações. 
 
Exemplo 8: Determinar o ângulo crítico e tempo crítico de abertura para a falta trifásica 
descrita nos exemplos 4 e 5. Considere a configuração inicial do sistema e as condições dadas 
no Exemplo 3. 
 
Resolução: 
 
a) Determinação do ângulo crítico 
 
 As equações do ângulo de potência para as condições de antes, durante e depois da 
falta, são: 
 
• Antes: δδ sen1,2senmax =P 
• Durante: δδ sen808,0senmax1 =× Pr 
• Depois: δδ sen5,1senmax2 =× Pr 
 
Assim, 
714,0
1,2
5,1
385,0
1,2
808,0
2
1
==
==
r
r
 
 
Na condição pré-falta (Exemplo 3), tem-se 
 
496,044,280 == oδ rad 
 
 Sendo Pm = 1 p.u, então, de acordo com (70), tem-se 
 
412,219,13881,41180
1
sen180
max2
1-
max ==−=��
�
�
��
�
�
×
−=δ oooo
Pr
 rad 
 
 A substituição dos valores de �0 e �max em (68), resulta 
 
127,0
85,0714,0
44,28cos385,019,138cos714,0)496,0412,2(
1,2
1
cos =
−
−+−×
=
oo
crδ 
 
 Logo, 
o
cr 726,82)127,0(cos 1 ==δ − = 1,444 rad 
 
 
b) Determinação do tempo crítico 
 
 
30 
A expressão (7), para determinação do tempo crítico, foi demonstrada a partir de (47) 
e (48), onde Pe = 0, após a falta. Neste caso, Pa = Pm (aceleração constante). Para o caso do 
problema, a potência elétrica transmitida no período pós-falta (Pe (pos)) não é zero. É dada por 
 
δ×= senmax1)( PrP pose (71) 
 
Então, (47) passa a ser escrita como 
 
−=
δ
m
sm P
H
w
dt
d
(
22
2
δ× senmax1 Pr ) (72) 
 
Devido a não-linearidade dessa equação, uma solução analítica para determinação do 
tempo crítico não é possível. Portanto, requer uma solução numérica. Diversas técnicas de 
integração numérica, encontradas na literatura, podem ser aplicadas para se obter a solução 
aproximada de equações diferencial não-lineares como (72).