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Fluxo de Potência Revisado em setembro 2007 1 - Introdução Fluxo de potência é uma das ferramentas básicas em análise de sistemas elétricos. As equações de fluxo de potência podem ser aplicadas tanto em sistemas de grande porte quanto em pequenas instalações. Através da análise do fluxo de potência pode-se conhecer o desempenho de sistemas sob o ponto de vista de operação ou planejamento. A operação de um sistema é considerada adequada quando os níveis de tensão permanecem dentro de determinadas faixas. Em sistemas de grande porte, na maioria das vezes, considera- se como normal variações de tensão entre 0,95 pu e 1,05 pu. Valores fora desta faixa pode significar que o sistema opera precariamente, entretanto existem exceções como por exemplo tensões da ordem de 0,90 pu em sistemas de pequeno porte. A análise de fluxo de potência deve também considerar os carregamentos dos componentes do sistema. As equações de fluxo de potência quase sempre se resumem em: [ ] [ ] [ ] [ ]** / nónónónónó vsivy == 1.0 Na equação acima [y] é a matriz de admitância nodal, [v] é o vetor das tensões, [i] é o vetor das correntes de injeções nodais onde a corrente de cada nó é dada pelo conjugado da divisão da potência pela tensão. A equação acima pode ter característica linear ou não linear, dependendo do modelo das potências nas barras ou de hipóteses simplificadoras. Um sistema de potência normalmente contém barras de carga e barras de geração. Ao se resolver as equações de fluxo de potência, normalmente adotam-se uma barra como referência também conhecida como barra de balanço ou barra infinita. O nome de barra infinita vem do fato de que a tensão permanece constante independente do valor de corrente ou potência. O valor da tensão e do defasamento angular da barra de referência são conhecidos. O mais comum é adotar uma barra de geração como referência. Uma outra denominação para as barras é classificá-las como barras PQ ou barras PV. Denominam-se barras PQ as barras onde os valores da potência ativa (P) e potência reativa (Q) são conhecidos, tanto as barras de geração quanto as barras de carga podem ser do tipo PQ. Nas barras do tipo PQ as correspondentes tensões e defasamentos angulares são incógnitas nas equações de fluxo de potência. A barra PV é um tipo de barra com tensão controlada ou em outras palavras a barra onde se conhece tensão e mantida constante, através de injeções de reativos. Na barra PV a potência Fluxo de Potência 1 ativa (P) e o módulo da tensão são conhecidos e a potência reativa (Q) e o defasamento angular da tensão são incógnitas. 2 - Fluxo de potência simplificado O exemplo mais simples é um sistema com duas barras, com uma barra de referência e uma barra PQ ou PV. A figura abaixo mostra o diagrama de impedância de um sistema de duas barras. Fig. 2.0 No sistema da figura a potência que flui da barra 1 para a barra 2 é dado por: [ ]*1011221112 //)( zvzvvvs +−= 2.0 Supondo um sistema sem perdas e desprezando as conexões à terra obtém-se: [ ] )/()2( 121212112 jXVVVs −−∠−= θθ 2.1 Separando as partes real e imaginária obtém-se: [ ] 12212112 /)(sen XVVP θθ −= 2.2 [ ] 1221212112 /)(cos XVVVQ θθ −−= 2.3 A equação da potência ativa pode ser simplificada ainda mais nos casos em que a barra 2 é controlada por reativos. Supondo que as barras 1 e 2 tenham 0,1=V então obtém-se: 121212 senθBP −= 2.4 Esta última equação, mesmo muito simples, fornece resultados com razoável precisão para sistemas onde o efeito resistivo é menor do que o efeito reativo. Estas condições se aplicam às diversas configurações especialmente sistemas de grande porte. A figura abaixo mostra a representação gráfica da equação simplificada da potência ativa. Fluxo de Potência 2 ∼ 1 2 ∼ Fig. 2.1 A figura 2.1 mostra que a máxima potência transferida ocorre quando o deslocamento angular atinge 90°. Portanto existe um limite para a capacidade de transferência de potência ativa em sistemas com corrente alternada. Exemplo 2.1 - Qual é o limite de capacidade de transporte de uma LT 69kV com 100 km de extensão? Considere a reatância indutiva série da linha igual a 0,5 Ω/km e tensões nas extremidades iguais a 69 kV , despreze os efeitos resistivo e capacitivo da linha. Utilize como tensão base 69 kV e potência de 100 MVA. SOLUÇÃO - O valor da reatância da linha é: puX 05,11005,0 =Ω×= Através da equação simplificada a máxima transferência de potência é: 2,95952,005,1/90senmax === pupuP MW Exemplo 2.2 - Determine a potência máxima que pode ser transferida através de uma LT 138 kV com 1000 km de extensão e reatância indutiva série de 0,5 Ω/km. Despreze os efeitos resistivo e capacitivo e considere como base respectivamente 138 kV e 100 MVA. SOLUÇÃO: A ratância indutiva da linha de transmissão é: 625,21005,0 =Ω×=X pu Portanto a máxima potência transferível é: 1,38381,0/0,1 === puXP MW Fluxo de Potência 3 P θ 3 - Método de Gauss - Seidel As equações de fluxo de potência não lineares não têm soluções analíticas e a única maneira de resolvê-las é através de métodos iterativos. Existem diversos métodos iterativos para resolver equações não lineares. Os métodos mais empregados em fluxo de potência são o de Gauss - Seidel e o de Newton - Raphson. O método de Gauss - Seidel é de concepção mais simples, entretanto sua aplicação é mais trabalhosa, pois a convergência do processo é lenta. O método de Newton Raphson é de concepção mais complexa, entretanto os resultados são alcançados com poucas iterações. Dentre os dois métodos, o de Gauss - Seidel muitas vezes não alcança soluções que podem ser obtidas pelo de Newton - Raphson. O método de Gauss - Seidel, devido a sua simplicidade, ainda é bastante utilizado em termos acadêmicos. A sua aplicação facilita a compreensão dos processos iterativos. O sistema mostrado na figura 3.0 pode ser utilizado para desenvolver o método iterativo de Gauss - Seidel. Fig. 3.0 O método de Gauss-Seidel clássico utiliza as equações separadamente. A avaliação da tensão de cada nó corresponde ao termo da diagonal. Por exemplo, para avaliar a tensão da barra 2 utiliza-se a seguinte equação: * 22323222121 )/( vsvyvyvy =−+− 3.0 Isolando a tensão da barra 2 na equação acima obtém-se: [ ] 22323121*222 /)/( yvyvyvsv ++= 3.1 Em termos de processos iterativos a equação 3.1 pode ser adaptada como: [ ] 22323121*222 /)/( yvyvyvsv antigoantigoantigonovo ++= 3.2 No processo de Gauss-Seidel clássico repete-se a avaliação da equação 3.2 para cada barra. Se os valores das tensões não atingiram a precisão desejada, repete-se o processo Fluxo de Potência 4 1 2 3 P+jQ P+jQv ≈ quantas vezes forem necessárias. Isto demonstra que o processo é simples mas requer uma quantidade enorme de cálculos repetitivos. O método de Gauss - Seidel pode ser melhorado ao se considerar inversões matriciais. Neste caso o seu desempenho compete com os métodos de Newton - Raphson, entretanto somente se aplica a redes que não contenham barras controladas por reativos. O sistema da figura 3.0 pode também ser utilizado para deduzir as fórmulas do método de Gauss - Seidel modificado. A equação matricial simulando o sistema da figura 3.0 é: = = − −− − * 3 * 3 * 2 * 2 1 3 2 1 3 2 1 3332 232221 1211 / / 0 0 vs vs i i i i v v v yy yyy yy 3.3 As cargas correspondentes as barras 2 e 3 podem ser transferidas para a diagonal da matriz de admitância, portanto: = −− −−− − 0 0 /0 / 0 1 3 2 1 2 3 * 33332 23 2 2 * 22221 1211 i v v v Vsyy yVsyy yy 3.4 Considerando que a barra 1 seja a referência, então 1v é um valor conhecido, então o sistema de equações pode ser reduzido como: = −− −− 0/ / 121 3 2 2 3 * 33332 23 2 2 * 222 vy v v Vsyy yVsy 3.5 Adotando-se valores iniciais para os módulos das tensões desconhecidas, podem-se obter valores mais aproximados, assim: −− −− = − 0)/( )/( 121 1 2 3 * 33332 23 2 2 * 222 3 2 vy Vsyy yVsy v v antigo antigo novo novo 3.6 Na equação 3.6 antigoV corresponde aos valores iniciais das tensões. O processo pode ser repetido substituindo os valores de antigoV pelos valores de novoV até que se atinja a precisão desejada. Na equação 3.6, os valores de 2* )/( antigoVs tem a dimensão de admitâncias ou o seu inverso dimensão de impedâncias, desta forma em cada passo do processo iterativo as cargas são vistas com o modelo de impedância constante. Fluxo de Potência 5 Exemplo 3.1 - Determine a tensão na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 7,245kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA no gerador. SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar o diagrama de impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, o que corresponde a 0,02 pu, portanto: Diagrama de impedâncias )00624,001900,0()(cos02,0 jjsens +=+= φφ pu O diagrama de admitâncias em pu pode ser obtido a partir do diagrama de impedâncias, portanto: A matriz de admitância tem dimensão 4×4 e tem a seguinte forma: Fluxo de Potência 6 2 MVA cosφ = 0,95 (atrasado) 100 km X L = 0,5 Ω/km X C = 270 kΩ × km 6,9kV/34,5kV X = 8% 10 MVA carga gerador trafo 2trafo 1 34,5kV/13,8kV X = 7% 5 MVA ∼ 1 2 3 4 1,05 ∠ 0º j4,201 j1,400j0,800 -j453,7-j453,7 carga ∼1,05 ∠ 0º 1 2 3 4 -j 0,2380 -j 0,7143-j 1,2500 j 0,0022j 0,0022 carga ∼ 1 2 3 4 [ ] − −− −− − = 4443 343332 232221 1211 00 0 0 00 yy yyy yyy yy y Os elementos fora da diagonal da matriz de admitância correspondem ao valor negativo das admitâncias entre os nós do circuito e os elementos da diagonal correspondem ao somatório de todas as admitâncias que incidem no nó correspondente. Assim a matriz de admitância do exemplo é: [ ] − − − − = 7143,07143,00,00,0 7143,09501,02380,00,0 0,02380,04858,12500,1 0,00,02500,12500,1 jj jjj jjj jj y Substituindo a matriz de admitância na equação de fluxo de potência obtém-se: +− = ∠ −+ +−+ +−+ +− * 4 * 1 4 3 2 /)00624,001900,0( 0 0 0 1,05 7143,07143,00,00,0 7143,09501,02380,00,0 0,02380,04858,12500,1 0,00,02500,12500,1 vj i v v v jj jjj jjj jj As incógnitas na equação matricial de fluxo de potência são a corrente na barra 1 e as tensões nas barras 2, 3 e 4. As tensões nas barras 2, 3 e 4 podem ser determinadas através do processo iterativo de Gauss - Seidel. O passo inicial do processo iterativo é estipular valores iniciais para as tensões que não são conhecidas. O mais usual é iniciar o processo com tensões iguais a 1.0∠0°. A tensão de cada barra é obtida a partir de uma determinada linha da equação matricial. A tensão da barra 2 é obtida a partir da linha 2 e assim por diante. O processo pode não convergir se este procedimento não for adotado. PRIMEIRA ITERAÇÃO: Os valores iniciais podem ser representados com o sobrescrito zero e a primeira solução com o sobrescrito 1, assim a segunda linha da equação matricial de fluxo de potência corresponde a: 0,02380,04858,1005,125,1 03 1 2 =×+×−∠× vjvjj Isolando o valor da tensão da barra 2 na equação acima obtém-se: 0,0045,11602,08834,0 03 1 2 jvv +=×+= Fluxo de Potência 7 A terceira linha da equação matricial de fluxo de potência é: 0,07143,09501,02308,0 04 1 3 1 2 =×+×−× vjvjvj Isolando o valor da tensão da barra 3 na equação acima obtém-se: 0,0014,17518,02504,0 04 1 2 1 3 jvvv +=×+×= A quarta linha da equação matricial é: *0 4 *1 4 1 3 )/()00624,001900,0(7143,07143,0 vjvjvj +−=×−× A partir da equação acima o valor da tensão da barra 4 na primeira iteração é: 5,1005,1027,0005,1)/()0266,00087,0( *04 1 3 1 4 −∠=−=+−= jvjvv SEGUNDA ITERAÇÃO: 0,0046,11602,08834,0 13 2 2 jvv +=×+= 020,0017,17518,02504,0 14 2 2 2 3 jvvv −=×+×= 6,2009,1046,0008,1)/()0266,00087,0( *14 2 3 2 4 −∠=−=+−= jvjvv TERCEIRA ITERAÇÃO: 003,0046,11602,08834,0 23 3 2 jvv −=×+= 035,0020,17518,02504,0 24 3 2 3 3 jvvv −=×+×= 5,3012,1061,0010,1)/()0266,00087,0( *24 3 3 3 4 −∠=−=+−= jvjvv Os valores das tensões após a quinta iteração são respectivamente: 42,0047,152 −∠=v 20,3024,153 −∠=v 67,4015,154 −∠=v Fluxo de Potência 8 A precisão dos resultados pode ser verificada de duas maneiras. A primeira é através das mudanças dos valores dos módulos das tensões após cada iteração. A diferença dos módulos das tensões da quarta e quinta iteração da barra 4 foi de 0,0016. Normalmente considera-se que os resultados são satisfatórios quando as diferenças dos módulos das tensões são inferiores a 0,0001 pu. A segunda maneira para se verificar a precisão dos resultados é verificar o somatório das potências que incidem em cada uma das barras. O somatório das potências incidentes em uma barra é denominado de balanço de potência ou mismatch. Se o somatório das potências é menor que uma tolerância, por exemplo, no caso de potências ativas 0,01MW, os resultados são considerados como precisos. O balanço das potências incidentes na barra 4 pode ser determinado como: [ ] 4*433444*4344434 /)( szvvvsivsss +−×=+×=+=∑ O balanço das potência pode também ser calculado através das equações matriciais, assim: [ ] 4*44434344434 svyvyvsss ++−×=+=∑ Exemplo 3.2 - Resolver o problema 2.1 procedendo a eliminação dos nós 2 e 3 antes de realizar as iterações do método de Gauss - Seidel. SOLUÇÃO: A matriz de admitância do sistema da figura é: [ ] − − − − = 7143,07143,00,00,0 7143,09501,02380,00,0 0,02380,04858,12500,1 0,00,02500,12500,1 jj jjj jjj jj y A eliminação dos nós 2 e 3 pode ser conseguida ao zerar os elementos das colunas 2 e 3 da matriz de admitância. Os seguintes passos podem ser seguidos para zerar as colunas 2 e 3: 1° passo : 486,1/22 LL → 2° passo : 1250,0211 ×+→ LLL 3° passo : 2380,0233 ×+→ LLL 4° passo : 9120,0/33 LL → 5° passo : 2002,0311 ×+→ LLL Fluxo de Potência 9 6° passo : 7143,0344 ×+→ LLL Após a aplicação dos 6 passos a matriz de admitância resultante é: [ ] −+ +− = 1549,01568,0 1568,01545,0 jj jj y O sistema reduzido equivalente a matriz de admitância acima está mostrado na figura abaixo. A equação matricial de fluxo de potência do sistema reduzido contendo apenas os nós 1 e 4 é: +− = ∠ −+ +− * 4 * 1 4 /)0624,01900,0( 0,005,1 1549,01568,0 1568,01545,0 vj i vjj jj Neste caso o processo é aplicado somente na linha 2 da equação matricial o que corresponde a tensão da barra 4, portanto: *4 * 4 /)00624,001900,0(1549,00,005,11568,0 vjvjj +−=×−∠× PROCESSO ITERATIVO: assumindo o valor inicial da tensão da barra 4 obtém-se: 9,6030,1123,0023,1)/()1227,00403,0(063,1 *04 1 4 −∠=−=+−= jvjv 41,6016,1)/()1227,00403,0(063,1 *14 2 4 −∠=+−= vjv 53,6017,1)/()1227,00403,0(063,1 *24 3 4 −∠=+−= vjv O processo iterativo prossegue até que a precisão estabelecida seja alcançada. Exemplo 3.3 - Resolver o exemplo 3.1 utilizando o método de Gauss - Seidel modificado. SOLUÇÃO: Supondo como valores iniciais 1,0 para os módulos das tensões, a matriz de admitância modificada é: Fluxo de Potência 10 -j 0,1568 j 0,0019j 0,0023∼1,05 ∠ 0º 1 4 carga [ ] ++− −− −− = 2* 2 2 1/)00624,001900,0(7143,07143,00 7143,01/09501,02380,0 02380,01/04858,1 jjj jjj jj y Desta forma o processo iterativo pode ser formulado como: ×− ++− − − = − 0 0 05,125,1 1/)00624,001900,0(7143,07143,00 7143,09501,02380,0 02380,04858,1 1 2*1 4 1 3 1 2 j jjj jjj jj v v v O resultado após a primeira iteração é: −∠ −∠ −∠ = 70,6009,1 19,5018,1 81,0045,1 1 4 1 3 1 2 v v v O resultado após a segunda iteração é: −∠ −∠ −∠ = 58,6010,1 10,5019,1 79,0045,1 2 4 2 3 2 2 v v v Pelos resultados verifica-se que a maior diferença dos módulos das tensões da iteração 1 e 2 é da ordem de 0,001pu, ou seja uma tolerância próxima dos valores satisfatórios. A outra maneira de verificar a precisão dos resultados é através do balanço das potências incidentes em cada uma das barras. Por exemplo o balanço das potências na barra 4 é: [ ] )00006,0000,0(4*44434344 jsvyvyvs +=++−×=∑ pu Portanto o maior mismatch na barra 4, que é o das potências reativas, é menor do que 0,01MVAr. Os resultados seriam considerados satisfatórios se os balanços de cada uma das quatro barras fossem menores que a tolerância estabelecida. Exemplo 3.4 – Determinar as tensões das barras B e C do sistema descrito na lista abaixo. Resolver as equações de fluxo de potência através do método de Gauss - Seidel modificado. Na lista abaixo, seguem comentários, dados de barras e dados de linhas e transformadores. Nos dados de barras as colunas identificadas por v descrevem as tensões nominais, as colunas identificadas por w descrevem as tensões de operação, as colunas p = potências ativas em MW e as colunas q = potências reativas em MVAr. Fluxo de Potência 11 Nos dados de linhas as colunas r = resistência ôhmica em ohms/km ou resistência % , as colunas x = reatância série em ohms/km ou reatância %, as colunas c = reatância shunt em kOhms*km ou relação de transformação do transformador, as colunas d = extensão da linha, as colunas p = potencia do transformador em MVA, as colunas r = perda shunt % do transformador, as colunas i = corrente de excitação % do transformador. 1 TESTE APOSTILA ASP 04MAI2006 CASO BASE 0ALL 2bbbbbbbbb aaaaaaaaaaaatvvvvvvwwwwwwpppppppqqqqqqqssssssaaaaaaiiiiii BARRAA TRONCO 2138.00145.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 BARRAB TRONCO 0138.00 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 BARRAC TRONCO 013.800 0.0 47.0 17.1 0.0 0.0 0.0 FIM 3bbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbtrrrrrrxxxxxxcccccccddddddd pppppprrrrrriiiiii BARRAA BARRAB 0.260 0.500 290.00 97.00 BARRAB BARRAC 0.32 6.00 10.000 0.000 0. 50. 0.100 0.80 FIM 6 7 SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar o diagrama de impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. As impedâncias na figura abaixo estão na base de 100 MVA e 138kV no gerador. Diagrama de impedâncias As equações de fluxo de potência na forma matricial são: ( ) +− = ∠ −+− +−−+− +−− */)171.0470.0( 0 0.005.1 314.84437.310.84432.0 310.84432.400.11053.209.361.1 009.361.106.361.1 c A C B vj i v v jj jjj jj Supondo que o módulo da tensão na barra C é igual a unidade, a admitancia correspondente a carga é: 171.0470.0)171.0470.0(*0.1 jjy −=−= pu Assim a equação matricial correspondente a primeira iteração é: = ∠ −+− +−−+− +−− 0 0 0.005.1 485.89137.310.84432.0 310.84432.400.11053.209.361.1 009.361.106.361.1 1 1 1 A C B i v v jj jjj jj Fluxo de Potência 12 .132+ j.255 -j31.4-j31.4∼ v=1.05 ∠ 0º A B carga C.0064+ j.120 31.2+ j248.0 .470+ j.171 Reorganizando a equação acima : [ ]= +−×∠− −+− +−− = − 0 )09.361.1(0.005.1 485.89137.310.84432. 310.84432.400.11053.2 1 1 1 j jj jJ v v C B Após diversas iterações a solução das equações é: −∠ −∠ = 4.98995.0 6.59277.0 C B v v pu Segue abaixo o resultado emitido pelo programa computacional: TESTE APOSTILA ASP 04MAI2006 CASO BASE -----barra------- tensão ang. gera-kW kVAr- carga-kW kVAr- tap,kVArS 1 BARRAA 1.0507 0.0 51199.901 22489.676 0.000 0.000 2 BARRAB 51199.895 22489.655 2 BARRAB 0.9277 -5.6 0.000 0.000 0.000 0.000 1 BARRAA -47244.176-21139.614 3 BARRAC 47201.151 20795.409 1.000 0 PerdasMagnet 43.028 344.226 3 BARRAC 0.8995 -9.4 0.000 0.000 47000.000 17100.000 2 BARRAB -47003.299-17090.948 A análise dos resultados mostra que as perdas ativas no sistema são correspondentes a: %2.82,40,472,51arg ==−=−= MWacgeraçãoperdas As perdas na linha de transmissão correspondem a: %7.796.324,4720,51 ==−=+= MWfluxoBAfluxoABperdas Enquanto que as perdas no transformador equivalem a: %48.0244.0043.0000,47201.47 ==+−=++= MWetPerdasMagnfluxoCBfluxoBCperdas 4 - Métodos iterativos de Newton - Raphson Existem diversas concepções baseadas no método de Newton - Raphson aplicadas na resolução das equações de fluxo de potência. Os sistemas de transmissão de potências elevadas normalmente apresentam uma relação R/X menor do que 1,0, este fato torna os defasamentos angulares das tensões mais dependentes da potência ativa do que da potência reativa. Assim o Jacobiano das equações incrementais pode ser tratado de forma desacoplada. Esta consideração simplifica bastante o equacionamento do problema sem afetar a eficiência do método. Fluxo de Potência 13 O método desacoplado pode ser aplicado também em redes de distribuição, onde a relação R/X pode atingir valores maiores que 1,0, desde que se faça algumas adequações. Entretanto a sua grande vantagem aparece em sistemas de grande e médio porte. Os métodos de Newton - Raphson facilitam muito a resolução de sistemas com barras controladas por reativos. As barras controladas por reativos, ao invés de complicarem as equações, elas são simplificadas, principalmente no método desacoplado. A dedução das equações pode ser feita utilizando um sistema simplificado de 3 barras, conforme mostrado na figura abaixo. Entretanto o procedimento podeser estendido para um sistema com n barras. No sistema da figura a barra 1 é a referência e as barras 2 e 3 são do tipo PQ. Na barra de referência a tensão (módulo e defasamento) é conhecida e na barra PQ o valor da potência (parte ativa e reativa) é conhecida. Fig. 4.0 A equação matricial do sistema da figura é: = = − −− − * 3 * 3 * 2 * 2 1 3 2 1 3 2 1 3332 232221 1211 / / 0 0 vs vs i i i i v v v yy yyy yy 4.0 A segunda linha da equação matricial é: * 2 * 2323222121 / vsvyvyvy =−+− 4.1 Multiplicando a equação acima por *2v obtém-se: * 2 * 2323 2 22 * 2121 svvyVyvvy =−+− 4.2 A equação que define a potência na barra 2 pode ser reescrita como: * 2322323 2 222122121 sVVyVyVVy =∠−+∠− θθ 4.3 Fluxo de Potência 14 1 2 3 P+jQ P+jQv O método desacoplado permite a dedução do Jacobiano relativo aos incrementos angulares independente dos incrementos da tensão. Supondo que se conheça uma solução aproximada para os defasamentos angulares pode-se escrever que: * 2 * 2322323 2 222122121 ssVVyVyVVy aa ∆+≈∠−+∠− θθ 4.4 Considerando θθθ ∆+= corretoaproximado então: * 2 * 232322323 2 22212122121 )()( ssVVyVyVVy cc ∆+≈∆+∠−+∆+∠− θθθθ 4.5 O defasamento angular pode ser decomposto em: =∆+×+∆+=∆+∠ )()cos()(1 θθθθθθ senj ≈∆×+∆×+∆−∆ θθθθθθθθ senjsenjsensen coscoscoscos =∆×+×+∆− θθθθθθ coscos jsenjsen θθθθθθθθ ∠∆×+∠=×+∆×+×+ jsenjjsenj 1)(coscos 4.6 Assim obtém-se que: * 23232232312122121 ) sjVVyjVVy cc ∆≈∠∆−∠∆− θθθθ 4.7 Considerando que os defasamentos angulares cijθ são relativamente pequenos, e que os valores das tensões são próximos de 1,0, então: * 2322323122121 )()( sjBAjjBAj ∆≈∆+−∆+− θθ 4.8 Sabendo que jiij θθθ ∆−∆=∆ e considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, conclui-se que: 223232121 )()( PBB ∆≈∆−∆+∆−∆ θθθθ 4.9 Denominando 222321 BBB =+ , então: 2323222121 PBBB ∆−≈∆−∆+∆− θθθ 4.10 Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto 0,01 =∆ θ , a equação matricial em termos de incrementos angulares do sistema da figura é: ∆− ∆− = ∆ ∆ − − 3 2 3 2 3332 2322 P P BB BB θ θ 4.11 A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos angulares é conhecida como: Fluxo de Potência 15 [ ] [ ] [ ]PB ∆−=∆ θ' 4.12 A dedução do Jacobiano referente aos incrementos da tensão pode ser feita de maneira semelhante ao que foi adotado para os incrementos angulares, assim: * 2 * 223 2 222212221121 ...)())(( ssyVVyVVVVy ccc ∆+≈−∆++∠∆+∆+− θ 4.13 A equação acima pode ser simplificada como: * 232322323121221212222 )()()2( sVVVVyVVVVyVVy ccccc ∆≈∠∆+∆−∠∆+∆−∆ θθ 4.14 Supondo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ sào relativamente pequenos, então: * 232232312212122222 )()())(()2)(( sVVjBAVVjBAVjBA ∆≈∆+∆+−∆+∆+−∆+ 4.15 Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, então: 23232232122121 )2( QjVjBVBBBjVjB ∆−≈∆−∆−−+∆− 4.16 Assumindo que 222321222 BBBB ≈−− , então: 2323222121 QVBVBVB ∆−≈∆−∆+∆− 4.17 Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto 0,01 =∆ V , assim a equação matricial em termos de incrementos de tensão é: ∆− ∆− = ∆ ∆ − − 3 2 3 2 3332 2322 Q Q V V BB BB 4.18 A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos de tensão é conhecida como: [ ] [ ] [ ]QVB ∆−=∆" 4.19 Nota-se que o Jacobiano das equações incrementais [ ]'B angulares é idêntico ao das equações incrementais de tensão [ ]"B . A diferença se explica quando se considera sistemas com barras com tensão controlada, nestes casos os Jacobianos não são iguais. Fluxo de Potência 16 Exemplo 4.1 - Conhecendo a tensão na referência, 1,05 pu na barra 1, determine a tensão na barra 4 e o fluxo de potência na LT usando o método de Newton Raphson desacoplado. Solução: O diagrama de admitâncias em pu do sistema está mostrado na figura abaixo. A equação matricial de fluxo de potência do sistema é: +− = ∠ − − − − * 4 * 1 4 3 2 /)00624,0019,0( 0 0 005,1 714,0714,00 714,0950,0238,00 0238,0486,1250,1 00250,1250,1 vj i v v v jj jjj jjj jj Os valores iniciais da tensão, valores aproximados para o início do processo iterativo são: ∠ ∠ ∠ ∠ = 000,1 000,1 000,1 005,1 0 4 0 3 0 2 1 v v v v Conhecendo os valores iniciais da tensão, a equação que fornece os incrementos de potência pode ser na forma de: [ ] [ ] [ ] [ ]***)( ssvyv aa ∆+= Utilizando a equação acima no sistema do exercício obtém-se: Fluxo de Potência 17 -j1,25 -j0,238 -j0,714 j0,00220 j0,002201,05∠0° ∼ 2 MVA cosφ = 0,95 (atrasado) 100 km X L = 0,5 Ω/km X C = 270 kΩ × km 6,9kV/34,5kV X = 8% 10 MVA carga gerador trafo 2trafo 1 34,5kV/13,8kV X = 7% 5 MVA ∼ 1 2 3 4 ∠∆+ ∠∆+ ∠∆+ ∠ = ∠ ∠ ∠ ∠ − − − − 00,1/)( 00,1/)0,0( 00,1/)0,0( 005,1/ 00,1 00,1 00,1 005,1 714,0714,000 714,0950,0238,00 0238,0486,1250,1 00250,1250,1 * 4 * 4 * 3 * 2 * 1 ss s s s jj jjj jjj jj Resolvendo a equação acima obtém-se: ∆+∆ ∆+∆ ∆+∆ = + + + = =∆ =∆ =∆ 44 33 22 4 3 2 ?019,0 ?0,0 ?0,0 QjP QjP QjP j j j s s s Conhecendo o Jacobiano [ ]'B os incrementos angulares são: = − − − − = ∆ ∆ ∆ − 1216,0 0950,0 0152,0 019,0 0 0 714,0714,00 714,0952,0238,0 0238,0488,1 1 4 3 2 θ θ θ Sabendo que θθθ ∆+= ca , então os novos valores dos defasamentos angulares são: − − − = − − − = ∆ ∆ ∆ − = 0,7 4,5 9,0 1216,0 0950,0 0152,0 4 3 2 0 4 0 3 0 2 1 4 1 3 1 2 rad rad rad θ θ θ θ θ θ θ θ θ Conhecendo os novos valores dos defasamentos angulares, os novos valores de s∆ podem ser calculados a fim de determinar os incrementos de tensão, assim: −∠ −∠ −∠ ∠ − − − − = ∠∆+ ∠∆+ ∠∆+ ∠ 0,70,1 4,50,1 9,00,1 005,1 714,0714,000 714,0950,0238,00 0238,0486,1250,1 00250,1250,1 0,70,1/)( 4,50,1/)0,0( 9,00,1/)0,0( 005,1/ * 4 * 4 * 3 * 2 * 1 jj jjj jjj jj ss s s s Resolvendo a equação acima se obtém: ∆+∆ ∆+∆ ∆+∆ = − − − = =∆ =∆ =∆ 44 33 22 4 3 2 0065,0? 0010,0? 0636,0? QjP QjP QjP j j j s s s Conhecendo o Jacobiano [ ]"B , pode-se então determinar o incremento das tensões: Fluxo de Potência 18 − − − = − + + − − − = ∆ ∆ ∆ − 0168,0 0259,0 0469,0 0065,0 0010,0 0636,0 714,0714,00 714,0952,0238,0 0238,0488,1 1 4 3 2 V V V Sabendo que VVV ca ∆+= , então os novos valores das tensões são: −∠ −∠ −∠ = 0,70168,1 4,50259,1 9,00469,1 1 4 1 3 1 2 V V V O processo é repetido até que os valores das tensões e os respectivos defasamentos angulares tenham convergido. O critério de convergência pode ser através das tensões ou potência. O processo pode ser interrompido quando a diferença entre as tensões de uma iteração e outra sejam menores que uma determinada tolerância de tensão, ou então quando o mismatch de potência, que equivale a [ ]s∆ , for menor que uma tolerância de potência que foi estabelecida. 5 - Fluxo de potência linearizado O fluxo linear é um método aproximado que leva em conta somente a distribuição de potências ativas do sistema. O fluxo linear tem solução analítica e portanto não necessita de processos iterativos. O fluxo linear é utilizado em sistemas com tensões próximas de 1.0 e com linhas de transmissão onde as resistências são menores que as reatâncias indutivas. A dedução das equações pode ser feita com um sistema de apenas 3 barras, entretanto sua aplicação é para sistemas com qualquer número de barras. As aproximações podem ser feitas em torno da segunda linha da equação de fluxo de potência de um sistema de 3 barras: * 2 * 2323222121 / vsvyvyvy =−+− 5.0 Multiplicando a equação acima pelo conjugado da tensão da barra 2 obtém-se: * 2 * 2323 2 222 * 2121 svvyVyvvy =−+− 5.1 Utilizando jBy ≅ e θ∠= 0,1v na equação acima obtém-se: 22323223 2 222121221 )(cos)(cos jQPjsenjBVjBjsenjB −=+−++− θθθθ 5.2 Separando a parte real da equação acima obtém-se: 232231221 PsenBsenB =+ θθ 5.3 Fluxo de Potência 19 Utilizando θθ ≅sen , a equação acima pode ser reformulada como: 32322321121223232121 )()()( θθθθθθθ BBBBPBB ++−==−+− 5.4 Denominando 222321 BBB =+ , a equação acima pode ser reescrita como: 2323222121 PBBB −=−+− θθθ 5.5 A equação acima permite que a equação de fluxo de potência linear de um sistema de 3 barras seja formulada como: − − − = −− −− −− 3 2 1 3 2 1 333231 232221 131211 P P P BBB BBB BBB θ θ θ 5.6 O fluxo de potência definido pela equação 5.6 é denominado de fluxo CC (Corrente Contínua), ou fluxo DC (Direct Current). O motivo da denominação é que sendo a equação 5.6 linear, ela pode então ser simulada em laboratório por um circuito de corrente contínua. Exemplo 5.1 - Determine o defasamento angular da barra 3 e a potência que flui da barra 2 para a 3, utilizando o modelo de fluxo linear. SOLUÇÃO: A equação de fluxo linearizado do sistema é: + − = − − − 3,0 0 0 25,625,60 25,6266,8016,2 0016,2016,2 1 3 2 P θ θ Os resultados dos defasamentos angulares das barras 2 e 3 são dados por: −+ +− = − 3,0 0 25,625,6 25,6266,8 1 3 2 θ θ A equação acima pode ser resolvida por escalonamento: Fluxo de Potência 20 (30 + j10) MVA 200 km R=0,1 Ω/km X L = 0,45 Ω/km X C = 270 kΩ × km 138kV/13,8kV X = 8% 50 MVA 140kV∠ 0° ∼ 1 2 3 Passo 1 )266,8/(11 −→ LL Passo 2 )25,6(122 −×+→ LLL Passo 3 )524,1/(22 −→ LL Passo 3 7561,0211 ×+→ LLL Aplicando os passos acima no vetor de injeção de potências obtém-se: 1968,01968,03,03,03,0 1488,0000,00,00,00,0 3 2 −→−→→→→ −→+→→→→ θ θ O fluxo de potência da barra 2 para a barra3 é dado por: 300,0)1488,01968,0(25,6)( 232323 =+−−=−= θθBP O valor da potência encontrado confere com o valor da carga de 30 MW. 6 - Controle de tensão através de taps de transformadores Transformadores com diversos taps podem ser utilizados para controlar tensões. Este controle é de baixo custo e é empregado de maneira generalizada, tanto nos sistemas de alta potência quanto em redes de distribuição. Os transformadores são construídos com diversos taps alem do tap nominal. O objetivo dos taps é o controle de tensão. Os taps normalmente alteram a relação de transformação entre +5% e -10%, podendo entretanto existir outras especificações. Existem dois tipos de taps, os que podem ser mudados com o transformador em operação e os que somente podem ser mudados com o transformador desligado. O primeiro tipo é conhecido como tap variável e o segundo como tap fixo. Devido a fatores econômicos, somente transformadores de grande porte, por exemplo acima de 10 MVA, são construídos com taps variáveis. Os taps variáveis servem para controlar as tensões dos sistemas acompanhando as variações da carga ao longo do dia. Os taps fixos também têm a finalidade de controlar tensões, entretanto em termos práticos a alteração destes taps é feita de tal forma a durar um longo período de tempo relativamente longo, como por exemplo um ano ou mais. O modelo pi é a permite uma representação simples dos taps de transformadores. A figura abaixo mostra um transformador com uma relação de transformação de T/1,0 e o equivalente pi. Fluxo de Potência 21 a cb 1 2 z1 23 T / 1,0 =i1 i 1i2 i2 Já foi demonstrado que: Tza ×= 6.0 )1/(2 TTzb −×= 6.1 )1/( −×= TTzc 6.2 Exemplo 6.1 - Calcular as tensões nas barras do circuito da figura utilizando o método de Gauss - Seidel modificado. Considere o gerador como barra de referência com uma tensão de 1,05∠0o e que a barra de carga tem tensão controlada em 1,05 pu através de taps no lado de alta tensão do transformador 2. Utilizar como base de tensão 6,9 kV no gerador e como base de potência 100 MVA. SOLUÇÃO - O processo iterativo pode ser iniciado supondo que a relação de transformação do transformador 2 é 1,0 pu. O correspondente diagrama de impedâncias está mostrado na figura abaixo. Supondo que a relação de transformação do transformador 2 é 1,0 pu, então a tensão da barra 4 é desconhecida e a correspondente equação de fluxo de potência do exemplo de 4 barras é: Fluxo de Potência 22 2 MVA cosφ = 0,95 (atrasado) 100 km X L = 0,5 Ω/km X C = 270 kΩ × km 6,9kV/34,5kV X = 8% 10 MVA carga gerador trafo 2trafo 1 34,5kV/13,8kV X = 7% 5 MVA ∼ 1 2 3 4 -j0,238-j1,250 j0,0022 j0,0022 ∼ 1 2 3 carga -j0,714 4 j0 j0 +− = ∠ −+ +−+ +−+ +− * 4 * 1 4 3 2 /)00624,001900,0( 0 0 005,1 714,0714,000 714,0950,0238,00 0238,0486,125,1 0025,125,1 v i v v v jj jjj jjj jj PRIMEIRA ITERAÇÃO: O processo iterativo pelo método da matriz de admitância modificada pode ser formulado como: ×− ++− − − = − 0 0 05,125,1 05,1/)00624,001900,0(714,0714,00 714,0950,0238,0 0238,0486,1 1 2*1 4 1 3 1 2 j jjj jjj jj v vv O resultado da equação acima é: −∠ −∠ −∠ = 70,6009,1 19,5018,1 81,0045,1 1 4 1 3 1 2 v v v Com o valor de 14V , pode-se estimar qual deveria ser a relação de transformação para controlar a tensão em 1,05 pu: 961,005,1/41 01 =×= VTT SEGUNDA ITERAÇÃO - Conhecido o novo valor da relação de transformação, o correspondente diagrama de impedâncias pode ser determinado conforme mostra a figura abaixo. A correspondente formulação do processo iterativo é: Fluxo de Potência 23 -j0,238-j1,250 j0,0022 j0,0022 ∼ 1 2 3 carga -j0,743 4 -j0,0302 j0,0290 ×− ++− − − = − 0 0 05,125,1 05,1/)00624,001900,0(714,0743,00 743,0009,1238,0 0238,0486,1 1 2*2 4 2 3 2 2 j jjj jjj jj v v v O resultado da equação acima é: −∠ −∠ −∠ = 48,6052,1 11,5019,1 80,0045,1 2 4 2 3 2 2 v v v Com o novo valor da tensão na barra 4, a correspondente estimativa para a relação de transformação é: 963,005,1/24 12 =×= VTT A terceira iteração deve ser executada assumindo que a relação de transformação seja de 0,963, e assim por diante o processo prossegue até que a precisão desejada seja atingida. Uma relação de transformação equivalente a 0,963 significa que o transformador está conectado no tap de 0,963×34,5kV = 33,2kV. 7 - Barras com tensão controlada por reativos As barras com tensão controladas por reativos melhoram o perfil das tensões em sistemas elétricos. Os problemas de tensões excessivamente baixas ou elevadas podem ser resolvido ao introduzir no sistema as tensões controladas. Normalmente a introdução de reativos tende a elevar as tensões e a absorção tende a diminuir as tensões. Os reativos, para se controlar a tensão, podem ser obtidos através de bancos de capacitores e reatores ou mesmo através de máquinas síncronas. O objetivo principal do controle de tensão é manter um determinado nível independente das variações das cargas. Em termos de equações de fluxo de potência, o módulo da tensão é fixo e a correspondente incógnita passa a ser a potência reativa. A consideração de barras controladas por reativos aumenta a complexidade do processo numérico de Gauss - Seidel, por outro lado simplifica o processo numérico de Newton - Raphson. A simplificação ocorre no Jacobiano, do processo numérico de Newton - Raphson, referente aos incrementos de tensão, pois nas barras com tensão controlada os incrementos de tensão são nulos. Com isto a matriz [ ]"B pode ter dimensões menores que a matriz [ ]'B . Fluxo de Potência 24 Exemplo 7.1 - Determinar a potência reativa na barra 3 e a tensão na barra 2. A barra 3 tem uma tensão controlada de 69 kV e fornece uma potência de 10 MW para o sistema. As linhas de transmissão têm reatâncias indutivas série de 0,5 Ω/km e reatâncias capacitivas de 250 kΩ×km,. Considere a barra 1 como referência com uma tensão de 69 kV, tensão de base de 69 kV e potência de base de 100 MVA. Utilizar o método de Gauss - Seidel. SOLUÇÃO: O diagrama de admitâncias do sistema é: A matriz de admitância do sistema é: −∠+ +−= ∠ ∠ −+ +−+ +− 3 * 3 * 2 * 1 3 2 0,1/)10,0( /)05,015,0( 0,1 00,1 9427,09522,00 9522,08850,19522,0 09522,09427,0 θθ jQ vj i v jj jjj jj PRIMEIRA ITERAÇÃO - A segunda linha da equação de fluxo de potência é: *0 2 0 3 1 2 )/()05,015,0(9522,08850,19522,0 vjjvjj −−=∠+− θ Os valores iniciais são 00,102 ∠=v e 003 =θ , portanto o novo valor da tensão na barra 2 é 6,4987,012 −∠=v . A terceira linha da equação matricial é: 0 3 0 3 1 3 1 2 ,1/)10,.0(9427,09522,0 θθ −∠−=∠− jQjvj Fluxo de Potência 25 (15 +j 5) MVA carga gerador ∼ 1 32 ∼ 100 km 100 km ∼ ∼ carga -j0,9522 3-j0,9522 j0,0095 j0,0095 1 2 j0,0095 j0,0095 O valor inicial de 03Q é zero, portanto o novo valor de 3θ é 5,113 =θ . O novo valor de 3Q pode ser obtido também através da terceira linha da equação matricial substituindo os valores já obtidos assim 0154,013 =Q . Os cálculos são repetidos da mesma maneira ao longo do processo iterativo. Após a quarta iteração os valores obtidos são: 26,3979,042 −∠=v 89,243 =θ 0156,043 =Q Exemplo 7.2 - Calcular as tensões nas barras do circuito da figura e a potência que flui nas linhas de transmissão da barra 1 para a barra 4. A barra 1 (Usina de Itumbiara) é a referência com uma tensão de 345kV∠0°, a barra 3 (Usina de Cachoeira Dourada) tem tensão controlada em 230kV e injeta 620 MW no sistema, a barra 4 (Subestação Bandeirantes) é de carga com tensão controlada (controle através de um banco estático) em 345kV e a barra 5 (Subestação Anhangüera) é uma barra de carga. As unidades transformadoras são iguais, cada uma com potência de 225MVA, reatância de dispersão de 5% e relação de transformação de 345kV/230kV. Utilizar o método de Newton Raphson desacoplado e considere uma potência de base de 100MVA e 230kV na barra 3. Solução - Utilizando tensão de base de 345 kV na barra de referência e potência de base de 100 MVA, a matriz de admitância do sistema é: Fluxo de Potência 26 (0,7+j0,2)GVA ∼ ∼ ∼ (1,0+j0,2)GVA X L = 0,5Ω/km X C = 300kΩ×km 60km 200km 200km 2 3 5 4 1 X L = 0,4Ω/km X C = 260kΩ×km [ ] − − − − − = 2,1450,1356,1000 0,1359,163008,29 6,1007,276,170 006,175,1070,90 08,2900,909,118 jy Conhecendo o Jacobiano [ ]'B e o mismatch de potência ativa [ ]P∆ , pode-se então determinar os incrementos angulares [ ]θ∆ : − − = + + − − = − − + − − − − = ∆ ∆ ∆ ∆ − 5,23 8,22 2,4 7,0 411,0 398,0 073,0 012,0 0,7 0,10 2,6 0,0 6,1450,1356,100 0,1358,16400 6,1002,286,17 006,176,107 1 5 4 3 2 rd rd rd rd θ θ θ θ Assim os novos valores das tensões são: −∠ −∠ +∠ +∠ +∠ = 5,2300,1 8,2200,1 2,400,1 7,000,1 0,000,1 1 5 1 4 1 3 1 2 1 v v v v v A matriz [ ]"B pode ser obtida através da matriz [ ]'B ao se desconsiderar as linhas e colunas correspondentes as barras com tensão controlada, pois as barras com tensão controlada não possuem v∆ . A matriz [ ]"B tem dimensão apenas 2x2, pois as barras 2 e 5 são as únicas que não tem tensão controlada, assim: [ ] [ ] ∆− ∆− = ∆ ∆ − − =∆ 5 2 5 2 6,1450,0 0,06,107 " Q Q V V VB Conhecido os valores de tensão após a primeira iteração, pode-se calcular o mismatch de potência reativa objetivando determinar os incrementos de tensão, assim: + −− = − + − − = ∆ ∆ − 0193,0 462,5 81,2 0605,0 6,1450,0 0,06,107 1 5 2 E v v Conhecido os incrementos de tensão os novos valores das tensões nas barras são: Fluxo de Potência27 −∠ −∠ +∠ +∠ +∠ = 5,23981,0 8,22000,1 2,4000,1 7,0001,1 0,0000,1 2 5 2 4 2 3 2 2 1 v v v v v O processo iterativo deve continuar até que a tolerância da tensão ou a tolerância do mismatch de potência sejam alcançadas. Supondo que os valores de tensão alcançados são suficientemente precisos, pode-se então determinar a potência que flui da barra 1 para a barra 4 através das linhas de transmissão em 345 kV. A potência que flui em cada uma das linhas pode ser dada por: [ ] 70,077,5)458,0()9,14)(( *1411*14114 jjvjvvvivs +=+−−== A figura abaixo mostra o diagrama com os fluxos de potência representados. 8 - EXERCÍCIOS Exercício 8.1 - Determinar a tensão na barra 3 e a potência que flui da barra 1 para a barra 2. Utilizar o método de Gauss Seidel. Fluxo de Potência 28 1 4 577 577 70 70 200km X L =0,4Ω/km X C =260kΩ×km 1 4 1,0∠0° 1,0∠-22,8° j0,458 -j14,9 j0,458 Exercício 8.2 - Determine o defasamento angular da barra 3 e o fluxo de potência ativa da barra1 para a 2 utilizando o modelo de fluxo linear. A reatância indutiva das linhas é de 0,5 Ω/km e a reatância capacitiva de 250 kΩ×km. Considere que a barra 3 fornece 10 MW ao sistema. Exercício 8.3 - Determine a tensão na barra 3 do sistema da figura. A tensão na barra geradora é de 140 kV. Utilizar o método de Newton - Raphson desacoplado, tensão de base de 138 kV na barra geradora e potência de base de 100 MVA. Exercício 8.4 - No circuito da figura a barra 1 é a referência com tensão de 138kV. A barra 2 é uma barra geradora com uma tensão de 140kV e fornece 50 MW ao sistema. A barra 3 é uma barra de carga . As linhas de transmissão do sistema têm reatâncias indutivas de 0,5 ohms/km e reatâncias capacitivas de 300 kohms×km. Determine o reativo da máquina síncrona na barra 2 e a tensão na barra 3 . Utilize o método de Newton - Raphson desacoplado e tensão de base de 138 kV na referência e potência de base de 100 MVA. Fluxo de Potência 29 (30 - j10) MVA 300 km R=0,1 Ω/km X L = 0,45 Ω/km X C = 270 kΩ × km 138kV/13,8kV X = 8% 50 MVA 140kV∠ 0° ∼ 1 2 3 (15 +j 5) MVA carga gerador ∼ 1 32 ∼ 100 km 100 km (30 - j10) MVA 300 km R=0,1 Ω/km X L = 0,45 Ω/km X C = 270 kΩ × km 138kV/13,8kVX = 8% 50 MVA tap = 132 kV 140kV∠ 0° ∼ 1 2 3 100km 40km60km (80+j40)MVA ∼∼ 1 2 3 Exercício 8.5 - Determine o fluxo de potência em cada um dos transformadores do sistema mostrado na figura. A barra 1 é a referência com tensão de 140 kV. Utilize o método de Newton - Raphson desacoplado, tensão de base de 138 kV na referência e potência de base de 100 MVA. Exercício 8.6 - Determine o tap no lado de alta tensão do transformador para que 13 vv = . (prova de ASP de jun98) Exercício 8.7 - No sistema da figura os dois transformadores são idênticos mas um deles está conectado no tap de 13,2kV. Sabendo que 02,132 ∠= kVv , determine a tensão na barra 1. (prova ASP 04ago98). Fluxo de Potência 30 138kV/13,8kV X=6% 50 MVA (80+j20)MVAX L =0,5 ohms/km X C =270 kohm×km 1 2 3idem 50 km ∼ 200km X L =0,5 ohms/km X C =250 kohm×km 21 3 230kV/138kV X=10% 50 MVA ∼ 40MW cosϕ =0,92 (atrasado) 25MVA X=9% 138kV/13,8kV 1 2 ∼ Exercício 8.8 - Determine a solução analítica de 2v no sistema da figura. Considere que 1v é conhecido e que a potência 2s é representada com impedância constante na base NV . (prova ASP 04ago98). Exercício 8.9 - Calcule a potência reativa do motor síncrono M no sistema da figura, sabendo que os dois transformadores são idênticos mas que um está conectado no tap nominal e o outro no tap de 132kV. Considere que a tensão do sistema supridor seja de 135kV∠0° e ainda que o módulo da tensão do motor seja de 13,5kV. (prova ASP 02/mar/99). Exercício 8.10 - (prova ASP em 27mar99) - No circuito da figura a tensão da barra 1 é de 138 kV∠0°. Determine o valor da reatância indutiva (jX) conectada a barra 3 para controlar kVv 8,133 = A carga na barra 3 é de 40 MW com fator de potência de 0,93 em atraso. Exercício 8.11 - (prova ASP em 27mar99) - Determine o valor das perdas ativas (em MW) do sistema da figura, sabendo que 2201 =v kV∠0° e 2103 =v kV∠-25,0°. Fluxo de Potência 31 50MVA X=10% 138kV/13,8kV 70MVA cosϕ =0,86 (atrasado) 1 2 S M X L =0,49 ohms/km X C =270 kohm×km 1 2 3 138kV/13,8kV X=8% 25 MVA idem 60 km jX ∼ z L z C zC s 2 21 ∼ 1 2 3 200 km 240 km R=0,15Ω/km X L =0,50Ω/km X C =270kΩ×km R=0,14Ω/km X L =0,49Ω/km X C =310kΩ×km s G s C Exercício 8.12 - (Exame Nacional de Cursos - 98) - A Companhia de Eletricidade do Vale Dourado dispõe de duas subestações de 130kV alimentadas por um sistema de transmissão cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de cada linha é igual a 0,26+j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de Operação da Companhia executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga e, baseado n período de carga máxima, decidiu que deveria ser instalado um banco de capacitores na SUB02, de forma a obter, nesse ponto, uma tensão de 1,00 pu. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra como barra de balanço. a)Expresse a impedância das linhas em pu, adotando 100MVA como base de potência e a tensão de linha como base de tensão. b)Determine a potência do banco de capacitores instalado em SUB02. BARRA Módulo da Tensão (pu) Fase da Tensão (rad) GER00 1,000 0,0000 SUB01 0,990 -0,03037 SUB02 1,000 -0,03039 Exercício 8.13 - (Exame Nacional de Cursos - 99) - Uma concessionária de energia elétrica pretende analisar o comportamento dos fluxos de potência ativa em seu sistema, tendo em vista a previsão de carga para um horizonte de dez anos. Para isso, como engenheiro da divisão de planejamento dessa concessionária, você foi encarregado de estudar o problema. A figura abaixo representa o diagrama unifilar do sistema com as cargas futuras previstas. a) Calcule os fluxos de potência ativa nas linhas de transmissão, considerando a Barra 1 como referência angular do sistema )0,0( 1 rad=θ . b) Supondo que o fluxo de potência máximo permitido na linha 1 - 2 seja 0,5pu, determine a reatância, em pu, do menor banco de capacitores que deverá ser instalado na linha 1 - 3, de modo que o limite máximo na linha 1 - 2 não seja ultrapassado. Dados: [ ] [ ] [ ]θBP = Fluxo de Potência 32 13km 9,75km 6,5km s=0,9+j0,3 pu s=0,6+j0,2 pu SUB01GER00 SUB02 Q C ∼ onde [P] é o vetor de injeção de potência, [B] é a matriz de susceptância de barras e [θ] é o vetor do ângulo das tensões de barra. O efeito capacitivo e a resistência série das linhas de transmissão são desprezados. Exercício 8.14 – Uma linha de distribuição rural de 15km, R = 1,5ohms/km, XL = 0,5ohms/km, abastece uma carga de 30kVA, com fator de potência igual a 0,85 em atraso. A tensão da fonte é de )3/8,13( kV. Determine o banco de capacitores que inserido na linha eleva o módulo da tensão da carga para )3/8,13( kV. Exercício 8.15 - (Prova ASP 16jul99) - Determinar reatância percentual do transformador entre as barras 3 e 4 que limita P4-3 em 200 MW. Utilizar como base 100MVA e 345kV no gerador da barra 1, os conceitos de fluxo linear poderão ser utilizados para resolver o problema. Exrcício 8.16 - (Prova ASP 16jul99) - A tensão da barra de referência é 141kV∠0º. Determinaro fator de potência da carga que mantém o módulo da tensão em 13,2kV. Utilizar como base 100MVA e 138kV na barra de referência. Fluxo de Potência 33 2 ∼ X 1,3 =1/2 puX 1,2 =1/3 pu X 2,3 =1/2 pu PL3 = 1,0 puPL2 = 0,5 pu P G1 = 1,5 pu 3 1 ~ 200km R=0,15Ω/km X L =0,5Ω/km X C =270kΩ/km 138kV/13,8kV X=7,5% 50MVA P=40MW fp=? referência 345kV/230kV X=?? 450MVA 800MW 800MW 600MW 200km X L =0,5Ω/km X L =0,5Ω/km 200km 345kV/230kV X=5% 450MVA 1 2 4 3 ~ ~ referência Exercício 8.17 - (Exame Nacional de Cursos - 98, prova ASP 16jul99) - A Companhia de Eletricidade do Vale Dourado dispõe de duas subestações de 130kV alimentadas por um sistema de transmissão cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de cada linha é igual a 0,26+j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de Operação da Companhia executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga e, baseado n período de carga máxima. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra como barra de balanço e também considerando como base 100 MVA e tensão de linha de 130kV. Determine a perda de potência ativa no sistema. BARRA Módulo da Tensão (pu) Fase da Tensão (rad) GER00 1,000 0,0000 SUB01 0,990 -0,03037 SUB02 1,000 -0,03039 Exercício 8.18 - (Prova ASP 18dez99) - Dois transformadores em paralelo suprem uma carga de 40MW com fator de potência de 0,8 em atraso e a uma tensão de 13,2kV. Os transformadores com relação nominal de tensão de 138kV/13,8kV têm cada um uma potência nominal de 25MVA. A reatância indutiva de um deles é de 7,0% e do outro de 9,0%. Determinar qual o percentual de redução da carga para que nenhum deles opere com sobrecarga.. Exercício 8.19 - (Prova ASP 05jul00) - Uma concessionária de energia elétrica pretende construir uma linha de transmissão trifásica para transportar uma potência de 70 MW, fp=0.9 (atrasado) a uma distância de 200km. Os técnicos concluíram que o condutor mais conveniente deveria ter uma resistência ôhmica de 0,15 Ω/km e que as perdas ativas poderiam ser da ordem de 5% da potência a ser transportada. Determinar em termos aproximados qual o nível de tensão da linha de transmissão planejada. Exercício 8.20 - (Prova ASP 05jul00) No sistema da figura a barra 1 é a barra de referência com tensão de 140 kV. A barra 2 consome 20000 kW e o módulo da tensão é controlado em Fluxo de Potência 34 13km 9,75km 6,5km s=0,9+j0,3 pu s=0,6+j0,2 pu SUB01GER00 SUB02 Q C ∼ 135 kV. Supondo que a solução para o defasamento angular seja através de [J][∆Θ]=[−∆P], o que corresponde ao processo iterativo de Newton Raphson, determinar o valor do Jacobiano [J] literal e numérico. Adotar como tensão de base 138 kV e potência de base 100 MVA. Exercício 8.21 – (Prova ASP 07Ago03) - No sistema da figura a tensão na barra A é 139kV∠- 5,3° e na barra B 14,1kV∠-7,1°. O transformador tem uma resistência ôhmica de 0,5% e uma reatância indutiva de 7,0%. A potência reativa que flui da barra A para a barra B é de 10,0 MVAr. Determinar o tap no lado de alta tensão do transformador. Exercício 8.22 - (Prova ASP 01set03) - No sistema da figura, determine o valor do tap do transformador no lado de alta tensão, sabendo que a tensão na barra A é 143,5∠0°kV, a tensão na barra B 128,2∠-5,93°kV e a tensão na barra C é 13,14∠-9,63°kV. Exercício 8.23 – (Prova ASP 13jun2006) - A concessionária local tem um transformador com as seguintes especificações: tensões nominais 230 kV e 138 kV, impedância 6,99%, potencia 150 MVA, perda nos enrolamentos 0,30% e perda no núcleo 0,10%. Uma carga de 127 MW com fator de potência 0,96 atrasado está conectada no lado de 138 kV cuja tensão de operação é 144,7 kV. Suponha que a carga se mantém constante ao longo do tempo e que o custo da energia é de R$150,0 por MWh. Determine o custo das perdas totais no transformador durante o período de um ano. Fluxo de Potência 35 carga 200km 1,5 Ω/km 0,5 Ω/km 270 kΩ ×km gerador ∼ ∼ 1 2 ∼ A B 138kV/13,8kV 25 MVA ~ 97,0 km R = 0,22 Ω/km X L = 0,5 Ω/km X C = 290 kΩxkm 138 kV / 13,8 kV 50 MVA X = 6,4 % tap= ? kV Carga 47,0 MW fp=0,94 (atrasado) A B C Exercício 8.24 – (Prova ASP 15jun207) - Determinar a perda de potência, em MW, na linha de transmissão. Os valores das tensões nas barras A e C são conhecidas. O transformado de 230kV/69kV está conectado no tap de 216 kV. Utilizar como base para pu 100MVA e 13,8kV na barra A. Fim Fluxo de Potência 36 ~ A 69kV/230kV 100 MVA X = 10,1% V=72,98∠ 3,40°kV 78,2km R=0,10 Ω/km X L =0,422Ω/km X C =257,1kΩ*km ~ v=230,97 ∠6,20°kV B C Fluxo de Potência Cargas Desequilibradas Revisado em dezembro 2009 1 - Introdução Fluxo de potência é uma das ferramentas básicas em análise de sistemas elétricos. As equações de fluxo de potência podem ser aplicadas tanto em sistemas de grande porte quanto em pequenas instalações. Através da análise do fluxo de potência pode-se conhecer o desempenho de sistemas sob o ponto de vista de operação ou planejamento. A operação de um sistema é considerada adequada quando os níveis de tensão permanecem dentro de determinadas faixas. Em sistemas de grande porte, na maioria das vezes, considera- se como normal variação de tensão entre 0,95 pu e 1,05 pu. Valor fora desta faixa pode significar que o sistema opera precariamente, entretanto existem exceções como, por exemplo, tensões da ordem de 0,90 pu em sistemas de pequeno porte. A análise de fluxo de potência deve também considerar os carregamentos dos componentes do sistema. Nos sistemas de baixa tensão, muitas vezes, as cargas são desequilibradas. A avaliação de fluxo de potência com cargas desequilibradas pode ser feita através de equações de rede trifásicas ou através de componentes simétricas. A simulação de sistemas utilizando componentes simétricas é muito comum quando se analisa curtos circuitos. A simulação de sistemas com cargas desequilibradas é semelhante aos procedimentos utilizados com curto circuito. A simulação de fluxo de potência com cargas desequilibradas requer a representação do sistema nas três seqüências. Os exemplos expostos nas páginas seguintes esclarecem a metodologia. Fluxo de Potência 37 Exemplo 1 - Determine as tensões na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 6,9 kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA no gerador. Suponha que na barra 4, a carga está conectada na fase A. Os dois transformadores são DY aterrado. A impedância de seqüência zero da linha é (2,0+j2,0) Ω/km e a reatância capacitiva 400 kΩ/km. SOLUÇÃO 1 - O primeiro passo para a solução do problema é determinar os diagramas de impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. Fig.1 - Diagrama de impedâncias de seqüência positiva Fig. 2 - Diagrama de impedâncias de seqüência negativa Fluxo de Potência 38 2 MVA cosφ = 0,95 (atrasado) 100 km R=0,5 Ω/km X L = 0,5 Ω/km6,9kV/34,5kV X = 8% 10 MVA carga gerador trafo 2trafo 1 34,5kV/13,8kV X = 7% 5 MVA ∼ 1 2 3 4 carga 4,201+j4,201 j1,400j0,800 ∼1,0 ∠ 0º 1 2 3 4 carga 4,201+j4,201 j1,400j0,8001 2 3 4 carga 16,804+J16,804 j1,400j0,8001 2 3 4 Fig. 3 - Diagrama de impedâncias de seqüência zero A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, e supondo que o valor inicial da tensão na barra 4 seja 1,0 pu, então a corrente na fase A corresponde a 0,02 pu, com um defasamentode 18,19 graus, portanto: −∠ = 0,0 0,0 19,1802,0 c b a i i i Eq 1 As correntes da carga no espaço de seqüência são: −∠ −∠ −∠ = −∠ × ×= − + 2,1802,0 2,1802,0 2,1802,0 3 1 0,0 0,0 2,1802,0 1 1 111 3 1 2 2 0 aa aa i i i Eq. 2 Em termos de seqüência positiva: 53,3805105,0 19,18006667,0)400,1201,4201,4800,0(41 ∠ =−∠×+++=− ++ jjjvv Eq. 3 As tensões na barra de geração são fixas e equilibradas, portanto a tensão de seqüência positiva na barra 4 equivale a: 90,19606,003180,09601,053,3805105,014 −∠=−=∠−= ++ jvv Eq. 4 Em termos de seqüência negativa: 53,3805105,019,18006667,0)400,1201,4201,4800,0(41 ∠=−∠×+++=− −− jjjvv Eq. 5 Como a tensão de seqüência negativa na barra 1 é zero, então a tensão de seqüência negativa na barra 4 equivale a: 53,3805105,053,3805105,014 ∠−=∠−= −− vv Eq. 6 De forma semelhante a tensão de seqüência zero na barra 4 equivale a: 81,71009334,019,18006667,0)400,1(34 00 ∠−=−∠×−= jvv Eq. 7 Conhecendo as tensões da barra 4 no espaço de seqüência, então as tensões da barra 4 no espaço trifásico: Fluxo de Potência 39 +− −− − = ∠− −∠ ∠− × = 8890,04630,0 8431,04630,0 0725,09172,0 53,3805105,0 90,19606,0 81,71009334,0 1 1 111 4 4 4 2 2 j j j aa aa v v v c b a ∠ ∠ −∠ = 5,117002,1 2,2419619,0 51,49201,0 4 4 4 c b a v v v Eq. 8 Conhecendo a tensão na barra 4, e possível determinar os novos valores de corrente, e assim por diante. SOLUÇÃO 2 – Uma outra solução é proceder de forma semelhante ao cálculo de um curto circuito monofásico através de uma impedância. A impedância seria a carga. O valor da impedância equivalente da carga é: 19,180,5019,1802,0/1/1 *arg ∠=−∠== sz ac Eq. 9 O equivalente de seqüência positiva é 401,6201,4 j+ , idêntico ao equivalente de seqüência negativa e o equivalente de seqüência zero corresponde a 800,0j . Portanto o diagrama para simular o curto circuito monofásico é: Fig. 4 Simulação de falta FT De acordo com a Figura 4: Fluxo de Potência 40 19,180,503 ∠× J1,400 ∼1,0 ∠ 0º 4,201+j6,401 4,201+j6,401 02,22006143,0)03,6191,150/(0,1 )19,18150400,1401,6201,4401,6201,4/(0,10 −∠=+ =∠+++++=== −+ j jjjiii Eq. 10 Portanto as correntes de seqüência equivalem a 02,22006143,0 −∠ . As tensões de seqüência: 98,67008600,002,22006143,0)400,1(0,04 70,3404703,002,22006143,0)401,6201,4(0,04 60,19617,002677,09613,0 70,3404703,00,102,22006143,0)401,6201,4(0,14 0 ∠−=−∠×−= ∠−=−∠×+−= −∠=− =∠−=−∠×+−= − + jv jv j jv Eq. 11 As tensões da barra 4 no espaço trifásico correspondem a: +− −− − = ∠− −∠ ∠− × = 8848,04645,0 8472,04646,0 0616,09194,0 70,3404703,0 60,19617,0 98,67008600,0 1 1 111 4 4 4 2 2 j j j aa aa v v v c b a Eq. 12 ∠ ∠ −∠ = 7,1179993,0 3,2419662,0 83,39215,0 4 4 4 c b a v v v Eq. 13 Exemplo 2 - Determine as tensões na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 6,9 kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA no gerador. Suponha que na barra 4 as cargas estão conectadas nas fases A e B. Os dois transformadores são DY aterrado. A impedância de seqüência zero da linha é (2,0+j2,0) Ω/km e a reatância capacitiva 400 kΩ/km. SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar as correntes de seqüência na barra 4. A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, e supondo que o valor inicial da tensão na barra 4 (fases A e B) seja 1,0 pu, então a corrente corresponde a 0,02 pu, com um defasamento de 18,19 graus, portanto: Fluxo de Potência 41 2 MVA(A e B) cosφ = 0,95 (atrasado) 100 km R=0,5 Ω/km X L = 0,5 Ω/km6,9kV/34,5kV X = 8% 10 MVA carga gerador trafo 2trafo 1 34,5kV/13,8kV X = 7% 5 MVA ∼ 1 2 3 4 −∠ = 0,0 0,0 19,1802,0 c b a i i i Eq 14 As correntes da carga no espaço de seqüência são: + − − = ∠ −∠ × ×= − + 01333,001491,0 01249,003800,0 01958,000409,0 3 1 0,0 8,22102,0 2,1802,0 1 1 111 3 1 2 2 0 j j j aa aa i i i Eq. 15 As tensões de seqüência são: 80,110280,03/)01958,000409,0()400,1(0,04 52,980510,03/)01333,001491,0()401,6201,4(0,04 95,39223,00636,09201,0 53,381021,00,13/)01249,003800,0()401,6201,4(14 0 ∠−=−×−= ∠−=+×+−= −∠=− =∠−=−×+−= − ++ jjv jjv j jjvv Eq. 16 As tensões da barra 4 no espaço trifásico correspondem a: +− −− − = ∠− −∠ ∠− × = 8416,04799,0 7390,05026,0 1197,09002,0 52,980510,0 95,39223,0 80,110280,0 1 1 111 4 4 4 2 2 j j j aa aa v v v c b a Eq. 17 ∠ ∠ −∠ = 7,119969,0 8,2358937,0 57,79081,0 4 4 4 c b a v v v Eq. 18 FIM Fluxo de Potência 42 Fluxo de Potência: Controle de tensão com reguladores de tensão ou taps de transformadores Revisado em maio 2010 1 - Introdução Os transformadores são eficientes no controle das tensões. As mudanças nos taps dos transformadores, ou reguladores de tensão, podem ser ajustadas para controlar as tensões. Os transformadores podem ter taps que somente são alterados com o transformador fora de operação ou taps variáveis com o transformador em operação. O primeiro tipo é denominado de transformadores com taps fixos. O segundo tipo é denominado de transformadores com taps variáveis sob carga, ou com a terminologia em inglês LTC ( Load Tap Changer ). Os transformadores com taps variáveis sob carga são mais caros e normalmente este recurso somente é utilizado em transformadores com potencia superior a 10 MVA. Um outro recurso para controlar tensões são os reguladores de tensão. Os reguladores de tensão são equipamentos de pequeno porte, normalmente da ordem de 10 MVA ou menores, que são bastante utilizados na distribuição. Os reguladores de tensão são diferentes dos transformadores de potencia mas a simulação destes equipamentos pode ser feita do mesmo modo que os transformadores de potencia com taps variáveis. O controle de tensão, por transformadores ou reguladores, introduz nas equações de fluxo de potencia, novas variáveis. Cada controle introduz duas variáveis nas equações, um valor conhecido que é a tensão controlada e uma incógnita que é o valor do tap. O método de Newton Raphson desacoplado permite uma soluçãosimples e eficiente na consideração de controle de tensão por taps de transformadores. O controle de tensão por taps dificulta a convergência de diversos métodos, mas no caso do Newton Raphson desacoplado o controle de tensão melhora a convergência. Fluxo de Potência 43 2 – Equações de Fluxo de Potencia No sistema da figura a barra 1 é a referência e as outras barras são do tipo PQ. O transformador entre as barras 2 e 3 controla a tensão da barra 3 utilizando taps variáveis. Na barra de referência a tensão (módulo e defasamento) é conhecida e nas barras 2, 3 e 4 os valores da potência (parte ativa e reativa) são conhecidos. Na barra 3, o valor da tensão é conhecido e o valor do tap é uma incógnita. Fig. 2.1 Supondo a existência de um transformador entre as barras 1 e 2 na figura abaixo, o equivalente será: Fig. 2.2 Onde os valores em termos de impedâncias correspondem as seguintes equações: Tza ×= )1/(2 TTzb −×= )1/( −×= TTzc 2.1 As equações acima em termos de admitancias correspondem a: HyTya ×== //1 )(/1 2 HHyb −×= )1/(/1 Hyc −×= 2.2 Portanto a equação matricial do sistema da figura é: = = − +− −+− − * 4 * 4 * 3 * 3 * 2 * 2 1 4 3 2 1 4 3 2 1 4434 34343232 23 2 232121 1211 / / / 00 0 0 00 vs vs vs i i i i i v v v v yy yyyHy HyHyyy yy 2.3 Fluxo de Potência 44 z T 1 /T 2 i 1 i 2 v 1 v 2 v 3 a b c i 1 i 2 v 1 v 2 1 2 4 P+jQ P+jQv 3 P+jQ A segunda linha da equação matricial 2.3 é: * 2 * 23232 2 2321121 /)()( vsvHyvHyyvy =−++− 2.4 Multiplicando a equação acima por *2v obtém-se: * 2 * 2323 22 2321 * 2121 )()( svvHyVHyyvvy =−++− 2.5 A equação que define a potência na barra 2 pode ser reescrita como: * 2322323 2 2 2 2321122121 )()( sVVHyVHyyVVy =∠−++∠− θθ 2.6 3 – Jacobianos de incrementos de ângulos e de tensões O método desacoplado permite a dedução do Jacobiano relativo aos incrementos de ângulos independente dos incrementos de tensões. Os incrementos dos taps são tratados da mesma forma que os incrementos de tensões, pois as variações nos taps afetam fortemente as tensões sem grandes mudanças nos ângulos. 3.1 Determinação dos incrementos angulares - Supondo que se conheça uma solução aproximada para os defasamentos angulares pode-se escrever que: * 2 * 2322323 2 2 2 2321122121 )()( ssVVHyVHyyVVy aa ∆+≈∠−++∠− θθ 3.1.1 Considerando θθθ ∆+= corretoaproximado então: * 2 * 232322323 2 2 2 232112122121 )()( )()( ssVVHy VHyyVVy c c ∆+≈∆+∠ −++∆+∠− θθ θθ 3.1.2 O defasamento angular pode ser decomposto em: =∆+×+∆+=∆+∠ )()cos()(1 θθθθθθ senj ≈∆×+∆×+∆−∆ θθθθθθθθ senjsenjsensen coscoscoscos =∆×+×+∆− θθθθθθ coscos jsenjsen θθθθθθθθ ∠∆×+∠=×+∆×+×+ jsenjjsenj 1)(coscos 3.1.3 Assim obtém-se que: * 23232232312122121 ))( sjVVHyjVVy cc ∆≈∠∆−∠∆− θθθθ 3.1.4 Fluxo de Potência 45 Considerando que: os defasamentos angulares cijθ são relativamente pequenos; os valores das tensões são próximos de 1,0; a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa; os valores de H são próximos da unidade, então: * 232231221 )()( sjBjjBj ∆≈∆−∆− θθ 3.1.5 Sabendo que jiij θθθ ∆−∆=∆ , conclui-se que: 223232121 )()( PBB ∆≈∆−∆+∆−∆ θθθθ 3.1.6 Denominando 222321 BBB =+ , então: 2323222121 )( PABBB ∆−≈∆−∆+∆− θθθ 3.1.7 Uma rápida análise permite concluir que incrementos angulares são independentes dos valores dos taps. Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto 0,01 =∆ θ , a equação matricial em termos de incrementos angulares do sistema da figura é: ∆− ∆− ∆− = ∆ ∆ ∆ − −− − 4 3 2 4 3 2 4443 343332 2322 0 0 P P P BB BBB BB θ θ θ 3.1.8 A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos angulares é conhecida como: [ ] [ ] [ ]PB ∆−=∆ θ' 3.1.9 O Jacobiano de incrementos angulares, no método de Newton Raphson desacoplado, não sofre qualquer alteração em sistemas com tensões controladas por taps da mesma forma que sistema com tensões controladas por reativos. 3.2 Determinação dos incrementos de tensões e taps - A dedução do Jacobiano referente aos incrementos da tensão pode ser feita de maneira semelhante ao que foi adotado para os incrementos angulares. A segunda linha da equação matricial 2.3 é: * 2 * 2323223 2 21121 /)()()( vsvHyvyHyvy =−+++− 3.2.1 Fluxo de Potência 46 A tensão 3V é conhecida, portanto considera-se a existência de H∆ ao invés de 3V∆ , assim a segunda linha da equação matricial: * 2 * 23222323 2 2223 2 2112221121 )()( ))()(())(( ssVVVHHy VVyHHyVVVVy cc ccc ∆+=∠∆+∆+ −∆+∆+++∠∆+∆+− θ θ 3.2.2 A equação acima pode ser simplificada como: * 23222323 2 223 2223 2 2112122121 )())(2( )2)(()( sHVVVyHVHy VVyHyVVVVy ccc ccc ∆≈∠∆+∆−∆ +∆++∠∆+∆− θ θ 3.2.3 Sabendo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ sào relativamente pequenos, então: * 2223232323 22323 2 2121122121 ))(()2)(( )2))((())(( sHVjBAHjBAH VjBAHjBAVVjBA ∆≈∆+∆+−∆+ +∆++++∆+∆+− 3.2.4 Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, então: 222323 223 2 211221 )()2)(( )2))((()( QjHVjBHjBH VjBHjBVVjB ∆−≈∆+∆−∆ +∆++∆+∆− 3.2.5 Sabendo que H tem um valor próximo da unidade a equação acima pode ser simplificada como: 22322321121 )())(()( QHBVBBVB ∆−≈∆+∆++∆− 3.2.6 A terceira linha da equação matricial 2.3: * 3 * 343433432232 /)()()( vsvyvyyvHy =−+++− 3.2.7 Em termos de incrementos a terceira linha da equação matricial 2.3: * 3 * 34344334 2 334322332232 )( ))(())()(( ssVVVy VyyHHVVVy cc ccc ∆+=∠∆+ −++∠∆+∆+− θ θ 3.2.8 A equação acima pode ser simplificada como: * 34343342332332 )()( sVVyHVVVy ccc ∆≈∠∆−∠∆+∆− θθ 3.2.9 Fluxo de Potência 47 Sabendo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ são relativamente pequenos, então: * 343434323223232 ))(())(())(( sVjBAHjBAVjBA ∆≈∆+−∆+−∆+− 3.2.10 Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, então: 343432232 ))(())(())(( QjVjBHjBVjB ∆−≈∆−∆−∆− 3.2.11 A equação acima pode ser simplificada como: 343432232 QVBHBVB ∆−≈∆−∆−∆− 3.2.12 A quarta linha da equação matricial 2.3: * 4 * 4434334 /)()( vsvyvy =+− 3.2.13 Em termos incrementais a quarta linha: * 4 * 4 2 44343444334 ))(()( ssVVyVVVy ccc ∆+=++∠∆+− θ 3.2.14 Observa-se que na equação acima a tensão 3V é fixa e, portanto não tem incrementos. A equação acima pode ser simplificada como: * 44434344334 )2()( sVVyVVy cc ∆≈∆+∠∆− θ 3.2.15 Sabendo que as tensões 0,1≈ciV e que os defasamentos angulares ijθ são relativamente pequenos, então: * 44343443434 )2()())(( sVjBAVjBA ∆≈∆++∆+− 3.2.16 Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, então: 4434434 2 QjVjBVjB ∆−≈∆+∆− 3.2.17 A equação acima pode ser simplificada como: 4434 QVB ∆−≈∆ 3.2.18 Portanto a quarta linha é independente de 3V∆ como era de se esperar, pois 3V é um valor conhecido. Fluxo de Potência 48 O Jacobiano dos incrementos de tensão está mostrado na equação 3.2.19. Sabendo que a
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