PESQ_Volume 5- Dinamica das Maquinas Eletricas II - Suplemento

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ÇURIO DEENOENHARIA EH 
SMIEMAI '■'ETRICOJ DE PÒTÍNCIA
CURSO DE ENGENHARIA 
EM SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA 
- SÉRIE PTI -
RELAÇÃO DE VOLUMES E TRADUTORES
1 - Análise de Circuitos de Sistemas de Potência -
Ariindo R. Mayer
2 - Teoria das Lindas de Transmissão I - J.Wagner Kaehler
3 - Teoria das Linhas de Transmissão II - Felix A. Farret
4 - Dinâmica das Máquinas Elétricas I - Somchai Ansuj,
Ariindo R. Mayer
5 - Dinâmica das Máquinas Elétricas II - Elvio Rabenschlag
6 - Dinâmica e Controle da Geração - Almoraci S. Algarve,
João M. Soares
7 - Proteção de Sistemas Elétricos de Potência -
Fritz Stemmer, 
Tjenois Mariotto
8 - Coordenação de Isolamento - J. Wagner Kaehler
9 - Operação Econômica e Planejamento - Paulo R. Wilson
10 - Métodos Probabillsticos para Projeto e
Planejamento de Sistemas ” '*-ricos - M. Ivone Brenner
Supervisão técnica: Somchai Ansuj
Coordenação geral: Arlindo R. Mayer
Norberto U. de V. Oliveira 
Waldemar C . Fuentes
CENTRAIS ELÉTRICAS BRASILEIRAS S.A. 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA MARIA
DINÂMICA DAS
MÁQUINAS ELÉIltHCÂS-IH
* PROBLEMAS *
F. P. DE MELLO
Traduçio: Almoraci & Algarve
Prof. Assist. do Curso 
de Eng.a Elétrica da 
EFSM
CURSO DE ENGENHARIA EM 
SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA 
SÉRIE P. T. I.
SANTA MARIA • RS • 1979
Título do oricrinal:
Electrical Machine Dynamics II
Direitos para o Brasil reservados a Centrais Elétricas 
Brasileiras S.A. - ELETPOBRÃS
Av. Presidente Varaas, 624 - 10Ç andar 
Rio de Janeiro - RJ
1979
F I C H A C A T A L O G R Â F I C A
M527d Mello, F.P. de
Dinâmica das mãcruinas elétricas II; PROBLEMAS 
/por/ F.P. de Mello. Trad. /de/ Almoraci S. Alaar- 
ve. Suplemento. Santa Maria, Universidade Fede­
ral de Santa Maria, 1979.
104p. ilust. 23cm (Curso de Engenharia 
em Sistemas Elétricos de Potência - Série PTI, 
Suplemento do Vol.5)
Título oricrinal: "Electrical Machine Dynamics II'' 
I. Alqarve, Almoraci S., (trad.) II. Título.
CDD 621.313 3 
CDU 621.313 3
Obra publicada 
Com a colaboração
do Fundo de Desenvolvimento Tecnológico 
da CENTRAIS ELÉTRICAS BRASILEIRAS S.A — ELETROBRÁS
em Convênio com a
UNIVERSIDADE FEDÊRAL DE SANTA MARIA — UFSM
APRESENTAÇÃO
Há cerca de 10 anos vem a ELETROBRÂS patrocinan­
do a realização de Cursos na área de Sistemas Elétricos 
de Potência, visando o aperfeiçoamento. * de engenheiros 
eletricistas das Empresas do Setor de Emergia Elétrica. 
Assim, cerca de 200 profissionais, nesse período, recebe­
ram formação a nível de Mestrado, tanto no exterior como 
no Brasil, em obediência a currículos estabelecidos pela 
ELETROBRÂS, tendo em vista as necessidades detectadas por 
seu pessoal especializado.
Como resultado da experiência de realização des­
ses e de outros Cursos, por vezes contando com a partici­
pação de professores estrangeiros .especialmente contrata­
dos para reforçar as equipes docentes nacionais, vêm sen-' 
do publicados livros especializados em regime de co- 
edição com Universidades, e â conta de Recursos do Fundo 
de Desenvolvimento Tecnológico da ELETROBRÂS.
É constante a preocupação desta Empresa em 
apoiar as Instituições de Ensino Superior, razão pela qual, 
entre- outras ações, têrti sido sistematicamente oferecidas 
vagas a docentes universitários, sempre que grupos de en­
genheiros são enviados ao exterior para freqüência a cur­
sos especiais ainda não oferecidos regularmente no Brasil. 
Isso tem propiciado mais rápida resposta das Universidades 
no atendimento de necessidades especiais no Setor de Ener­
gia Elétrica, inclusive pela imediata implantação de tais 
cursos no País, a mais baixo custo e possibilitando am­
pliar a faixa de atendimento de profissionais das Empre­sas .
Em uma dessas ações, a ELETROBRÂS contratou com 
o Power Technologies, Inc. - P.T.I., de Schenectady -USA, 
a ministração de um curso especial em Sistemas Elétricos, 
e constante dos tópicos que se seguem:
1 - Analise de Sistemas Elétricos de Potência
2 - Teoria das Linhas de Transmissão
3 - Releamento - Características e Princípios
Fundamentais de Operação dos 
Relês
4 - Coordenação de Isolamento
5 - Operação Econômica e Planejamento
6 - Dinâmica e Controle da Geração
7 - Dinâmica das Maquinas Elétricas
8 - Métodos Probabilísticos para Projeto e
Planejamento de Sistemas Elétricos
9 - Economia das Empresas de Energia Elétrica
Esses tópicos, na forma como foram inicialmente 
ministrados pela equipe do P.T.I., e posteriormente re­
produzidos por outros docentes brasileiros em diversas 
oportunidades, constituem, a nosso ver, uma fonte de in­
formações capaz de proporcionar uma formação equilibrada 
de profissionais de alto nível que se destinam às Empresas 
de Energia Elétrica e que delas precisem ter inicialmente 
boa visão técnica de conjunto. Posteriormente tais profis­
sionais poderão aprofundar seus estudos em tõpicos^especí- 
ficos, conforme necessário âs suas áreas de atuação.
Foi, pois, com esta intenção que a ELETROBRÂS de­
cidiu adquirir ao P.T.I. os direitos de reprodução do Cur­
so, e contratou com a Universidade Federal de Santa Maria 
a tradução e edição do mesmo, visando sua distribuição âs 
Empresas do Setor de Energia Elétrica e demais Institui­
ções de Ensino Superior que ministram cursos na área de 
Engenharia Elétrica. Estamos certos de que a divulgação 
desse material, agora em língua portuguesa,atingirá apre­
ciável numero de profissionais e estudantes universitários 
proporcionando-lhes um nível de aperfeiçoamento mínimo ho­
je desejável naquelas Empresas, e ao mesmo tempo consti- 
tuindo-se em obra de referência para docentes especiali­
zados.
Arnaldo Rodrigues Barbalho 
Presidente da« ELETROBRÂS
PREFACIO
Raros são os livros publicados em português so­
bre Sistemas Elétricos de Potência. Isso fez com que os 
professores do Departamento de Engenharia e professores que 
atuam no Curso de Pós-Graduação em Engenharia Elétrica, da 
Universidade Federal de Santa Maria, aceitassem o desafio 
de realizar a estafante, porém atraente tarefa de tradução 
revisão e acompanhamento na impressão do Curso organizado 
por Power Technologies, Inc.‘ - PTI, e cujos direitos de re­
produção foram adquiridos pela ELETROÍBRÂS.
Foi muito valiosa, para a realização desta tare­
fa, a união e o espírito de equipe de um conjunto de pro­
fessores que, além de suas atividades docentes,administra­
tivas e de pesquisa, passaram a dedicar-se a mais essa im­
portante tarefa.
É nosso dever deixarmos assinalados os nossos a- 
gradecimentos a todos os que contribuiram para a elaboração 
dessa obra. Destacamos a ajuda prestada pelo Diretor do 
Centro de Tecnologia, Prof. Gilberto Aquino Benetti, pelo 
Diretor da Imprensa Universitária, Prof. José Antonio Ma­
chado, pelo Chefe do Departamento de Engenharia Elétrica, 
Prof. Wilson Antônio Barin, pelo Coordenador do convênio 
UFSM/ELETROBRÃS, Prçf. Arlindo Rodrigues Mayer, como tam­
bém pelos Professores Waldemar Correia Fuentes, Nilton Fá- 
bbrin e Norberto V. de Oliveira.
Pela Companhia Estadual de Energia Elétrica - CEEE- 
tiveram participação destacada, nesta realização, o Eng9 
Paulo Roberto Wilson, Coordenador do Convênio CEEE/UFSM , 
e os Engenheiros José Wagner Kaheler e Fritz Stemmer, to­
dos eles Professores visitantes do CPGEE da UFSM.
Nossos agradecimentos â Professora Celina Fleig 
Mayer por seus serviços de revisão e à Jornalista Veronice 
Lovato Rossato pelos serviços de revisão e Assessoriade E- 
ditoração. E à Professora June Magda Scharnberg pelo seu 
auxílio na organização das fichas catalogrãficas dos vários 
volumes.
Nossos agradecimentos, também, ao datilõgrafo U- byrajara Tajes e aos desenhistas Eng9 Delcio Bolzan e Fran­cisco Ripolli Filho.
Aos Professores Ademir Carnevalli Guimarães e 
Hélio Mokarzel, da Escola Federal de Engenharia de Itaju- 
bã, agradecemos a gentileza de nos terem enviado a tradu­
ção parcial de alguns dos volumes, os quais serviram como 
valiosas referências em nosso trabalho.
Finalmente, é nosso dever deixar registrado 
nossos agradecimentos ã Centrais Elétricas Brasileiras
S.A.- ELETROBRÂS, por seu apoio e confiança em nós depo­
sitados.
Derbday Galvão 
Reitor
SUMARIO
APÊNDICE - ORIENTAÇÕES PARA INTERPRETAÇÃO DE CURVAS
DE OSCILAÇÃO DE ESTABILIDADE............... 1
1. Estabilidade na primeira oscilação............ 1
2. Ipstabilidade após a primeira oscilação....... 4
3. Sensitividade dos resultados.... .............. 5
PROBLEMA DE AULA I ....... 21
PROBLEMA DE AULA II...... 27
PROBLEMA DE AULA III.................................. 35
PROBLEMA DE AULA IV.............................. 40
PROBLEMA DE AULA V ............................... 46
PROBLEMA DE AULA VI. .............. 51
PROBLEMA DE AULA VII....... . 58
PROBLEMA DE AULA VÍ II................................. 70
PROBLEMA DE AULA IX.*............................ 83
APÊNDICE
ORIENTAÇÕES PARA INTERPRETAÇÃO DE 
CURVAS DE OSCILAÇÃO DE ESTABILIDADE
A interpretação da estabilidade, a partir das curvas 
de oscilação do ângulo da maquina obtidas por simulação, ê 
âs vezes difícil, especialmente nos casos em que o proble­
ma de instabilidade surge depois da primeira oscilação.
Serã apresentado a seguir alguns casos típicos que 
são interpretados a partir das curvas de oscilação da ma­
quina.
1. Estabilidade na primeira oscilação
A manifestação mais violenta da instabilidade ê a que­
da de estabilidade na primeira oscilação (Figura 1).
ANGULO 
DO ROTOR 
DA M A Q U IN A
TEMPO (SEGUNDOS)
0 . 3.
TEMPO ( SEGUNDOS)
2. Instabilidade apõs a primeira oscilação
São muitos os fenômenos que podem causar insta­
bilidade ou que se comportam como instabilidade nas os­
cilações subseqüentes:
a) Falta de amortecimento das oscilações da maquina cau­
sada primariamente por fraca transmissão e agravada 
pela ação do regulador de ténsão. Existem certas con­
dições do sistema que podem produzir amortecimento ne­
gativo em maquinas, mesmo sem a ação de reguladores 
de tensão. Isto ocorre particularmenté em situações 
em que uma carga pesada é alimentada principalmente 
por geração remota, com a geração local sendo uma par­
cela relativamente pequena comparada com a remota. 
Nesses casos, o amortecimento da geração local pode 
ser negativo. As figuras 2(a) e 2(b) mostram o caso 
das oscilações não amortecidas típicas de tais casos 
de instabilidade dinâmica. Deve-se enfatizar que es­
ta situação depende mais do estado do sistema apôs a 
perturbação do que do impacto transitório produzido 
pela própria perturbação. Em outras palavras, se o 
estado final ê atingido por um desligamento de linha, 
ocorrera a instabilidade caracterizada,indépendente- 
mente do fato da linha ter sido desligada após uma fa­
lha. O impacto da falta faria apenas que as oscila - 
ções iniciais fossem de maior amplitude.
A instabilidade dinâmica pode resultar em osci­
lações que cresçam até uma amplitude que provoque a 
saída de sincronismo. Algumas vezes, as oscilações 
podem crescer até uma certa amplitude e aí ficarem 
estacionárias. Isto pode ocorrer quando a falta de a- 
mortecimento é produzida pela ação do regulador de 
tensão.
Quando as oscilações crescem, os reguladores e 
as excitações começam a atingir os seus limites,e o 
ganho efetivo desses dispositivos diminui. Estas si­
tuações resultam nos chamados ciclos limitados. Em­
bora não ocorra desligamento e perda de sincronismo, 
esse comportamento do sistema de potência ê intole­
rável .
b) Existem também casos em que muitas formas de on­
da de oscilação são excitadas pela perturbação, de 
modo que, em algum instante apõs a primeira oscila­
ção, uma superposição dessas ondas resulte em maio­
res desvios de ângulos e na eventual queda de uma ou 
mais usinas. A perda da potência sincronizante, le­
vando â queda do sistema, deve-se a um deslocamento 
excessivo do ângulo, atingido algum tempo após a pri­
meira oscilação, através de uma amplificação devida
â superposição de ondas. As figuras 3(a) até 3(e) mos­
tram um exemplo desse fenômeno. Nesse caso,a pertur­
bação ê uma falta 30, seguida do chaveamento de uma 
secção de linha. As figuras 4 (a) ate 4(e) mostram que 
uma falta menos severa (falta duas fases terra), se­
guida da mesma operação de chaveamento, resulta em 
condições estáveis, porque a amplitude das oscilações 
do ângulo não chegam ao ponto de provocar a perda do 
sincronismo. Isto contrasta com o fenômeno de falta 
de amortecimento, explicado em (a), onde o fenômeno 
é um crescimento sustentado na amplitude de ondas in­
dividuais de oscilação, levando a uma eventual perda 
de sincronismo ou a um estado de oscilações susten­
tadas, e com a amplitude da perturbação afetando a-" 
penas o tempo decorrido até que as oscilações atin­
jam um certo limite, ou ocorra a queda da unidade. 
Comparando as figuras 4 com 3, observa-se que as es­
calas de tempo são diferentes nos dois conjuntos de 
figuras.
0 fenômeno de amplificação dos desvios de ângu­
lo, apôs a primeira oscilação, pela superposição de 
ondas diferentes, é obviamente agravado por baixos a- 
mortecimentos dessas ondas. Havendo bom amortecimen­
to, a amplitude das ondas individuais serã bem redu­
zida, apôs a primeira oscilação.
c) A superposição de ondaá discutida em (b), acima, po­
de também dar fenômenos semelhantes à instabilidade 
dinâmica discutida em (a). Nesse caso, embora as am­
plitudes das oscilações não sejam, inicialmente, su­
ficientes para exibir as características não linea - 
res associadas com o fenômeno da queda de sincronis­
mo, elas parecem crescer em amplitude. Se a listagem 
da simulação ê cortada muito cedo, a natureza real do 
fenômeno* pode não ser revelada. Afigura 5 mostra es­
te tipo de efeito,que ê um caso de "batimento".'
Sensitividade dos Resultados
Sempre que são notados casos de estabilidade margi­
nal, exibindo quaisquer dos fenômenos discutidos no i- 
tem 2 acima, ê apropriado estabelecer a sensitividade 
dos resultados a vãrios fatores e hipóteses. Uma situa­
ção marginalmente estável, especialmente quando os fe­
nômenos de instabilidade são causados por amortecimento 
insuficiente ou negativo, deve ser evitada pór medidas 
que estabeleçam um grau decisivo de estabilidade.
As figuras 6 (a) e 6 (b) podem ser comparadas com as fi­
guras 2 (a) e 2(b) para mostrar os efeitos das hipóteses 
sobre as características de carga (parte real da corren
te constante para a figura 2 e impedância constante pa­
ra a figura 6) para uma situação particular.
Um sistema pobremente amortecido, embora teoricamen­
te estável, pode ser inaceitável de um ponto de vistade 
comportamento do sistema. Perturbações aleatórias podem 
manter o sistema em oscilações constantes que, de fre- 
qüências em torno de lHz,são intoleráveis aos consumi­
dores residenciais e industriais.
As curvas do topo da figura 7 mostram o comportamen­
to oscilatõrio de um grande sistema interligado,seguin- 
do-se a uma severa perturbação. O conjunto de curvas de 
base corresponde a uma perturbação idêntica, exceto que» 
nesse caso,os geradores foram simulados com estabiliza­
dores e sistemas de excitação estáticos modernos. Isso 
é uma demonstração enfática dos benefícios potenciais 
que podem ser obtidos dos sistemas de excitação proje­
tados para evitar amortecimento.
0 cálculo dos efeitos de amortecimento requer uma cor­
reta modelagem das máquinas síncronas, dos sistemas de 
excitação e da máquina primária.
00*001
Instabilidade apõs a primeira oscilação, 
devido ã amplitude dos desvios de ângulo
'100
,00 
100
,00
AN6UL0S 
FALTA 3 0
J____ I____ I____ I____ I____ I____ I____ I____ I____
00 O E + 00 0 , 3 0 0 1 + o i
TEM PO
Ângulos 
Falta 30
1
0
0
,0
0
 
1
0
0
,0
0
Ângulos 
Falta 30
100,
00 
100.
00
TEMPO
Ângulos 
Falta 30
0
,3
0
0
0
 
1.
30
0
Tensões 
Falta 30
o°’ooi 
00*001
14
SISTEMA APÓS O DISTÚRBIO 
IDÊNTICO AO CASO DA FIGURA 3.
ESTABILIDADE COMO FUNÇÃO DA PERTURBAÇÃO 
E NÃO DO ESTADO FINAL.
ÂNGULOS
FALTA DUAS FASES - TERRA
J_______ I_______ I_______ I_______ I_______ I_______ 1_______ I_______ I______
O 0 0 E + 0 0 0,400 E + 01
TEMPO
ÂngulosFalta Duas Fases-Terra
Ângulos
Falta Duas Fases-Terra
100.
00 
100.
00
Ângulos
Falta Duas Fases-Terra
10
0,
00
Ângulos
Falta Duas Fases-Terra
0
.5
0
0
0
Tensões
Falta Duas Fases-Terra
Fenômeno de"Batimento"
O. TEMPO (SEGUNDOS) 3.
Cargas com Impedância Constante
Cargas com Impedância Constante
OSCILAÇÕES RELATIVAS 0 0 ANGULO OA MÁQUINA SEGUINDO A UM CURTO 
CIRCUITO E PERDA DO CIRCUITO DE TRANSMISSÃO 
SISTEMA COMO PROJETADO
OS NÚMEROS SOBRE A CURVA IDENTIFICAM AS MÁQUINAS
_L
TEMPO ( SEG.)
OSCILAÇÕES RELATIVAS DO ANGULO DA MÁQUINA PARA MESMA PERTURBAÇÃO 
ADMITE-SE QUE 0 SISTEMA TENHA ESTABILIZADORES E S ISTEM AS DE 
EXCITAÇÃO ESTÁTICOS EM TÔDAS AS UNIDADES.
1o -
TEMPO ( SEG.)
PROBLEMA DE AULA I
BASE fOO MVA
X(J =0, 5
X =0,2 m *
etg etm
KV X SÉRIE CAPACITÂNCIA PARALELO
230 0,75 J\/miJha 0,18 X 10€ Ti milhas
345 0,60 JVmilha 0,15 X 10 Ti milhas
L = MILHAS
Deseja-se estudar o efeito dos parâmetros das li­
nhas na estabilidade de estado de equilíbrio do sistema a- 
cima. Para um conjunto de dados de maquinas, varia-se os 
parâmetros da linha de transmissão e de compensação.
a) Para a linha não compensada, traçar o gráfico do 
limite da potência em estado de equilíbrio, em 
termos do valor de X série.
b) Refazer o gráfico para uma compensação paralela 
de 1 0 0 % (justamente suficiente para eliminar a 
capacitância da linha)e para compensação de 50%
da linha de 345 kV.
Solução:
Para 230 kV
, 230‘
Jbase 1 0 0 = 529 fl
X = 0,75.L/Zbase = 0,75 .L/529 p.u.
Y _ L Zbase _ 529 L
2 fi ft P * ̂ '2x0,18x10 2 x 0,18 x 10
Notemos que a relação K = Y/2X
529 %
2 x 0,18 x 10 
= 1,03 é uma constante independentemente de L.
Logo: K23QkV 1 , 0 3
529
6 ' 0 , 1 5 %
Do mesmo modo, K345kV = ^
Isto nos permitirá substituir Y/2 por KX. Podemos simpli­
ficar ainda mais o problema convertendo o sistema emum sis­
tema série equivalente, usando o teorema de Thêvenin.
X LINHA pü
Fazendo esses equivalentes de cada lado, temos
Eg
jX'g ;tg jX-'W- 'tm
jX’m- W — E ’m
V<! * x;> <! + x; ’
max
(|)2 + (f + X')(f . x ;i
Capacitores Série
O efeito dos capacitores série serã de reduzir a re- 
atância série efetiva da linha. Devido à natureza distri­
buída dos parâmetros da linha, o numero e a colocação des­
ses capacitores irã influir nos perfis de tensão ao longo 
da linha e darã efeitos diferentes na reatância série do tt 
equivalente. Para os propósitos do nosso problema, despre­
zaremos esses efeitos e usaremos o tt equivalente nominal.
Definimos:
Xe£ = x u % série* 1 0 0 '
Reatores Paralelo
O efeito dos reatores paralelo serã de cancelar uma 
parcela da capacitância da linha, reduzindo K. Se cance­
larmos toda a capacitância, teremos K = 0.
Definimos:
Kef - K ( 1 -
% Paralelo 
100
Podemos agora calcular P como acima, mas* usando
X £ e K J- e m v e z d e X e K . ef ef
max
INPUT PCT. SERIES COMP. ? O
X
SERIES
PMAX 
K= 0
PMAX 
K= 1.03 PMAX K= 7.9
PMAX 
K= 3.95
0 3.16 3.16 3.16 3.16. 05 2.89 2.85 2.51 2.35. 1 2.65 2.57 1.97 1.73.15 2.43 2.32 1.49 1.276.2 2.23 2.12 1. . 8597. 25 2.06 1.94 .23. 3 1.91 1.78 0. 35 1.77 1.64 0. 4 1.65 1.52 0.45 1.55 1.42 0. 5 1.45 1.32 0.55 1.37 1.24 0.6 1.29 1.17 0
Comentários Sobre o Uso dos Gráficos
Para a linha de 230 kV não compensada, com X=0,4pu, 
a potência máxima e de 1,52. Com 50% de compensação serie:
X = 0,2 e K f = 2 x 1,03 = 2,06
Esses valores de X e dão, no gráfico, um limite
de potência de 1,95 pu.
Com 100% de compensação paralela e sem compensação 
série, os valores do gráfico seriam d e X = 0 , 4 e K = 0 e 
o limite de potência seria 1,65.
Para uma potência transmitida de 1,65 p.u, 50% de 
compensação série exigiria de capacitores:
I2Xc = (1,65)2 x 0,2 pu
MVAR Capacitivos = 0,545 pu
Por outro lado, 100% de compensação paralela exigi­
ria :
V2Y = V2 .2KX = 1,0 x 2 x 1,03 x 0,4 
= 0,824 pu MVAR de Reatores
É evidente, então, que,no caso de 230 kV, ganha-se 
muito mais com capacitores serie.
Vejamos, agora, o caso de 345 kV. Uma linha com mes­
mo X = 0,4 pu não pode operar sem compensação. Admitamos 
que:
X - 0,4 x (0f'75) (3 4 5 ) 0,142
o que significa que a linha tem mesmo comprimento que a de 
230 kV. A linha de 345 kV não compensada teria um limite de 
potência de 1,5 pu. Para esse caso, pode-se mostrar que _a 
compensação paralela é muito mais eficaz que a compensação 
série. Com 50% de compensação paralela Ke ̂= 3,95 e X=0,142,
dando P = 2,0 pu.max
Os MVAR requeridos seriam 1,0 x 2,0 x 3,95 x 0,142= 
= 1 , 1 2 pu.
PROBLEMA DE AULA II
A figura 1 (a) abaixo mostra a transmissão dire­
ta de uma fonte remota para uma carga. A figura l(b) cor­
responde à colocação de um compensador síncrono no meio da 
linha, com regulador de tensão ajustado para manter a ten­
são de 1,0 pu no lado de alta tensão. Admitindo que as ten­
sões nos lados de alta, no gerador e na carga, sejam man­
tidos em 1 , 0 pu, determinar a estabilidade em estado de e- 
quilíbrio nos dois casos.
X =0 ,6
/^rrinnnnn—n rm rm
Fiqura 1(a)
Solução;
Determinação do limite de estabilidade para o sis­
tema da figura l(a).
Ny ( x q + X/2) (Xm + X/2) 
Pmax ~ v 2
(|) + (X + X /2)(Xm + X/2)
V ( 0 , 8 ) (0 ,5 7 _
(0,3)2+ (0,8) (0,5)
n/õ7?
0,49
0,6325
0,49 1,292
Para o sistema da figura l(b) é necessário fazer u- 
ma solução iterativa para testar os coeficientes de potên­
cia sincronizante positivos entre as máquinas,sob condições 
de transferência de potência diferentes.
Com referência ao diagrama vetorial da figura 2,on­
de:
e^ = tensão terminal do gerador = 1 , 0 
e2 = tensão terminal da carga = 1 , 0 
e^ = tensão terminal intermediária = 1 , 0
Usando a expressão dos fluxos de potência ativa e 
reativa entre dois pontos através de uma reatância X:
E1 E 2
P 1 = - X “ Sen Ô 12
Qi = x
E1 E 2
X COS 612
Note-se que as expressões gerais para P e Q são
E1 El E2 E1 E3
P 1 “ sen all + ~ z ^ Sen (<S12 ' a 1 2 )+-Z ^ Sen (
Ei ^1^2 1̂̂ 3
Q1 = °°S all " ~ Z ~ °°S (<S12 ~ 0t12) " “z^ °°S ($13 " 0t13)
onde:
zn = zu /90 - a u
z12 - z12 1 90 - a 12
etc.
e, com as variáveis indicadas na figura 3,
*1 e2 
j°.3
P + jQ / *3 P2+ÍQ2
' ’ P5 + i ° 5
Figura 3
temos: Pi = P 2 ' P 3 = 0 *
Os passos são:
(1) Atribuir um valor a Pi
(2) Resolver para ' Q2 e Q3
(3) Determinar Ei E^ e E^ (tensões internas das fontes) e 
seus ângulos , 6 2 e 63 •
(4) As expressões das potências em função dos ângulos são:
-------- nm n n n n----1
p
p
p
1
2
3
E lE 2 ^ 1 2 sen ^12 + E1E3^X13 Sen ^13
E2E1/X12 Sen Ó 21 + E2E3/X23 Sen ô23
E3E]/X13 Sen 531 + E3E2j/X23 Sen 532
onde:
x 1 2 = °í5A 1é-° + 0,81 + 0,5
1 + 0,5 '
1,0 J= 1,133 x 1,5 = 1,7
X13 =
0,5 x 1,0 + 0 8 1 + 0,5 ‘
1 + 0,5 + ° ' 8J L 0,5 J = 3,4
X23
0/8 x 1/0 , q c
1 + 0,8 U'b
1 + 0,8
0,8 = 2,125
Um teste conservativo para estabilidade consiste em 
buscar valores positivos de dP^/dó.^ entre os lados de ge­
ração e de carga (máquinas com maior distância angular)ad­
mitindo que o compensador não absorve nem gera potência.
Derivando as expressões 1 , temos:
onde:
dPl K12AÔ12 + K13AÔ13
dP2 K21A(S21 + K23AÔ23
0 = d p 3 = K3 1 A6 3 1 + K3 2 AÔ32
E1 E 2
K12 X12 COS 612
E1 E 2
K 21 X12 COS ô2 1 ' etC'
Também, Aô„ = -A6 „ . Daí, 2 pode ser expressa como: mn nm r
K12AS12 + K13AÔ13 ----- 3 (a)
-K214S12 + K23Aô23 ----- 3 (b)
-K31A513 K32AÔ23 ----- 3 (c)
Eliminando Aó^ • com ° uso úa última equação 3(c) ,
K32K13
dPl = K12AiS12 A623
dp 2 = _K2iA(Si2 + K23â<S23
Também, como ô^ 2 = ^3 2 + ^13' ^12 = ~ ^ ^ 2 3 + ^^13
Substituindo de 3(c) Aô13
'K32
kT7 A623
Aô12 = "Aô23
31
K
1 + 32K31
Substituindo 6 em 4:
dPl K12A&12 + K.
K32K13
31
K.31
K31 + K32
Aô12
ou dP,
dô12
K12K31 + K12K32 + K32K13 
K31 + K32
Como este ê um sistema sem perdas,
dP. dP,
dô12 dô12
Tomando P.^ = 1,4 para primeira aproximação:
Ângulo de e^ a ê :
-1 P13XÔ-, 0 1 = sen = sen V ■; — =24,813 ele3
-1 1,4 x 0,3 _ 
l x l
l x l
-13 õ— j “ q 2 cos 24,8 = 0,303
Do mesmo modo, referindo-se ã figura 3, 
Q 1 1 x 1 cos(-24,8°) = 0,303■31 0,3 0,3
Também, = 1*4 e por simetria, = 0,303, daí:32
P 3 + 3 ^ 3 = 0 + j0,606 e P 2 + 3^2 = + 3°'3 ° 3 •
As tensões internas são(os ângulos são relativos âs 
tensões terminais e^, e2 e respectivamente):
E1 = 1,0 + (1,4 - j0,303) j0,5 = 1,35 /31,25
E2 = 1,0 - (1,4 + j0,303) j0,2 = 1,097 /14,8C 
Ê = 1,0 - j0,606 x jl,0 = 1,606
Usando <$2 como referência:
E 1 = 1,35 e ± = 31,25° + 2 x 24,8° + 14,8° = 95,65°
E2 = 1,097 e $ 2 = 0
E3 = 1,62 e Ô3 = 14,8° + 24,8° = 39,6°
K10 = E1E2 „ 1,35 x 1,097x ----- ° ° s ^12 = ~ — ------- cos 95,65 = -0,0858
cos 56,05 = 0,359
Usando
K31 = K13
E1E3 COS 1,35 x 1,62
X13 3,4
K32 “ K23
_ E2E3
cos 623
1,097 x 1,62
X23 2,125
dpi
,645
dô12
-0,0858 x 0,359 - 0,0858 x 0,645 + 0,359 x 0,645
0,359 + 0,645 0,146
Como este valor é positivo, temos um ponto estável.
Tomemos = 1,6
* ' - 1 1 , 6 x 0 , 3 -...o6 , o = sen — — í— = 31,35'13 l x l
°13 = 073 ' 073 COS 31'35° = °'483
P3 + 3Q3 — 0 + jO, 066 
P2 + 3Q2 = 1 , 6 " 30,483
= 1,0 + (1,6 - jO, 483) j0,5 = 1,427 /29,4° 
E2 = 1,0 - (1,6 + j0,483) j0,2 = 1,13 /-14,32°
E3 = 1,0 - j2 x 0,483 x jl,0 = 1,966 /0
«2 = 0
6 1 = 29,4 + 2 x 31,35 + 14,32° = 106,42°
ô3 = 14,32 + 31,35 = 45,67°
T, _ 1/427 X 1/13 a o ̂ r\ c o ^K^2 — ---2~~7— cos 106/42 = -0/536
T, 1/427 x 1/966 __ ^n -7Co n= — ---^— 4— --- cos 60/75 = 0/403
K32 " 1,:L2.Í25,â66 cos 45'67° ' ° ' 7 2 9
_ -0,536(0,403 + 0,729) + 0,403 x 0,729 _ A ^ 
dPl/dó12 ------------0,403 + 0,729----------= ‘°'276
Interpolando, P = 1,6 - o ^nc x 0/2 = 1,469^ max 0,146 + 0,276
para dP/dô^ = 0.
Compare esse valor com o caso sem compensador
crono:
Pmax 1,292 .
sín-
PROBLEMA DE AULA III
Uma condição conservativa para estabilidade eiti regî 
me permanente consiste em que cada maquina exiba um coefi­
ciente sincronizante positivo para a situação de uma vari­
ação de ângulo entre ela e cada uma das outras máquinas , 
com as potências das outras maquinas constantes. Para o 
caso do sistema de três máquinas do problema de aula 2 , vi 
mos que isto implicou em testar o coeficiente de potência 
sincronizante entre as máquinas com maior deslocamento an­
gular e que a condição de potência constante na terceira 
máquina resultou em que o coeficiente efetivo de potência 
sincronizante entre as máquinas 1 e 2 fosse:
dp]
dó12
K12K31 + K12K32 + K32K13 
K31 + K32
onde
K12
*P]
36 K12 31
3P-.
3ir etc.31
Um tratamento mais rigoroso deveria pesquisar a exis­
tência de raízes reais positivas para o sistema de equações 
dinâmicas com a inclusão dos efeitos de inércia.
Considerando o exemplo do sistema de três máquinas, 
o sistema de equações dinâmicas para essas máquinas, des­
prezando o amortecimento, é:
Para a máquina 1:
d2Aó,
M 1 = -K1 2 [ A 6 1 -A62] - [Aôl - A6a]
- ( k 12 + K1 3 )AÓ1 + K]_2A A2 + K13AA3
d2AÔ2
M2 , . 2 = +K2 1 AÔ1 “ (K2 1 + K23)A(S2 + K23A<S3 (2)dt
d2A6,
M3 2 = +K31A61 + K32AÔ2 ” (K31 + K32)AÔ3 (3)dt
As raízes desse sistema de equações podem ser obtidas do 
determinante característico do denominador:
Aôĵ aô2 aô3
- jv 2 + K12 + V K12 K13
K21 - M2s +K21 + K23 K23
1-1ro K32 - h s2+ K31+K32_
0 teste de estabilidade requer que não hajam raízes 
reais positivas na equaçao característica. Isto pode ser 
verificado pelo critério de Routh.
De qualquer forma, nota-se que o limite teórico dé 
estabilidade,caracterizado por falta de potência sincroni- 
zante, ê uma função também das inércias.
Ilustremos com o caso de um sistema simples de duas 
maquinas, como na figura abaixo:
jx2
TT»--0
h2
As expressões de potência em função do ângulo são:
El2 E1E 2
P! =,Z^7 3611 all + Tz^j3611 (612 ' °t1 2) (4)
V E1E2
P 2 = , z ^ sen all + Tz^T 5611 (Ó21 - a1 2) (5)
Aqui !2llh |Z12Í * r + j(X1+ X̂ + X2)
“ll “l2 k” (X, + X + X„
De 4 e 5, notamos que dP^/dS^ se toma negativo para ô-^^O + a 
e d(-P2)/d6^2 se torna negativo para ^ 2 > 9 0 - a .
$12
Um critério conservativo estabeleceria(90-a)como o 
ângulo limite de estabilidade, isto é, o ângulo para o qual 
a curva da potência,em função do ângulo no terminal de car­
ga, passa por um máximo.
Consideremos, agora, os efeitos de inércia (M^=2H^ 
e M2=2H2 são os parâmetros de inércia para os terminais 
de geração e carga, respectivaiuentel.
As equações dinâmicas são:
A6X = - k 1 2 AiS1 + K1 2 A 6 2
ou
M2 s a 5 2 K2 1 A A 2 + K2 1 A A 1
’l [Mls - Ki2] + aí 2 [-k i2]
A«l[-K2 i] + A6 2 [M2s + K21] = 0
(6)
A equação característica de 6 é:
[M1 K 21 + 1‘2*'1 2 | 1 ‘'*r*2 ‘M„K, 0 J + M.NUs’ = 0
Isto dã raízes estáveis (no eixo imaginário) quando:
Agora:
M1K21 + M2K12 > 0
E1E 2
K12 = T z T C° S (612 " a)
E1E 2
K2 i TzT cos (62 l “ a)
Então, 7 se torna:
^ cos (6^ - a) + cos (ô̂ 2 ~ a)> 0
Expandindo:
t
M 1 |cos fi21 cos a + sen 621
+ V £cos *12 cos a + sen *12
*21 = - *12
«]
aj > 0
(7)
Agora
Logo, cos $2 ̂= °°s ^ 2 e 3611 2̂1 = “ 3611 1̂2
Daí, 7 se torna:
oos 0^2 003 a + **2) “ sen 6^ 3611 a ^ " Mj) > 0 (8)
Esta condição ocorre quando:
M. * M_ X
612 < tan- 1 (J- 1 I?) Ç ^ )
M1 M2 r12
(9)
Vê-se que, se = Mj, o limite será 
o limite ocorre para = 90 + d^, 
te ocorre para = 90 - •
ô1 2 = 90°* Se M2 >:> m i
e se M2<< M^, o limi-
PROBLEMA DE AULA IV
jx
-j j— ■onrnr̂
/
í//I jx i /
^FALHA 30
i
Dados
►r
1 2 ii 1,0
H = 4,0
X = eg 0,25
II 0,2
X = 0,4
p = 1,0
Um critério de projeto para o sistema acima é de que 
ele seja estável para uma falta trifásica simétrica franca, 
junto aos terminais de alta tensão.
A falta será eliminada pela abertura dos disjuntores 
em A e A'. Podemos verificar a estabilidade, comparando o 
tempo de eliminação da falta com o tempo de chaveamento crí 
tico; entretanto, os resultados dependerão das considera - 
ções acerca das condições iniciais de operação.
1) Calcular os tempos críticos de chaveamento em ciclos , 
para o sistema acima, admitindo:
a) fator de potência 0,8 atrasado
b) fator de potência 1,0
c) fator de potência 0,8 avançado.
2) Repetir (1) com as constantes de inércia em p.u.
H = 3 e H = 5 .
Solução:
Condições pré-falta
Xtotal = 0 , 2 5 + 0 , 2 + 0 , 4 ! I0 , 4 = 0 , 6 5
Tensões internas
P = et I cos 0 e^ cos 0 cos 0
(a) cos 0 = 0 , 8 atrasado 
I = 1,25
^ = \ j (0,8) 2 + (1,25 x 0,25 + ^l-(0,8)2 )2 = 1,214 
C2 = \ j (0,8) 2 + (1,25 x 0,4 - \/l-(0,8)2 )2 = 0,f,805
cos 1—1IICp
I = 1 , 0
E 1 =
+ i—1 (0,25)2=
E 2 = V 1 +
CNo
ôo =
-1sen ', 0,651,031 x 1 , 35,
(c) cos 0 = 0 , 8 avançado 
1 = 1 , 2 5
?Jj ~ \J ( 0 r8) + ( 1 , 2 5 x 0 ,25 - \Jl - (0,8) 2 ) 2 = 0,85
= V(o, 8) + ( 1 , 2 5 x 0,4 + \[l - (0,8)2)2 = 1 ,36
6 = ___- 1 , 0,65 \ _ o/isen 0,85 x 1 , 36 34,2
Condições em Falta
PE = o PA = 1,0
d ô _ 377 _ 377 x 1,0 47 rad _ 2700 graus
dt2 " 2H A " 2 x 4 s2 s2
Pt Pt t 2 / tc
<5 - 6 = A 6 = \ C \ C 2700 dtdt = 2700 / = 1350 (tj
c ° Jo Jo /o c
ÃREA = PaA<5 = 1,0 (5c - 6 )
Condiçoes Põs-Falta
XtotReatância total 0,25 + 0,2 + 0,4 = 0,85
p
Ângulo a partir do qual P < P , 6 = 180° - sen 1 (-■— ■);
max
E1E 2
max Xtot
Resumo
Pós-Falta
Caso Ei E 2 S o fpMAX
____A___
M Cos ô' M
a 1,214 0,805 41,65° 1,15 119,5° -0,492
b 1,031 1,078 35,80° 1,31 130,1° -0,641
c 0,85 1,36 34,20° 1,36 132,7° -0,680
Critério dos Ângulos Iguais
M
ô - 6 (P senô- l,0)d6 = -P cos ô - 6c o 16 max maxc /o
M
6 - 6 = -P cos ôAyI - P cos 6 - 6.. + 6c o max M max c M c
P v cos ôA/l + (ôM - 6 )~ -1 , max M M o6 = cos (---------p-------------
max
(a) 6 = cos ̂ (c
1,15(-0492) + 119,5 - 41,65 57,3
1,15
t
2
c
46,4 - 41,65 
1350 0,00351 s2
t = 0,0592 s = 3,55 ciclos c
(b) 6c
-1
C O S
1,31(-0,641) (----------
. (130,1 - 35,8) 
57,3
1,31 52
o
t = 52,0°,r_35,8Q = 21350 '
t = 0,1096 s =6,56 ciclos c
(c) 6 = cosc
_x (1,36(-0,680) + (132,^7 334/2)
1,36 = 54,15
t 2c
54,15 - 34,2 
1350 0,0148
t = 0,122 s =7,31 ciclos
Efeito da Inércia
Notemos que, na parte 1, os cálculos dos ângulos crí 
ticos de eliminação da falta são independentes de H.Então, 
os valores de H interessam apenas na conversão de ângulos 
de chaveamento crítico em tempos de chaveamento crítico.
Na parte 1 obtivemos:
(Sc - SQ) = 1350 (tj , para H = 4,0
1350 . 4(t)2 5400 t 2c c(<5 - ô ) = c o H H
tc 5400
Disso podemos deduzir
H
H
1
2
Resultados
FATOR DE POTÊNCIA INICIAL
PROBLEMA DE AULA V
Consideremos o problema da figura abaixo.
Xg = 0,3
rt = 0,005
X rt = 0,15
r i = 0 , 1 0
X£ = 0,60
X 0 = 1,50
r£o = 0,7
Desejamos determinar a severidade de uma falta li- 
nha-linha-terra, no lado de alta tensão do transformador. 
Isso ê feito determinando a potência real no eixo da maqui­
na. Admitamos = 0,18 , restator = 0,006, r^ = 0,03.
Qual seria a duração relativa de uma falta trifãsi- 
ca que desse o mesmo efeito de aceleração? Desprezar as con­
tribuições de frenagem devidas aos termos de corrente uni- 
direcional.
Solução;
Thev
[0,006 + 0,005 + j (0,15 + 0,3)] j | [0,05 + j0,3] 
0,182 /83,81 = 0,0196 + j0,1808
Z2 = r̂ 2 + rt + j(Xt + X2}J ]
= [0,03 +0,005 + j (0,15 + 0,18)]| |[0,05 + j0,30l = 
0,159 /82,18 = 0,0216 + j0,158
z = o [r t + 3xt ] [r„o/2 + j X^/21 = 0,138 /86,22 =
= 0,0091 + j0,1375
7 z - • = 0,0739 /84,33 = 0,0073 + j0,0735uO 2 Zo+ Z 2
A conexão das redes de seqílência é:
rf / 2 X| /2
Xío/2
rto/2
O circuito de falta da rede de seqüência positiva ê:
11
(0,05H-j0,3) (0,0739 /84,33) , 
0,0573 + j0,3735 0,011 + j0,45
+ 0,011 + j0,45
0,0594 /83,58 + 
= 0,5089 /88°
Y12 “
__ 1
0,5OÔ9
0.0739 Z&.33 
0,378 /01,29
= 2,6 /8^,96
Potência de seqüência positiva 
E 2 E1E2 •
sen “n + sen (ôi2 " “l2 
onde Ex = 1,043, E2 = 1,096 e 612 = 40,9° .
P1 = 0 5̂08'9 ~̂ Sen 20 + Sen (U°'9 " 5'°^
= 0,07^7 + 0,257 = 0,332
Para obter o efeito de frenagem devido às correntes de se- 
qüência negativa, determinemos primeiro i2 no gerador.
I
____^Thev_____ _ ____ 1 , 0 ______ .__________
Z2 * ZQ “ 0,0196 + j0 ,lo 08 + 0,0073 + 30,0735
Z1 Thev + ZQ + Z2 
0,0269 + jO,2543 = |3/9|
1^ = I x Z + Z„ 3.9 *
[0,05 + j0,30] i2 ger - I2 x p,635 /82,31]
2 rPotência frenante ~ ^ 2 L r2 ” r 
Potência total no eixo durante a
= 0,87
estatorl' <°'87>2x0024 =0,0182 
falta = 0,332 + 0,0182 = 0,35pu
Pode-se ver que o acréscimo de potência frenante devido à 
seqüência negativa é desprezível nesse caso típico.
Se admitirmos que uma falta trifãsica resulte emper- 
da completa da potência, então, esta falta fase-fase-terra 
resulta numa perda de potência de apenas 65% da perda na 
falta trifãsica. Daí, a duração de uma falta fase-fase-ter 
ra, que daria aproximadamente o mesmo efeito de uma falta 
trifãsica, seria 1/0,65, isto ê, 1,55 vezes o tempo de du­
ração da falta trifãsica.
Notemos que, mesmo em faltas trifãsicas, o efeito 
das potências e perdas e de frenagem devidas às correntes 
contínuas podem contribuir ate com 2 0 % da potência. Usa-se 
muito em estudos um valor típico de 15% de potência duran­
te faltas trifãsicas.
P = P + P + P AG AG1 ^AG2 rAGQ
 ̂ ~ r
E* I — 1^ r L 1 I1 X2 2
p = p + p S AG L
ll r2 r
Pc = PA_ + li r S AG 2 r
- * - 2= E, I, - I* r n r * t 2 — ~— 4- I _ r1 1 2 2 2 r
= E-, I-, + lí
r
r
1 1 2 2
- 2= E, I-, + IZ 1 r — r 1 L 2 estatorJ1 1 2
f r
Potência de Perdas
seqüência alimentadaspositiva 
da fonte
mecanicamente
PROBLEMA DE AULA VI
A figura mostra um grande 
motor de indução sendo alimenta­
do por uma barra infinita através 
de um transformador.
As constantes do motor são:
r 1 = 0,02
r = 0 ,025 ---r
x 1 = 0 , 1 0
X = 0,15 ---r
X =5,0 m
A carga do motor ê um torque constante de 1 pu.A tensão da 
barra infinita é um pu. A constante de inércia do motor e 
carga é H = 1,5 seg. Ocorre uma falta linha-linha num ali- 
mentador da mesma barra do motor.
Que tempo deveria durar a falta para que a veloci­
dade do motor atingisse 0,9 pu?
Se a falta for eliminada nesse ponto, o motor para­
rá?
BARRA INFINITA
X Xt = 0,2
©
Solução:
tor ê :
I>e acordo com o diagrama a seguir,
Tmotor
o r2 r 
2 -s
o torque do mo-
(1 )
0 diagrama de circuito na condição de falta é: 
Xt rt X, Xr
O segundo componente de torque é o torque frenante de se- qüência negativa.
Este problema envolve um processo de solução passo 
a^passo descrito pelo diagrama de blocos abaixo.A integra­
ção contínua será realizada por métodos numéricos.
O cálculo do fluxo de potência pode ser obtido usando-se o 
teorema de Thevenin para reduzir a rede.
Xt /2
Para simplificar a álgebra, desprezaremos a impedância X; 
e definiremos. m
21 = <rl + + j(xi + xr)
Z2 = (rl + + á(Xl + V
V 2
( z ) ( z )
^ V 2) + Tzprl^)
Z1 ~ IT X Z + Z 1 2
e I„ = Im x2 T Zx + Z2
isto e: I, =
3Y =
% / 2 h
^ Y 2 + 21Z2 (2)
V 2 Z i Í3)
,2 ; jx t /2 . Z lz2
problema são e, = 1,0/0°
T .__= T _ ___ _ = 1,0 pu. Antes da falta, o torque do mo-motor carga ^ ^
tor ê:
motor 2 J - 1 . 0
onde
X, =1 “ (r-L + r^s) + j(Xt + ^ + X̂ )
Para determinar o valor inicial de s ê necessário 
resolver graficamente estas equações. O gráfico 1 mostra 
uma curva de Traô or em função do deslizamento s. Notemos
que um valor de s«0,04 dará o valor desejado de 1,0 pu 
para o torque motor. Um valor de s = 0,08 também dará 
Tmotor = • mas, esse ponto da curva torque-deslizamen
to é instável, como discutiremos depois. Usando este valor
de s = s , ê possível tralpalhar com as equações dinâmicas 
do problema quando a falta é imposta.
A única integração ê aquela que dá a velocidade a 
partir do torque. Usaremos o esquema de integração numéri­
ca apresentado no Apêndice C.
A seqüincia de cálculos é:
1. Para t = 0 começamos com s = s nas expressões para os 
parâmetros dos circuitos de Z° e Z_. Determinamos as 
correntes 1^ e I2 usando as equações 2 e 3.
2. Determinamos o.torque usando a equação 1. Encontramos o 
torque acelerante subtraindo o torque da carga. Esta é 
a entrada do integrador.
3. Incrementamos t para t + At e calculamos a saída do in­
tegrador que nos dá -As.
4. Determinamos o novo valor de s para t = t + At como 
sendo sQ+ As e repetimos o processo para° o novo At.
O resultado desses cálculos aparece no gráfico 2. 
Notemos que o deslizamento cresce quase linearmente 
de seu valor prê-falta de 0\04 até o valor põs-falta admi­
tido de 0,1 (equivalente a uma velocidade de 0,9 pu).
0 torque acelerante líquido, no gráfico 2, salta i- 
nicialmente de 0 a -0,87 pu devido à redução da corrente 
de seqüência positiva e à imposição de um torque frenante 
de seqüincia negativa. Â medida em que cresce o desliza - 
mento, o torque do motor, devido às correntes de seqüência 
positiva,crescem levemente, causando uma leve redução no 
torque frenante líquido como mostra o gráfico 2. (As li - 
nhas pontilhadas indicam que,se a falta se prolongasse por 
tempo suficiente, o deslizamento cresceria o suficiente pa­
ra nos pôr na"descida" da curva torque-deslizamento. Nesse 
caso, o torque frenante iria crescer novamente).
0 gráfico 2 mostra que a falta deveria ser elimina-
da em t-0,22 segundos para se atingir a velocidade de 0,9 
pu no motor (isto é, S = 0,1). Após a eliminação da falta, 
o circuito equivalente constara apenas da rede de seqüên- cia positiva.
xt rj x, xr
O método de solução ê o mesmo descrito acima para as 
condições de falta, exceto que o torque do motor e agora:
T = \j |2 l£motor pil s (1')
e as equações da rede dão:
I1
' %
(rl + r/ s) + j(xt + Xl + Xr) (2')
o*O
1,2
1j0
0,8
0,6
0,4
0 , 2 -
0,02 0,04 0,06 0,08 0r10 0,12 0,14 0,16 Q18 0,20 0,22 0,24 0,26 0£8
DESLIZAMENTO
Gráfico 1
D
ES
LI
ZA
M
E
N
TO
Grafico 2 <1
PROBLEMA DE AULA VII
Os efeitos das constantes de tempo do rotor da ma­
quina, da excitação e da desmagnetização devida â reação 
da armadura podem ser considerados no modelamento apropri­
ado das máquinas síncronas.
Tomemos um alternador de pólos salientes com os e- 
feitos dos amortecedores desprezados e desenvolvamos o dia­
grama de blocos que descreve essa maquina na situação mos­
trada na figura í. Incluamos efeitos de excitação,usando 
um sistema excitatriz/regulador de tensão simples descrito 
por um ganho, uma constante de tempo e limites.
A maquina ê ligada a uma barra infinita, como abai­
xo :
Figura 1
Constantes da Máquina
Xd = 1 ,2 T' = 8 do
X J II o u> X =0,4d e
X =0,8 r = 0,1q e
0 sistema excitatriz/reguladorde tensão responde 
na forma:
AEfd _ . K
AetT " 1 + S T 6
com Ê _j limitado a E . < E-, < Ef d m m — r d — max
Constantes da Excitatriz e do Regulador de Tensão
K = 20 E 4,0max
T = 0,05 e E . = 0,0m m
Os elementos básicos desse problema são apresenta - 
dos na figura 2. Cada bloco mostra a formação de variá­
veis dependentes,a partir de outras variáveis, conhecidas 
ou fornecidas por outros blocos.
ebarra
Figura 2
Equações de Fluxo da Máquina
Essas equações jã foram deduzidas. Por questão de 
simplicidade, consideraremos apenas a constante de tempo 
do campo e desprezaremos os efeitos dos amortecedores.
Com isso, as equações da maquina serão de primeira
ordem, isto é, necessitaremos apenas de um integrador para 
sua solução. Admitiremos u = 1,0 nas equações de tensão/flu-
xo.
Estas equações são:
Eixo d
Xad*fd
Xffd
X I ]dt + e’ ad fd^ qo
_TCondição Inicial
(1)
W f d - * (xd - V 1* + f<ei>
t .Saturaçao
(2)
* = e = e’ - X i d q q d d (3)
Eixo q
e. = -\jr = i X
d í qq (4)
A figura 3 mostra essas equações na forma de diagra­
ma de blocos.
ed
Figura 3
Equações da Rede
Essas equações são algébricas. Usualmente teremos 
métodos de fluxo de carga iterativos. Nesse caso simples, 
serão resolvidas as equações da rede em forma fechada.
Podemos decompor a tensão de barra infinita em com­
ponentes nos eixos d e q da máquina. Para isso, precisa­
mos conhecer o ângulo do rotor da máquina em relação à bar­
ra infinita, como aparece na figura 4.
BARRA
Figura 4
Decomposição da tensão da barra infinita 
em componentes d e q
lEb a r ra l° os { * eq ' ' V e ' ' V q
(5)
l > W a l s ■ ea * + iA ■ V d
(6)
Mas
eq = Sq - V d (7)
®d = V q
(8)
e 8 em 5 e 6 :
E aos 6 - = - i a [xe + X ’ ] - iq r e (9)
E sen 6 = -iare + lq pte +'xj (10)
Resolvendo:
n Eb a rra |oos 3 ~ íXe + ^ i ^ l V r a 15611 5 )re (11) 
r e2 * [Xe + Xd] [Xe * Xq]
1 = [*e + xdl [|EbarrJsen - V I W . I 008 * ~ eè'
r e2 + [Xe + Xk ] [Xe + Xq]
(12)
O diagrama de blocos da figura 3 pode agora ser re­
desenhado, de modo a incluir as equações da rede, como nos 
indica a figura 5.
As equações de oscilação são descritas pelo diagra­
ma de blocos da figura 6 , que usa as variáveis jã deter­
minadas .
As equações do sistema excitatriz/regulador de ten­
são são:
AEfd(s)
í ^ t ^ l
K
1 + sT ) Efi(t)
dE (t) T f<T '
6 dt
com limites
ou Efd m k S [K(' ref > - Kf > com limites
IebarraIC0SÔ |ebarraÍsen 6
Figura 5
Figura 6
A figura 7 mostra o sistema excitatriz/regulador de 
tensão na forma de diagrama de blocos.
Figura 7
As figuras 3 (saturação desprezada), 5, 6 e.7 podem 
ser combinadas num único diagrama de blocos, como o da fi­
gura 8 .
O primeiro passo na solução de qualquer problema, que envolva 
a configuração da figura 1, e a determinação das condições 
iniciais para cada integrador. Em t = 0, a condição inici­
al desejada é o valor da saída de cada integrador. Apresen 
taremos,abaixo, uma dedução detalhada dessas condições ini­
ciais .
Condições Iniciais
As equações da maquina dão:
Eq = et + i(r + jV " et + jiXq |EI <3 1
onde a resistência foi desprezada. A corrente que sai da 
máquina ê:
i P - jQ *
com as condições iniciais especificadas: 
= 1 / 0 + jO/0
P + jQ = 1/0 + j0/0
Figura 8
Diagrama de Blocos Global cr>o*
O diagrama vetorial pode ser construído como mostra 
a figura 9. Então, por inspeção:
COS ôi eq I
I CD rt COS i—i
<o
sen ôi
<D -P(DII sen 6i
Figura 9
A lei de Ohm pode ser agora usada para obter a ten­
são de barra:
Ebarra ' et ’ 1 (re + jXe» ' I W t l / (~ S2>
Em seguida
ef
q e +q V d
e finalmente,
, = X ,1 fd ad fd = ef +q < v xá>
onde a saturação foi desprezada. A maior parte dessas gran­
dezas estã mostrada no diagrama vetorial da figura 9.
Como ê uma constante no estado de equilíbrio, a
entrada do integrador para obter E d e v e ser zeio.
Então,
K(eref fd = 0
Daí
"ref
Os cálculos das condições iniciais podem agora ser 
realizados:
Ebarra = °'9 " = |Ebarra|
Dal, fi2 = 24,0°
2 . E = 1,0 + j0,8 = |E I /38,7°q i q i
Daí, = 38,7°
3. 6 = 61 + ô2 = 6 2 >1°
4. e’ = e + i.Xiq. q. d d
= et cos + (i sen 6^ X^
= 0,968
6 .
7.
= e; + (X, - xp i,
V
Jfd q '"d "d' ~d
= e* + (X. - X’)(i sen 6,q ' d 
= 1 ,5 3 1
p6 . « = 0* dt
P = P = 1 ,0m 7
er e f " M + H sT = 1.0765
As equações requeridas ‘para descrever o comportamen­
to das maquinas podem agora ser escritas diretamente do di­
agrama de blocos da figura 8 , onde uma rotina de integra - 
ção numérica ê usada para representar cada integrador. Com 
a finalidade de testar as condições iniciais, o programa 
foi rodado uma vez para simular a operação do sistema eifi 
estado de equilíbrio. Como era de se esperar, as condições 
do sistema permanecem inalteradas nessa simulação de esta­
do de equilíbrio.
Condição de Falta
Resolvamos agora essas equações para o caso de uma 
falha trifãsica nos terminais da maquina, durante 0 , 1 seg. 
Consideremos a reatância põs-falta como sendo a mesma rea- 
tância prê-falha. Notemos que, durante a falha,as equações 
da rede são:
e'/Xq d
0
Pe 0
A solução, nesse caso, pode também ser obtida escre 
vendo a equaçao da rede diretamente da figura 8 . A única 
variação é na caixa onde as equações 11 e 12 são usadas 
para obter i^ e i .
A solução para o caso de uma falha trifãsica,impos­
ta por 0 ,ls, aparece na figura 1 0 , onde ô e Pg são mostrados.
T
E
M
P
O
 
(S
E
G
U
N
D
O
S
)
PROBLEMA DE AULA VIII
Um gerador hidráulico bombeado está ligado a umgran- 
de sistema através de um sistema de transmissão.
Xt =0,15
Com a unidade fornecendo potência nominal com fator 
de potência unitário e tensão terminal unitária, o disjun­
tor do final da linha abre, fazendo com qué a unidade so- 
bre-acelere e carregue a linha de transmissão. Dadas as se­
guintes constantes para a máquina:
Xd = 1,4 x^ = 0,35 Tdo = 8
X = 0,9 X' = 0,20 •-3 II O * Ln
q q qo
e a curva de saturação abaixo:
Questão 1
Calcular a tensão terminal do gerador, do lado de al­
ta tensão do transformador e, no final da linha, imediata 
mente apõs a rejeição da carga(admitir a velocidade nominal 
e enlaces de fluxo constantes nos eixos direto e em quadra- 
tura, durante o transitório).
Solução:
Condições Iniciais
Admitir que os enlaces de fluxo são constantes ê o 
mesmo que admitir e^ e e' constantes. As condições em am­
bos os eixos para t 0+ sao descritas por:
P + n = 1,0 + jO
et - 1,0
Eq = et + jixq = 1,0 + 3(1,0)0,9 = 1,3*»5 &£.
= 1,0 sen k2° = 0,67
eq = 1,0 cos k2° = 0,7k3
id = 1,0 sen(^2°+ 0) = 0,67
i = 1,0 cos(̂ 2° + 0) = 0,7^3 ÇL
= eq + idXd = °’7k2 + °'6? x °/35 = 0,9775 
®d = 6d " 1 Xq = 0/67 " °'7Í<3 X 0,2 = 0*523.q a
et =
q
q ̂ onde X = X + [x - ^](4 )yjv y'
X ' + X d e x - 5
= 0.15 * 0,05 - 5,0
X = -1,088 e '
e = " 1*088 x 0,9775 _ - 1,088 n , ,,
et^ - 1,088 + 0,35 - 0,738 x °'̂ 775 - 1 ,^
Do mesmo modo,
e = 6dXe = 0,521 x (- 1,0 8 8) _ ,
td + Xg (- 1,088) + 0,2 " ° ’637
Dal a tensão terminal
/ 2 2
% ~ V ®t + et = j>.utn 't,q d
Tensão no lado de alta do transformador:
e = e. x s t f ç ü . 1(57ít - ,8°. m . ^e
u
e a tensão no final da linha de transmissão:
1
e = e x r s T ~ = X' 79 * " M "
- Y tí!
Nota: Na análise acima não é considerada a saturação do 
transformador. Em situações reais, a saturação do 
transformador introduzirá uma reatância paralela e- 
quivalente que neutralizará parte da reatância capa- 
citiva.
Questão 2
Dada a curva de saturação do transformador da figu­
ra representando tensão em função da corrente magnetizante 
rms de freqüência fundamental e, admitindo que a reatância
de dispersão do transformador corta 2/3 no secundário e 1/3 
no primário, quais as tensões de freqüência fundamentalnos 
três lugares, para t = 0+?
Solução;
Ê necessário utilizar um método iterativo. O cir­
cuito equivalente, visto dos terminais do gerador, ê:
- r Y * + j O , 4
onde jX ê a função da tensão.
Um método consiste em construir uma tabela relacio­
nando as correntes e tensões do gerador, como segue: admi­
tamos e e obtenhamosi . 0 circuito a jusante de e e li­ra m J m
near e, portanto, existem relações fixas de e /e , e /e e* s m r m
is/em para qualquer freqüência. Em seguida, obtenhamos efc
adicionando a queda de tensão (i + i v m s) jO , 05 .
Tabela para w = 1,0
e i e e i e,m m s r s t t
1,0 -30,01 1,09 1,112 +31,002 +30,992 0,950U
1,1 0,025 1,21 1,223 +31,102 +31,077 l,0h6
1,2 -30,05 1,308 1,335 +31,202 +31,152 1,11*2
1,3 -0*0.20 1,1*17 1,^7 +31,303 +31,103 l,2l*5
l,fc -30,70 1,528 1,557 +31,̂ 03 +30,703 1,365
Uma característica tensão/corrente pode ser criada 
a partir da tabela acima, e outras podem ser obtidas para 
outras freqüincias, como vemos nas curvas tracejadas:
Estas podem também ser expressas como impedâncias 
efetivas em função da tensão terminal.
Figura 6
Os circuitos para t = são:
))
e
/
k f *- jX e (f(et ))
A solução é iterativa:
1. Atribuimos um valor a e^. Achamos jX^ em função de et-
2. Resolvemos para e, e e, .
d q
2 ^e^ + e^ “ com o valor atribuído a e^. 
a q
4. Fazemos nova tentativa no sentido de eliminar a diferen­
ça entre e^ e \je t
Por exemplo:
2 2
-a St d q
Admitamos efc = 1,36. Da figura 6 , -jXe = -jl,7.
0,9775 x 1,7 
1,7 - 0,35 = 1,23
e = 0 »5.21.x 1.7 = 0 591
etd 1,7 - 0,20
Vetq2 + v1,232 + 0,5912 1,36 (que dã a solu­ção exata).
Daí, considerando a saturação do transformador:
et(t = 0+) = 1,36 p.u 
es(t = 0+) = 1,52 p.u 
er(t = 0+) = 1,55 p.u
Questão 3
A representação da maquina desprezou os efeitos dos 
amortecedores no eixo d, mas os manteve no eixo q. Isto foi 
feito para preservar o mecanismo de criação do fluxo no ei­
xo q,no caso de existir condições de autoexcitação.0 efei­
to da eliminação dos amortecedores pode sempre ser simula­
do, fazendo com que a constante de tempo do amortecedor se­
ja zero. Considerando o parâmetro nesse exemplo, poderia 
a maquina se autoexcitar (a) no eixo d sem regulador de ve­
locidade? (b) no eixo q ?
Solução;
A autoexcitaçao no eixo d para um alternador sem
regulação ocorre quando |x^j<X^ e xe ̂capacitivo.
à freqüência nominal, o valor eficaz de X , nesse e- 
xemplo, para t = 0+, ê I | = 1 ,7; e
logo, |Xe|>X^ > X^ . Daí, não haverá autoexcitação nos ei- 
nos d e q.
Questão 4
Como não ocorrerá autoexcitação, o fluxo no eixo q 
cairá de seu valor inicial até zero. Admitindo que o valor 
efetivo de X^, visto dos terminais da máquina, permaneça
em * X 1 = 1,7, qual ê a constante de tempo deste decrésci­
mo de fluxo no eixo q?
Solução;
A expressão em transformada de Laplace,para tensão 
correspondente ao fluxo no eixo q,ê (ver equação 109 do 
texto):
eldo
(1 - w2L C)as +
(1 - w2L’C)T'
_ q q°J
w = 1,0 L = 0,9
q
L' = 0,2
q
L' = 0,5qo 9'
corstante de tempo
T' (1 - XVX ) qo q e
(1 - Xg/XJ
0,5(1 - 0,2/1,7) 
(1 - 0,9/1,7) = 0,93 seg.
(X /X q e
Notemos que, na linha limite de autoexcitação, 
= 1 ), a constante de tempo se torna infinita.
Questão 5
Admitindo que o valor efetivo de Xg (capacitivo)vis­
to dos terminais da maquina permaneça em |x \ - 1 , 1 , qual 
seria a constante de tempo do surgimento de fluxo até o va­
lor de estado de equilíbrio no eixo direto? Desprezar a sa­
turação da maquina.
Solução:
Da equação 108 do texto:
e'(s) =
q.
Efd(s)w
do
+ eTao (1 - v L̂ C)
TAo( 1 - A i c>
S +
0 fluxo aumentará de seu valor inicial proporcional a e'(0) 
ate seu valor final.
v » (1 - A c)
(1 - w2LdC)
com a constante de tempo:
Tá o (i - A c)
(1 - W2L,C) d
Tá c (i - xy y
í1 - v v
para w 1
8 x (1 - 0.35/1,7’' 
1 - l,Vt7 36 segs.
Notemos que o valor final de será (desprezando a
saturação da máquina e admitindo ausência de ação regulado 
ra de tensão):
^ (i - w
- W
onde (para condições iniciais) ê:
Efd = ei + ido(Xd “ Xk ] = °'9755 + °'67 X 1 '05 = X '679
Daí, o valor final de e 1 (desprezando a saturação da
maquina) seria:
1,679 (1 - 0,35/1,7) _ 
1 - 1,4/1,7
Obviamente, esse é um erro grosseiro, pois a satura- 
çao da maquina limitara a tensão a um valor muito mais bai­
xo .
Questão 6
A que valor de sobrevelocidade a maquina se autoex- 
citaria no eixo q ?
Solução:
Ocorreria autoexcitação no eixo q quando a reatância 
capacitiva líquida nos terminais da máquina (X ) fosse i- 
qual a X . e^ q
Desprezando a saturação do transformador, o valor 
de em função de w ê:
wXt +
_JL
wY )
wX _ 2wY
X = e w0,15 +
(“ *°.°5 - ^ ) ( -
w xO,05 - -
Determinamos w para |X = X
isto e7
(w XO,05 - ^ ) ( -
--- 2----- ------— = °>75w x0,05 - 5
A solução fornece w = 1,62 pu
w x 0 ,9 .
Questão 7
Desenhar um diagrama de blocos delineando um método 
de solução para esse problema,considerando efeitos dinâmi­
cos da máquina.
Solução:
Usando as equações básicas da máquina (94 a 105 do 
texto), o conjunto poderá ser esquematizado na forma da fi­
gura 7.
A figura 8 mostra as relações especificas na forma 
de diagrama de blocos.
Notemos que para qualquer valor de e^ e w, existe
uma admitância efetiva equivalente nos terminais da máqui­
na determinada pelas relações da rede. Estas relações da 
rede podem ser ampliadas de modo a incluir a reatancia tran_ 
sitõria da máquina, de modo que o diagrama de blocos se re 
duza ao da figura 9.
Este é um problema a dois estados (dois integrado -
res). Partindo das condições iniciais e'/w e el/w nos doisq ^
integradores, as entradas dos integradores são determina - 
das a partir das equações da rede. O procedimento continua 
com métodos de integração numérica passo a passo convenci­
onais . A velocidade w pode ser colocada como função do tem 
po ou calculada por equações adicionais. Do mesmo modo, a 
tensão de excitação pode ser resolvida por conjuntos
adicionais de equações que representem o sistema de excita­
ção.
1
T ‘ s 
qo
•'/w d
L * d
Figura 8
• /w Q_ X #q
Id
e ./w d ed
•d
EQUAÇÕES DA REDE 
(ALGÉBRICAS NÃO 
LINEARES INCLUINDO 
EFEITOS DE VARIAÇÃO 
DE w E SATURAÇÃO)
Figura 9
PROBLEMA DE AULA IX
PQl
VO
©
V1 V2
X'6 -0,3
V ‘z o í z"l2 — 0.1 + j0 ,4
/
101 " r-| TIS
T FALHA
Figura 1
BARRA INFINITA 
CONDI COES INICIAIS
“PÍTÍ £ 1.0 +jO 
V I * 1.0 /0.0
Escrever um programa completo de estabilidade para 
o sistema da figura 1. Para o gerador síncrono, usar a re­
presentação clássica. Não incluir o sistema de excitação, 
ou máquina primária, mas indicar onde esses efeitos seriam 
incluídos se fossem representados.
Solução;
Ao escrever um programa, ao invés de resolvê-lo a 
mão, necessitamos ser muito mais ordenados na organização 
da solução. Os passos requeridos para resolver este pròble 
ma são:
1. Determinar as equações algébricas e diferenciais que 
descrevem o sistema.
2. Por meio de técnicas de integração numérica, converter 
as equações diferenciais em algébricas.
3. Determinar quais termos são constantes e quais são va­
riáveis. Atribuir um nome a cada variável.
4. Ordenar as equações de modo que o valor de cada grande­
za seja conhecido antes de ser usado. (Este é o passo 
chave no procedimento global). Escrever, então as de­
clarações FORTRAN para cada equação.
5. Incluir as declarações ordenadas em um programa e acres­
centar os embelezamentos necessários requeridos para que 
o usuário ponha números no programa e receba de volta al 
guns resultados.
6. Testar o programa num caso simples.
7. Reexaminar o programa e verificar onde poderiam ser in­
cluídos outros detalhes.
Passo 1
A representação clássica ê aquela de uma tensão oons 
tante (em amplitude) atras de uma reatância equivalente X̂ .
Se for incluído como parte da rede, o ponto de ligação 
do gerador com a rede será uma fonte de tensão que é o mais 
conveniente. Então:
EQUAÇÕES DA REDE
Sem a falha:
101 ■12
VO - V2 _ VI - V2 
ZOl + Z12 Z12
VO = VI + 101 ZOl
VÍ = VO - Í01 ZOl 
V2 = V Í - Í Í 2 Z12 
ETERM = | VlJ 
PQÍ = V I í o í *
Com a falha:
101 VO
ZÕÍ
VI = PQl = 0,0 + j0,0
ETERM =0,0
(1 )
(2 )
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8) 
(9)
A tensão interna da mãauina é representada na for­
ma polar:
vo = V 6 = Eq (c o s (6) + 3 sen( Ô)) (10)
onde Eq é determinado a partir das condições iniciais;
= |vo|t=Q- , também ô0 - Zl° , _
e 6 édeterminado a partir das equações de oscilação;
(11)
onde
6 = 6- + \ 377,0(pô) dt (12)
~0
p6 = pô. + C 
J0
(PMECH - PELEC) , 
2H
(13)
PELEC = Real ÍPQo\ = Real $PQll (14)
e, como nao representamos a máquina primária.
PMECH = PELECt=Q-
Passo 2
As equações 12 e 13 são as únicas diferenciais. Pa­
ra simplificar usaremos a técnica de integração numérica 
mais elementar (isto ê, um simples acumulador). Isto sig­
nifica que aproximaremos a equação de estado
_ dx ,, 
to“ d t at
por
Ax = ̂ At
(15 )
(16 )
ou, na forma de diferenças, usando At constante,
V l - +
dxj
dt t=tN
At (1 7 )
~ dxA equaçao 17 seria exata se, em vez de usarmos
dx t=tfosse usado o valor medio de -r-r no intervalo entre t>T edt N
tN+i- Esta aproximação é imprecisa, na medida em que
dx 
dt
•N
seja diferente dessa media. Quanto menor fizermos
t=tN
At, menor serã a imprecisão. Devemos, então, em algum pon­
to, estabelecer um valor razoável de At.
Passo 3
As constantes dadas são:
zoi = 0 ,0 + j x tg = 0 ,0 +3 0 , 3
Z12 = + ÕXL = 0,1 + j0,^
H = 1*
At = ?
As variáveis para serem calculadas são:
vo ETERM
VI PELEC
V2 ÍMECH
101 pÔ
112 6
FQ1 E0
t
a(p6)
dt
dô
dt
Em FORTRAN é permitido nomear variáveis com letras 
maiusculas (latinas) e números, somente. Então, se tirar­
mos os símbolos (~) de sobre as variáveis complexas, pode­
mos usar os mesmos nomes para as variáveis, exceto para as 
seguintes, que vamos rebatizar:
Variável Nome Atribuído
At DELTA
DÔ PDELTA
Ô ANGLE
t TIME
d(pÔ)
dt DPDELT
dô
dt DANGLE
Passo 4
Devemos agora ordenar as equações e escrever decla­
rações em FORTRAN. A tabela abaixo dá as regras básicas re­
queridas para os tipos de declaração FORTRAN que usaremos.
TABELA
ELEMENTOS BÃSICOS DE FORTRAN REQUERIDOS
Declaração de Substituição 
Exemplo:
X = 2*A + B/X
Esta declaração significa que o valor velho de X se­
rá substituído pelo valor 2A + B/X, calculado usando os va­
lores correntes de A e B e o valor antigo de X.
Aritmética Complexa
As variáveis podem ser tratadas como complexas(isto 
é, com partes real e imaginária), desde que se diga ao com­
putador para fazer isto através de uma declaração CCMPLEX Z 
(declara que a variável Z será complexa) . A aritmética com­
plexa será sempre usada para a variável Z. A nomenclátura para al­
gumas outras operações é:
Z = CMPLX (A,B) significa que Z= ZR + jẐ = A + jB
REAL(Z) significa Real z
AIMAG(Z) significa Imag z
CONJG(Z) significa Z* = ZR - ^zi
CABS(Z) significa ! z |
Outras Operações
SIN(X) significa sen(X)
COS(X) significa cos(X)
ATAN(X) significa Tan ^X
ATAN(X/Y) significa Tan ̂(~)
Um C na coluna 1 significa que essa linha não ê uma 
declaração FORTRAN, mas um comentário.
Todas as declarações são executadas na ordem encon­
trada, exceto quando uma declaração GO TO N ê executada.Es- 
ta diz para executar a declaração numerada N.
Declarações IF lógicas fazem exatamente o que elas 
dizem quando faladas verbalmente, sem abreviações. Por e- 
zemplo:
IF((A.GT.O.) .AND. (B.LT.C)) GO TO 10
significa: se A é maior do que zero e B é menor do que C,
passar pára o comando 10. As abreviações disponíveis são:
• GT: - maior do que
.GE. - maior do que ou igual a
.LT. - menor do que
.LE. - menor do que ou igual a
.AND. - e
.OR. - ou
Para ordenar os cálculos, trabalharemos de trás pa­
ra diante, partindo da decisão do que gostaríamos de inpri- 
mir.na saída. Escolheremos TIME, ETERM, Real (PQ1), Imag 
(PQ1), freqüência em Hz e o ângulo de VO a V2, em graus 
para variáváis de saída. As tensões e potências devem ser 
calculadas dos resultados do fluxo de carga e, portanto, 
escrevemos as declarações FORTRAN:
C ------CALCULATE VARIABLES DEPENDENT SN L0AD FL0W RESULTS
5 VI=V0-I01*Z01
PQ1=Vi*C0NJG< 101 >
ETERK=CAB5( VI >
PE1.EC = REAL( PQ1 )
VARS-AlhAGC PQl )
dando os nomes PELEC e VARS às partes real e imaginária de 
PQÍ.
Antes de fazer isto, devemos conhecer VO e 101. 101 
é calculado pelo fluxo de carga para os dois casos com fa­
lha e sem falha.
Devemos definir uma constante TCLEAR, de modo que 
a falha seja aplicada em 0 <. TIME < TCLEAR. As declarações 
FORTRAN a seguir fazem isto.
C---------------D0 A NEW L0AD FL0W F0R THIS TIME STEP--
C--- TEST FOR FAULTED GR UNFAULTED CASE
IF( (TIME.GE.OO .AND. (TIME.LT.TCL.EAR) >G0 T0 4
C--- UNFAULTED CASE
IOJ =<V0-V2)/(Z01+Z12)
60 T0 5
C--- FAULTED CASE
4 IOl=VO/Z01
Em seguida examinamos o fluxo de potência e deter­
minamos que as variáveis requeridas são VO e V2. V2 é deter­
minada a partir das condições iniciais, mas VO deve ser 
calculada a partir da variável ô, como abaixo. Usaremos es­
ta oportunidade para calcular a freqflência e o ângulo pa­
ra impressão, que também dependem dessas variáveis de es­
tado.
C --------- ----CALCULATE VAR1ABLES DEPENDENT CN STATES--
3 VO = E0 * CMF.LX< C6SCANGLE) , S1N<ANGLE) ) 
FREQ=6G.*CPDELTA+1 . >
DEGREE=57.298*ANGLE-DEGBS2
Ambos EO e DE6BS2 surgem das condições iniciais, mas 
ANGLE e PDELTA surgem das equações de integração numérica.
C-------------- INCREMENT TIME AND UPDATE INTEGRAT0RS----
TIME=TIME+DELT 
PDELTA=PDELTA + DPDELT*DELT 
ANGLE =ANGLE + DANGLE *D£LT
do.
Essas, por seu lado, requerem as variáveis de esta-
C-------------------CALCULATE NEW DERIVATIVES 0F STATES--
DPDELT= CPMECH-PELEC) / C2.*H>
DANGLE=377. *PDELTA
Mas PELEC e PDELTA foram calculadas acima. Daí, es­
tamos num ponto em que os valores de todas as variáveis fo­
ram definidos, dependendo apenas das condições iniciais. 
Podemos verificar que, como a seguir,
-•-INITIALIZE BASE C0NDITIGNS--C..... .......-.......-
VI=CMPLXC1.,0.)
PQ1=CMPLXC1. ,0. )
Z01=CKPLXCO» »XPG)
Z12=CMPLX(KL>XL)
I12=C0NJG(PG1/VI )
V2=V1-II2*Z12 
DEGBS2=57.298* ATAN ( AIMAG<V2)/KCAL(V2) )
101=112
VO = Vt +I01*Z01
EO = CABS CVO)
ANGLE=ATAN( A1 PAGC VO)/REAL(VO) )
PELEC=REAL(PQ1)
PMECH=PELEC
PDELTA=0.
TIME=-2.*DELT
Notemos que definimos a variável DEGBS2 que é o ân­
gulo da Barra 2 em graus. Esta foi usada acima.
SNDM
C--- POWER TECHNOLOGIES C0URSE
C--- ELECTRICAL MACHINE DYNAMICS II
C--- CLASS PR0BLEM VII (WRITE A STABILITY PROGRAMO
C--- DECLARE WHICH VAR1ABLES ARE COMPLEX
C0MPLEX PQ0»PG1 »PQ2»V0»Vl »V2» 101 » I12»Z01 »Z!2
Lembremos que as variáveis complexas devem ser declaradas.
G---------------------------------- GET INPUT CONSTANTS--
1 PRINT»"ENTER DELT»TCLEAR» TST0P"» » *
INPUT»DELT» TCLEAR»TST0P 
PRINT»"ENTER RL»XL»X 'G»H", t*
INPUT»RL»XL»XPG»H
PRINT»"ENTER 1 T0 PRINT» 0R 0 T0 PL0T"»»* 
INPUT»NPRINT
C--------------------------------------- PRINT HEADINGS--
IFCNPRINT.EQ.l)G0 T0 2
C--»-PL0T HEADINGS
PRINT»"ANGLE PL0TTED FR0M 0. T0 180. DEG1
PRINT»" 0 30 60 90"»& • • 120 150 180"
PRINT*M I& •1
G0 T0 3
C--- C0LUMN HEADINGS
2 PRINT»" TIME ETERM POWER VARS FREQ ANGLE"
Notemos, também, que providenciamos para que seja 
feita uma impressão de um gráfico.de oscilação.
C--- =------------------------------------ PRINT RESULTS--
IFCNPRINT.EQ.1)G0 T0 6 
C--- P1.0T
JSPACE=INT <1,5+60.*DEGREE/180.)
PRINT * t JSPACE/'*A"
G0 T0 7
C--- TABULAR PRINT0UT
6 PRINT 100 > TIME» ETERM*PELEC>VARS>FREQ/DEGREE 
100 F0RMAT(6F8•3)
Um fluxograraa de nosso programa teria a aparência da 
figura 2.
A fig u ra 3 mostra uma listagem completa de nosso pro 
grama. Notemos que cada bloco da fig u ra 3 e s tá numerado e 
que cada lin h a de listagem tem um número. Para aumentar a 
clar.eza, os prim eiros dois d íg ito s do número de cada íin h a 
foram escolh idos para in d ic a r o bloco correspondente.
A fig u ra 5 mostra uma solução amostra usando nosso 
programa de e s ta b ilid a d e . Escolhemos um in te rv a lo de tempo 
de 0 , 0 1 segundos. Como surgiu esse número? Como podemos ve­
r i f i c a r se nossa esco lha fo i boa?
Figura 2
LISTAGEM DO PROGRAMA
1OOOSNDM
1 00.'->0---POWER TECHNOLOGIES CCURSF.
I 0) OC----ELECTRICAL MACHINF. DYNAMICS II 
1015C----CLASS PR03LEM VII CWRXTE A STABILITY PP.0GRAM)
10201025C--- DECLARE WHICH VARIABLES ARE CGMPLEX
1030 ...CSMPLEX PQO,PQ1 ,PG2,V0,V1 > V2 , 101 , 112,ZO1 , Z 12
1035
1100C-----------------------------------GF.T INPUT CGNSTANTS----------
1105 ..................................1110 1 PRINT,"ENTER DELT,TCLEAR,TSTOP",?*
1115 INPUT»DELT,TCLEAR, TSTOP
II RO PRINT,"ENTER RL»XL,X'G»H",t*
1125 INPUT,RL,XL,XPG,H1130 PRINT,"ENTER 1 T0 PRINT, SR 0 T0 PL0T",t*
1135 INPUT,NPRINT
1 1 40
1200C--------------------------------INITIALIZE BASE CONDI TI GNS------
1205 ................................
1210 VI=CMPLX(1• ,0 • >
1215 PQ1--CMPLXC1 .,0.)
1220 ZO 1=CMPLXC0. »XPG)
1225 Z12=CMPLXCRL,XL>
1230
1235 I12=C0NJG(PQ1/V1)
1240 V2 = V1 -II 2*Z 12
1245 DEGBS2=57.298* ATAN C AIMAGCV2)/REALCV2) )
1250 101=112
1255 V0=V1+I01*Z01
1260 E0=CABS(VO)
1265 ANGLE=ATANC AIMAGCVO>/REALCVO) )
1270 PELEC=REAL(PG1)
1275 PMEC.H=PELEC
1280 PDELTA=0.
1285 TIME=-2.*DELT
1290
1 300C---------------------------------------- PRINT HEADINGS----------
1305 ...IFCNPRINT.EG.nGS TS 2
1310
1315C--,-PLOT HEADINGS
1320 ...PRINT,"ANGLE PL0TTED FR0M 0. TO 180 DEGREES"
1325 PRINT," 0 30 60 90",
1330& " 120 150 180"
1335 PRINT," I........ I.........I......... I",
1 340& .I.........I.........I"
1345 GO T0 3 ..............................
1350
1355C--- CGLUMN HEADINGS
1360 ’•2'PRINT," TIME ETERM POWER VARS FREO ANGLE"
1 365
1 400C*;!<;l::í:*:(;****:i::<=*'-i:***BEGlN T I M£ L00P**********■•*:*Íit***+• +
1 405
1410C--------------------- CALCULATE VARIABLES DEPENDENT BN STATES---
1415 ' ’ 3' V0---E0' *'CMPLXC C9SCANGLE) , SINCANGLE) )
i 420 FREQ=60.*CPDELTA+1.)
) /,f>5 DEGREE=57.29S*ANGLE-DEG3S2
1 A 3 0i:>OOC----------------------- D0 A NEW L0AD FL0W F0R THIS TIME STEP---
1 SOS .......................1510C---TEST F0R FAUL.TED OR UNFAULTED CASE
1ü1 D ...IFC CTIME.GE.O.) .AND. (TIME.LT.TCLEAR) )G0 T0 A
1 520
115250---UNFAULTED CASE
1530 ...101=(V0-V2)/CZ01+Z12)
1535 G0 T0 5
1 540
1545C---FAULTED CASE
1550 ' "'A' I01=VO/Z01 
1555
1600C----- CALCULATE VARIABLES DEPENDENT 0N L0AD FL0W RESULTS-------
1605 .................................................................
1610 5 VI=V0-I01*Z01
1615 PQ1= V1*CCNJG( 101 )
1620 ETERM=CABS< VI >
1625 PELEC=REALC P01 )
1630 VARS=AIMAGC PQ1 >
1 635
1700C------------------- CALCULATE NEW DERIVATIVES GF STATES---------
1705 ..... ■'............. ........
1710 DPDELT = (PMECH-PELEC) / (2.*H)
1715 DANGLE=377.*PDELTA
1720
1800C--- ---------------------------------------PRINT RESULTS---------
1805 ... ..................................... ........
1810 IFCNPRINT.EQ.l)G0 T0 6
181 5C--- PL.0T
1820 ’ ‘ 'JSPACE = INTC1.5 + 60.*DEGREE/180.)
1825 PRINT,tUSPACE,"A""
1830 G0 T0 7
1835
1840C--- TABULAR PRINTGUT
1845 '" 6' 'PRINT 100,TI NE,ETERM,PELEC,VARS,FREO,DEGREE 
1850 100 FGRMATC 6F8•3)
1855
1900C---------------------- ----------- TEST FGR FINISHED-------------
í 905 ................................. .............
1910 IFCTIME.GE.TST0PIG0 T0 8
1915
2000C--------------------- INCREMENT TIME AND UPDATE INTEGRATORS-----2005 .....................
2010 7 TIME=TIME+DELT
2015 PDELTA=PDELTA + DPDELT*DELT
2020 ANGLE =ANGLE + DANGLE *DELT
2025
2030C----------------------------------LGOP BACK FGR NEXT TIME STEP 2035 .................................
2040 GO T.0 3
2 1 0 0 C * * * * * * * * + * * * ;|- * E N D TIME L 0 OP * * * * * * * * * * **** * * * * * * •+■ * * * * ** * *
Cvi Cvl
ídlOSC--- FINISHED, G0 BACK FGR A NEW CAS
lillO 8'PRINTí>t,t,»NEW CASE" 
ííl 1 5 G0 T0 i0
5 ST0P
2130 END
LISTAGEM DOS RESULTADOS DO PROGRAMA
RUN
PR0B7 10:42 SAT 11/13/71
ENTER DELI jTCLEAR/ TST0P ? .01> . 1j . 2
ENTER RL,XL,X'G.»H ? . \, .4 > . 3 > 4 .
ENTER 1 T 0 PRINT, 0R 0 T0 PL0T ? 1
TINE ETERM P0WER VARS FREO ANGLE
• .020 1 .000 1 .000 - .000 60.000 40.663
- .0 10 1 .000 1 .000 - .000 60.000 40 .663
0.000 0 .000 - .000 0.000 60.000 40.663
0.010 0.000 - .000 0.000 60.07 5 4 0.663
0.020 0.000 - .000 0.000 60.150 40.933
0.030 0.000 - .000 0.000 60.225 41 .473
0 .040 0 .000 - .000 0.000 60.300 42.283
0.050 0.000 - .000 0.000 60.37 5 43.363
0.060 0.000 - .000 0.000 60.4 50 4 4.7 j 4
0.070 0 .000 - .000 0.000 60.525 46.334
0 .080 0 .000 - .000 0.000 60.6 00 48.224
0.090 0 .000 - .000 0.000 60.67 5 50.384
0.100 0.000 - .000 0.000 60.750 52.814
0.110 0.962 1 .288 0.004 60.825 55.514
o. fsro 0.953 1 .338 0.007 60.803 58.484
0.130 0.9 43 1 .383 0.011 60.778 61.377
0.140 0.933 1 .424 0.015 60.749 6 4.1, 7 8
0.150 0.923 1.461 0.020 60.718 66.876
0.160 0.913 1 .494 0.025 60.6 83 69.459
0.170 0.903 1 . 523 0.031 60.6 46 7 1 .918
0.180 0.893 1 .548 0.036 60.607 74.243
0.190 0.884 1 .569 0.042 60.566 76.427
0.200 0.875 1.587 0.047 60.523 78.464
0.210 0.866 1 .603 0.053 60.479 CO o . CO .ts
NEW CASE
ENTER DELT,TCLEAR, TST0P ? .01>.1>.4
ENTER RL^XL^X' G,H ? .1*.4>.3>4.
V
ENTER 1 TG PR I NT >
\
OR 0 T0 PL0T ? 0
PLOTAGEM DO VALOR DO ÂNGULO PARA O RESULTADO 
DO PROBLEMA VIII
ANGLE PLOTTFD FROM 0. T0 180. DEGREES
0 30 60 90 120 1501 ........I...........I........... I........... I........... I.
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
1 80 
. I
Passo 7
Apesar de termos escrito um programa específico pa­
ra o problema exemplo, sua organização e elementos compo­
nentes (como definido na figura 3) são completamente geraia 
Qualquer outro programa de estabilidade, seja qual for a 
sua origem, deve executar os mesmos passos, na mesma se- 
qüência. Estes outros programas deverão ser, evidentemente, 
muito mais flexíveis e elaborados em cada passo, e alguns 
passos poderão ser combinados em um único passo mas, na a- 
nãlise final deverão ter a mesma aparência da figura 3.
Tendo isto em mente, examinemos o que achamos 
possa ser melhorado.
que
Solução da rede;
Uma solução das equações da rede ê requerida nos 
blocos 12A e 15 (figura 3). A figura 6 mostra as entradas 
e saídas da solução da rede nos dois casos. Notemos que as 
operações internas de solução poderiam ser diretas,como em 
nosso exemplo, ou uma solução iterativa, de Gauss-Seidel ou 
Newton Raphson,ou pela matriz Z]3arra* Não importa qual o 
tipo.
TENTATIVAS
I N I C I A I S
ANGULO 
E TENSÃO
DA BARRA D 
R E F E R E N C IA
PO TÊNCIA
E TE N SÃ O 
DO GERADOR
1 f
TENSÕES TENSÕES
COMPLEXAS INTERNAS 
DE BARRA DO " 
GERADORSOLUÇÃO DA REDE SOLUÇÃO DA REDE
PARA BLOCO 1 2 A CORRENTES PARA 0 BLOCO Í 5
DO GERADOR
(OUTRAS 
1 VARIAVEIS 
Jp/IMPRESSÃO
ES PE Cl FICAÇOES 
DE CARGA
ADMITANCJAS 
DA REDE
r ~ i
CORRENTES 
DO GERADOR
OUTRAS
v a r i a V e i s 
P/ IM PRESSÃO
ESPECIFICAÇÕES 
DE CARGA
A D M IT A N C IA S 
DA REDE
Figura 3
F R E Q U Ê N C IA I N I C I A L
TE NSÃ O T E R M I N A L 
C O M P L E X A
C O R R E N T E T E R M IN A L 
C O M P L E X A
moi5elo do
GERADOR P/
O BLOCO 12 B
CO NSTAN T ES
—^ - V A R I A V E I S DE ESTADO I N IC IA IS 
— ► T E N S Ã O T E R M IN A L
POTÊNCIA C O M PLE XA T E R M I N A L 
- ► T E N Ç Ã O INTERNA COMPLEXA 
—► ÊFD I N I C I A L 
—► P M E C H I NIC IAL
OUTRAS V A R I A V E I S P A R A IM P R E S S Ã O
NO VA S S A ÍD A S 0 0 
I N T EG R A D O R 
(V A R IA 'V E IS DE ESTADO)
NOVA C O R R E N T E 
C O M P L E X A T E R M I N A L
MODELO DO
g e r a d o r P/
0 BLOCO 14
1
C O N S T A N T E S
M O D E LO DO
GE RADOR P /
0 BLOCO 16
n
NOVAS TENSÕES IN T E R N A S
Complexas
OUTRAS V A R IA V E IS DEPENDENTES
NOVA TENSÃO 
T E R M I N A L C O M P L E X A
— NOV A POTÊNCIA C O M P L E X A 
t e r Ml N A L
O U T R A S V A R I A V E I S PAKA I M P R E S S Ã O
CO N ST A N T £ S
E FD
P M E C H
O U T R A S V A R I A V E I S 
DO GERADOR 
C A L C U L A D A S AC IM A
M O D E L O DO 
GERADOR P / 
0 BLOCO 17
~ ~ r ~
C O N S T A N T E S
NOVO VE TOR DA D E R IV A D A 
DO ESTADO
E.FO
I N IC IA L
I N I C I A L - ■—
M O D E L O DA 
E X C IT A T R IZ P /»if W 1 W M Li ®
0 BLOCO 12 B
1
1
O U T R O S S I N A I S t
( E S T A B IL I Z A D O R )
( I F D )
( F R E Q U Ê N C IA )
C O N S T A N T E S
NOVO V E T O R M O D E L O DA
DE E S T A D O E X C IT A T R IZ P /
0 BLOCO 1 4 .
C O N S T A N T E S
VETOR DE ESTADO I N I C I A L
E F D
O U T R A S V A R IÁ V E IS P / IM P R E S S Ã O
TENSÃO
O U T R A S
T E R M IN A L
V A R IA 'V E IS
C O N S T A N T E S
P M E C H
S PEED
OUTRASI N JCIAL 
I N IC IA L 
VAR IAVE IS
M O D E L O DA 
M A Q U IN A M O T R IZ 
P / O BLOCO 12 B
VETOR DE ESTADO IN IC IA L
NOVO VETOR 
DE ESTADO
Kl r\ HF 1 A HAIVIw UC L U UM
MAQUINA MOTRIZ
P / 0 BLOCO 14
1
NOVA P M E C H
OUTRAS V A R IA V E IS 
PARA IM P R E SS Ã O
NE N H U M
M O D E LO DE 
M A Q U IN A P R IM Á ­
RIA P /O BLOCO 16
N E N H U M
V E L O C ID A D E
O U T R A S 
V A R I AVE IS
M O D E LO DA 
MAQUINA P R IM A - 
RIA P /O BLOCO 17
NOVO VETOR DE 
D E R IV A D A S DO ESTADO
PROCESSAMENTO
OUTROS 
DADOS DA REDE
INICIALIZAÇÃO
DADOS 
DO CASO 
BASE
Modelos para Excitatriz e Máquina Primária
Para adicionar um modelo de excitatriz ao nosso pro 
grama, para calcular dinamicamente o valor de EFD, devemos 
adicionar um modelo que serã usado nos blocos 12B, 14, 16
e 17, na figura 8. Um modelo do sistema motor estaria aco­
plado aos mesmos pontos como vemos na figura 9.
Revisão
A figura 10 ilustra o que consideramos acima para 
todos os componentes principais de nosso programa de esta­
bilidade. Seria possível, agora, ver como incorporar qual­
quer modelo adicional neste programa.
IM PRENSA U N IV ER SITÁ R IA -U FSM
CAPA-REINALDO PEDROSO