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Modelagem e Análise de
Sistemas Elétricos em
Regime Permanente
Sérgio Haffner
http://slhaffner.phpnet.us/
[email protected]
[email protected]
Desenvolvido para ser utilizado como notas de
aula para a disciplina de Análise de Sistemas
de Potência (ASP).
Fevereiro 2008
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução
Estas notas de aula têm como objetivo apresentar, de forma resumida, o conteúdo integral da disciplina
introdutória na área de Sistemas de Energia para um curso em nível de graduação em Engenharia Elétrica
(parcial para uma disciplina em nível de pós-graduação em Engenharia Elétrica) que consiste na análise de
sistemas de energia elétrica em regime permanente senoidal. Estas notas não detalham em profundidade
todos os aspectos relacionados com o tema, mas podem ser utilizadas para balizar estudos nesta área, cuja
bibliografia em português não é muito abundante, em função da retirada dos títulos já esgotados dos
catálogos das editoras.
A análise de sistemas elétricos em regime permanente é de extrema importância, pois é desta forma que as
redes operam quase na totalidade do tempo. Nestas condições, busca-se que todos os equipamentos elétricos
(geradores, transformadores, linhas de transmissão, alimentadores, motores, etc.) estejam operando dentro de
seus limites (tensão, freqüência, potência, etc.) e, se possível, de forma ótima (visando maximizar a
segurança e minimizar o custo de geração, as perdas de transmissão, etc.).
Para efetuar esta análise, em cada condição de carga e geração possível para o sistema ou sub-sistema
elétrico, deve-se conhecer:
•
O carregamento nas linhas de transmissão e nos transformadores, visando verificar se há sobrecarga
ou elementos ociosos;
•
A potência gerada em cada unidade de geração, visando efetuar uma análise de custos;
•
A potência consumida em cada unidade, visando efetuar projeções do crescimento do consumo;
•
A tensão nos diversos pontos do sistema, para verificar se existem tensões muito acima ou abaixo
dos valores nominais;
•
As perdas de transmissão, visando compara alternativas de alimentação das cargas;
•
As conseqüências, em regime permanente, da perda de algum equipamento, visando verificar se o
estado de operação é seguro.
Desta forma, é possível verificar com objetividade a forma de operação que o sistema elétrico se encontra. A
avaliação destes indicadores é a base dos métodos empregados na definição das alterações necessárias para
modificar o ponto de operação do sistema com o objetivo melhorar sua forma de funcionamento em regime
permanente.
O conteúdo está dividido em oito capítulos, da seguinte forma.
No Capítulo I é feita uma revisão dos conceitos necessários da análise de circuitos em regime permanente
senoidal juntamente com a apresentação da notação empregada nos demais capítulos. Adicionalmente,
descrevem-se o sistema por unidade e a análise por fase, muito freqüente em sistemas de energia, quando o
sistema pode ser considerado equilibrado.
No Capítulo II é feita uma breve análise do balanço de potência e suas implicações com a magnitude da
tensão nas barras e com a abertura angular das linhas e dos transformadores. Ainda, descrevem-se as
equações do fluxo de carga em linhas de transmissão e transformadores em fase.
No Capítulo III descreve-se a forma pela qual os elementos que são conectados em um nó do sistema de
energia elétrica são modelados para análise por fase (aplicada para circuitos equilibrados).
Nos Capítulos IV e V o problema denominado Fluxo de Carga (ou Fluxo de Potência) não-linear que
consiste, basicamente, na determinação das tensões nodais (em módulo e fase) é formulado e resolvido.
No Capítulo VI é descrito o modelo linearizado para o problema do Fluxo de Carga, que consiste em uma
simplificação do modelo não-linear que é muito utilizada em estudos de planejamento.
Introdução – Sérgio Haffner
Versão: 3/3/2008
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Bibliografia
1. Alcir J. Monticelli (1983). Fluxo de carga em redes de energia elétrica. Edgar Blücher.
2. Alcir J. Monticelli, Ariovaldo V. Garcia (2003). Introdução a sistemas de energia elétrica. Editora da
Unicamp.
3. Alcir Monticelli, Ariovaldo Garcia, Osvaldo Saavedra (1990). Fast decoupled load flow: hypothesis,
derivations and testing, IEEE Transactions on Power Systems, Vol. 4, No. 4, November, pp. 1425-1431.
4. Arthur R. Bergen, Vijay Vittal (2000). Power systems analysis. Prentice Hall.
5. Charles A. Gross (1986). Power system analysis. J. Wiley.
621.3191 G878p
6. Dorel Soares Ramos (1982). Sistemas elétricos de potência: regime permanente. Guanabara Dois.
621.3191 R175s
7. IEEE recommended practice for industrial and commercial power systems analysis (1997). IEEE.
621.31042 I42i
8. John J. Grainger, William D. Stevenson Jr. (1994). Power system analysis. McGraw-Hill.
621.3191 G743
9. J. Arrillaga, N. R. Watson (2001) Computer modelling of electrical power systems. John Willey & Sons
Ltd.
10. Hadi Saadat (1999). Power system analysis. McGraw-Hill, New York, 697p.
11. O. I. Elgerd (1981). Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica. McGraw Hill do Brasil.
621.3191 E41ib (Edição 1981)
621.3191 E41ia (Edição 1978)
621.3191 E41i (Edição 1970)
12. Syed A. Nasar (1991). Sistemas eléctricos de potencia. McGraw-Hill.
13. Turan Gonen (1988). Modern power system analysis. J. Wiley.
621.3191 G638m
14. W. D. Stevenson Jr. (1986). Elementos de análise de sistemas de potência. McGraw-Hill.
621.3191 S847eb (edição de 1981)
621.3191 S847ea (edição de 1978)
Bibliografia – Sérgio Haffner
Versão: 3/3/2008
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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 )
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner
Versão: 26/2/2008
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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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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
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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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
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
R

X
= R + jX
= resistênci a
= reatância
(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
Forma fasorial:
v(t ) =
i(t )
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
+
v(t )
R
i (t ) = I max cos(ωt + φ )
[ ]
2 Re[V e ]
i (t ) = 2 Re I e jωt
jωt
Diagrama
fasorial
I
i (t ) e v(t )
em fase
Relação no
tempo
i(t)
V
V = RI
v(t)
φ
–
i(t )
V
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
+
v(t )
L
i (t ) = I max
π

cos ωt + φ − 
2

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°
–
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner
V=
1
I
jωC
XC =
i(t)
I
1
ωC
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v(t)
V
φ
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
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+
⇒
(I.7)
Z eq =
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=
v(t )
V max
2
SISTEMA
-
θ
φ
v(t ) = Vmax cos(ωt + φ )
I
i (t ) = I max cos(ωt + φ − θ )
I=
I max
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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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
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
jQ
θ = ∠V − ∠ I
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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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
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.
Q [var]
P:
Q:
B →
A →
P:
Q:
A
B
V =V α
A → B
A → B
I=I β
ψ =α − β
o
90 < ψ < 180
P:
Q:
B →
B →
o
A
A
180 o < ψ < 270 o
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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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
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
V CN
ω
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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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
(
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
φ2
V 1N = V1N α 1
I1
V 2 N = V2 N α 2
V 3 N = V3 N α 3
I2
I 1 = I1 β 1
V 3N
+
φ3
I3
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 )
(I.18)
(
) (
cos(ωt + φ + 120 )cos(ωt + φ + 120
)
−θ )
p B (t ) = v B (t )iB (t ) = Vmax I max cos ωt + φ − 120 cos ωt + φ − 120 − θ
(I.19)
pC (t ) = vC (t )iC (t ) = Vmax I max
(I.20)
o
o
o
o
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
1
S 3φ
3
2
S 3φ
3
Carga 1:
SA =
Carga 2:
SA =
= (80 + j 60 ) kVA = 100 36,9 o kVA
carga 2
= (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
= 19,2 36,9 o Ω = (15,36 + j11,52 ) Ω
ZY = 1 =
o
72,2 − 36,9
IA
2
ZY =
V AN
2
IA
=
2400
3
0o
o
57,7 − 53,1
= 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:
1
2
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
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
Y-Y
G2
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
S 3φ base
Sφ 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 =
Z Y base =
I L base
3
Vφ base
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
=
= 72,2 A
I Y base =
1386
Vφ base
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
2
2
ZY
pu
=
ZY
24 − 53,1o
=
Z Y base
19,2
= 1,25 − 53,1o pu = (0,75 − j1,00 ) pu
2400 o
0
V AN
3
=
= 1 0o pu = (1 + j 0 ) pu
V AN 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
1
= 0,8 53,13o pu = (0,48 + j 0,64) pu
2
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
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:
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner
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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:
= 3,005 Ω
Z Y base = L base =
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:
=
= 480 A
I L base =
3VL base
3 2500
Circuito em 24 kV:
I L base =
Circuito em 12 kV:
I L base =
S 3φ base
3VL base
S 3φ base
=
2080000
3 25000
= 48 A
2080000
= 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).
=
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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.
Tabela I.2 – Valores base do Exemplo I.3.
VL
NOMINAL
[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
2, 4 kV
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:
= 2 IL
= 1000 = 100 A
IL
N1
10
′
N
2
12 , 5 kV
24 kV
IL
Circuito em 12 kV:
= 1 IL
= 100 = 200 A
′
1
N2
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
Circuito em 12 kV:
= 2,08 pu
I L pu = L12,5 kV =
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
= j 0,04
= j 0,0128 pu
Z pu (T1) = Z pu (base 1)  L base 1 

 2500  6000000
VL base 2  S 3φ base 1
2
2
V
 S 3φ base 2
12000  2080000
= j 0,04 
= j 0,0192 pu
Z pu (T2 ) = Z pu (base 1)  L base 1 

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.
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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
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
II – Considerações operacionais sobre os sistemas de potência
O objetivo fundamental de um sistema de energia elétrica é fornecer energia para as cargas existentes em
uma determinada região geográfica. Quando o sistema é adequadamente planejado e operado, deve atender
aos seguintes requisitos:
•
Fornecer energia nos locais exigidos pelos consumidores.
•
Como a carga demandada pelos consumidores varia ao longo do tempo (horas do dia, dias da semana e
meses do ano), o sistema deve estar apto a fornecer potências ativa e reativa variáveis, conforme esta
demanda.
•
A energia fornecida deve obedecer a certas condições mínimas, relacionadas com a “qualidade”. Entre os
fatores que determinam esta qualidade se destacam: freqüência, magnitude da tensão, forma de onda e
confiabilidade.
•
O sistema deve buscar custos mínimos (econômicos e ambientais).
Neste capítulo, serão descritos os mecanismos que atuam no controle das potências ativa e reativa do sistema
de energia elétrica.
II.1 – Capacidade de transmissão
Considere uma linha de transmissão do sistema elétrico, representada pela sua reatância série xkm , conectada
entre duas barras, conforme mostrado na Figura II.1.
V k = Vk θ k
V m = Vm θ m
k
I km
m
Z km = jxkm
S km
Figura II.1 – Linha de transmissão do sistema elétrico.
Os fluxos de corrente I km e potência S km podem ser obtidos a partir dos fasores tensão das barras k e m
( V k = Vk θ k e V m = Vm θ m , respectivamente):
I km =
V k −V m V k −V m
=
jxkm
Z km
2
= V k =Vk2
S km
678
 j
*
2

*
*
*
*
* × j  j 


   Vk − V k V m 
 V k −V m 
*
−
V
V
V
V
V
V
−
k
m
k
k
k
m
=

=
 =V k
= V k I km = V k 
=
2



− jxkm
− jxkm
− j xkm
 jx km 


2
2
2
j Vk − Vk θ k V m − θ m
j Vk − Vk Vm θ k − θ m
j Vk − Vk Vm θ km
=
=
=
=
x km
xkm
x km
j Vk2 − Vk Vm (cosθ km + j sen θ km )
=
x km
(
) (
[
S km =
) (
)
]
(
Vk Vm sen θ km + j Vk2 − V k V m cos θ km
x km
)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner
(II.1)
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Quando todas as tensões das expressões anteriores correspondem aos valores de linha em kV e reatância
estiver em Ω, todas as potências obtidas serão os valores trifásicos dados em MW e Mvar. Obviamente, por
outro lado, quando todas as grandezas estão representadas em pu, os resultados das expressões anteriores
também estarão em pu (neste caso não há distinção entre valores de fase/linha e por fase/trifásico).
Definindo δ = θ km = θ k − θ m , como a abertura angular da linha de transmissão, e separando as partes real e
imaginária, chega-se a:
{ }
Vk Vm
VV
sen θ km = k m sen δ
xkm
x km
(II.2)
{ }
Vk2 − Vk Vm cosθ km Vk2 − Vk Vm cos δ
=
x km
x km
(II.3)
Pkm = Re S km =
Qkm = Im S km =
As equações (II.2) e (II.3) descrevem a forma pela qual as potências ativa e reativa são transferidas entre
duas barras de um sistema. De acordo com (II.2), pode-se observar que para valores constantes1 de tensões
terminais Vk e Vm o fluxo de potência ativa obedece à seguinte expressão:
max
Pkm = Pkm
sen δ
Vk Vm
o maior valor de potência ativa transmitida pela linha de transmissão km (capacidade de
xkm
transmissão estática) ou seu limite de estabilidade estática, somente atingido quando sen δ = ±1 , ou seja,
quando δ = ±90 o . Assim, a potência ativa transmitida por uma linha de transmissão está intimamente
relacionada com sua abertura angular δ, conforme ilustra a Figura II.2.
max
sendo Pkm
=
[
max
Pkm % de Pkm
]
100
50
0
-50
-100
-150
-120
Região de
instabilidade
-90
-60
-30
Potência
transmitida de
maneira estável
de m para k
0
30
60
90
Potência
transmitida de
maneira estável
de k para m
120
150
δ = θ km [o ]
Região de
instabilidade
Figura II.2 – Potência ativa em uma linha de transmissão em função de sua abertura angular.
1
Observar que as tensões de operação em regime permanente dos sistemas de energia elétrica, usualmente, não sofrem
variações acentuadas e permanecem próximas aos seus valores nominais.
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
A capacidade de transmissão de uma linha é proporcional ao quadrado da tensão de operação e inversamente
proporcional à sua reatância. Tais características são muito importantes na especificação das linhas de
transmissão, ou seja, na definição de suas características nominais (nível de tensão, geometria das torres e
condutores). Entretanto, na prática, o sistema opera longe do limite de estabilidade estática, pois à medida
que nos aproximamos deste limite o sistema torna-se eletricamente fraco, ou seja, cada vez são necessários
maiores incrementos no ângulo de abertura para um mesmo incremento na potência transmitida. Assim,
raramente as linhas operam com ângulos superiores a 30° ou 45°.
Exemplo II.1 – Determinar a capacidade de transmissão estática de duas linhas de transmissão cujo
comprimento é de 200 km:
•
Linha 1: 230 kV, 1 condutor por fase com reatância 0,5 Ω/km.
•
Linha 2: 765 kV, 4 condutores por fase com reatância 0,35 Ω/km.
Solução Exemplo II.1: Para ambas as linhas, consideram-se que as tensões terminais são iguais aos seus
valores nominais.
Para a Linha 1, cuja reatância total é igual a x1 = 0,5 Ω km × 200 km = 100 Ω , a capacidade de transmissão
trifásica é de:
V V
(230 kV )2 = 529 MW
P1max = 1k 1m =
x1
100 Ω
Para a Linha 2, cuja reatância total é igual a x2 = 0,35 Ω km × 200 km = 70 Ω , a capacidade de transmissão
trifásica é de:
V V
(765 kV )2 = 8360 MW
P2max = 2 k 2 m =
x2
70 Ω
Desta forma, a linha de 765 kV é capaz de transportar o equivalente a mais de 15 linhas de 230 kV.
II.2 – Dependência da carga com a tensão e freqüência
Embora, individualmente, as cargas existentes no sistema elétrico sejam altamente aleatórias, quando
concentradas por conjuntos de consumidores apresentam caráter previsível. Quanto maior o número de
cargas agrupado, maior será a possibilidade de realizar tal previsão. Além disto, as cargas concentradas
variam com o tempo de maneira também previsível, em função da hora do dia (horário de maior consumo e
horário de menor consumo), do dia da semana (dia útil, final de semana e feriados) e das estações do ano,
conforme ilustrado na Figura II.3 que representa a curva de carga diária de um alimentador.
4.000
Alimentador RS--P 16/10/2002 (quarta-feira) kW
Alimentador RS--Q 16/10/2002 (quarta-feira) kvar
3.500
3.000
2.500
2.000
1.500
1.000
500
0
00:00
01:00
02:00
03:00
04:00
05:00
06:00
07:00
08:00
09:00
10:00
11:00
12:00
13:00
14:00
15:00
16:00
17:00
18:00
19:00
20:00
21:00
22:00
23:00
Figura II.3 – Curva de carga de um alimentador.
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considere o seguinte sistema, sem perdas ativas, no qual a tensão da barra k é mantida constante e igual a
V k , a impedância da linha é Z km = jxkm , conforme mostrado na Figura II.5.
V k = Vk 0o
V m = Vm θ m
k
I km
m
Z km = jxkm
S = P + jQ
Figura II.5 – Sistema de duas barras.
Para o sistema da Figura II.5, a tensão na barra m pode ser obtida por:
(II.8)
V m = V k − I km Z km = V k − jxkm I km
Supondo que as perdas de potência reativa na linha sejam desprezíveis, a potência entregue para a carga é a
mesma que está sendo transmitida de k para m e a corrente pela linha é dada por:
S = S km = V
*
k I km
⇒
I km
*

P − jQ P − jQ P − jQ
 =
=
=
*

Vk
Vk 0 o
Vk

 S
≈ 
V k
(II.9)
Substituindo (II.9) em (II.8), tem-se a seguinte expressão, cujo diagrama fasorial encontra-se na Figura II.6:
Vk 0o
Vm
I km
6
474
8
}
x
x
P − jQ
= V k − jxkm
= Vk − km Q − j km P
Vk
Vk
Vk
xkm
Q
Vk
V k = Vk 0o
j
I km
xkm
P
Vk
jxkm I km
V m = Vm θ m
Figura II.6 – Diagrama fasorial do sistema de duas barras.
Conclui-se, daí, que:
•
Uma variação na potência ativa P afeta o fasor queda de tensão que é perpendicular a V k , afetando
significativamente a fase do fasor V m .
•
Uma variação na potência reativa Q afeta o fasor queda de tensão que está em fase com V k , afetando
significativamente o módulo do fasor V m .
Exercício II.1 – Considerando o sistema de duas barras da Figura II.5, completar a Tabela II.1 com o
diagrama fasorial correspondente a cada uma das situações de carga (P e Q podendo ser positivos ou
negativos) e sinal da reatância da linha de transmissão (indutiva, com xkm > 0 , ou capacitiva, com xkm < 0 ).
Representar, no mínimo os fasores V k , I km , V m e suas componentes.
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Tabela II.1 – Diagramas fasoriais do Exercício II.1.
xkm > 0
xkm < 0
Q>0
V k = Vk 0o
V k = Vk 0o
Q<0
V k = Vk 0o
V k = Vk 0o
Q>0
V k = Vk 0o
V k = Vk 0o
Q<0
V k = Vk 0o
V k = Vk 0o
P>0
P<0
Exercício II.2 – Efetuar análise similar à realizada na Seção II.4, supondo que a impedância da linha seja
igual a Z km = rkm + jx km . Considerar três casos distintos rkm >> xkm , rkm ≈ xkm e xkm >> rkm .
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
II.5 – Expressões do fluxo de potencia em uma linha de transmissão
Considere uma linha de transmissão representada pelo seu equivalente π (equivalente por fase em pu),
mostrado na Figura II.7 que é definido por três parâmetros: a resistência série rkm ; a reatância série xkm e a
susceptância
em
derivação
sh
bkm
.
(shunt)
V m = Vm θ m
V k = Vk θ k
k
rkm
I
I km
jx km
I mk
sh
jb km
m
sh
jb km
Figura II.7 – Modelo equivalente π de uma linha de transmissão.
A impedância e admitância do elemento série são dadas por:
Z km = rkm + jxkm
r
−x
1
Y km = g km + jbkm =
= 2 km 2 + j 2 km2
rkm + jxkm rkm + xkm
rkm + xkm
Para uma linha de transmissão, rkm e xkm são positivos (portanto, g km é positivo e bkm é negativo) e o
sh
elemento em derivação, bkm
, também é positivo em função de representar a capacitância linha/neutro da
linha de transmissão.
As correntes I km e I mk são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k e m ( V k = Vk θ k e
V m = Vm θ m , respectivamente):
(
(V
)
) + jb
(
)
sh
sh
I km = Y km V k − V m + jbkm
V k = Y km + jbkm
V k − Y kmV m
I mk = Y km
m
−V k
sh
km V m
(
(II.10)
)
sh
= −Y kmV k + Y km + jbkm
Vm
(II.11)
A expressão do fluxo de potência complexa da barra k para a barra m é dada por:
[(
*
)
]
*
sh
S km = Pkm + jQkm = V k I km = V k Y km + jbkm
V k − Y km V m
*
*
*
* 
*
*
*
sh  2
sh

= V k  Y km − jbkm V k − Y km V m =  Y km − jbkm
Vk − Y km V k V m




 
*
Sabendo que V k V m = Vk Vm θ k − θ m e definindo θ km = θ k − θ m ,
[
= [g
(
− j (b
)]
)]V
sh
S km = g km − j bkm + bkm
Vk2 − ( g km − jbkm )Vk Vm θ km
km
sh
km + bkm
2
k
− VkVm (g km − jbkm )(cosθ km + j senθ km )
(II.12)
Separando as partes real e imaginária, chega-se a:
Pkm = Vk2 g km − Vk Vm (g km cosθ km + bkm sen θ km )
(
(II.13)
)
sh
Qkm = −Vk2 bkm + bkm
− Vk Vm (g km sen θ km − bkm cosθ km )
(II.14)
Analogamente, para determinar o fluxo de potência complexa da barra m para a barra k:
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Análise de Sistemas de Potência (ASP)
[(
*
]
)
*
sh
S mk = Pmk + jQmk = V m I mk = V m Y km + jbkm
V m − Y km V k
*
*
*
*
*
*
*
sh
sh 
2

= V m  Y km − jbkm
V m − Y km V k  =  Y km − jbkm Vm − Y km V m V k



 
cujas partes real e imaginária são:
Pmk = Vm2 g km − Vk Vm (g km cosθ mk + bkm sen θ mk )
(
(II.15)
)
sh
Qmk = −Vm2 bkm + bkm
− Vk Vm ( g km sen θ mk − bkm cosθ mk )
(II.16)
O diagrama fasorial da linha de transmissão é mostrado na Figura II.8.
rkm I
jx km I
Vk
θ km
V km
Vm
I
Figura II.8 – Diagrama fasorial da linha de transmissão.
As perdas de potência ativa e reativa em uma linha de transmissão podem, então, ser determinadas somandose, respectivamente, as expressões (II.13) com (II.15) e (II.14) com (II.16), ou seja:
(
)
Pperdas = Pkm + Pmk = Vk2 + Vm2 g km − 2Vk Vm g km cosθ km
Qperdas = Qkm + Qmk =
(
− Vk2
)(
)
sh
+ Vm2 bkm + bkm
+ 2Vk Vm bkm cosθ km
(
)
2
Exercício II.3 – Mostrar que Pkm + Pmk = rkm I perdas .
As expressões (II.10) e (II.11), podem ser arranjadas de outra forma, tendo em vista possibilitar a
representação da linha de transmissão por um quadripolo, conforme mostrado na Figura II.9.
I km
I mk
+
+
V m   A B   V k 

=

⋅
 I mk  C D   I km 
V k = Vk θ k
V m = Vm θ m
–
–
Figura II.9 – Linha de transmissão representada por um quadripolo.
Isolando V m em (II.10), chega-se a:
Vm =
1
Y km
[(Y
km

jb sh 
1
sh
sh
+ jbkm
V k − I km = 1 + km V k −
I km = 1 + Z km jbkm
V k − Z km I km
Y
Y
km
km


)
]
(
)
(II.17)
Em (II.11), substituindo V m , pela expressão (II.17), tem-se:
I mk
Vm
644447
44448
sh
sh
sh





jb
jbkm
Y + jbkm
1
sh 
sh
km 
V k − km
= Y km + jbkm
V
I
I km − Y km V k =
km  − Y km V k = Y km + jbkm 1 +
k −
1 +

Y km 
Y km
Y km 
Y km



sh
sh
sh



 sh


jb sh 
jbkm
sh
sh jbkm 
sh
sh jbkm
 I km
= Y km + jbkm
+ Y km + jbkm
− Y km V k − 1 + km  I km =  jbkm
+ jbkm
+ jbkm
V k − 1 +
Y km
Y km 
Y km 
Y km 





(
)
(
(
)
)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner
Versão: 19/5/2008
Página 9 de 22
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
IV – O transformador
Os transformadores de força são os equipamentos utilizados para viabilizar a transmissão de energia elétrica
em alta tensão. Desta forma, são instalados nas usinas de geração, para elevar a tensão em níveis de
transmissão (no Brasil de 69 kV a 750 kV), nas subestações dos centros de consumo (subestações de
distribuição ou subestações de grandes consumidores), para rebaixar o nível de tensão em níveis de
distribuição (tipicamente 13,8 e 23 kV) e também nas subestações de interligação para compatibilizar os
diversos níveis de tensão provenientes das diversas linhas de transmissão que aportam.
Para se ter uma noção da importância destes equipamentos no setor elétrico, apresenta-se o Quadro IV.1 no
qual a potência instalada em subestações corresponde aos equipamentos de transformação.
Quadro IV.1 – Potência instalada em subestações do setor elétrico brasileiro.
25 kV/outras (1)
69 kV/outras
88 kV/outras
138 kV/outras
230 kV/outras
345 kV/outras
440 kV/outras
500 kV/outras
750 kV/outras
1999
74.196,0
18.777,1
5.717,2
46.251,6
34.732,7
33.610,4
15.137,0
47.636,9
16.200,0
POTÊNCIA INSTALADA EM SUBESTAÇÕES - MVA
Em 31.12
2001
2000
2001
Entradas
Retiradas
75.109,0
75.109,0
0,0
0,0
18.902,1
19.094,4
192,3
0,0
5.717,2
5.717,2
0,0
0,0
46.707,1
47.384,0
676,9
0,0
35.928,7
36.779,7
851,0
0,0
34.480,4
34.480,4
0,0
0,0
15.437,0
15.437,0
0,0
0,0
49.538,9
53.510,9
3.972,0
0,0
16.750,0
18.250,0
1.500,0
0,0
(1) Apenas transformadores elevadores de usinas
Fonte: Boletim Semestral do SIESE Síntese 2001 (disponível em: http://www.eletrobras.gov.br/mercado/siese/).
O objetivo deste capítulo é a definição do modelo do transformador para estudos de transmissão de potência
elétrica em regime permanente, ou seja, considerando tensões e correntes senoidais em freqüência industrial.
Além disto, considera-se que os transformadores operam em condições equilibradas. Desta forma, os
modelos e resultados apresentados a seguir não se aplicam a estudos de transitórios de alta freqüência, de
curto-circuito ou de harmônicos.
O modelo dos transformadores de força para estudos de fluxo de potência são similares aos transformadores
de menor porte, desconsiderando-se os efeitos da corrente de magnetização.
IV.1 – Transformador ideal de dois enrolamentos
Em um transformador ideal considera-se que a resistência elétrica dos enrolamentos é nula (logo não existe
queda de tensão na espira em função desta resistência e a tensão induzida pela variação do fluxo é igual à
tensão terminal) e que a permeabilidade do núcleo é infinita (portanto todo o fluxo fica confinado ao
núcleo e enlaça todas as espiras). Levando em conta as polaridades indicadas na Figura IV.1, têm-se as
seguintes relações entre as tensões terminais:
d
d
v1 (t ) = N1 φ1 (t ) = N1 φ m (t )
dt
dt
d
d
v2 (t ) = N 2 φ 2 (t ) = N 2 φ m (t )
dt
dt
Assim, a relação entre as tensões terminais é dada por:
v1 (t ) N1
=
v2 (t ) N 2
O transformador – Sérgio Haffner
(IV.1)
Versão: 10/9/2007
Página 1 de 27
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
φm (t )
φ ()
N1 espiras
i1 (t )
N2 espiras
i 2 (t )
+
+
v1 (t )
v 2 (t )
–
–
Fluxo em 1:
Fluxo em 2:
φ1 (t ) = φ m (t )
φ 2 (t ) = φ m (t )
Figura IV.1 – Transformador ideal de dois enrolamentos.
Como o transformador é ideal, a potência instantânea de entrada, p1 (t ) , é igual a potência instantânea de
saída, p2 (t ) pois as perdas são desprezíveis, ou seja:
p1 (t ) = p 2 (t ) ⇒ v1 (t ) ⋅ i1 (t ) = v2 (t ) ⋅ i2 (t )
logo,
i1 (t ) v2 (t ) N 2
(IV.2)
=
=
i2 (t ) v1 (t ) N1
As expressões (IV.1) e (IV.2) definem o modo de operação dos transformadores ideais.
Os enrolamentos onde se ligam as fontes de energia e as cargas são geralmente denominados primário e
secundário, respectivamente.
De forma alternativa, as relações (IV.1) e (IV.2) podem ser obtidas levando-se em consideração que um
transformador ideal constitui um caso particular de circuitos magneticamente acoplados no qual o coeficiente
de acoplamento entre os enrolamentos é igual a unidade, ou seja, K = 1 . Para as polaridades indicadas na
Figura IV.2, são válidas as seguintes expressões:
d
d
v1 (t ) = L1 i1 (t ) − M i2 (t )
(IV.3)
dt
dt
d
d
(IV.4)
v2 (t ) = M i1 (t ) − L2 i2 (t )
dt
dt
i1 (t )
i1 (t )
i 2 (t )
i 2 (t )
K=1
+
+
•
+
•
v1 (t )
v 2 (t )
–
N1 : N 2
–
•
L1
L2
v1 (t )
di (t )
M 2
dt
–
+
•
+
+
M = K L1 L2
v 2 (t )
M = L1 L2
di (t )
M i
dt
–
Figura IV.2 – Transformador ideal representado por circuito magneticamente acoplado.
d
i2 (t ) em (IV.4) e substituindo em (IV.3), tem-se:
dt
1  d
d

i2 (t ) =
 M i1 (t ) − v 2 (t )
dt
L2  dt

Isolando
v1 (t ) = L1
d
M2  d
M
1  d
 
 i1 (t ) +
i1 (t ) − M
v2 (t )
 M i1 (t ) − v2 (t ) =  L1 −

dt
L2  dt
L2  dt
L2
 
O transformador – Sérgio Haffner
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(IV.5)
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
Como K = 1 , pode-se escrever:
⇒
M = L1 L2
M 2 = L1 L2
⇒
L1 −
M2
=0
L2
(IV.6)
L1αN12
M
=
L2
L1 L2
=
L2
L1
L2
L2αN 22
⇒
M
=
L2
N12
N 22
M N1
=
L2 N 2
⇒
(IV.7)

N φ (t )
pois as auto-indutâncias são proporcionais ao quadrado do número de espiras  L1 = 1 1 , com
i1 (t )


N [P N1i1 (t )]
φ1 (t ) = P N1i1 (t ) , sendo P a permeância do espaço atravessado pelo fluxo, então L1 = 1
= P N12  .
i1 (t )

Substituindo (IV.6) e (IV.7) na expressão (IV.5), chega-se a expressão (IV.1):
v1 (t ) = 0
N
N
d
i1 (t ) + 1 v2 (t ) = 1 v 2 (t )
N2
N2
dt
⇒
v1 (t ) N1
=
v2 (t ) N 2
IV.1.1 – Transformador ideal em regime permanente senoidal
A Figura IV.3 mostra um transformador ideal, em regime permanente senoidal.
I1
I2
N1 : N 2
+
+
•
Transformador
Ideal
•
V1
–
V2
Ideal
–
Figura IV.3 – Transformador ideal em regime permanente senoidal.
Considerando as polaridades indicadas na Figura IV.3 e as expressões gerais (IV.1) e (IV.2), o regime
permanente senoidal do transformador ideal pode ser descrito por:
V 1 N1
=
V 2 N2
⇒
V2 =
N2
V1
N1
N
I1 N2
⇒
I 2 = 1 I1
=
N2
I 2 N1
N
fazendo a = 2 , a relação de espiras do transformador ideal, pode-se escrever:
N1
V 2 = aV 1
⇒
1
V1 = V 2
a
1
I1
a
⇒
I 1 = aI 2
I2 =
O transformador – Sérgio Haffner
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
Exemplo IV.1 – No circuito da Figura IV.3, N 1 = 2000 , N 2 = 500 , V 1 = 1200 0o V e I 1 = 5 − 30o A ,
ref
quando uma impedância Z 2 é ligada ao secundário. Determinar V 2 , I 2 , Z 2 e a impedância Z 2
definida como sendo o valor de Z 2 referido ao primário do transformador (impedância refletida).
que é
Solução Exemplo IV.1: Supondo que o transformador é ideal, tem-se:
N
500
V 2 = 2 V1 =
1200 0o = 300 0o V
N1
2000
N
2000
I 2 = 1 I1 =
5 − 30o = 20 − 30o A
N2
500
Pela definição de impedância, tem-se:
300 0o
V2
Z2 =
=
= 15 30o Ω
o
I 2 20 − 30
ref
Z2 =
o
V 1 1200 0
=
= 240 30o Ω
I 1 5 − 30o
ou
ref
Z2
N1
V2
2
2
2
 N 1  V 2  N1 
V 1 N2
 2000 
o
o
 Z 2 = 

= 
=
=
= 
 15 30 = 240 30 Ω
N2
N
N
500
I1
I
2


 2
I2  2 
N1
A expressão obtida no Exemplo anterior
2
N 
ref
Z 2 =  1  Z 2
 N2 
é empregada na reflexão de impedâncias, técnica que consiste em colocar no circuito primário uma
impedância que produza o mesmo efeito que a impedância que está colocada no circuito secundário.
Analogamente, é possível realizar a reflexão do primário para o secundário, ou seja,
2
N 
ref
Z 1 =  2  Z 1
 N1 
Observar que o efeito produzido pela impedância em qualquer um dos enrolamentos deve ser o mesmo.
Assim, quanto maior a tensão do enrolamento (portanto, maior o número de espiras) maior deverá ser o valor
da impedância em ohms.
IV.1.2 – Modelo do transformador ideal em pu
Utilizando a magnitude das tensões terminais nominais como tensões de base tem-se, os seguintes valores de
base para o primário e secundário, respectivamente:
pri
Vbase
–
Tensão de base do primário [kV]
sec
Vbase
–
sec
Tensão de base do secundário: Vbase
=
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N 2 pri
Vbase [kV]
N1
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Sendo S base a potência de base do sistema, as correntes de base para o primário e secundário,
respectivamente, são:
S
pri
I base
= base
pri
Vbase
sec
I base
=
S base
S base
N pri
=
= 1 I base
sec
N 2 pri
N2
Vbase
Vbase
N1
Desta forma, os valores em pu serão dados por:
V1
V 1 pu = pri
Vbase
N2
V1
N1
V1
V2
= pri
⇒ V 2 pu = V 1 pu
V 2 pu = sec =
N
V
Vbase
pri
2
base
Vbase
N1
I 1 pu =
I 2 pu =
(IV.8)
I1
pri
I base
I2
sec
I base
N1
I1
N2
I1
=
= pri
N1 pri
I base I base
N2
⇒
I 2 pu = I 1 pu
(IV.9)
Portanto, quando as grandezas estiverem em pu, o transformador ideal com relação nominal pode ser
substituído por um curto-circuito, conforme mostrado na Figura IV.4, pois tanto a tensão quanto a corrente
apresentam o mesmo valor em ambos enrolamentos – vide equações (IV.8) e (IV.9).
I 1 pu
I 2 pu
I 1 pu
I 2 pu
+
+
+
+
V 2 pu
V 1 pu
V 2 pu
–
–
–
V 1 pu
Transformador
Ideal
em pu
–
Figura IV.4 – Circuito equivalente do transformador ideal de dois enrolamentos em pu.
IV.2 – Circuito equivalente do transformador real de dois enrolamentos
No transformador real de dois enrolamentos, as resistências dos enrolamentos não são nulas (serão notadas
por r1 e r2 , respectivamente, para o primário e secundário), nem todo o fluxo que enlaça um enrolamento
enlaça o outro pois a permeabilidade do núcleo não é infinita, isto é, existem fluxos dispersos nos
enrolamentos cujos efeitos são representados por intermédio das reatâncias de dispersão x1 e x2 ,
respectivamente, para o primário e secundário. Além disto, ocorrem perdas devido às variações cíclicas do
sentido do fluxo (histerese) e também devido às correntes parasitas induzidas no núcleo. Assim, mesmo
com o secundário em aberto, existe uma pequena corrente circulando no primário quando este é energizado,
denominada corrente de magnetização – o efeito deste fenômeno é representado pela impedância de
magnetização rm e x m , colocada em derivação no primário do transformador (ou no secundário).
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
Considerando os efeitos anteriormente mencionados, o transformador real de dois enrolamentos pode ser
representado por um circuito composto por transformador ideal de dois enrolamentos e algumas
impedâncias para representar o efeito das perdas ôhmicas, devido ao fluxo disperso e à magnetização,
conforme ilustra a Figura IV.5
Fluxo disperso em 1:
i1 (t )
Fluxo disperso em 2:
φm (t )
φ ()
φ1disp (t )
φ 2disp (t )
i 2 (t )
+
+
v1 (t )
v 2 (t )
–
–
N1 espiras
N2 espiras
(a) Transformador real de dois enrolamentos.
I1
r1 + jx1
r2 + jx 2
N1 : N 2
I2
+
+
•
Transformador
Real
V1
rm
•
V2
jxm
Ideal
–
–
(b) Transformador real de dois enrolamentos em regime permanente.
Figura IV.5 – Transformador real de dois enrolamentos.
Quando todos os parâmetros ( r1 , x1 , r2 , x2 , rm e x m ) e grandezas ( V 1 , I 1 , V 2 e I 2 ) estão em pu, o
transformador ideal pode ser omitido (substituído pelo seu circuito equivalente em pu que é um curtocircuito), resultando no circuito da Figura IV.6.
I1
r1 + jx1
r2 + jx2
+
Transformador
Real em pu
I2
+
Im
V1
V2
rm
–
jxm
–
Figura IV.6 – Circuito equivalente em pu do transformador real de dois enrolamentos.
Os parâmetros em série (resistência dos enrolamentos e reatância de dispersão: r1 , x1 , r2 , e x2 ) são
determinados por intermédio do ensaio de curto-circuito no qual os enrolamentos são submetidos à
corrente nominal. Neste ensaio, um dos enrolamentos é curto-circuitado enquanto aplica-se uma tensão
variável em outro enrolamento até que a corrente que circule nestes dois enrolamentos do transformador seja
igual ao seu valor nominal. Neste caso, a impedância de magnetização é desprezada pois a tensão empregada
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neste ensaio é significativamente menor que o valor nominal e a corrente de magnetização corresponde a
uma fração muito pequena do valor nominal. Considerando que o enrolamento secundário tenha sido curtocircuitado e que a corrente que circula por este é igual ao seu valor nominal I 2 = 1 0 pu , o circuito
(
)
equivalente do ensaio de curto-circuito é dado pela Figura IV.7. Neste circuito equivalente, a impedância
medida nos terminais do enrolamento energizado é dada por:
V1
Z=
= r1 + jx1 + r2 + jx 2
I1
Corrente nominal nos enrolamentos
I 1 ≈ I 2 = 1 0 pu r1 + jx1
r2 + jx 2
+
I 2 = 1 0 pu
+
Im ≈0
Magnetização
desprezada rm
V1
V2 =0
jx m
–
–
Figura IV.7 – Ensaio de curto-circuito (circuito equivalente em pu).
A impedância de magnetização é determinada por intermédio do ensaio de circuito aberto no qual os
enrolamentos são submetidos à tensão nominal. No ensaio de circuito aberto é aplicada tensão nominal a um
dos enrolamentos e mede-se a corrente que circula neste enrolamento enquanto o(s) outro(s) enrolamento(s)
permanece(m) em circuito aberto. Considerando que o enrolamento primário tenha sido energizado com
tensão nominal V 1 = 1 0 pu , o circuito equivalente do ensaio em vazio de um transformador é dado pela
(
)
Figura IV.8. Neste circuito equivalente, a impedância medida nos terminais do enrolamento energizado é
dada por:
r ⋅ jxm
V1
Z=
= r1 + jx1 + m
rm + jxm
I1
Tensão nominal nos enrolamentos
I 1 = I m r1 + jx1
r2 + jx 2
+
I2 =0
+
Im
V 1 = 1 0 pu
V2
rm
–
jx m
–
Figura IV.8 – Ensaio de circuito aberto (circuito equivalente em pu).
Como exemplo das características elétricas dos transformadores em nível de distribuição, têm-se os valores
do Quadro IV.2. Em transformadores de maior potência e nível de tensão, as perdas em vazio e as perdas
totais apresentam valores percentuais (em função da potência nominal) menores, sendo inferiores a 0,1 e
0,5%, respectivamente.
Levando em conta as características reais dos grandes transformadores, as perdas nos enrolamentos1 (devido
a r1 e r2 ) e no núcleo2 (devido a rm e x m ) são muito pequenas quando comparadas com a potência do
transformador sendo, geralmente, desprezadas. Desta forma, o modelo equivalente do transformador fica
bastante simplificado, conforme mostra a Figura IV.9.
1
2
Cujo valor nominal corresponde à diferença entre as perdas totais e as perdas em vazio.
Ou perdas em vazio.
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I1
jx
I2
+
+
V1
V2
–
–
jx = jx1 + jx2
Figura IV.9 – Circuito simplificado em pu do transformador real de dois enrolamentos.
Quadro IV.2 – Características de perdas, correntes de excitação e impedâncias.
TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS DE TENSÃO MÁXIMA 15 kV
Potência
[kVA]
Corrente de
excitação
máxima [%]
Perdas em vazio
máximo [W]
Perdas totais
máximas [W]
30
45
75
112,5
150
225
300
4,1
3,7
3,1
2,8
2,6
2,3
2,2
170
220
330
440
540
765
950
740
1.000
1.470
1.990
2.450
3.465
4.310
Impedância
75° C [%]
3,5
4,5
TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS DE TENSÕES MÁXIMAS 24,2 e 36,2 kV
Potência
[kVA]
Corrente de
excitação
máxima [%]
Perdas em vazio
máximo [W]
Perdas totais
máximas [W]
30
45
75
112,5
150
225
300
4,8
4,3
3,6
3,2
3,0
2,7
2,5
180
250
360
490
610
820
1.020
825
1.120
1.635
2.215
2.755
3.730
4.620
Impedância
75° C [%]
4,0
5,0
Fonte: Trafo Equipamentos Elétricos S.A. (disponível em http://www.trafo.com.br/)
Exemplo IV.2 – Um transformador monofásico tem 2000 espiras no enrolamento primário e 500 no
secundário. As resistências dos enrolamentos são r1 = 2 Ω e r2 = 0,125 Ω ; as reatâncias de dispersão são
x1 = 8 Ω e x 2 = 0,5 Ω . A carga ligada ao secundário é resistiva e igual a 12 Ω. A tensão aplicada ao
enrolamento primário é de 1200 V. Determinar o fasor tensão secundária e a regulação de tensão do
transformador:
vazio
V2
Regulação% =
carga
−V2
carga
100%
V2
carga
onde V 2
vazio
é a magnitude da tensão no secundário com plena carga e V 2
é a magnitude da tensão no
secundário em vazio.
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
IV.3 – Transformador com relação não-nominal
Com o objetivo de possibilitar um melhor controle da tensão no sistema elétrico, muitas vezes os
transformadores operam com relação de transformação diferentes da nominal N1NOM : N 2NOM . Neste caso,
os transformadores apresentam um enrolamento especial provido de diversas derivações (taps), comutáveis
sob carga ou não. Quando a seleção da derivação é realizada sob carga, o transformador apresenta um
dispositivo denominado comutador de derivações em carga (ou comutador sob carga) que se encarrega de
realizar as conexões necessárias para que seja selecionada a relação de transformação desejada. Para operar
tais comutadores utilizam-se acionamentos motorizados, possibilitando comando local ou à distância,
inclusive com controle automático de tensão. Quando a seleção da derivação é realizada sem carga o
dispositivo é muito mais simples, sendo utilizada apenas uma chave seletora que opera quando o
transformador está desligado.
(
)
Por norma, as derivações são numeradas, sendo a derivação “1” a de maior tensão, conforme mostra o
Quadro IV.3 no qual encontram-se exemplos de valores de derivações e relações de tensão para
transformadores em nível de distribuição. Neste caso, no interior do tanque o transformador apresenta uma
chave seletora que possibilita o ajuste do tap quando este estiver desligado.
Quadro IV.3 – Derivações e relações de tensões.
Tensão máxima
do equipamento
[KV eficaz]
15,0
24,2
36,2
Tensão [V]
Derivação
N°
1
2
3
1
2
3
1
2
3
Primário
Trifásicos e
Monofásicos
Monofásicos (FF)
(FN)
13.800
7.967
13.200
7.621
12.600
7.275
23.100
13.337
22.000
12.702
20.900
12.067
34.500
19.919
33.000
19.053
31.500
18.187
Secundário
Trifásicos
Monofásicos
380/220
ou
220/127
2 terminais
220 ou 127
ou
3 terminais
440/220 ou
254/127 ou
240/120 ou
230/115
(FF) - tensão entre fases
(FN) - tensão entre fase e neutro
Fonte: Trafo Equipamentos Elétricos S.A. (disponível em http://www.trafo.com.br/)
Em nível transmissão de energia elétrica os transformadores podem possuir dispositivos para comutação sob
carga, apresentando um maior número de derivações, conforme exemplifica a Tabela IV.1. Observar que as
derivações são realizadas no enrolamento de maior tensão, visando operar com menores correntes no
comutador sob carga.
Tabela IV.1 – Derivações típicas da regulação sob carga.
Tensão primária [kV]
230 ± 8 × 1,875%
138 ± 8 × 1,875%
69 ± 8 × 1,875%
O transformador – Sérgio Haffner
Versão: 10/9/2007
Tensão secundária [kV]
138
69
69
23
13,8
23
13,8
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
Considerando toda a impedância série concentrada em apenas um dos enrolamentos (refletida para o
primário, por exemplo) e desprezando as perdas no núcleo, o circuito equivalente do transformador com
relação não-nominal encontra-se na Figura IV.10. Observar, neste caso, que a relação de espiras dos
enrolamentos N1 : N 2 pode ser diferente da relação nominal, dada por N1NOM : N 2NOM .
I1
N1 : N 2
1: a
R + jX
+
I2
+
•
V1
E1
–
–
+
+
E2
V2
–
–
•
Ideal
Figura IV.10 – Circuito equivalente de um transformador com relação não nominal.
Para o transformador da Figura IV.10 são válidas as seguintes expressões:
I2 1
N2
E2
=a
=
N1
I1 a
E1
Utilizando as magnitudes das tensões nominais do primário e do secundário com tensões de base
a=
 pri
N 2NOM pri  , define-se a relação nominal como sendo:
sec
Vbase e Vbase
Vbase 
=

N1NOM


a NOM =
sec
Vbase
pri
Vbase
=
N 2NOM
N1NOM
Considerando a potência de base S base , as correntes de base para o primário e secundário são dadas por:
S
pri
I base
= base
pri
Vbase
S base
S base
1
pri
=
=
I base
sec
pri
a
Vbase a NOMVbase
NOM
Assim, transformando as grandezas para pu, tem-se:
E1
E 1 pu = pri
Vbase
sec
I base
=
E 2 pu =
I 1 pu =
I 2 pu =
E2
a E1
a
E1
=
=
sec
pri
pri
Vbase a NOMVbase a NOM Vbase
E 2 pu =
a
a NOM
E1 pu
(IV.10)
I1
pri
I base
I2
sec
I base
=
1
I1
a
I1
a
= NOM pri
1
a I base
pri
I base
I 2 pu =
a NOM
I 1 pu
a
(IV.11)
a NOM
Portanto, mesmo quando as grandezas estão em pu, o transformador com relação não nominal não pode
ser substituído por um curto-circuito, pois tanto a tensão quanto a corrente apresenta valores distintos nos
enrolamentos – vide equações (IV.10) e (IV.11).
O transformador – Sérgio Haffner
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IV.6 – O modelo do transformador em fase
A representação de transformadores em fase, mostrada na Figura IV.15, consiste de um transformador ideal
com relação de transformação 1 : akm e uma impedância série Z km . Observar que neste modelo as perdas no
núcleo são desprezadas.
V
p
V k = Vk θ k
k
= a km V k = a kmV k θ k
Z km = rkm + jx km
p
I km
V m = Vm θ m
m
I mk
I pm
1 : a km
Figura IV.15 – Representação de um transformador em fase.
Da relação do transformador ideal em fase4:
1
Vk
=
⇒ V p = a km V k
V p a km
I km
*
= a km
= a km
I pm
⇒
I km = a km I pm
As correntes I pm , I km e I mk são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k, p e m ( V k = Vk θ k ,
V p = V p θ p = a kmVk θ k e V m = Vm θ m , respectivamente) e do valor da admitância série Y km =
(
)
(
I pm = Y km V p − V m = Y km akm V k − V m
(
I km = akm I pm = akm Y km akm V k − V m
(
I mk = − I pm = −Y km akm V k − V m
1
:
Z km
)
)
)
2
I km = akm
Y km V k − akm Y km V m
(IV.12)
I mk = −akm Y km V k + Y km V m
(IV.13)
Deste modo, o transformador em fase pode ser representado por um circuito equivalente do tipo π, conforme
está ilustrado na Figura IV.16.
k
I km
m
I mk
A
Vk
Vm
B
C
A, B, C admitâncias
Figura IV.16 – Circuito equivalente π de um transformador em fase.
Para o modelo π da Figura IV.16, onde A, B e C são as admitâncias dos componentes, as correntes I km e
I mk são dadas por:
4
Lembrar que não há dissipação de potência ativa ou reativa no transformador ideal, logo:
*
S km = S pm
⇒
V
*
k I km
=V
*
p I pm
⇒
I km
*
I pm
O transformador – Sérgio Haffner
Vp
=
Vk
Versão: 10/9/2007
⇒
I km  V p
=
I pm  V k




*
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(
= A(V
)
) + CV
I km = ( A + B )V k + (− A)V m
(IV.14)
I mk
I mk = (− A)V k + ( A + C )V m
m −V k
m = − AV k + ( A + C )V m
Comparando as expressões (IV.12) com (IV.14) e (IV.13) com (IV.15), tem-se:
A = a km y km
(IV.15)
I km = A V k − V m + BV k = ( A + B )V k − AV m
B = a km (akm − 1)Y km
C = (1 − akm )Y km
Observar que o valor de a determina o valor e a natureza dos componentes do modelo π da Figura IV.15:
a km = 1 pu, ou seja, a km = a NOM :
A = y km , B = C = 0
a km < 1 pu, ou seja, a km < a NOM :
a km > 1 pu, ou seja, a km > a NOM :
B < 0 (capacitivo) e C > 0 (indutivo)
B > 0 (indutivo) e C < 0 (capacitivo)
NOTA IMPORTANTE: As grandezas de base utilizadas para fazer a conversão da impedância série do
transformador para pu devem ser obrigatoriamente relativos ao enrolamento no qual esta impedância está
ligada. Mais especificamente, no modelo de transformador adotado, que é mostrado na Figura IV.15, deve-se
utilizar a tensão de base do enrolamento conectado à Barra m.
Exemplo IV.4 – Dado um transformador trifásico, 138/13,8 kV, 100 MVA, cuja reatância de dispersão vale
5% (na base do transformador), determinar o circuito equivalente do transformador se as bases do sistema
são:
a) 138/13,8 kV, 100 MVA;
b) 169/16,9 kV, 200 MVA;
c) 169/15 kV, 250 MVA.
Solução Exemplo IV.4:
a) Como x = 5 % = 0,05 pu , tem-se que:
Z TR = j 0,05 pu
Y TR = − j 20 pu
e o circuito equivalente é dado por:
I1
b) Observar que a NOM =
− j 20
I2
+
+
V1
V2
–
–
Admitância em pu
16,9
13,8
a
0,1
=a=
= 0,1 , então a pu =
=
= 1 pu .
169
138
a NOM 0,1
2
Z pu
Z
Y
 VL pu (base 1)  S 3φ pu (base 2 )

(base 2 ) = Z pu (base 1) 
 VL pu (base 2 )  S 3φ pu (base 1)


2
TR
 138  200
= j 0,05
= j 0,0667 pu

 169  100
TR
= − j15 pu
′
′
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Solução Exemplo IV.4 (continuação): e o circuito equivalente é dado por:
I1
c) Neste caso, tem-se a NOM =
apu =
− j15
I2
+
+
V1
V2
–
–
Admitância em pu
15
13,8
= 0,0888 e a =
= 0,1 . Calculando em pu, tem-se:
169
138
13,8
= 15 = 1,1267 pu
138
169
a
a NOM
2
 VL pu (base 1)  S 3φ pu (base 2 )

Z pu (base 2 ) = Z pu (base 1) 
 VL pu (base 2 )  S 3φ pu (base 1)


Para o modelo de transformador adotado, que é mostrado na Figura IV.15, deve-se utilizar a tensão de base
do enrolamento conectado à Barra m, ou seja, a tensão do lado de média tensão do transformador, sendo o
valor em pu na base 169/15 kV, 250 MVA dado por:
2
′
′
 13,8  250
Z TR = j 0,05
= j 0,1058 pu
Y TR = − j 9,4518 pu

 15  100
Os parâmetros do circuito equivalente π são dados por:
′
A = apu Y TR = 1,1267(− j 9,4518) = − j10,65 pu
(
)
B = apu apu − 1 Y
(
)
C = 1 − apu Y
′
′
TR
TR
= 1,1267(1,1267 − 1)(− j 9,4518) = − j1,349 pu
= (1 − 1,1267 )(− j 9,4518) = j1,198 pu
e o circuito equivalente correspondente é:
I1
− j10,65
I2
+
+
− j1,349
V1
j1,197
–
V2
–
Admitâncias em pu
Exemplo IV.5 – Considerando que o transformador do Exemplo IV.4 alimenta uma carga de 50 MVA, com
fator de potência 0,9 indutivo, no enrolamento de menor tensão e que este é representado pelos três modelos
determinados na solução do Exemplo IV.4 (em função das bases adotadas para o sistema pu), determinar o
valor da tensão no lado de alta tensão em pu e em kV quando a tensão na carga é igual a 13,8 kV.
Solução Exemplo IV.5:
a) Considerando os dados do problema, têm-se os seguintes valores em pu para a tensão, potência e
corrente secundária, para a base 138/13,8 kV, 100 MVA:
13,8
50 
V2 =
= 1 pu
S2 =
 0,9 + j 1 − 0,9 2  = 0,45 + j 0,2179 = 0,5 25,84o pu

13,8
100 
*
*
S2 =V 2I2
=
⇔
 S2 

I2 = 
V 2 


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Solução Exemplo IV.5 (continuação):
*
 0,45 + j 0,2179 
o
I2 = 
 = 0,45 − j 0,2179 = 0,5 − 25,84 pu
1


Do circuito equivalente mostrado na solução do Exercício IV.4, a tensão no lado de alta é dada por:
V 1 = V 2 + Z TR I 2 = 1 + j 0,05(0,45 − j 0,2179) = 1,0109 + j 0,0225 = 1,0111 1,28o pu
V 1 = 138 × 1,0111 1,28o = 139,50 + j 3,11 = 139,54 1,28o kV
b) Para a base 169/16,9 kV, 200 MVA, tem-se:
50 
13,8
V2 =
= 0,8166 pu
S2 =
 0,9 + j 1 − 0,9 2  = 0,225 + j 0,1090 = 0,25 25,84o pu

16,9
200 
*
*
S2 =V 2I2
=
 S2 

I2 = 
V 2 


⇔
*
 0,225 + j 0,1090 
I2 =
 = 0,2755 − j 0,1335 = 0,3062 − 25,84o pu
0,8166


Do circuito equivalente mostrado na solução do Exercício IV.4, a tensão no lado de alta é dada por:
′
V 1 = V 2 + Z TR I 2 = 0,8166 + j 0,0667(0,2755 − j 0,1335) = 0,8255 + j 0,0184 = 0,8257 1,28o pu
V 1 = 169 × 0,8257 1,28o = 139,50 + j 3,11 = 139,54 1,28o kV
Observar que o valor obtido em kV é idêntico ao do Item (a), mostrando que o resultado não depende das
bases adotadas.
c) Para a base 169/15 kV, 250 MVA, tem-se:
13,8
50 
V2 =
= 0,92 pu
S2 =
 0,9 + j 1 − 0,9 2  = 0,18 + j 0,0872 = 0,2 25,84o pu

15
250 
*
*
S2 =V 2I2
=
 S2 

I2 = 
V 2 


⇔
*
 0,18 + j 0,0872 
I 2 = 
 = 0,1956 − j 0,0948 = 0,2174 − 25,84o pu
0
,
92


Do circuito equivalente obtido na solução do Exercício IV.4, a tensão no lado de alta é dada por:
I1
− j10,65
I2
+
+
SH
I2
V1
− j1,349
j1,197
–
V1 = V 2 +
V2
–
Admitâncias em pu
SH
1
1
1
(0,1956 − j 0,0948 + j1,197 × 0,92)
 I 2 + I 2  = V 2 + I 2 + CV 2 = 0,92 +

A
A
− j10,65
(
)
V 1 = 169 × 0,8257 1,28o = 139,50 + j 3,11 = 139,54 1,28o kV
Observar que o valor obtido em kV é idêntico ao dos Itens anteriores, mostrando que o resultado não
depende das bases adotadas.
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Exemplo IV.6 – Dado um transformador trifásico, 230/69 kV, 50 MVA, cuja reatância de dispersão vale
5%, determinar:
a) o circuito equivalente do transformador, se as bases do sistema são 230/69 kV, 100 MVA;
b) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 200 kV e são fornecidos 50 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 indutivo;
c) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 250 kV e são fornecidos 10 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 capacitivo;
d) nas situações operacionais dos Itens (b) e (c), determinar a potência complexa fornecida para a carga e as
perdas no transformador;
e) comentar as diferenças nos resultados obtidos nos Itens (b), (c) e (d).
Solução Exemplo IV.6:
a) Como x = 5 % = 0,05 pu na base de 50 MVA, para a base de 100 MVA e tensões nominais tem-se:
100
Z TR = j 0,05
= j 0,10 pu
Y TR = − j10 pu
50
e o circuito equivalente é dado por:
I1
S1
j 0,10
+
S2
I2
+
Lado 230 kV
Lado 69 kV
V1
V2
–
–
Admitância em pu
b) A potência complexa fornecida ao transformador no enrolamento de 230 kV é dada por:
50
50 2
0,8 + j
S1 =
1 − 0,8 2 = 0,4 + j 0,3 pu
100
100
200
Levando em conta a tensão de operação no lado de 230 kV dada por V 1 =
0 = 0,8696 pu, a corrente no
230
transformador é dada por:
*
*
 S 1   0,4 + j 0,3 
I 1 =   = 
 = 0,4600 − j 0,3450 = 0,5750 − 36,87 o
 V 1   0,8696 
Do circuito equivalente, pode-se obter a seguinte expressão para a tensão no enrolamento de 69 kV:
V 2 = V 1 − Z TR I 1 = 0,8696 − j 0,10(0,4600 − j 0,3450 ) = 0,8351 − j 0,0460 = 0,8363 − 3,15o
*
S1 = V 1 I 1
V 2 = 57,71 − 3,15o kV
c) A potência complexa fornecida ao transformador no enrolamento de 230 kV é dada por:
10
10
S1 =
12 − 0,8 2 = 0,08 − j 0,06 pu
0,8 − j
100
100
250
Levando em conta a tensão de operação no lado de 230 kV dada por V 1 =
0 = 1,0870 pu, a corrente no
230
transformador é dada por:
*
*
 S 1   0,08 − j 0,06 
I 1 =   = 
 = 0,0736 + j 0,0552 = 0,0920 36,87 o
 V 1   1,0870 
Do circuito equivalente, pode-se obter a seguinte expressão para a tensão no enrolamento de 69 kV:
V 2 = V 1 − Z TR I 1 = 1,0870 − j 0,10(0,0736 − j 0,0552) = 1,0925 − j 0,0074 = 1,0925 − 0,39 o
*
S1 = V 1 I 1
V 2 = 75,38 − 0,39 o kV
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Solução Exemplo IV.6 (continuação):
d) A potência complexa fornecida para a carga nas situações dos Itens (b) e (c) são dadas por:
*
*
S 2 = V 2 I 2 = V 2 I1
e as perdas no transformador são dadas por:
ou
S perdas = S 1 − S 2
S perdas = Z TR I 1
2
Para o Item (b), tem-se:
*
S 2 = (0,8351 − j 0,0460)(0,4600 − j 0,3450) = 0,4000 + j 0,2669 = 0,4809 33,72 o
S perdas = 0,4 + j 0,3 − (0,4000 + j 0,2669) = j 0,0331 pu
2
S perdas = j 0,1 0,5750 = j 0,0331 pu
S perdas = j 3,31 MVA
Para o Item (c), tem-se:
*
S 2 = (1,0925 − j 0,0074)(0,0736 + j 0,0552) = 0,0800 − j 0,0608 = 0,1005 37,26 o
S perdas = 0,08 − j 0,06 − (0,0800 − j 0,0608) = j 0,0008 pu
2
S perdas = j 0,1 0,0920 = j 0,0008 pu
S perdas = j 0,08 MVA
e) Fasor tensão – No Item (b) a magnitude da tensão em pu no enrolamento de 69 kV é menor do que no
enrolamento de 230 kV, pois este fornece potência ativa e reativa para a carga, havendo queda de tensão em
sua impedância de dispersão. No Item (c) o fluxo de potência reativa ocorre do enrolamento de 69 kV para o
enrolamento de 230 kV (carga capacitiva) e isto faz com que a tensão em pu do enrolamento de 69 kV
apresente magnitude superior. Em ambos os casos, o fluxo de potência ativa é em direção ao enrolamento de
69 kV, sendo o ângulo de fase do fasor tensão V 2 menor do que do fasor tensão V 1 .
Potência complexa na carga – Nos Itens (b) e (c) a potência ativa na carga é a mesma fornecida para o
transformador, pois o modelo considera apenas a reatância de dispersão. A potência reativa difere, pois
existe um consumo de potência reativa na reatância do transformador.
Perdas ativas e reativas – Em ambos os casos não existem perdas de potência ativa e existe um consumo de
potência reativa em função da reatância de dispersão do transformador ser percorrida pela corrente. No Item
(b) as perdas são maiores, pois a corrente é maior.
Exercício IV.4 – Dado um transformador trifásico, 230 (+4)(–8)×1,875%/69 kV, 50 MVA, cuja reatância
de dispersão vale 5%, determinar:
a) o circuito equivalente do transformador, indicando os valores mínimos e máximos da relação de
transformação em pu (a), se as bases do sistema são 230/69 kV, 100 MVA;
b) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 200 kV e são fornecidos 50 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 indutivo (nesta condição o transformador opera com o tap na posição 13);
c) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 250 kV e são fornecidos 10 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 capacitivo (nesta condição o transformador opera com o tap na posição 1);
d) nas situações operacionais dos Itens (b) e (c), determinar a potência complexa fornecida para a carga e as
perdas no transformador;
e) comentar as diferenças nos resultados obtidos nos Itens (b), (c) e (d).
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Como para a linha de transmissão, é possível escrever a expressão do fluxo de potência complexa da barra k
para a barra m:
[
*
]
*
2
S km = V k I km = V k akm
Y km V k − akm Y km V m =
*
*
*
*
*
*
*
2
2

= V k  akm Y km V k − akm Y km V m  = a km
Vk2 Y km − a km Y km V k V m =



2
= (akmVk ) ( g km − jbkm ) − a km ( g km − jbkm )VkVm θ km
2
= (akmVk ) ( g km − jbkm ) − (akmVk )Vm (g km − jbkm )(cosθ km + j senθ km )
Separando as partes real e imaginária, chega-se a:
2
Pkm = (a kmVk ) g km − (a kmVk )Vm ( g km cosθ km + bkm sen θ km )
(IV.16)
2
Qkm = −(a kmVk ) bkm − (a kmVk )Vm (g km sen θ km − bkm cosθ km )
O fluxo de potência complexa da barra m para a barra k é dado por:
(IV.17)
Pmk = Vm2 g km − (a kmVk )Vm ( g km cosθ mk + bkm sen θ mk )
(IV.18)
Qmk = −Vm2 bkm − (a kmVk )Vm ( g km sen θ mk − bkm cosθ mk )
(IV.19)
Exercício IV.5 – Conhecidos os parâmetros que definem o transformador em fase e os fasores das tensões
terminais, mostrar como é possível determinar as perdas de potência ativa e reativa neste transformador.
IV.7 – O modelo do transformador defasador
Os transformadores defasadores são equipamentos capazes de controlar, dentro de determinadas limitações, a
relação de fase entre o fasor tensão do primário e do secundário. Para um transformador defasador puro, a
relação de transformação em pu é representada por um número complexo de módulo unitário e ângulo de
fase ϕ , ou seja, é dada por 1 : t km , com tkm = e jϕ , ou seja, 1 : 1 ϕ . A representação de um transformador
defasador puro está mostrada na Figura IV.15.
V
V k = Vk θ k
k
p
= e jϕ km V k = Vk θ k + ϕ km
p
I km
1 : t km = e jϕ km
Z km = rkm + jx km
V m = Vm θ m
I mk
m
I pm
Figura IV.15 – Representação de um transformador defasador puro.
Da relação do transformador ideal:
1
1
Vk
=
= jϕ
⇒ V
V p t km e km
I km
*
= t km
= e − jϕ km
I pm
⇒
O transformador – Sérgio Haffner
p
= t km V k = e jϕ km V k = 1 ϕ km ⋅ Vk θ k = Vk θ k + ϕ km
*
I km = t km
I pm = e − jϕ km I pm
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
As correntes I pm , I km e I mk são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k, p e m ( V k = Vk θ k ,
V p = V p θ p = Vk θ k + ϕ km e V m = Vm θ m , respectivamente) e do valor da admitância série y km =
(
)
(
I pm = Y km V p − V m = Y km t km V k − V m
I km =
*
tkm
I pm
)
I pm
6447
448
*
*
− V m = t km
t km Y kmV k − tkm
Y kmV m
(
)
*
= t km
Y km t km V k
(
)
1
:
z km
(
)
*
*
I km = tkm
t km Y kmV k + − tkm
Y km V m (IV.20)
(
I mk = − I pm = −Y km t km V k − V m = −t km Y km V k + Y km V m
)
I mk = − t km Y km V k + Y km V m
(IV.21)
Assim, o transformador defasador não pode ser representado por um circuito equivalente do tipo π,
*
conforme está ilustrado na Figura IV.15, pois o coeficiente de V m da expressão (IV.20), − t km
Y km , é
diferente do coeficiente de V k da expressão (IV.21), − t km Y km .
Como anteriormente, é possível escrever a expressão do fluxo de potência complexa da barra k para a barra
m:
[
*
]
*
*
S km = V k I km = V k Y km V k − t km
Y km V m =
*
*
*
*
*
*
*


= V k Y km V k − t km Y km V m = Vk2 Y km − t km Y km V k V m =


= Vk2 ( g km − jbkm ) − 1 ϕ km (g km − jbkm )VkVm θ km
= Vk2 ( g km − jbkm ) − Vk Vm ( g km − jbkm )[cos(θ km + ϕ km ) + j sen(θ km + ϕ km )]
Separando as partes real e imaginária, chega-se a:
Pkm = Vk2 g km − Vk Vm [g km cos(θ km + ϕ km ) + bkm sen (θ km + ϕ km )]
(IV.22)
Qkm = −Vk2 bkm − Vk Vm [g km sen(θ km + ϕ km ) − bkm cos(θ km + ϕ km )]
(IV.23)
Exercício IV.6 – Determinar a expressão do fluxo de potência complexa da barra m para a barra k.
Utilizando esta expressão equacionar as perdas de potência ativa e reativa neste transformador.
IV.8 – Expressões gerais dos fluxos de corrente e de potência
As expressões dos fluxos de corrente e potência em linhas de transmissão, transformadores em fase,
defasadores puros e defasadores, podem ser generalizadas de forma tal que seja possível utilizar sempre a
mesma expressão, fazendo algumas considerações para particularizar o equipamento em questão. Assim, os
fluxos de corrente nestes equipamentos obedecem às seguintes expressões gerais:
(
= (− t
)
(
)
*
*
sh
I km = t km
t km Y km + jbkm
V k + − t km
Y km V m
I mk
km Y km
)V + (Y
k
km
)
sh
+ jbkm
Vm
(
= (− a
) (
)V + (Y
)
2
sh
I km = akm
Y km + jbkm
V k + − a km e − jϕkm Y km V m
I mk
km e
+ jϕ km
Y km
k
km
)
sh
+ jbkm
Vm
(IV.24)
(IV.25)
sh
De acordo com o tipo de equipamento, as variáveis a km , ϕ km e bkm
assumem valores particulares, mostradas
na Tabela IV.2.
Tabela IV.2 – Parâmetros para os diferentes equipamentos nas expressões gerais dos fluxos.
sh
a km
ϕ km
Equipamento
bkm
Linha de transmissão
1
0
Transformador em fase
0
0
Transformador defasador puro
1
0
Transformador defasador
0
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Os fluxos de potência ativa e reativa em linhas de transmissão, transformadores em fase, defasadores puros e
defasadores, obedecem às seguintes expressões gerais:
Pkm = (a kmVk ) g km − (a kmVk )Vm [g km cos(θ km + ϕ km ) + bkm sen (θ km + ϕ km )]
2
(
)
sh
Qkm = −(a kmVk ) bkm + bkm
− (a kmVk )Vm [g km sen (θ km + ϕ km ) − bkm cos(θ km + ϕ km )]
2
(IV.26)
(IV.27)
Assim, as expressões (IV.24) a (IV.27) podem ser utilizadas indistintamente para o cálculo dos fluxos de
corrente e potência em linhas de transmissão, transformadores em fase, defasadores puros e defasadores,
bastando utilizar os parâmetros conforme a Tabela IV.2.
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V – Geradores, reatores, capacitores e cargas
O sistema elétrico possui duas classes de componentes, os empregados na conexão entre dois nós elétricos
(elementos série) e aqueles que são conectados a apenas um nó elétrico (elementos em derivação). O
segundo grupo inclui os geradores e as cargas que constituem a razão de existir do sistema elétrico. Os
demais componentes em derivação (reatores e capacitores) são empregados no controle da tensão/potência
reativa.
Para todos os componentes em derivação é adotada a convenção gerador, ou seja, são consideradas
positivas aa potências ativa e reativa injetadas.
V.1 – Geradores
A Figura V.1 mostra o sentido positivo da potência injetada em uma barra que contém um gerador.
V k = Vk θ k
k
V k = Vk θ k
k
Pk + jQk
Pk + jQk
G
Figura V.1 – Convenção da potência para um gerador.
Para um gerador que está injetando potência ativa no sistema, tem-se:
Pk > 0
> 0 , sobrexcitado

Qk 
< 0 , subexcitado

V.2 – Reatores
A Figura V.2 mostra o sentido positivo da potência injetada por um reator em uma barra.
V k = Vk θ k
k
xL > 0
Ik
Z k = jxL
Pk + jQk
V k = Vk θ k
Para um Reator
bL =
k
−1
<0
xL
Y k = jbL
jQk
Figura V.2 – Convenção da potência para um reator.
Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner
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Neste caso, tem-se:
Ik =
Vk
0 −V k −V k
=
= j
jx L
xL
Zk
Sk =V
*
kIk
 0 −V k
= V k 
 jxL
ou
(
)
I k = Y k 0 − V k = − jbL V k
2
*
*
Vk

−V kV k
 =
j
=
−
= jbL V k

− jxL
xL

2
Portanto, para um reator (como xL > 0 e bL < 0 ), a injeção de potência reativa é negativa, ou seja, Qk < 0 .
V.3 – Capacitores
A Figura V.3 mostra o sentido positivo da potência injetada por um capacitor em uma barra.
V k = Vk θ k
k
k
xC < 0
Ik
Z k = jxC
V k = Vk θ k
Para um Capacitor
bC =
Pk + jQk
−1
>0
xC
Y k = jbC
jQk
Figura V.3 – Convenção da potência para um capacitor.
Neste caso, tem-se:
Ik =
0 −V k −V k
Vk
=
= j
jxC
xC
Zk
Sk =V
*
kIk
 0 −V k
= V k 
 jxC
ou
(
)
I k = Y k 0 − V k = − jbC V k
2
*
*
Vk

−V kV k
 =
=
−
= jbC V k
j

− jxC
xC

2
Portanto, para um capacitor (como xC < 0 e bC > 0 ), a injeção de potência reativa é positiva, ou seja,
Qk > 0 .
V.4 – Cargas
A Figura V.4 mostra o sentido positivo da potência injetada por uma carga constituída por uma impedância
em uma barra.
Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner
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V k = Vk θ k
k
V k = Vk θ k
k
Ik
Pk + jQk
Z k = rk + jxk
Pk + jQk
Figura V.4 – Convenção da potência para uma carga.
Neste caso, tem-se:
0 −V k −V k
=
Ik =
Zk
Zk
Sk =V
*
kIk
 −V k
= V k 
 Zk
Zk
2
2
2
*
* ×
Vk

−V kV k Zk − V k Z k − V k Z k
 =
(
)
=
=
=
−
r
+
jx
k
k
*
*
2

Zk
ZkZk

Zk
rk2 + xk2
2
Pk
jQk
647
48 64
47
44
8
S k = −(rk + jxk )
Vk
2
Vk
2
Vk
2
= − rk 2
− jxk 2
rk2 + xk2
rk + xk2
rk + xk2
Portanto, para uma carga constituída por uma impedância (com rk ≥ 0 ), a injeção de potência ativa é
negativa, ou seja, Pk < 0 . Por outro lado, a injeção de potência reativa tem o sinal inverso da reatância, ou
seja, é negativa para um indutor, Qk < 0 , e positiva para um capacitor, Qk > 0 .
No fluxo de carga, as cargas são representadas por injeções constantes de potência ativa e reativa ou por
intermédio de uma expressão mais geral que considera a dependência da carga com relação à magnitude da
tensão, sendo as injeções de potência determinadas por:
(
= (a
)
)Q
Pk = a P + bPVk + c PVk2 PkNOM
Qk
Q
+ bQVk +
cQVk2
NOM
k
sendo a P , bP e c P constantes que definem o tipo de dependência que a potencia ativa tem com a tensão e
aQ , bQ e cQ constantes que definem o tipo de dependência que a potencia reativa tem com a tensão.
Observar que devem ser válidas as seguintes relações para que quando a tensão assuma seu valor nominal
(Vk = 1 pu ) , as injeções correspondam ao valor nominal PkNOM e Q kNOM :
(
)
a P + bP + cP = 1
aQ + bQ + cQ = 1
Exercício V.1 – Determinar as constantes a, b e c de uma injeção composta formada por:
Potência nominal:
P NOM + jQ NOM
20% potência constante
30% corrente constante
40% impedância constante
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Exemplo V.1 (Provão 2002) – Questão relativa às matérias de Formação profissional Específica (Ênfase
Eletrotécnica).
Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner
Versão: 10/9/2007
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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
Brasil
14,7
Média (escala de 0 a 100)
Região Sul
20,2
Instituição
Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner
Brasil
31,3
Versão: 10/9/2007
% escolha
Região Sul
38,5
Instituição
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