I – Introdução ao estudo de sistemas de potência I.1

Análise de Sistemas de Potência (ASP)
I – Introdução ao estudo de sistemas de potência
I.1 – Representação fasorial
Nos circuitos elétricos assintoticamente estáveis1, a análise do regime permanente senoidal pode ser
realizada através da simples operação com números complexos por intermédio da transformada fasorial. Na
análise fasorial, todas as correntes e tensões senoidais são representadas por números complexos que
quantificam a amplitude e o ângulo de fase das senóides, sendo a freqüência destas considerada
implicitamente.
Qualquer função do tipo senoidal pode ser representada pela função
g (t ) = G cos (ωt + φ )
através da escolha dos valores adequados para:
G – valor máximo (amplitude);
2π
ω = 2πf =
– velocidade angular [rad/s];
T
f – freqüência [Hz];
T – período [s];
φ – ângulo de fase [rad].
A Figura I.1 apresenta o gráfico de uma função senoidal genérica, indicando os valores de G e φ.
G
g(t)
ωt
[rad]
−φ
-G
Figura I.1 – Função tipo senoidal.
Observar que quando o ângulo de fase φ é igual a −π 2 , a função cosseno transforma-se em um seno,
conforme mostra a Figura I.2, ou seja, são válidas as seguintes relações:
π

cos ωt = senωt + 
2

π

sen ωt = cosωt − 
2

1
Circuitos assintoticamente estáveis são aqueles que não apresentam nenhuma das raízes de sua equação
característica no eixo imaginário ou no semiplano direito do plano complexo. Neste caso, a resposta natural tende a
zero:
lim t →∞ y n (t ) = 0
e a resposta completa tende à sua resposta forçada:
lim t →∞ y (t ) = lim t →∞ y n (t ) + y f (t ) = y f (t )
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
cos
sen
π/2
ω t [rad]
Figura I.2 – Relação entre as funções seno e cosseno.
Define-se como defasagem a diferença entre os ângulos de fases de duas funções do tipo senoidal de mesma
φ2

67
8


velocidade angular ω. Sendo g1 (t ) = G1 cos (ωt + φ1 ) e g 2 (t ) = G 2 cos ωt + φ1 − α  , a defasagem entre g1 (t ) e




g 2 (t ) é dada por φ1 − φ 2 = φ1 − (φ1 − α ) = α , conforme ilustra a Figura I.3.
g1(t)
g2(t)
α
ω t [rad]
Figura I.3 – Defasagem entre duas funções senoidais.
Assim, pode-se dizer que:
g1 (t ) está adiantada em relação à g 2 (t ) do ângulo α e
g 2 (t ) está atrasada em relação à g1 (t ) do ângulo α.
Considere a função senoidal geral:
y (t ) = Ymax cos (ωt + φ )
Note que a função tem três parâmetros:
(I.1)
Ymax – amplitude
ω – velocidade angular
φ – ângulo de fase
Observar que qualquer função senoidal pode ser representada através da escolha adequada de Ymax , ω e φ .
Utilizando a identidade de Euler:
e jθ = cos θ + j sen θ
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y (t ) = Ymax cos(ωt + φ ) = Re[Ymax cos(ωt + φ )]
[
]
[
]
= Re[Ymax cos(ωt + φ ) + jYmax sen(ωt + φ )] = Re Ymax e j (ωt +φ ) = Re Ymax e jφ e jωt =
Y4
6

47
8
 Ymax jφ jωt 
=
2 Re 
e e 
 2



y (t ) = 2 Re Y e jωt
(I.2)
Y
onde Y = max e jφ é definido como a representação fasorial de y (t ) ou a transformada fasorial da função
2
senoidal y (t ) .
(
)
Observar que a transformada fasorial transfere a função senoidal do domínio do tempo para o domínio dos
números complexos, que também é chamada de domínio da freqüência, já que a resposta envolve
implicitamente uma função senoidal de freqüência ω.
Notar que Y contém 2/3 das informações de y (t ) a saber, Ymax e φ . Considerando Y =
Ymax
, o valor RMS2
2
de y (t ) , tem-se:
Y = Ye jφ = Y φ
(I.3)
A representação gráfica em um sistema coordenado de um fasor genérico encontra-se na Figura I.4.
Im
Y =Y φ
Y sen φ
φ
Re
Y cos φ
Figura I.4 – Representação gráfica do fasor Y
Observar que o fasor é diferente de um vetor porque a posição angular do fasor representa posição no
tempo; não no espaço.
Resumo:
2
y (t ) = Ymax cos (ωt + φ )
ou
Y = Ye jφ = Y φ
Forma polar
Y = Y cos φ + jY sen φ
Forma retangular
(
y (t ) = 2 Re Y e jωt
Y
Y = max
2
Ymax
Y=
2
)
“Root Mean Square” ou valor quadrático médio (eficaz).
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I.2 – Impedância [Ω
Ω] e admitância [Ω
Ω-1 ou siemens]
A impedância Z de um componente ou circuito é a relação entre os fasores tensão e corrente (vide
convenção de sinais da Figura 1.5):
∆
Z ( jω ) =
V
I
= resistênci a
= reatância
R

X
= R + jX
(I.4)
A admitância Y de um componente ou circuito é o inverso de sua impedância:
∆
Y ( jω ) =
1
=
I
Z ( jω ) V
= G + jB
G = condutância

 B = susceptância
[
i (t ) = 2 Re I e jωt
Circuito
linear
invariante
em regime
permanente
senoidal
(I.5)
]
+
Z ( jω ) =
[
1
v(t ) = 2 Re V e jωt
Y
]
–
Figura I.5 – Definição de impedância e admitância.
Um resumo das relações entre tensão e corrente para os elementos simples encontra-se na Tabela I.1.
Tabela I.1 – Relação tensão/corrente dos elementos simples.
Elemento
Equações
Relação de
fase
i(t )
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
+
v(t )
R
i (t ) = I max cos(ωt + φ )
Forma fasorial:
[ ]
2 Re[V e ]
i (t ) = 2 Re I e jωt
v(t ) =
i (t ) e v(t )
em fase
jωt
Diagrama
fasorial
I
Relação no
tempo
i(t)
V
V = RI
v(t)
φ
–
i(t )
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
+
v(t )
L
i (t ) = I max
π

cos ωt + φ − 
2

V
i (t ) atrasada
de v(t ) de 90°
i(t)
V = jω L I
φ
X L = ωL
v(t)
I
–
i(t )
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
+
v(t )
C
π

i (t ) = I max cos ωt + φ + 
2

i (t ) adiantada
de v(t ) de 90°
–
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V=
1
I
jωC
XC =
i(t)
I
1
ωC
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v(t)
V
φ
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I.3 – Associação de impedâncias
Para a associação série de impedâncias (vide Figura I.6), a impedância equivalente é dada pela soma das
impedâncias de cada um dos componentes, ou seja:
Z eq = Z 1 + Z 2 + K + Z n
(I.6)
I
+
V1 –
+
+
Z1
V2 –
Z2
+
Vn
–
I
+
Zn
≡
V
Z eq
V
–
–
Figura I.6 – Diagrama para associação série de impedâncias.
A expressão (I.6) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Tensões, da forma como segue:
V LKT V 1 + V 2 + K + V n V 1 V 2
Vn
Z eq =
=
=
+
+K+
= Z1 + Z 2 +K+ Z n
I
I
I
I
I
1
Sabendo que Z = , pode-se determinar a expressão da admitância equivalente da associação série, a partir
Y
da expressão (I.6):
1
1
1
1
1
=
+
+K+
⇒
Y eq =
1
1
1
Y eq Y 1 Y 2
Yn
+
+K+
Y1 Y 2
Yn
Para a associação paralela de impedâncias (vide Figura I.7), a impedância equivalente é dada pelo inverso
da soma dos inversos das impedâncias de cada um dos componentes, ou seja:
1
1
1
1
1
=
+
+K+
⇒
Z eq =
(I.7)
1
1
1
Z eq Z 1 Z 2
Zn
+
+K+
Z1 Z 2
Zn
I
+
V
I
I1
I2
In
Z1
Z2
Zn
–
+
≡
V
Z eq
–
Figura I.7 – Diagrama para associação em paralelo de impedâncias.
A expressão (I.7) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Correntes, da forma como
segue:
V LKC
V
V
1
Z eq =
=
=
=
1
1
1
I
I1 + I 2 +K+ I n
V
V
V
+
+K+
+
+K+
Z1 Z 2
Zn
Z1 Z 2
Zn
1
Novamente, sabendo que Z = , pode-se determinar a expressão da admitância equivalente da associação
Y
série, a partir da expressão (I.7):
Y eq = Y 1 + Y 2 + K + Y n
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I.4 – Potência complexa
Considere o sistema da Figura I.8 que se encontra em regime permanente senoidal.
i (t )
Im
V
+
v(t )
V=
V max
I=
I max
2
SISTEMA
θ
φ
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
I
i (t ) = I max cos(ωt + φ − θ )
2
φ
φ −θ
Re
Figura I.8 – Sistema em regime permanente senoidal.
A potência instantânea fornecida para o sistema é dada por:
p(t ) = v(t )i (t ) = Vmax I max cos(ωt + φ ) cos(ωt + φ − θ )
(I.8)
mas cos(a + b ) = cos a cos b − sen a sen b , daí
cos(ωt + φ − θ ) = cos(ωt + φ ) cos(− θ ) − sen (ωt + φ ) sen (− θ ) = cos(ωt + φ ) cos θ + sen (ωt + φ ) sen θ
Substituindo (I.9) em (I.8),
p (t ) = Vmax I max cos(ωt + φ )[cos(ωt + φ ) cos θ + sen (ωt + φ ) sen θ ] =
= Vmax I max cos θ cos 2 (ωt + φ ) + V max I max sen θ cos(ωt + φ ) sen (ωt + φ )
1 + cos 2a
e sen 2a = 2 sen a cos a , logo:
2
1
cos 2 (ωt + φ ) = [1 + cos(2ωt + 2φ )]
2
sen (2ωt + 2φ )
cos(ωt + φ ) sen (ωt + φ ) =
2
(I.9)
(I.10)
Mas cos 2 a =
(I.11)
Aplicando (I.11) em (I.10), chega-se a:
Vmax I max
V I
cosθ [1 + cos(2ωt + 2φ )] + max max sen θ sen (2ωt + 2φ )
2
2
Vmax
I max
Definindo V =
e I=
como os valores eficazes da tensão e da corrente senoidais,
2
2
Vmax I max Vmax I max
=
= VI
2
2
2
p(t ) =
chega-se à seguinte expressão:
p(t ) = VI cos θ [1 + cos(2ωt + 2φ )] + VI sen θ sen (2ωt + 2φ )
(I.12)
A forma de onda da potência instantânea dada por (I.12) apresenta uma parcela constante, igual a VI cos θ , e
uma parcela variável e alternada variante no tempo, igual a VI cosθ cos(2ωt + 2φ ) + VI sen θ sen (2ωt + 2φ ) , cuja
freqüência corresponde exatamente ao dobro da freqüência da tensão e da corrente.
Quando a tensão está em fase com a corrente, os gráficos das funções tensão, corrente e potência
instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Observar que a função potência instantânea é oscilante e
apresenta sempre valores positivos.
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Corrente em fase com a tensão
v(t), i(t), p(t)
10
5
0
v(t)
i(t)
p(t)
-5
0
1
2
wt
3
4
5
6
Figura I.9 – Gráfico da potência no tempo – corrente em fase com a tensão.
Quando a corrente está atrasada de 90°° em relação à tensão, os gráficos das funções tensão, corrente e
potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Observar que a função potência é oscilante e
apresenta valor médio nulo.
Corrente atrasada de 90 graus
v(t), i(t), p(t)
5
0
v(t)
i(t)
p(t)
-5
0
1
2
3
4
wt
5
6
Figura I.10 – Gráfico da potência no tempo – corrente atrasada de 90o em relação à tensão.
Quando a corrente está adiantada de 90°° em relação à tensão, os gráficos das funções tensão, corrente e
potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Novamente, observar que a função potência é
oscilante e apresenta valor médio nulo.
Corrente adiantada de 90 graus
v(t), i(t), p(t)
5
0
v(t)
i(t)
p(t)
-5
0
1
2
wt
3
4
5
6
Figura I.11 – Gráfico da potência no tempo – corrente adiantada de 90o em relação à tensão.
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Uma situação intermediária é aquela na qual a corrente está atrasada de um ângulo qualquer (por exemplo,
30°, conforme Figura a seguir). Neste caso a potência apresenta valores positivos e negativos, sendo a
predominância dos positivos.
Corrente atrasada de 30 graus
v(t), i(t), p(t)
10
5
0
v(t)
i(t)
p(t)
-5
0
1
2
wt
3
4
5
6
Figura I.12 – Gráfico da potência no tempo – corrente atrasada de 30o em relação à tensão.
A partir da expressão (I.12) é fácil determinar o valor da potência ativa (eficaz ou útil, que produz trabalho)
que é igual ao valor médio da potência instantânea fornecida ao sistema:
1 T
1 T
P∆
p(t )dt =
[VI cosθ [1 + cos(2ωt + 2φ )] + VI sen θ sen(2ωt + 2φ )]dt
T 0
T 0
[W]
(I.13)
P = VI cos θ
∫
∫
A potência reativa corresponde ao valor máximo da parcela em sen(2ωt + 2φ ) da potência instantânea:
[var]
(I.14)
Q ∆ VI sen θ = VI sen θ
para a qual adota-se a seguinte convenção3:
INDUTOR:
“consome” potência reativa
CAPACITOR:
“gera” potência reativa
A potência aparente é obtida pela combinação das potências ativa e reativa P e Q:
S = VI = P 2 + Q 2
[VA]
(I.15)
As expressões (I.13), (I.14) e (I.15) sugerem uma relação de triângulo retângulo (similar ao triângulo das
impedâncias) na qual a potência aparente S é a hipotenusa, conforme ilustra a Figura I.13.
S
P
jQ
θ = ∠V − ∠ I
θ = ∠V − ∠ I
jQ
S
P
Característica INDUTIVA
Característica CAPACITIVA
Figura I.13 – Triângulo das potências.
3
Observar que para qualquer elemento ou combinação de elementos, a parcela representada pela potência reativa
apresenta valor médio nulo, ou seja, não existem geração nem consumo efetivo, na metade do ciclo o elemento absorve
energia que será devolvida na metade seguinte do ciclo. A convenção é adequada porque na metade do ciclo em que o
indutor está absorvendo energia o capacitor está devolvendo e vice-versa.
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O fator de potência é obtido pela relação entre as potências ativa e aparente:
FP =
P VI cosθ
=
= cosθ
S
VI
Utilizando-se os fasores tensão e corrente,
V =V φ
I = I φ −θ
pode-se definir a potência complexa através do produto do fasor tensão pelo conjugado do fasor corrente:
*
S = V ⋅ I = V φ I − φ + θ = VI θ = VI cosθ + jVI senθ = P + jQ
(I.16)
Notar que desta forma, o ângulo da potência só depende do ângulo entre a tensão e a corrente (θ), conforme
ocorre nas expressões (I.13), (I.14) e (I.15).
I.5 – Sentido do fluxo de potência
Considere os dois sistemas elétricos interligados mostrados na Figura I.14.
I
V =V α
+
SISTEMA
A
SISTEMA
B
V
I =I β
-
Figura I.14 – Situação geral do fluxo de potência em circuitos CA.
De acordo com a notação da Figura I.14, a potência complexa fornecida para o Sistema B pelo Sistema A é
dada por:
S = V ⋅ I = V α I − β = VI α − β = VI cos(α − β ) + jVI sen(α − β ) = P + jQ
*
O sentido do fluxo de potência ativa P e reativa Q entre os dois sistemas para ψ = α − β variando de 0 a
360o está mostrado na Figura I.15.
V =V α
Q [var]
P:
Q:
B →
A →
90 < ψ < 180
o
P:
Q:
B →
B →
P:
Q:
A
B
o
A
A
180 o < ψ < 270 o
A → B
A → B
I=I β
ψ =α − β
0 o < ψ < 90 o
P:
Q:
A →
B →
B
A
P [W]
270 o < ψ < 360 o
Figura I.15 – Sentido dos fluxos de potência ativa (P) e reativa (Q) entre os Sistemas A e B.
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Na Figura I.15, observar que quando o ângulo de abertura é igual a 100o (ψ = 100 o ), o valor de cosψ é
negativo e, portanto, o fluxo de potência ativa de A para B também é pois P = VI cosψ . Isto significa que o
fluxo de potência ativa neste caso é de B para A. Por outro lado, o valor de sen ψ é positivo e, portanto, o
fluxo de potência reativa de A para B também é, pois Q = VI senψ . Isto significa que o fluxo de potência
reativa neste caso é de A para B. Observar que dependendo do ângulo de abertura existente entre os fasores
tensão e corrente é possível qualquer combinação de fluxo de potências ativa e reativa entre os dois sistemas.
I.6 – Fonte trifásica ideal
Uma fonte trifásica ideal é constituída por três fontes de tensão em conexão estrela ou triângulo, conforme
ilustra a Figura I.16.
V AN
+
A
+
V BN
B
+
V CN
C
+
+
–
V AB
–
+
V CA
V BC
–
N
–
+
V AB
V AB
–
+
V CA
+
+
V CA
V BC
V BC
+
–
+
N
(opcional)
(a) Conexão estrela
(b) Conexão triângulo.
Figura I.16 – Fonte trifásica, ligação estrela.
As diferenças de potencial entre as fases e o neutro (referência) são denominadas tensões de fase; as
diferenças de potencial entre as fases 2 a dois são denominadas tensões de linha. Na seqüência ABC, o
sistema é formado pelas seguintes tensões de fase
V AN ,V BN ,V CN
e de linha
(V
AB
(
)
)
= −V BA ,V BC = −V CB ,V CA = −V AC , ilustradas na Figura I.17:
V AN = Vφ 0
V AB = V AN − V BN = 3Vφ 30 o = V L 30 o
V BN = Vφ − 120 o
V BC = V BN − V CN = 3Vφ − 90 o = V L − 90 o
V CN = Vφ 120 o
V CA = V CN − V AN = 3Vφ 150 o = VL 150 o
ω
V CN
V CA
V CB
ω
V AN
V BC
V CA
V CN
V AB
V AB
V AN
V BN
Tensões de Fase (φ):
V AN ; V BN ; V CN
V BA
Tensões de Linha (L):
V AC
V BN
V AB ; V BC ; V CA
V BA ; V CB ; V CA
V BC
Figura I.17 – Tensão de fase e de linha em um sistema trifásico simétrico (seqüência ABC).
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(
A constante que relaciona a magnitude da tensão de fase com a de linha VL = 3Vφ
) pode ser obtida,
conforme mostrado na Figura I.18.
− V BN
60 o
V L = V AB = 2 V AN cos 30 o = 3 V AN
V
30 o
120 o
AN
V L = 3Vφ
V AB = V AN − V BN
30 o
V BN
Figura I.18 – Relação entre as tensões de fase e de linha.
I.7 – Carga trifásica ideal
A carga trifásica ideal é constituída por três impedâncias de igual valor conectadas em estrela ou triângulo,
conforme mostra a Figura I.19.
A
B
ZY
A
ZY
B
ZY
C
C
Z∆
Z∆
Z∆
N
N
(a) Ligação estrela.
(b) Ligação malha ou triângulo.
Figura I.19 – Carga trifásica equilibrada.
A equivalência entre uma carga equilibrada conectada em estrela com outra em triângulo é:
Z ∆ = 3Z Y
(I.17)
I.8 – Potência complexa em circuitos trifásicos equilibrados
Para um sistema trifásico qualquer (a três ou quatro fios, ou seja, com ou sem condutor neutro), conforme o
ilustrado na Figura I.20, a potência complexa fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dada por:
*
*
*
S 3φ = V 1N ⋅ I 1 + V 2 N ⋅ I 2 + V 3 N ⋅ I 3 = V1N I1 α 1 − β1 + V2 N I 2 α 2 − β 2 + V3 N I 3 α 3 − β 3
Substituindo θ i = α i − β i e separando a parte real da imaginária, chega-se a:
( )
= Im(S ) = V
P3φ = Re S 3φ = V1N I1 cosθ1 + V2 N I 2 cosθ 2 + V3 N I 3 cosθ 3
Q3φ
S 3φ
3φ
θ + V2 N I 2 sen θ 2 + V3 N I 3 sen θ 3
1N I 1 sen 1
= P3φ + jQ3φ
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
V 1N
+
V 2N
+
N
φ1
I1
φ2
I2
φ3
I3
V 1N = V1N α 1
V 2 N = V2 N α 2
V 3 N = V3 N α 3
I 1 = I1 β 1
V 3N
+
Sistema B
I 2 = I2 β2
I 3 = I3 β3
IN
Sistema A
θ1 = α1 − β1
θ2 =α2 − β2
θ3 =α3 − β3
Figura I.20 – Sistema trifásico para a determinação da potência complexa.
O fator de potência médio da potência fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dado por:
P3φ
FPmédio =
S 3φ
As potências aparentes fornecidas pelas fases são dadas por:
S1
=
P12 + Q12 = V1N I1
S2
=
P22 + Q22 = V2 N I 2
S3 =
P32 + Q32 = V3 N I 3
e os fatores de potência desenvolvidos em cada uma das fases são dados por:
P
FP1 = 1 = cosθ1
S1
P2
FP2 =
= cosθ 2
S2
P3
FP3 =
= cosθ 3
S3
Quando o sistema trifásico é simétrico e alimenta uma carga equilibrada, os ângulos de defasagem entre os
fasores tensão e corrente das fases são iguais (θ 1 = θ 2 = θ 3 = θ ) e as potências ativa, reativa e aparente totais
são dadas por:
P3φ = 3Vφ I L cosθ = 3VL I L cosθ
Q3φ = 3Vφ I L senθ = 3VL I L senθ
S 3φ = 3Vφ I L = 3VL I L
sendo o fator de potência expresso por:
FP3φ =
P3φ
S 3φ
= cosθ
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Ainda, para um sistema trifásico simétrico alimentando uma carga equilibrada, tem-se4:
v A (t ) = Vmax cos(ωt + φ )
(
(
v B (t ) = Vmax cos ωt + φ − 120
vC (t ) = Vmax cos ωt + φ + 120 o
o
)
)
i A (t ) = I max cos(ωt + φ − θ )
(
(
i B (t ) = I max cos ωt + φ − 120 o − θ
iC (t ) = I max cos ωt + φ + 120 o − θ
)
)
Utilizando a definição de potência instantânea, tem-se:
p A (t ) = v A (t )i A (t ) = Vmax I max cos (ωt + φ ) cos (ωt + φ − θ )
(
) (
cos(ωt + φ + 120 )cos(ωt + φ + 120
(I.18)
)
−θ )
p B (t ) = v B (t )iB (t ) = Vmax I max cos ωt + φ − 120 cos ωt + φ − 120 − θ
pC (t ) = vC (t )iC (t ) = Vmax I max
o
o
o
o
(I.19)
(I.20)
sendo a potência total dada por:
p3φ (t ) =
p A (t ) + p B (t ) + pC (t )
[
(
+ cos(ωt + φ + 120 )cos(ωt + φ + 120 − θ )]
) (
)
p3φ (t ) = Vm I m cos(ωt + φ ) cos(ωt + φ − θ ) + cos ωt + φ − 120 o cos ωt + φ − 120 o − θ +
o
o
(I.21)
Das expressões (I.18), (I.19) e (I.20), têm-se5:
cos(ωt + φ )cos(ωt + φ − θ )
(
) (
cos ωt + φ − 120 o cos ωt + φ − 120 o − θ
=
)
=
=
(
) (
cos ωt + φ + 120 o cos ωt + φ + 120 o − θ
)
=
=
1
[cosθ
2
1
cos θ
2
1
cos θ
2
1
cos θ
2
1
cos θ
2
[
[
[
[
+ cos(2ωt + 2φ − θ )]
(
)]
+ cos(2ωt + 2φ − θ + 120 )]
+ cos(2ωt + 2φ + 240 − θ )] =
+ cos(2ωt + 2φ − θ − 120 )]
+ cos 2ωt + 2φ − 240 o − θ =
o
o
o
Substituindo as expressões anteriores na expressão (I.21), chega-se a:
= 0 44444444444448
644444444444447


1
o
o 
p3φ (t ) = Vm I m 3 cosθ + cos(2ωt + 2φ − θ ) + cos 2ωt + 2φ − θ + 120 + cos 2ωt + 2φ − θ − 120 =

2


Vm I m
1
= Vm I m 3 cosθ = 3
cosθ = 3P1φ = 3VI cosθ
2
2
(
)
(
)
Deste modo, a potência trifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado6, através de tensões
simétricas, é constante. Assim, embora a potência instantânea fornecida por intermédio de cada uma das
fases seja variável, o somatório de todas as contribuições é constante.
4
Foi utilizada a seqüência ABC mas o resultado permanece válido para a seqüência ACB.
1
5
Lembrar que:
cos a cos b = [cos(a − b ) + cos(a + b )]
2
6
Observar que o resultado obtido pode ser estendido para qualquer sistema polifásico simétrico que alimente cargas
equilibradas, ou seja, a potência polifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado, alimentado por tensões
simétricas, é constante.
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
I.9 – Análise por fase e diagrama unifilar
No estudo do regime permanente do sistema de energia elétrica, utiliza-se a análise por fase pois o sistema é
considerado equilibrado, da geração ao consumo, ou seja:
a) as fontes do sistema são consideradas simétricas;
b) as impedâncias das fases são consideradas iguais e
c) as cargas são consideradas equilibradas.
Desta forma, o resultado (tensão, corrente, etc.) de uma fase pode ser utilizado para as demais desde que se
façam os ajustes de fase necessários.
Exemplo I.1 – Uma fonte trifásica, 2400 V, seqüência ABC, alimenta duas cargas conectadas em paralelo:
•
Carga 1: 300 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e
•
Carga 2: 144 kW, fator de potência igual a 0,6 capacitivo.
Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja, o ângulo de fase de V AN é igual a zero),
determinar:
a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância).
b) As correntes de linha das Fases A, B e C.
Solução Exemplo I.1:
a) Inicialmente, determina-se o fasor potência complexa referente a cada uma das cargas:
Carga 1:
1
S 3carga
= 300 kVA
φ
1
1
P3carga
= FP1 × S 3carga
= 0,8 × 300 = 240 kW
φ
φ
(S
1
Q3carga
=
φ
carga 1
S 3φ
Carga 2:
) − (P
carga 1 2
3φ
)
carga 1 2
3φ
= 300 2 − 240 2 = 180 kvar
= (240 + j180) kVA = 300 36,9 o kVA
2
P3carga
= 144 kW
φ
2
S 3carga
=
φ
2
P3carga
φ
FP2
(
=
144
= 240 kVA
0,6
2
2
Q3carga
= − S 3carga
φ
φ
carga 2
S 3φ
) − (P
2
)
carga 2 2
3φ
= 240 2 − 144 2 = −192 kvar
= (144 − j192) kVA = 240 − 53,1o kVA
Para a Fase A, tem-se:
carga 1
Carga 1:
SA =
1
S 3φ
3
Carga 2:
SA =
2
S 3φ
3
carga 2
= (80 + j 60 ) kVA = 100 36,9 o kVA
= (48 − j 64 ) kVA = 80 − 53,1o kVA
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Solução Exemplo I.1 (continuação):
Conhecendo o valor da tensão de fase da Fase A, V AN =
VL
0o =
3
2400
3
0 o V , e a expressão da potência
desenvolvida na Fase A:
*
 SA 
IA =

V AN 
pode-se determinar a corrente desenvolvida nas Cargas 1 e 2, como segue:
*
S A = V AN I A
1
IA
 S 1A
=
V AN
 S 2A
I =
V AN
2
A
⇒
*
*
*
*
100000 36,9 o 

 = 72,2 − 36,9 o A = (57 ,74 − j 43,30) A
 =
o
2400
0



3


 80000 − 53,1o 

 = 57,7 53,1o A = (34,64 + j 46,19) A
 =
o
2400


0

3


Para o equivalente em estrela,
2400
0o
1
V AN
3
ZY = 1 =
= 19,2 36,9 o Ω = (15,36 + j11,52 ) Ω
o
72,2 − 36,9
IA
2
ZY =
V AN
2
IA
=
2400
3
0o
57,7 − 53,1
o
= 24 − 53,1o Ω = (14,4 − j19,2 ) Ω
O circuito equivalente para a Fase A encontra-se na Figura I.21.
2
IA
IA
2400
3
+
0o V
15,36 Ω
14,4 Ω
j11,52 Ω
− j19,2 Ω
1
IA
Figura I.21 – Circuito equivalente para a Fase A.
b) De acordo com o diagrama da Figura I.21, a corrente de linha da Fase A é dada por:
I A = I A + I A = 57 ,74 − j 43,30 + 34,64 + j 46,19 = (92,38 + j 2,89 ) A = 92,4 1,8 o A
1
2
Levando em conta a simetria do sistema trifásico e a seqüência ABC, tem-se:
I B = 92,4 1,8o − 120 o A = 92,4 − 118,2 o A
I C = 92,4 1,8 o + 120 o A = 92,4 121,8 o A
Observar que quando se realiza análise por fase é melhor empregar o circuito equivalente em estrela; se a
conexão do equipamento é em triângulo, pode-se converter para o seu circuito equivalente em estrela. Como
conseqüência, as linhas de baixo dos circuitos equivalentes por fase representam o neutro, as tensões são as
de fase e as correntes são de linhas (na conexão estrela, a corrente de fase é igual à corrente de linha).
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Na Figura I.22, observa-se a representação de um sistema de energia elétrica através do diagrama unifilar, do
diagrama trifásico (trifilar) de impedâncias e do diagrama de impedância por fase. No diagrama unifilar é
possível representar a topologia do sistema (ligações), os valores das grandezas elétricas dos componentes e
sua forma de conexão. O diagrama trifilar de impedâncias representa o circuito elétrico equivalente ao
sistema de energia elétrica. O diagrama de impedância por fase representa uma simplificação do diagrama
trifásico sendo utilizado para determinar os valores das grandezas elétricas do sistema para uma fase
(posteriormente, este resultado é estendido para as demais fases).
Gerador
Linha de
Transmissão
Transformador 1
Carga e
Gerador 2
Transformador 2
4
1
2
T1
3
T2
G1
G2
Y-Y
Y-Y
(a) Diagrama unifilar.
•
•
•
•
•
•
•
G2
G1
•
•
•
•
•
•
•
•
G1
G2
•
•
•
•
•
•
•
•
• •
•
•
•
•
•
•
G1
G2
•
•
•
• •
• •
•
•
•
•
(b) Diagrama trifilar de impedância.
•
•
•
G1
G2
•
•
•
(c) Diagrama de impedância por fase (em pu).
Figura I.22 – Representação do sistema de energia elétrica.
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Exercício I.1 – Uma fonte trifásica, 13,8 kV, seqüência ABC, alimenta por intermédio de uma linha com
impedância série de (4 + j 4 ) Ω , duas cargas conectadas em paralelo:
•
Carga 1: 500 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e
• Carga 2: 150 kvar, capacitivo.
Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja, o ângulo de fase de V AN é igual a zero),
determinar:
a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância).
b) As correntes de linha das Fases A, B e C.
I.10 – O sistema por unidade (pu)
Freqüentemente, na análise de sistemas de energia elétrica ao invés de serem utilizadas as unidades originais
para as grandezas envolvidas (tensão, corrente, potência, etc.) são utilizadas unidades relativas (por unidade
ou, simplesmente, pu), obtidas através da normalização dos valores originais destas grandezas (em V, A, W,
etc.) por valores pré-estabelecidos para cada grandeza, denominados valores de base. Realizando esta
normalização em todas as grandezas do sistema, é possível:
•
Manter os parâmetros do sistema elétrico dentro de uma faixa de valores conhecidos evitando, portanto,
erros grosseiros. Por exemplo, quando se utiliza o valor nominal da tensão como valor de referência
(valor de base), pode-se verificar a partir do valor normalizado da tensão (em pu) sua distância do valor
desejado (nominal). Valores em pu próximos a unidade significam proximidades do valor nominal;
valores de tensão muito abaixo ou acima de 1 pu representam condições anormais de operação.
•
Eliminar todos os transformadores ideais do sistema elétrico.
•
A tensão de operação do sistema permanece sempre próxima da unidade.
•
Todas as grandezas possuem a mesma unidade ou pu (embora os valores de base sejam diferentes para
cada uma das grandezas).
Para realizar a transformação das grandezas para pu basta dividir o valor destas pelo seu valor de base, ou
seja:
valor em pu =
valor atual
valor base
(I.22)
O valor de base deve ser um número real; o valor atual pode ser um número complexo (se for utilizada a
forma polar, transforma-se apenas a magnitude da grandeza, mantendo-se o ângulo na unidade original).
A grandeza de base definida para todo o sistema de energia elétrica é a potência elétrica, S 3φbase
(geralmente 100 MVA):
Sφbase =
S 3φbase
3
⇔
S 3φbase = 3Sφbase
[MVA]
(I.23)
A tensão base, Vbase , geralmente corresponde à tensão nominal do sistema na região de interesse:
Vφ base =
V L base
3
⇔
V L base = 3Vφ base
[kV]
(I.24)
A corrente base, I base , e a impedância base, Z base , são obtidas a partir da potência e da tensão de base:
S 3φ base
Sφ base
S 3φ base
I L base = I Y base =
= 3 =
[kA]
(I.25)
VL base
Vφ base
3VL base
3
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
I ∆ base =
I L base
Z Y base =
Vφ base
3
I Y base
=
=
S 3φ base
3V L base
V L2base
S 3φ base
Z ∆ base = 3Z Y base = 3
Vφ base
I Y base
=3
VL2base
S 3φ base
[kA]
(I.26)
[Ω]
(I.27)
[Ω]
(I.28)
Têm-se, assim, duas classes de grandezas de base:
•
Primárias – Nesta classe se incluem a potência base, definida para todo o sistema, e a tensão base, que
varia em função da tensão nominal da região em análise.
•
Secundárias – Nesta classe se incluem a corrente base e a impedância base que são calculadas em
função da potência base (definida para todo o sistema) e dos valores nominais de tensão, utilizados como
tensão base na região em análise.
Existem outras formas de normalização possível, com definições diversas de grandezas nas classes grandezas
primárias e secundárias, entretanto esta é a forma usual na análise de sistemas de energia elétrica.
Uma operação bastante freqüente na modelagem de sistemas elétricos é a mudança de base de valores de
impedâncias. Um exemplo clássico da necessidade de mudança de base é a compatibilização do valor das
impedâncias dos transformadores, usualmente fornecidos em seu valor percentual, tendo como potência base
a potência nominal do equipamento e como tensões base as tensões terminais dos enrolamentos.
Para realizar a mudança de base de uma impedância na base 1, Z pu (base 1) , para a base 2, Z pu (base 2 ) , deve-se
proceder como segue:
Z
(I.29)
Z pu (base 2 ) = Z pu (base 1) base 1
Z base 2
2
V
 S 3φ base 2
Z pu (base 2 ) = Z pu (base 1)  L base 1 
V L base 2  S 3φ base 1
(I.30)
Exemplo I.2 – Considere o sistema do Exemplo I.1. Supondo que S 3φbase = 300 kVA e V L base = 2,4 kV ,
determinar:
a) As bases do sistema por unidade.
b) Desenhar o circuito equivalente por fase em valores por unidade.
c) Determinar o fasor corrente da Fase A em valores por unidade e em ampères.
Solução Exemplo I.2:
a) Utilizando as expressões (I.23), (I.24), (I.25) e (I.27) tem-se:
S 3φbase 300000
Sφbase =
=
= 100 kVA
3
3
V
2400
Vφ base = L base =
= 1386 V
3
3
Sφ base 100000
I Y base =
=
= 72,2 A
Vφ base
1386
Z Y base =
Vφ base
I Y base
=
1386
= 19,2 Ω
72,2
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Solução Exemplo I.2 (continuação):
b) De acordo com os valores obtidos no Exemplo I.1, tem-se:
1
19,2 36,9 o
1
ZY
Z Y pu =
=
= 1 36,9 o pu = (0,8 + j 0,6 ) pu
Z Y base
19,2
24 − 53,1o
2
2
ZY
pu
=
ZY
=
Z Y base
19,2
= 1,25 − 53,1o pu = (0,75 − j1,00 ) pu
2400 o
0
V AN
3
V AN pu =
=
= 1 0o pu = (1 + j 0 ) pu
Vφ base
1386
O circuito equivalente por fase em valores por unidade encontra-se na Figura I.23.
2
I A pu
I A pu
+
o
1 0 pu
0,8 pu
0,75 pu
j 0,6 pu
− j1,00 pu
1
I A pu
Figura I.23 – Circuito equivalente para a Fase A em pu.
c) Do circuito da Figura I.23, tem-se:
1 0o
1
I A pu =
= 1 − 36,87 o pu = (0,8 − j 0,6 ) pu
0,8 + j 0,6
2
I A pu
=
1 0o
0,75 − j1,00
= 0,8 53,13o pu = (0,48 + j 0,64) pu
I A pu = I A pu + I A pu = 0,8 − j 0,6 + 0,48 + 0,64 = 1,28 1,8o pu = (1,28 + j 0,04) pu
1
2
I A = I A pu I Y
base
= 1,28 1,8 o × 72,2 = 92,4 1,8o A = (92,38 + j 2,89 ) A
Observar que o valor obtido em ampères é o mesmo calculado no Exemplo I.1.
Exemplo I.3 – A Figura I.24 mostra o diagrama unifilar de um sistema elétrico trifásico.
1
1000 A
T1: N 2 : N 1
2
3
′
T2: N 1 : N 2
′
4
G1
2,4 kV
24 kV
Y-Y
12 kV
Y-Y
Figura I.24 – Diagrama unifilar do Exemplo I.3.
Considere que o comprimento da linha entre os dois transformadores é desprezível, que a capacidade do
gerador 3φ é de 4160 kVA (2,4 kV e 1000 A), que este opera em condição nominal (I L = 1000 A )
alimentando uma carga puramente indutiva. A potência nominal do transformador trifásico T1 é 6000 kVA
(2,4/24 kV Y/Y) com reatância de 0,04 pu. T2 tem capacidade nominal de 4000 kVA, sendo constituído por
um banco de três transformadores monofásicos (24/12 kV Y/Y) com reatância de 4% cada. Determinar:
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
a) A potência base.
b) A tensão de linha base.
c) A impedância base.
d) A corrente base.
e) Resuma os valores base em uma tabela.
f) Os valores das correntes em A.
g) A corrente em pu.
h) O novo valor das reatâncias dos transformadores considerando sua nova base.
i)
O valor pu das tensões das Barras 1,2 e 4.
j)
A potência aparente nas Barras 1,2 e 4.
Solução Exemplo I.3:
a) A potência base é selecionada arbitrariamente como: S 3φ
base
= 2080 kVA .
b) Para o circuito em 2,4 kV arbitra-se o valor de VL base = 2,5 kV . As demais tensões de base são
calculadas utilizando as relações de transformação de T1 e T2:
′
N1
=2
′
N2
Assim, para os demais circuitos:
Circuito em 24 kV:
VL
Circuito em 12 kV:
VL
N1
= 10
N2
base
base
= 25 kV
= 12,5 kV
c) As impedâncias de base são calculadas a partir dos valores base da potência e da tensão:
V2
2500 2
Circuito em 2,4 kV:
Z Y base = L base =
= 3,005 Ω
S 3φ base 2080000
Circuito em 24 kV:
Z Y base =
VL2base
25000 2
=
= 300,5 Ω
S 3φ base 2080000
Circuito em 12 kV:
Z Y base =
VL2base
12500 2
=
= 75,1 Ω
S 3φ base 2080000
d) As correntes de base são calculadas a partir dos valores base da potência e da tensão:
S 3φ base
2080000
Circuito em 2,4 kV:
I L base =
=
= 480 A
3VL base
3 2500
Circuito em 24 kV:
I L base =
S 3φ base
I L base =
S 3φ base
3VL base
=
2080000
=
2080000
3 25000
= 48 A
= 96 A
3VL base
312500
Caso fossem escolhidos outros valores base nos itens (a) e (b), os valores calculados para a impedância e
corrente base poderiam ser diferentes dos valores obtidos nos itens (c) e (d).
Circuito em 12 kV:
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Solução Exemplo I.3 (continuação):
e) Os valores base estão sumarizados na Tabela I.2.
VL
NOMINAL
Tabela I.2 – Valores base do Exemplo I.3.
[kV]
V L base [kV ]
2,4
24
12
ZY
2,5
25
12,5
base
[Ω]
IL
3,005
300,5
75,1
S 3φ
base
base
[A]
480
48
96
= 2080 kVA
f) Conhecendo-se a corrente que sai do gerador I L
= 1000 A , pode-se determinar os valores das
correntes que circulam na linha e na carga:
N
1
24 kV
2 , 4 kV
Circuito em 24 kV:
IL
= 2 IL
= 1000 = 100 A
N1
10
′
N
2
12 , 5 kV
24 kV
Circuito em 12 kV:
IL
= 1 IL
= 100 = 200 A
′
1
N2
2, 4 kV
g) A corrente por unidade é a mesma para todos os circuitos:
2 , 4 kV
Circuito em 2,4 kV:
I L pu
I
1000
= L2, 4 kV =
= 2,08 pu
480
I L base
I L pu
I
100
= L24 kV =
= 2,08 pu
48
I L base
24 kV
Circuito em 24 kV:
12 ,5 kV
I
200
I L pu = L12,5 kV =
Circuito em 12 kV:
= 2,08 pu
96
I L base
Observar que o valor em pu obtido neste item poderia ser outro caso fossem escolhidos outros valores de
base nos itens (a) e (b).
h) Utilizando a expressão de conversão de base, considerando que os dados do transformador se encontram
na base deste (base 1: valores nominais de potência e tensão), tem-se:
2
2
V
 S 3φ base 2
 2400  2080000
Z pu (T1) = Z pu (base 1)  L base 1 
= j 0,04
= j 0,0128 pu

 2500  6000000
VL base 2  S 3φ base 1
2
2
V
 S 3φ base 2
12000  2080000
Z pu (T2 ) = Z pu (base 1)  L base 1 
= j 0,04 
= j 0,0192 pu

12500  4000000
V L base 2  S 3φ base 1
Verificar que o resultado é o mesmo para o lado de alta tensão.
i)
A Figura I.25 apresenta o diagrama de impedância por fase do sistema da Figura I.24, indicando os
fasores tensão de interesse.
I = 2,08 pu 1
2
•
•
+ Z T1 = j 0,0128 pu +
G1
V1
V2
–
–
3
4
•
•
+ Z T2 = j 0,0192 pu +
V3
V4
–
–
Figura I.25 – Diagrama de impedância por fase (em pu) do sistema da Figura I.24.
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner
Versão: 26/2/2008
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Solução Exemplo I.3 (continuação):
Para o gerador, que opera em tensão nominal, tem-se:
o
VL NOMINAL 2400 0
V1 =
=
= 0,96 0 o pu
VL base
2500
Considerando que a corrente que circula no circuito está atrasada de 90o em relação à tensão (pois o circuito
é constituído exclusivamente por reatâncias indutivas):
V 2 = V 3 = V 1 − Z T 1 I = 0,96 0 o − j 0,0128 × 2,08 − 90 o = 0,93 0 o pu
(
)
V 4 = V 2 − Z T 2 I = V 1 − Z T 1 + Z T 2 I = 0,96 0 o − ( j 0,0128 + j 0,0192) × 2,08 − 90 o = 0,89 0 o pu
j)
A potência complexa pode ser obtida a partir dos fasores tensão e corrente:
[
*
]
*
S 1 = V 1 I 1 = 0,96 0o 2,08 − 90o = 2,00 90o pu
S2 = S3 =V
*
*
2I2
[
]
*
= 0,93 0 o 2,08 − 90o = 1,93 90 o pu
[
]
*
S 4 = V 4 I 4 = 0,89 0 o 2,08 − 90 o = 1,85 90o pu
⇒
S1 = 2,00 pu
⇒
S 2 = 1,93 pu
⇒
S 4 = 1,85 pu
Observar que a potência aparente entregue pelo gerador é de 2,00 pu e que na carga chega é de 1,85 pu,
sendo a diferença “consumida”7 pelas reatâncias dos transformadores.
Exercício I.2 – Considere o sistema do Exercício I.1. Supondo que S 3φbase = 100 kVA e VL base = 13,8 kV ,
determinar:
a) As bases do sistema por unidade.
b) Desenhar o circuito equivalente por fase em valores por unidade.
c) Determinar o fasor corrente da Fase A em valores por unidade e em ampères.
7
De acordo com a convenção de sinais para potência reativa, os indutores consomem e os capacitores geram.
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner
Versão: 26/2/2008
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