Fluxo

Fluxo de Potência
Revisado em setembro 2007
1 - Introdução
Fluxo de potência é uma das ferramentas básicas em análise de sistemas elétricos. As
equações de fluxo de potência podem ser aplicadas tanto em sistemas de grande porte quanto
em pequenas instalações. Através da análise do fluxo de potência pode-se conhecer o
desempenho de sistemas sob o ponto de vista de operação ou planejamento.
A operação de um sistema é considerada adequada quando os níveis de tensão permanecem
dentro de determinadas faixas. Em sistemas de grande porte, na maioria das vezes, considerase como normal variações de tensão entre 0,95 pu e 1,05 pu. Valores fora desta faixa pode
significar que o sistema opera precariamente, entretanto existem exceções como por exemplo
tensões da ordem de 0,90 pu em sistemas de pequeno porte. A análise de fluxo de potência
deve também considerar os carregamentos dos componentes do sistema.
As equações de fluxo de potência quase sempre se resumem em:
[ ynó ][ vnó ] = [ inó ] =
[s
*
*
nó / vnó
]
1.0
Na equação acima [y] é a matriz de admitância nodal, [v] é o vetor das tensões, [i] é o vetor
das correntes de injeções nodais onde a corrente de cada nó é dada pelo conjugado da divisão
da potência pela tensão. A equação acima pode ter característica linear ou não linear,
dependendo do modelo das potências nas barras ou de hipóteses simplificadoras.
Um sistema de potência normalmente contém barras de carga e barras de geração. Ao se
resolver as equações de fluxo de potência, normalmente adotam-se uma barra como referência
também conhecida como barra de balanço ou barra infinita. O nome de barra infinita vem do
fato de que a tensão permanece constante independente do valor de corrente ou potência. O
valor da tensão e do defasamento angular da barra de referência são conhecidos. O mais
comum é adotar uma barra de geração como referência.
Uma outra denominação para as barras é classificá-las como barras PQ ou barras PV.
Denominam-se barras PQ as barras onde os valores da potência ativa (P) e potência reativa
(Q) são conhecidos, tanto as barras de geração quanto as barras de carga podem ser do tipo
PQ. Nas barras do tipo PQ as correspondentes tensões e defasamentos angulares são
incógnitas nas equações de fluxo de potência.
A barra PV é um tipo de barra com tensão controlada ou em outras palavras a barra onde se
conhece tensão e mantida constante, através de injeções de reativos. Na barra PV a potência
Fluxo de Potência
1
ativa (P) e o módulo da tensão são conhecidos e a potência reativa (Q) e o defasamento
angular da tensão são incógnitas.
2 - Fluxo de potência simplificado
O exemplo mais simples é um sistema com duas barras, com uma barra de referência e uma
barra PQ ou PV. A figura abaixo mostra o diagrama de impedância de um sistema de duas
barras.
2
1
∼
∼
Fig. 2.0
No sistema da figura a potência que flui da barra 1 para a barra 2 é dado por:
s12 = v1 [ (v1 − v 2 ) / z12 + v1 / z10 ] *
2.0
Supondo um sistema sem perdas e desprezando as conexões à terra obtém-se:
[
]
s12 = V12 − V1V 2 ∠ (θ 1 − θ 2) /(− jX 12 )
2.1
Separando as partes real e imaginária obtém-se:
P12 = [V1V2 sen (θ 1 − θ 2 )] / X12
[
]
Q12 = V12 − V1V2 cos (θ 1 − θ 2 ) / X12
2.2
2.3
A equação da potência ativa pode ser simplificada ainda mais nos casos em que a barra 2 é
controlada por reativos. Supondo que as barras 1 e 2 tenham V = 1,0 então obtém-se:
P12 = − B12 sen θ 12
2.4
Esta última equação, mesmo muito simples, fornece resultados com razoável precisão para
sistemas onde o efeito resistivo é menor do que o efeito reativo. Estas condições se aplicam às
diversas configurações especialmente sistemas de grande porte. A figura abaixo mostra a
representação gráfica da equação simplificada da potência ativa.
Fluxo de Potência
2
P
θ
Fig. 2.1
A figura 2.1 mostra que a máxima potência transferida ocorre quando o deslocamento angular
atinge 90°. Portanto existe um limite para a capacidade de transferência de potência ativa em
sistemas com corrente alternada.
Exemplo 2.1 - Qual é o limite de capacidade de transporte de uma LT 69kV com 100 km de
extensão? Considere a reatância indutiva série da linha igual a 0,5 Ω/km e tensões nas
extremidades iguais a 69 kV , despreze os efeitos resistivo e capacitivo da linha. Utilize como
tensão base 69 kV e potência de 100 MVA.
SOLUÇÃO - O valor da reatância da linha é:
X = 0,5 × 100 Ω = 1,05 pu
Através da equação simplificada a máxima transferência de potência é:
Pmax = sen 90 / 1,05 pu = 0,952 pu = 95,2 MW
Exemplo 2.2 - Determine a potência máxima que pode ser transferida através de uma LT 138
kV com 1000 km de extensão e reatância indutiva série de 0,5 Ω/km. Despreze os efeitos
resistivo e capacitivo e considere como base respectivamente 138 kV e 100 MVA.
SOLUÇÃO: A ratância indutiva da linha de transmissão é:
X = 0,5 × 100 Ω = 2,625 pu
Portanto a máxima potência transferível é:
P = 1,0 / X = 0,381 pu = 38,1 MW
Fluxo de Potência
3
3 - Método de Gauss - Seidel
As equações de fluxo de potência não lineares não têm soluções analíticas e a única
maneira de resolvê-las é através de métodos iterativos. Existem diversos métodos iterativos
para resolver equações não lineares. Os métodos mais empregados em fluxo de potência são o
de Gauss - Seidel e o de Newton - Raphson. O método de Gauss - Seidel é de concepção mais
simples, entretanto sua aplicação é mais trabalhosa, pois a convergência do processo é lenta. O
método de Newton Raphson é de concepção mais complexa, entretanto os resultados são
alcançados com poucas iterações. Dentre os dois métodos, o de Gauss - Seidel muitas vezes
não alcança soluções que podem ser obtidas pelo de Newton - Raphson.
O método de Gauss - Seidel, devido a sua simplicidade, ainda é bastante utilizado em
termos acadêmicos. A sua aplicação facilita a compreensão dos processos iterativos. O
sistema mostrado na figura 3.0 pode ser utilizado para desenvolver o método iterativo de
Gauss - Seidel.
1
2
3
≈
P+jQ
P+jQ
v
Fig. 3.0
O método de Gauss-Seidel clássico utiliza as equações separadamente. A avaliação da
tensão de cada nó corresponde ao termo da diagonal. Por exemplo, para avaliar a tensão da
barra 2 utiliza-se a seguinte equação:
− y 21v1 + y 22 v 2 − y 23 v3 = ( s 2 / v 2 ) *
3.0
Isolando a tensão da barra 2 na equação acima obtém-se:
[
v 2 = ( s 2 / v 2 ) * + y 21v1 + y 23 v3
]
3.1
/ y 22
Em termos de processos iterativos a equação 3.1 pode ser adaptada como:
[
v 2novo = ( s 2 / v 2antigo ) * + y 21v1antigo + y 23 v3antigo
]
/ y 22
3.2
No processo de Gauss-Seidel clássico repete-se a avaliação da equação 3.2 para cada
barra. Se os valores das tensões não atingiram a precisão desejada, repete-se o processo
Fluxo de Potência
4
quantas vezes forem necessárias. Isto demonstra que o processo é simples mas requer uma
quantidade enorme de cálculos repetitivos.
O método de Gauss - Seidel pode ser melhorado ao se considerar inversões matriciais.
Neste caso o seu desempenho compete com os métodos de Newton - Raphson, entretanto
somente se aplica a redes que não contenham barras controladas por reativos. O sistema da
figura 3.0 pode também ser utilizado para deduzir as fórmulas do método de Gauss - Seidel
modificado.
A equação matricial simulando o sistema da figura 3.0 é:
− y12
y 22
− y 32
 y11
− y
21

 0
0 
− y 23 
y 33 
 v1   i1   i1 
 v  =  i  =  s* / v* 
 2  2  2 2
 v3   i3   s3* / v3* 
3.3
As cargas correspondentes as barras 2 e 3 podem ser transferidas para a diagonal da
matriz de admitância, portanto:
 y11

 − y 21
 0

−
y 22 −
y12
s 2* / V 22
− y 32



*
2
y 33 − s3 / V3 
0
− y 23
 v1   i1 
 v  =  0
 2  
 v3   0 
3.4
Considerando que a barra 1 seja a referência, então v1 é um valor conhecido, então o
sistema de equações pode ser reduzido como:
 y 22 −

−

s 2* / V22
y 32
  v 2   y 21v1 
− y 23
  = 

y 33 − s3* / V32   v3   0 
3.5
Adotando-se valores iniciais para os módulos das tensões desconhecidas, podem-se
obter valores mais aproximados, assim:
 v2novo   y22 −
 novo  = 
 v3  
s2* /(V2antigo ) 2
− y32

− y23

y33 − s3* /(V3antigo )2 
−1
 y21v1 
 0 


3.6
Na equação 3.6 V antigo corresponde aos valores iniciais das tensões. O processo pode ser
repetido substituindo os valores de V antigo pelos valores de V novo até que se atinja a
precisão desejada.
Na equação 3.6, os valores de s* /(V antigo )2 tem a dimensão de admitâncias ou o seu
inverso dimensão de impedâncias, desta forma em cada passo do processo iterativo as cargas
são vistas com o modelo de impedância constante.
Fluxo de Potência
5
Exemplo 3.1 - Determine a tensão na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O
gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 7,245kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA
no gerador.
gerador
1
trafo 1
2
3
∼
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
100 km
XL = 0,5 Ω/km
trafo 2
4
carga
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
XC = 270 kΩ × km
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar o diagrama de
impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. A carga do sistema na barra 4 é de
2 MVA, o que corresponde a 0,02 pu, portanto:
1
2
j0,800
1,05 ∠ 0º ∼
3
j4,201
-j453,7
4
j1,400
carga
-j453,7
Diagrama de impedâncias
s = 0,02(cos φ + jsenφ ) = (0,01900 + j 0,00624) pu
O diagrama de admitâncias em pu pode ser obtido a partir do diagrama de impedâncias,
portanto:
1
1,05 ∠ 0º
∼
-j 1,2500
2
-j 0,2380
j 0,0022
3
-j 0,7143
j 0,0022
4
carga
A matriz de admitância tem dimensão 4×4 e tem a seguinte forma:
Fluxo de Potência
6
 y11 − y12
− y
y
[ y ] =  21 22
 0
− y32

0
 0
0
− y23
y33
− y43
0 
0 
− y34 

y44 
Os elementos fora da diagonal da matriz de admitância correspondem ao valor negativo das
admitâncias entre os nós do circuito e os elementos da diagonal correspondem ao somatório
de todas as admitâncias que incidem no nó correspondente. Assim a matriz de admitância do
exemplo é:
j1,2500
0,0
0,0 
 − j1,2500
 j1,2500 − j1,4858 j 0,2380
0,0 

[ y] =
 0,0
j 0,2380 − j 0,9501 j 0,7143 


0,0
j 0,7143 − j 0,7143
 0,0
Substituindo a matriz de admitância na equação de fluxo de potência obtém-se:
−
+




j1,2500 +
j1,2500 −
0,0
+
0,0
j1,2500
0,0
0,0 
j1,4858 + j 0,2380
0,0 
j 0,2380 − j 0,9501 + j 0,7143

0,0
+ j 0,7143 − j 0,7143
 1,05∠ 0   

 
 v2  = 
 v
 
3

 
 v 4   − (0,01900 +
i1


0


0

j 0,00624) * / v *4 
As incógnitas na equação matricial de fluxo de potência são a corrente na barra 1 e as tensões
nas barras 2, 3 e 4.
As tensões nas barras 2, 3 e 4 podem ser determinadas através do processo iterativo de Gauss Seidel. O passo inicial do processo iterativo é estipular valores iniciais para as tensões que não
são conhecidas. O mais usual é iniciar o processo com tensões iguais a 1.0∠0°.
A tensão de cada barra é obtida a partir de uma determinada linha da equação matricial. A
tensão da barra 2 é obtida a partir da linha 2 e assim por diante. O processo pode não
convergir se este procedimento não for adotado.
PRIMEIRA ITERAÇÃO: Os valores iniciais podem ser representados com o sobrescrito zero e
a primeira solução com o sobrescrito 1, assim a segunda linha da equação matricial de fluxo
de potência corresponde a:
j1,25 × 1,05∠ 0  − j1,4858 × v12 + j 0,2380 × v30 = 0,0
Isolando o valor da tensão da barra 2 na equação acima obtém-se:
v12 = 0,8834 + 0,1602 × v30 = 1,045 + j 0,0
Fluxo de Potência
7
A terceira linha da equação matricial de fluxo de potência é:
j 0,2308 × v12 − j 0,9501 × v13 + j 0,7143 × v 40 = 0,0
Isolando o valor da tensão da barra 3 na equação acima obtém-se:
v13 = 0,2504 × v12 + 0,7518 × v 40 = 1,014 + j 0,0
A quarta linha da equação matricial é:
j 0,7143 × v13 − j 0,7143 × v14 = − (0,01900 + j 0,00624) * /(v 40 ) *
A partir da equação acima o valor da tensão da barra 4 na primeira iteração é:
v14 = v13 − (0,0087 + j 0,0266) /(v 40 ) * = 1,005 − j 0,027 = 1,005∠ − 1,5 
SEGUNDA ITERAÇÃO:
v 22 = 0,8834 + 0,1602 × v13 = 1,046 + j 0,0
v32 = 0,2504 × v 22 + 0,7518 × v14 = 1,017 − j 0,020
v 42 = v32 − (0,0087 + j 0,0266) /(v14 ) * = 1,008 − j 0,046 = 1,009∠ − 2,6 
TERCEIRA ITERAÇÃO:
v 23 = 0,8834 + 0,1602 × v32 = 1,046 − j 0,003
v33 = 0,2504 × v 23 + 0,7518 × v 42 = 1,020 − j 0,035
v 43 = v33 − (0,0087 + j 0,0266) /(v 42 ) * = 1,010 − j 0,061 = 1,012∠ − 3,5 
Os valores das tensões após a quinta iteração são respectivamente:
v 25 = 1,047∠ − 0,42 
v35 = 1,024∠ − 3,20 
v 45 = 1,015∠ − 4,67 
Fluxo de Potência
8
A precisão dos resultados pode ser verificada de duas maneiras. A primeira é através das
mudanças dos valores dos módulos das tensões após cada iteração. A diferença dos módulos
das tensões da quarta e quinta iteração da barra 4 foi de 0,0016. Normalmente considera-se
que os resultados são satisfatórios quando as diferenças dos módulos das tensões são
inferiores a 0,0001 pu. A segunda maneira para se verificar a precisão dos resultados é
verificar o somatório das potências que incidem em cada uma das barras. O somatório das
potências incidentes em uma barra é denominado de balanço de potência ou mismatch. Se o
somatório das potências é menor que uma tolerância, por exemplo, no caso de potências ativas
0,01MW, os resultados são considerados como precisos.
O balanço das potências incidentes na barra 4 pode ser determinado como:
∑
*
s 4 = s 43 + s 4 = v 4 × i 43
+ s 4 = v 4 × [ (v 4 − v3 ) / z 43 ] * + s 4
O balanço das potência pode também ser calculado através das equações matriciais, assim:
∑
s4 = s43 + s4 = v4 × [ − y43v3 + y44v4 ]* + s4
Exemplo 3.2 - Resolver o problema 2.1 procedendo a eliminação dos nós 2 e 3 antes de
realizar as iterações do método de Gauss - Seidel.
SOLUÇÃO: A matriz de admitância do sistema da figura é:
j1,2500
0,0
0,0 
 − j1,2500
 j1,2500 − j1,4858 j 0,2380
0,0 
[ y] = 
 0,0
j 0,2380 − j 0,9501 j 0,7143 


0,0
j 0,7143 − j 0,7143
 0,0
A eliminação dos nós 2 e 3 pode ser conseguida ao zerar os elementos das colunas 2 e 3 da
matriz de admitância. Os seguintes passos podem ser seguidos para zerar as colunas 2 e 3:
1° passo : L2 → L2 / 1,486
2° passo : L1 → L1 + L2 × 0,1250
3° passo : L3 → L3 + L2 × 0,2380
4° passo : L3 → L3 / 0,9120
5° passo : L1 → L1 + L3 × 0,2002
Fluxo de Potência
9
6° passo : L4 → L4 + L3 × 0,7143
Após a aplicação dos 6 passos a matriz de admitância resultante é:
 − j 0,1545 + j 0,1568
 + j 0,1568 − j 0,1549


[ y] =
O sistema reduzido equivalente a matriz de admitância acima está mostrado na figura abaixo.
1
1,05 ∠ 0º
∼
-j 0,1568
j 0,0023
4
j 0,0019
carga
A equação matricial de fluxo de potência do sistema reduzido contendo apenas os nós 1 e 4 é:
 − j 0,1545 + j 0,1568
 + j 0,1568 − j 0,1549


 1,05∠ 0,0   
i1


 = 
* *
v4

  − (0,1900 + j 0,0624) / v 4 
Neste caso o processo é aplicado somente na linha 2 da equação matricial o que corresponde a
tensão da barra 4, portanto:
j 0,1568 × 1,05∠ 0,0  − j 0,1549 × v 4 = − (0,01900 + j 0,00624)* / v 4*
PROCESSO ITERATIVO: assumindo o valor inicial da tensão da barra 4 obtém-se:
v14 = 1,063 − (0,0403 + j 0,1227) /(v 40 ) * = 1,023 − j 0,123 = 1,030∠ − 6,9 
v 42 = 1,063 − (0,0403 + j 0,1227) /(v14 ) * = 1,016∠ − 6,41
v 43 = 1,063 − (0,0403 + j 0,1227) /(v 42 ) * = 1,017∠ − 6,53
O processo iterativo prossegue até que a precisão estabelecida seja alcançada.
Exemplo 3.3 - Resolver o exemplo 3.1 utilizando o método de Gauss - Seidel modificado.
SOLUÇÃO: Supondo como valores iniciais 1,0 para os módulos das tensões, a matriz de
admitância modificada é:
Fluxo de Potência
10
 − j1,4858 − 0 / 12

[ y] = 
j 0,2380

0

j 0,2380
− j 0,9501 − 0 / 12
j 0,7143

0

j 0,7143

* 2
− j 0,7143 + (0,01900 + j 0,00624) / 1 

Desta forma o processo iterativo pode ser formulado como:
−1
 v1   − j1,4858 j 0,2380
0
  − j1,25 × 1,05
 12  
 

j 0,7143
0
 v3  =  j 0,2380 − j 0,9501



 1 
* 2


0
j
0
,
7143
−
j
0
,
7143
+
(
0
,
01900
+
j
0
,
00624
)
/
1
0
v
 
 4  
O resultado após a primeira iteração é:
 v1   1,045∠ − 0,81 
 12  

 v3  =  1,018∠ − 5,19  
 1 

 v 4   1,009∠ − 6,70 
O resultado após a segunda iteração é:
 v 2   1,045∠ − 0,79  
 22  

 v3  =  1,019∠ − 5,10  
 2 

 v 4   1,010∠ − 6,58 
Pelos resultados verifica-se que a maior diferença dos módulos das tensões da iteração 1 e 2 é
da ordem de 0,001pu, ou seja uma tolerância próxima dos valores satisfatórios. A outra
maneira de verificar a precisão dos resultados é através do balanço das potências incidentes
em cada uma das barras. Por exemplo o balanço das potências na barra 4 é:
∑
s4 = v4 × [ − y43 v3 + y44 v4 ]* + s4 = (0,000 + j 0,00006) pu
Portanto o maior mismatch na barra 4, que é o das potências reativas, é menor do que
0,01MVAr. Os resultados seriam considerados satisfatórios se os balanços de cada uma das
quatro barras fossem menores que a tolerância estabelecida.
Exemplo 3.4 – Determinar as tensões das barras B e C do sistema descrito na lista abaixo.
Resolver as equações de fluxo de potência através do método de Gauss - Seidel modificado.
Na lista abaixo, seguem comentários, dados de barras e dados de linhas e transformadores.
Nos dados de barras as colunas identificadas por v descrevem as tensões nominais, as colunas
identificadas por w descrevem as tensões de operação, as colunas p = potências ativas em
MW e as colunas q = potências reativas em MVAr.
Fluxo de Potência
11
Nos dados de linhas as colunas r = resistência ôhmica em ohms/km ou resistência % , as
colunas x = reatância série em ohms/km ou reatância %, as colunas c = reatância shunt em
kOhms*km ou relação de transformação do transformador, as colunas d = extensão da linha,
as colunas p = potencia do transformador em MVA, as colunas r = perda shunt % do
transformador, as colunas i = corrente de excitação % do transformador.
1
TESTE APOSTILA ASP 04MAI2006
CASO BASE
0ALL
2bbbbbbbbb
BARRAA
BARRAB
BARRAC
FIM
3bbbbbbbbb
BARRAA
BARRAB
FIM
6
7
aaaaaaaaaaaatvvvvvvwwwwwwpppppppqqqqqqqssssssaaaaaaiiiiii
TRONCO
2138.00145.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
TRONCO
0138.00 0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
TRONCO
013.800 0.0 47.0
17.1
0.0
0.0
0.0
bbbbbbbbbbbbtrrrrrrxxxxxxcccccccddddddd
BARRAB
0.260 0.500 290.00 97.00
BARRAC
0.32 6.00 10.000 0.000
pppppprrrrrriiiiii
0. 50.
0.100
0.80
SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar o diagrama de
impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo. As impedâncias na figura abaixo
estão na base de 100 MVA e 138kV no gerador.
.0064+ j.120
v=1.05 ∠
0º
∼
A
.132+
j.255
31.2+ j248.0
-j31.4
C
B
-j31.4
carga
.470+
j.171
Diagrama de impedâncias
As equações de fluxo de potência na forma matricial são:
− 1.61 + j 3.09
0
 1.61 − j 3.06

 − 1.61 + j 3.09 2.053 − j11.400 − .4432 + j8.310



0
− .4432 + j8.310 .4437 − j8.314 
 1.05∠ 0.0  
iA


 

vB
0

 = 

*

  ( − (0.470 + j 0.171) / v ) 
vC
c




Supondo que o módulo da tensão na barra C é igual a unidade, a admitancia
correspondente a carga é:
y = 1.0 * (0.470 − j 0.171) = 0.470 − j 0.171 pu
Assim a equação matricial correspondente a primeira iteração é:
− 1.61 + j 3.09
0
 1.61 − j 3.06

 − 1.61 + j 3.09 2.053 − j11.400 − .4432 + j8.310



0
− .4432 + j8.310 .9137 − j8.485 
Fluxo de Potência
 1.05∠ 0.0   i1A 

  
v1B

 =  0
1

  0
vC

  
12
Reorganizando a equação acima :
 v1B   2.053 − J 11.400 − .4432 + j8.310
 1 = 

 vC   − .4432 + j8.310 .9137 − j8.485 
−1
 − 1.05∠ 0.0 × (− 1.61 + j 3.09)

 =
0


[]
Após diversas iterações a solução das equações é:
 vB   0.9277∠ − 5.6 

v  = 
 C   0.8995∠ − 9.4 
pu
Segue abaixo o resultado emitido pelo programa computacional:
TESTE APOSTILA ASP 04MAI2006
CASO BASE
-----barra------- tensão
1 BARRAA
1.0507
2 BARRAB
3 BARRAC
0.9277
0.8995
ang.
gera-kW
kVAr- carga-kW
kVAr0.0 51199.901 22489.676
0.000
0.000
2 BARRAB
51199.895 22489.655
-5.6
-9.4
tap,kVArS
0.000
0.000
0.000
0.000
1 BARRAA
-47244.176-21139.614
3 BARRAC
47201.151 20795.409
0 PerdasMagnet
43.028
344.226
0.000
2 BARRAB
1.000
0.000 47000.000 17100.000
-47003.299-17090.948
A análise dos resultados mostra que as perdas ativas no sistema são correspondentes a:
perdas = geração − c arg a = 51,2 − 47,0 = 4,2 MW = 8.2%
As perdas na linha de transmissão correspondem a:
perdas = fluxoAB + fluxoBA = 51,20 − 47,24 = 3.96 MW = 7.7%
Enquanto que as perdas no transformador equivalem a:
perdas = fluxoBC + fluxoCB + PerdasMagnet = 47.201 − 47,000 + 0.043 = 0.244 MW = 0.48%
4 - Métodos iterativos de Newton - Raphson
Existem diversas concepções baseadas no método de Newton - Raphson aplicadas na
resolução das equações de fluxo de potência. Os sistemas de transmissão de potências
elevadas normalmente apresentam uma relação R/X menor do que 1,0, este fato torna os
defasamentos angulares das tensões mais dependentes da potência ativa do que da potência
reativa. Assim o Jacobiano das equações incrementais pode ser tratado de forma desacoplada.
Esta consideração simplifica bastante o equacionamento do problema sem afetar a eficiência
do método.
Fluxo de Potência
13
O método desacoplado pode ser aplicado também em redes de distribuição, onde a
relação R/X pode atingir valores maiores que 1,0, desde que se faça algumas adequações.
Entretanto a sua grande vantagem aparece em sistemas de grande e médio porte.
Os métodos de Newton - Raphson facilitam muito a resolução de sistemas com barras
controladas por reativos. As barras controladas por reativos, ao invés de complicarem as
equações, elas são simplificadas, principalmente no método desacoplado.
A dedução das equações pode ser feita utilizando um sistema simplificado de 3 barras,
conforme mostrado na figura abaixo. Entretanto o procedimento pode ser estendido para um
sistema com n barras.
No sistema da figura a barra 1 é a referência e as barras 2 e 3 são do tipo PQ. Na barra
de referência a tensão (módulo e defasamento) é conhecida e na barra PQ o valor da potência
(parte ativa e reativa) é conhecida.
2
1
3
P+jQ
v
P+jQ
Fig. 4.0
A equação matricial do sistema da figura é:
 y11
− y
21

 0
− y12
y 22
− y 32
0 
− y 23 
y 33 
 v1   i1   i1 
 v  =  i  =  s* / v* 
 2  2  2 2
 v3   i3   s3* / v3* 
4.0
A segunda linha da equação matricial é:
− y 21v1 + y 22 v 2 − y 23 v3 = s *2 / v *2
4.1
Multiplicando a equação acima por v 2* obtém-se:
− y 21v1v 2* + y 22V 2 − y 23 v3 v *2 = s 2*
4.2
A equação que define a potência na barra 2 pode ser reescrita como:
− y 21V1V2 ∠ θ 12 + y 22V 22 − y 23V3V2 ∠ θ 32 = s 2*
Fluxo de Potência
4.3
14
O método desacoplado permite a dedução do Jacobiano relativo aos incrementos
angulares independente dos incrementos da tensão. Supondo que se conheça uma solução
aproximada para os defasamentos angulares pode-se escrever que:
a
a
− y 21V1V2 ∠ θ 12
+ y 22V 22 − y 23V3V2 ∠ θ 32
≈ s 2* + ∆ s 2*
4.4
Considerando θ aproximado = θ correto + ∆ θ então:
c
c
− y 21V1V2 ∠ (θ 12
+ ∆ θ 12 ) + y 22V22 − y 23V3V2 ∠ (θ 32
+ ∆ θ 32 ) ≈ s *2 + ∆ s 2*
4.5
O defasamento angular pode ser decomposto em:
1∠ (θ + ∆ θ ) = cos(θ + ∆ θ ) + j × sen(θ + ∆ θ ) =
cos θ cos ∆ θ − senθ sen∆ θ + j × senθ cos ∆ θ + j × cos θ sen∆ θ ≈
cos θ − ∆ θ senθ + j × senθ + j × ∆ θ cos θ =
cos θ + j × senθ + j × ∆ θ (cos θ + j × senθ ) = 1∠ θ + j × ∆ θ ∠ θ
4.6
Assim obtém-se que:
c
c
− y 21V1V2 j∆ θ 12 ∠ θ 12
− y 23V3V2 j∆ θ 32 ∠ θ 32
) ≈ ∆ s *2
4.7
Considerando que os defasamentos angulares θ ijc são relativamente pequenos, e que os
valores das tensões são próximos de 1,0, então:
− j ( A21 + jB21 )∆ θ 12 − j ( A23 + jB23 ) ∆ θ 32 ≈ ∆ s *2
4.8
Sabendo que ∆ θ ij = ∆ θ i − ∆ θ j e considerando sistemas em que a parte resistiva das
linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa, conclui-se que:
B21 (∆ θ 1 − ∆ θ 2 ) + B 23 (∆ θ 3 − ∆ θ 2 ) ≈ ∆ P2
4.9
Denominando B21 + B 23 = B22 , então:
− B 21∆ θ 1 + B22 ∆ θ 2 − B23 ∆ θ 3 ≈ − ∆ P2
4.10
Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto ∆ θ 1 = 0,0 , a equação matricial em
termos de incrementos angulares do sistema da figura é:
 B22
− B
32

− B23 
B33 
 ∆ θ 2   − ∆ P2 
∆θ  = − ∆P 
3
 3 
4.11
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos angulares é conhecida
como:
Fluxo de Potência
15
[ B'] [ ∆ θ ] = [ −
∆ P]
4.12
A dedução do Jacobiano referente aos incrementos da tensão pode ser feita de maneira
semelhante ao que foi adotado para os incrementos angulares, assim:
− y 21 (V1c + ∆ V1 )(V 2c + ∆ V 2 )∠ θ 12 + y 22 (V2c + ∆ V2 ) 2 − y 23 ... ≈ s 2* + ∆ s *2
4.13
A equação acima pode ser simplificada como:
y 22 (2 V2c ∆ V 2 ) − y 21 (V1c ∆ V2 + V2c ∆ V1 )∠ θ 12 − y 23 (V3c ∆ V2 + V2c ∆ V3 )∠ θ 32 ≈ ∆ s *2
4.14
Supondo que as tensões Vic ≈ 1,0 e que os defasamentos angulares θ ij sào
relativamente pequenos, então:
( A22 + jB 22 )(2∆ V 2 ) − ( A21 + jB 21 )(∆ V 2 + ∆ V1 ) − ( A23 + jB 23 ) ( ∆ V 2 + ∆ V3 ) ≈ ∆ s 2*
4.15
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem
menor que a parte reativa, então:
− jB21∆ V1 + j (2 B22 − B 21 − B23 ) ∆ V 2 − jB23 ∆ V3 ≈ − j∆ Q2
4.16
Assumindo que 2 B22 − B21 − B23 ≈ B22 , então:
− B 21∆ V1 + B22 ∆ V2 − B23 ∆ V3 ≈ − ∆ Q2
Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto
em termos de incrementos de tensão é:
 B22
− B
32

− B23 
B33 
4.17
∆ V1 = 0,0 , assim a equação matricial
 ∆ V2   − ∆ Q2 
∆V  = − ∆Q 
3
 3 
4.18
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos de tensão é conhecida
como:
[ B"][ ∆ V ] = [ −
∆ Q]
4.19
Nota-se que o Jacobiano das equações incrementais [ B '] angulares é idêntico ao das
equações incrementais de tensão [ B"] . A diferença se explica quando se considera sistemas
com barras com tensão controlada, nestes casos os Jacobianos não são iguais.
Fluxo de Potência
16
Exemplo 4.1 - Conhecendo a tensão na referência, 1,05 pu na barra 1, determine a tensão na
barra 4 e o fluxo de potência na LT usando o método de Newton Raphson desacoplado.
gerador
1
trafo 1
2
3
∼
100 km
XL = 0,5 Ω/km
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
trafo 2
4
carga
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
XC = 270 kΩ × km
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
Solução: O diagrama de admitâncias em pu do sistema está mostrado na figura abaixo.
-j1,25
1,05∠0° ∼
-j0,238
-j0,714
j0,00220
j0,00220
A equação matricial de fluxo de potência do sistema é:
0
0
 − j1,250 j1,250

 j1,250 − j1,486 j 0,238

0



0
j 0,238 − j 0,950 j 0,714 


0
j 0,714 − j 0,714

 1,05∠ 0  
i1


 

0
 v2  = 

 v
 

0
3

 
* *
 v4   − (0,019 + j 0,00624) / v4 
Os valores iniciais da tensão, valores aproximados para o início do processo iterativo são:
 v1   1,05∠ 0  
 v0  

 2  =  1,00∠ 0 
 v 0   1,00∠ 0  
 30  

 v 4   1,00∠ 0  
Conhecendo os valores iniciais da tensão, a equação que fornece os incrementos de potência
pode ser na forma de:
[ (v ) ] [ y ] [ v ] = [ s
* a
a
*
+ ∆ s*
]
Utilizando a equação acima no sistema do exercício obtém-se:
Fluxo de Potência
17
j1,250
0
0
 − j1,250

 j1,250 − j1,486 j 0,238

0



0
j 0,238 − j 0,950
j 0,714 


0
0
j 0,714 − j 0,714


 1,05∠ 0   
s1* / 1,05∠ 0 



*


 1,0∠ 0  =  (0,0 + ∆ s 2 ) / 1,0∠ 0 
 1,0∠ 0    (0,0 + ∆ s * ) / 1,0∠ 0  
3


  *
*

 1,0∠ 0   ( s 4 + ∆ s 4 ) / 1,0∠ 0  
Resolvendo a equação acima obtém-se:
 ∆ s2
∆s
 3
 ∆ s 4
=   0,0 + j ?   ∆ P2 + j∆ Q2 
=  =  0,0 + j ?  =  ∆ P3 + j∆ Q3 
=   0,019 + j ?  ∆ P4 + j∆ Q4 
Conhecendo o Jacobiano [ B '] os incrementos angulares são:
∆ θ
∆θ

 ∆ θ
0 
 − 1,488 0,238
 =  0,238 − 0,952 0,714 
3 




0
0
,
714
−
0
,
714
4 
2
−1
 0   0,0152
 0  =  0,0950

 

 − 0,019  0,1216 
Sabendo que θ a = θ c + ∆ θ , então os novos valores dos defasamentos angulares são:
θ

θ

 θ
1
2
1
3
1
4 
θ

= θ

 θ
0
2
0
3
0
4 
∆ θ
−  ∆ θ
 ∆ θ

 − 0,0152 rad   − 0,9 

 


3  =  − 0,0950 rad  =  − 5,4 


4   − 0,1216 rad   − 7,0 
2
Conhecendo os novos valores dos defasamentos angulares, os novos valores de ∆ s podem ser
calculados a fim de determinar os incrementos de tensão, assim:

  − j1,250
j1,250
0
0

s1* / 1,05∠ 0 




*

0
 (0,0 + ∆ s 2 ) / 1,0∠ 0,9  =  j1,250 − j1,486 j 0,238

 (0,0 + ∆ s * ) / 1,0∠ 5,4   

0
j
0
,
238
−
j
0
,
950
j
0
,
714
3
 *



0
0
j 0,714 − j 0,714
 ( s 4 + ∆ s *4 ) / 1,0∠ 7,0   
 1,05∠ 0  


 1,0∠ − 0,9 
 1,0∠ − 5,4  


 1,0∠ − 7,0  
Resolvendo a equação acima se obtém:
 ∆ s2
∆s
 3
 ∆ s 4
=   ?− j 0,0636  ∆ P2 + j∆ Q2 
=  =  ?− j 0,0010 =  ∆ P3 + j∆ Q3 
=   ?− j 0,0065  ∆ P4 + j∆ Q4 
Conhecendo o Jacobiano [ B"] , pode-se então determinar o incremento das tensões:
Fluxo de Potência
18
0 
 ∆ V2   − 1,488 0,238
 ∆ V  =  0,238 − 0,952 0,714 
 3 

 ∆ V4   0
0,714 − 0,714
−1
 + 0,0636  − 0,0469
 + 0,0010 =  − 0,0259

 

 − 0,0065  − 0,0168
Sabendo que V a = V c + ∆ V , então os novos valores das tensões são:
 V 1   1,0469∠ − 0,9  
 21  

 V3  =  1,0259∠ − 5,4  
 1 

 V4   1,0168∠ − 7,0 
O processo é repetido até que os valores das tensões e os respectivos defasamentos angulares
tenham convergido. O critério de convergência pode ser através das tensões ou potência. O
processo pode ser interrompido quando a diferença entre as tensões de uma iteração e outra
sejam menores que uma determinada tolerância de tensão, ou então quando o mismatch de
potência, que equivale a [ ∆ s ] , for menor que uma tolerância de potência que foi estabelecida.
5 - Fluxo de potência linearizado
O fluxo linear é um método aproximado que leva em conta somente a distribuição de
potências ativas do sistema. O fluxo linear tem solução analítica e portanto não necessita de
processos iterativos.
O fluxo linear é utilizado em sistemas com tensões próximas de 1.0 e com linhas de
transmissão onde as resistências são menores que as reatâncias indutivas. A dedução das
equações pode ser feita com um sistema de apenas 3 barras, entretanto sua aplicação é para
sistemas com qualquer número de barras. As aproximações podem ser feitas em torno da
segunda linha da equação de fluxo de potência de um sistema de 3 barras:
− y 21v1 + y 22 v 2 − y 23 v 3 = s *2 / v *2
5.0
Multiplicando a equação acima pelo conjugado da tensão da barra 2 obtém-se:
− y 21v1v *2 + y 22V 22 − y 23 v3 v 2* = s 2*
5.1
Utilizando y ≅ jB e v = 1,0∠ θ na equação acima obtém-se:
− jB21 (cos θ 12 + jsenθ 12 ) + jB22V 22 − jB 23 (cos θ 32 + jsenθ 32 ) = P2 − jQ2
5.2
Separando a parte real da equação acima obtém-se:
B 21 senθ 12 + B 23 senθ 32 = P2
Fluxo de Potência
5.3
19
Utilizando sen θ ≅ θ , a equação acima pode ser reformulada como:
B21 (θ 1 − θ 2 ) + B 23 (θ 3 − θ 2 ) = P2 = B21θ 1 − ( B 21 + B23 )θ 2 + B23θ 3
5.4
Denominando B21 + B23 = B 22 , a equação acima pode ser reescrita como:
− B 21θ 1 + B22θ 2 − B 23θ 3 = − P2
5.5
A equação acima permite que a equação de fluxo de potência linear de um sistema de 3 barras
seja formulada como:
 B11
− B
21

 − B31
− B12
B 22
− B32
− B13   θ 1   − P1 
− B23   θ 2  =  − P2 
B33   θ 3   − P3 
5.6
O fluxo de potência definido pela equação 5.6 é denominado de fluxo CC (Corrente
Contínua), ou fluxo DC (Direct Current). O motivo da denominação é que sendo a equação
5.6 linear, ela pode então ser simulada em laboratório por um circuito de corrente contínua.
Exemplo 5.1 - Determine o defasamento angular da barra 3 e a potência que flui da barra 2
para a 3, utilizando o modelo de fluxo linear.
1
∼
140kV∠ 0°
2
200 km
R=0,1 Ω/km
XL = 0,45 Ω/km
XC = 270 kΩ × km
3
138kV/13,8kV
X = 8%
50 MVA
(30 + j10) MVA
SOLUÇÃO: A equação de fluxo linearizado do sistema é:
0 
 − 2,016 2,016
 2,016 − 8,266 6,25 


 0
6,25
− 6,25
 0   − P1 
θ  =  0 
 2 

 θ 3   + 0,3
Os resultados dos defasamentos angulares das barras 2 e 3 são dados por:
 θ 2   − 8,266 + 6,25
 θ  =  + 6,25 − 6,25

 3 
−1
 0
 0,3
 
A equação acima pode ser resolvida por escalonamento:
Fluxo de Potência
20
Passo 1
Passo 2
Passo 3
Passo 3
L1 →
L2 →
L2 →
L1 →
L1 /( − 8,266)
L2 + L1 × ( − 6,25)
L2 /(− 1,524)
L1 + L2 × 0,7561
Aplicando os passos acima no vetor de injeção de potências obtém-se:
θ 2 → 0,0 → 0,0 → 0,0 → + 0,000 → − 0,1488
θ 3 → 0,3 → 0,3 → 0,3 → − 0,1968 → − 0,1968
O fluxo de potência da barra 2 para a barra3 é dado por:
P23 = B23 (θ 3 − θ 2 ) = − 6,25( − 0,1968 + 0,1488) = 0,300
O valor da potência encontrado confere com o valor da carga de 30 MW.
6 - Controle de tensão através de taps de transformadores
Transformadores com diversos taps podem ser utilizados para controlar tensões. Este
controle é de baixo custo e é empregado de maneira generalizada, tanto nos sistemas de alta
potência quanto em redes de distribuição.
Os transformadores são construídos com diversos taps alem do tap nominal. O objetivo
dos taps é o controle de tensão. Os taps normalmente alteram a relação de transformação entre
+5% e -10%, podendo entretanto existir outras especificações.
Existem dois tipos de taps, os que podem ser mudados com o transformador em
operação e os que somente podem ser mudados com o transformador desligado. O primeiro
tipo é conhecido como tap variável e o segundo como tap fixo. Devido a fatores econômicos,
somente transformadores de grande porte, por exemplo acima de 10 MVA, são construídos
com taps variáveis.
Os taps variáveis servem para controlar as tensões dos sistemas acompanhando as
variações da carga ao longo do dia. Os taps fixos também têm a finalidade de controlar
tensões, entretanto em termos práticos a alteração destes taps é feita de tal forma a durar um
longo período de tempo relativamente longo, como por exemplo um ano ou mais.
O modelo π é a permite uma representação simples dos taps de transformadores. A
figura abaixo mostra um transformador com uma relação de transformação de T/1,0 e o
equivalente π.
1
Fluxo de Potência
i1
3
T / 1,0
z
2
a
1
i2
=
i1
b
2
c
i2
21
Já foi demonstrado que:
a = z× T
6.0
b = z × T 2 /(1 − T )
6.1
c = z × T /(T − 1)
6.2
Exemplo 6.1 - Calcular as tensões nas barras do circuito da figura utilizando o método de
Gauss - Seidel modificado. Considere o gerador como barra de referência com uma tensão de
1,05∠0o e que a barra de carga tem tensão controlada em 1,05 pu através de taps no lado de
alta tensão do transformador 2. Utilizar como base de tensão 6,9 kV no gerador e como base
de potência 100 MVA.
1
gerador
2
trafo 1
3
∼
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
100 km
XL = 0,5 Ω/km
trafo 2
4
carga
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
XC = 270 kΩ × km
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
SOLUÇÃO - O processo iterativo pode ser iniciado supondo que a relação de transformação
do transformador 2 é 1,0 pu. O correspondente diagrama de impedâncias está mostrado na
figura abaixo.
1
-j1,250
∼
2
-j0,238
3
-j0,714
4
carga
j0
j0,0022
j0,0022
j0
Supondo que a relação de transformação do transformador 2 é 1,0 pu, então a tensão da barra
4 é desconhecida e a correspondente equação de fluxo de potência do exemplo de 4 barras é:
Fluxo de Potência
22
−
+




j1,25 +
j1,25 −
0
+
0
j1,25
0
0
  1,05∠ 0   
 

j1,486 + j 0,238
0
  v2  = 
j 0,238 − j 0,950 + j 0,714  v3  
 

0
+ j 0,714 − j 0,714  v 4   − (0,01900 +
i1


0


0
* *
0,00624) / v 4 
O processo iterativo pelo método da matriz de admitância modificada
pode ser formulado como:
PRIMEIRA ITERAÇÃO:
−1
 v1   − j1,486 j 0,238
0
  − j1,25 × 1,05
 12  
 

j 0,714
0
 v3  =  j 0,238 − j 0,950



 1 
*
2


0
j
0
,
714
−
j
0
,
714
+
(
0
,
01900
+
j
0
,
00624
)
/
1
,
05
0
v
 
 4  
O resultado da equação acima é:
 v1   1,045∠ − 0,81 
 12  

 v3  =  1,018∠ − 5,19  
 1 

 v 4   1,009∠ − 6,70 
Com o valor de V41 , pode-se estimar qual deveria ser a relação de transformação para
controlar a tensão em 1,05 pu:
T 1 = T 0 × V14 / 1,05 = 0,961
SEGUNDA ITERAÇÃO - Conhecido o novo valor da relação de transformação, o
correspondente diagrama de impedâncias pode ser determinado conforme mostra a figura
abaixo.
1
-j1,250
∼
2
-j0,238
3
-j0,743
4
carga
-j0,0302
j0,0022
j0,0022
j0,0290
A correspondente formulação do processo iterativo é:
Fluxo de Potência
23
−1
 v 2   − j1,486 j 0,238
0
  − j1,25 × 1,05
 22  
 

j 0,743
0
 v3  =  j 0,238 − j1,009



 2 
*
2

0
j
0
,
743
−
j
0
,
714
+
(
0
,
01900
+
j
0
,
00624
)
/
1
,
05
0
v




 4 
O resultado da equação acima é:
 v 2   1,045∠ − 0,80  
 22  

 v3  =  1,019∠ − 5,11 
 2 

 v 4   1,052∠ − 6,48 
Com o novo valor da tensão na barra 4, a correspondente estimativa para a relação de
transformação é:
T 2 = T 1 × V 42 / 1,05 = 0,963
A terceira iteração deve ser executada assumindo que a relação de transformação seja de
0,963, e assim por diante o processo prossegue até que a precisão desejada seja atingida. Uma
relação de transformação equivalente a 0,963 significa que o transformador está conectado no
tap de 0,963×34,5kV = 33,2kV.
7 - Barras com tensão controlada por reativos
As barras com tensão controladas por reativos melhoram o perfil das tensões em
sistemas elétricos. Os problemas de tensões excessivamente baixas ou elevadas podem ser
resolvido ao introduzir no sistema as tensões controladas.
Normalmente a introdução de reativos tende a elevar as tensões e a absorção tende a
diminuir as tensões. Os reativos, para se controlar a tensão, podem ser obtidos através de
bancos de capacitores e reatores ou mesmo através de máquinas síncronas.
O objetivo principal do controle de tensão é manter um determinado nível
independente das variações das cargas. Em termos de equações de fluxo de potência, o
módulo da tensão é fixo e a correspondente incógnita passa a ser a potência reativa.
A consideração de barras controladas por reativos aumenta a complexidade do
processo numérico de Gauss - Seidel, por outro lado simplifica o processo numérico de
Newton - Raphson. A simplificação ocorre no Jacobiano, do processo numérico de Newton Raphson, referente aos incrementos de tensão, pois nas barras com tensão controlada os
incrementos de tensão são nulos. Com isto a matriz [ B"] pode ter dimensões menores que a
matriz [ B '] .
Fluxo de Potência
24
Exemplo 7.1 - Determinar a potência reativa na barra 3 e a tensão na barra 2. A barra 3 tem
uma tensão controlada de 69 kV e fornece uma potência de 10 MW para o sistema. As linhas
de transmissão têm reatâncias indutivas série de 0,5 Ω/km e reatâncias capacitivas de 250
kΩ×km,. Considere a barra 1 como referência com uma tensão de 69 kV, tensão de base de 69
kV e potência de base de 100 MVA. Utilizar o método de Gauss - Seidel.
gerador
1
2
100 km
100 km
∼
3
∼
carga
(15 +j 5) MVA
SOLUÇÃO: O diagrama de admitâncias do sistema é:
1
-j0,9522
j0,0095
∼
j0,0095
2
-j0,9522
carga
j0,0095
j0,0095
3
∼
A matriz de admitância do sistema é:
0
 − j 0,9427 + j 0,9522

 + j 0,9522 − j1,8850 + j 0,9522



0
+ j 0,9522 − j 0,9427 
 1,0∠ 0   
i1

 
* *
 v 2  =  − (0,15 + j 0,05) / v 2
 1,0∠ θ   (0,10 + jQ ) * / 1,0∠ − θ
3  
3




3 
PRIMEIRA ITERAÇÃO - A segunda linha da equação de fluxo de potência é:
j 0,9522 − j1,8850v12 + j 0,9522∠ θ 30 = − (0,15 − j 0,05) /(v 20 ) *
Os valores iniciais são v 20 = 1,0∠ 0  e θ 30 = 0 , portanto o novo valor da tensão na barra 2 é
v12 = 0,987∠ − 4,6  .
A terceira linha da equação matricial é:
j 0,9522v12 − j 0,9427∠ θ 31 = (0,.10 − jQ30 ) / 1, ∠ − θ 30
Fluxo de Potência
25
O valor inicial de Q30 é zero, portanto o novo valor de θ 3 é θ 31 = 1,5  .
O novo valor de Q3 pode ser obtido também através da terceira linha da equação matricial
substituindo os valores já obtidos assim Q31 = 0,0154 .
Os cálculos são repetidos da mesma maneira ao longo do processo iterativo. Após a quarta
iteração os valores obtidos são:
v 24 = 0,979∠ − 3,26 
θ 34 = 2,89 
Q34 = 0,0156
Exemplo 7.2 - Calcular as tensões nas barras do circuito da figura e a potência que flui nas
linhas de transmissão da barra 1 para a barra 4. A barra 1 (Usina de Itumbiara) é a referência
com uma tensão de 345kV∠0°, a barra 3 (Usina de Cachoeira Dourada) tem tensão controlada
em 230kV e injeta 620 MW no sistema, a barra 4 (Subestação Bandeirantes) é de carga com
tensão controlada (controle através de um banco estático) em 345kV e a barra 5 (Subestação
Anhangüera) é uma barra de carga. As unidades transformadoras são iguais, cada uma com
potência de 225MVA, reatância de dispersão de 5% e relação de transformação de
345kV/230kV. Utilizar o método de Newton Raphson desacoplado e considere uma potência
de base de 100MVA e 230kV na barra 3.
XL = 0,5Ω/km
3
(0,7+j0,2)GVA
XC = 300kΩ×km
∼
200km
60km
∼
∼
5
1
2
XL = 0,4Ω/km
XC = 260kΩ×km
200km
(1,0+j0,2)GVA
4
Solução - Utilizando tensão de base de 345 kV na barra de referência e potência de base de
100 MVA, a matriz de admitância do sistema é:
Fluxo de Potência
26
0
29,8
0 
 − 118,9 90,0
 90,0 − 107,5 17,6
0
0 

[ y] = j  0
17,6
− 27,7
0
10,6 


0
0
− 163,9 135,0 
 29,8
 0
0
10,6
135,0 − 145,2
Conhecendo o Jacobiano [ B '] e o mismatch de potência ativa [ ∆ P ] , pode-se então determinar
os incrementos angulares [ ∆ θ ] :
0
0 
 ∆ θ 2   − 107,6 17,6
 ∆ θ   17,6
− 28,2
0
10,6 
 3 = 
 ∆ θ 4  0
0
− 164,8 135,0 

 

10,6
135,0 − 145,6
 ∆ θ 5  0
−1
 0,0   −
 + 6,2   −

 = 
 − 10,0  +

 
 − 7,0   +
0,012 rd   − 0,7 


0,073 rd   − 4,2 
=
0,398 rd   22,8 

 
0,411 rd   23,5 
Assim os novos valores das tensões são:
 v1   1,00∠ + 0,0 
 v1  

 2   1,00∠ + 0,7 
 v13  =  1,00∠ + 4,2 

 1 

 v4   1,00∠ − 22,8 
 v15   1,00∠ − 23,5 


A matriz [ B"] pode ser obtida através da matriz [ B '] ao se desconsiderar as linhas e colunas
correspondentes as barras com tensão controlada, pois as barras com tensão controlada não
possuem ∆ v . A matriz [ B"] tem dimensão apenas 2x2, pois as barras 2 e 5 são as únicas que
não tem tensão controlada, assim:
[ B"][ ∆ V ] =
0,0 
 − 107,6
 0,0
− 145,6

 ∆ V2   − ∆ Q2 
∆V  = − ∆Q 
5
 5 
Conhecido os valores de tensão após a primeira iteração, pode-se calcular o mismatch de
potência reativa objetivando determinar os incrementos de tensão, assim:
0,0 
 ∆ v2   − 107,6
 ∆ v  =  0,0
− 145,6
 5 
−1
 + 0,0605  − 5,62 E − 4
 − 2,81  =  + 0,0193 

 

Conhecido os incrementos de tensão os novos valores das tensões nas barras são:
Fluxo de Potência
27
 v1   1,000∠ + 0,0 
 v2  
 
1
,
001
∠
+
0
,
7
2


 
 v32  =  1,000∠ + 4,2 

 2 

 v4   1,000∠ − 22,8 
 v52   0,981∠ − 23,5 


O processo iterativo deve continuar até que a tolerância da tensão ou a tolerância do mismatch
de potência sejam alcançadas.
Supondo que os valores de tensão alcançados são suficientemente precisos, pode-se então
determinar a potência que flui da barra 1 para a barra 4 através das linhas de transmissão em
345 kV.
1
4
200km
XL=0,4Ω/km
1,0∠0°
-j14,9
1,0∠-22,8°
j0,458
j0,458
XC=260kΩ×km
A potência que flui em cada uma das linhas pode ser dada por:
*
s14 = v1i14
= v1[ (v1 − v4 )(− j14,9) + v1( j 0,458)]* = 5,77 + j 0,70
A figura abaixo mostra o diagrama com os fluxos de potência representados.
1
4
577
70
577
70
8 - EXERCÍCIOS
Exercício 8.1 - Determinar a tensão na barra 3 e a potência que flui da barra 1 para a barra 2.
Utilizar o método de Gauss Seidel.
Fluxo de Potência
28
1
2
300 km
R=0,1 Ω/km
XL = 0,45 Ω/km
∼
140kV∠ 0°
3
(30 - j10) MVA
138kV/13,8kV
X = 8%
50 MVA
XC = 270 kΩ × km
Exercício 8.2 - Determine o defasamento angular da barra 3 e o fluxo de potência ativa da
barra1 para a 2 utilizando o modelo de fluxo linear. A reatância indutiva das linhas é de 0,5
Ω/km e a reatância capacitiva de 250 kΩ×km. Considere que a barra 3 fornece 10 MW ao
sistema.
1
gerador
2
100 km
100 km
∼
3
∼
carga
(15 +j 5) MVA
Exercício 8.3 - Determine a tensão na barra 3 do sistema da figura. A tensão na barra geradora
é de 140 kV. Utilizar o método de Newton - Raphson desacoplado, tensão de base de 138 kV
na barra geradora e potência de base de 100 MVA.
1
2
300 km
R=0,1 Ω/km
XL = 0,45 Ω/km
∼
140kV∠ 0°
3
(30 - j10) MVA
XC = 270 kΩ × km
138kV/13,8kV
X = 8%
50 MVA
tap = 132 kV
Exercício 8.4 - No circuito da figura a barra 1 é a referência com tensão de 138kV. A barra 2
é uma barra geradora com uma tensão de 140kV e fornece 50 MW ao sistema. A barra 3 é
uma barra de carga . As linhas de transmissão do sistema têm reatâncias indutivas de 0,5
ohms/km e reatâncias capacitivas de 300 kohms×km. Determine o reativo da máquina
síncrona na barra 2 e a tensão na barra 3 . Utilize o método de Newton - Raphson desacoplado
e tensão de base de 138 kV na referência e potência de base de 100 MVA.
1
2
100km
∼
40km
60km
∼
3
(80+j40)MVA
Fluxo de Potência
29
Exercício 8.5 - Determine o fluxo de potência em cada um dos transformadores do sistema
mostrado na figura. A barra 1 é a referência com tensão de 140 kV. Utilize o método de
Newton - Raphson desacoplado, tensão de base de 138 kV na referência e potência de base de
100 MVA.
2
idem
3
1
50 km
∼
XL=0,5 ohms/km
XC=270 kohm×km
(80+j20)MVA
138kV/13,8kV
X=6%
50 MVA
Exercício 8.6 - Determine o tap no lado de alta tensão do transformador para que v 3 = v1 .
(prova de ASP de jun98)
1
2
3
200km
XL=0,5 ohms/km
XC=250 kohm×km
∼
230kV/138kV
X=10%
50 MVA
Exercício 8.7 - No sistema da figura os dois transformadores são idênticos mas um deles está
conectado no tap de 13,2kV. Sabendo que v 2 = 13,2kV∠ 0  , determine a tensão na barra 1.
(prova ASP 04ago98).
1
2
40MW
cosϕ =0,92 (atrasado)
∼
25MVA
X=9%
138kV/13,8kV
Fluxo de Potência
30
Exercício 8.8 - Determine a solução analítica de v 2 no sistema da figura. Considere que v1 é
conhecido e que a potência s 2 é representada com impedância constante na base V N . (prova
ASP 04ago98).
1
zL
2
zC
∼
s2
zC
Exercício 8.9 - Calcule a potência reativa do motor síncrono M no sistema da figura, sabendo
que os dois transformadores são idênticos mas que um está conectado no tap nominal e o
outro no tap de 132kV. Considere que a tensão do sistema supridor seja de 135kV∠0° e ainda
que o módulo da tensão do motor seja de 13,5kV. (prova ASP 02/mar/99).
1
2
M
S
50MVA
X=10%
138kV/13,8kV
70MVA
cosϕ =0,86 (atrasado)
Exercício 8.10 - (prova ASP em 27mar99) - No circuito da figura a tensão da barra 1 é de 138
kV∠0°. Determine o valor da reatância indutiva (jX) conectada a barra 3 para controlar
v3 = 13,8 kV A carga na barra 3 é de 40 MW com fator de potência de 0,93 em atraso.
2
idem
3
1
∼
60 km
XL=0,49 ohms/km
XC=270 kohm×km
138kV/13,8kV
X=8%
25 MVA
jX
Exercício 8.11 - (prova ASP em 27mar99) - Determine o valor das perdas ativas (em MW) do
sistema da figura, sabendo que v1 = 220 kV∠0° e v3 = 210 kV∠-25,0°.
1
sG
Fluxo de Potência
2
3
200 km
R=0,15Ω/km
XL=0,50Ω/km
240 km
R=0,14Ω/km
XL=0,49Ω/km
XC=270kΩ×km
XC=310kΩ×km
sC
31
Exercício 8.12 - (Exame Nacional de Cursos - 98) - A Companhia de Eletricidade do Vale
Dourado dispõe de duas subestações de 130kV alimentadas por um sistema de transmissão
cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de cada linha é igual a
0,26+j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de Operação da Companhia
executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga e, baseado n período de
carga máxima, decidiu que deveria ser instalado um banco de capacitores na SUB02, de forma
a obter, nesse ponto, uma tensão de 1,00 pu. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da
execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra como barra
de balanço.
a)Expresse a impedância das linhas em pu, adotando 100MVA como base de potência e a
tensão de linha como base de tensão.
b)Determine a potência do banco de capacitores instalado em SUB02.
BARRA
GER00
SUB01
SUB02
Módulo da
Fase da
Tensão (pu) Tensão (rad)
1,000
0,0000
0,990
-0,03037
1,000
-0,03039
GER00
SUB01
13km
∼
s=0,9+j0,3 pu
6,5km
9,75km
SUB02
QC
s=0,6+j0,2 pu
Exercício 8.13 - (Exame Nacional de Cursos - 99) - Uma concessionária de energia elétrica
pretende analisar o comportamento dos fluxos de potência ativa em seu sistema, tendo em
vista a previsão de carga para um horizonte de dez anos. Para isso, como engenheiro da
divisão de planejamento dessa concessionária, você foi encarregado de estudar o problema. A
figura abaixo representa o diagrama unifilar do sistema com as cargas futuras previstas.
a) Calcule os fluxos de potência ativa nas linhas de transmissão, considerando a Barra 1 como
referência angular do sistema (θ 1 = 0,0 rad ) .
b) Supondo que o fluxo de potência máximo permitido na linha 1 - 2 seja 0,5pu, determine a
reatância, em pu, do menor banco de capacitores que deverá ser instalado na linha 1 - 3, de
modo que o limite máximo na linha 1 - 2 não seja ultrapassado.
Dados:
Fluxo de Potência
[ P] = [ B][θ ]
32
onde [P] é o vetor de injeção de potência, [B] é a matriz de susceptância de barras e [ θ] é o
vetor do ângulo das tensões de barra.
O efeito capacitivo e a resistência série das linhas de transmissão são desprezados.
∼
PG1 = 1,5 pu
1
X1,2 =1/3 pu
PL2 = 0,5 pu
X1,3 =1/2 pu
X2,3 =1/2 pu
2
3
PL3 = 1,0 pu
Exercício 8.14 – Uma linha de distribuição rural de 15km, R = 1,5ohms/km, X L =
0,5ohms/km, abastece uma carga de 30kVA, com fator de potência igual a 0,85 em atraso. A
tensão da fonte é de (13,8 / 3 ) kV. Determine o banco de capacitores que inserido na linha
eleva o módulo da tensão da carga para (13,8 / 3 ) kV.
Exercício 8.15 - (Prova ASP 16jul99) - Determinar reatância percentual do transformador
entre as barras 3 e 4 que limita P4-3 em 200 MW. Utilizar como base 100MVA e 345kV no
gerador da barra 1, os conceitos de fluxo linear poderão ser utilizados para resolver o
problema.
600MW
200km
800MW
~
XL=0,5Ω/km
2
345kV/230kV
X=5%
450MVA
3
345kV/230kV
X=??
450MVA
200km
~
referência
1
XL=0,5Ω/km
4
800MW
Exrcício 8.16 - (Prova ASP 16jul99) - A tensão da barra de referência é 141kV∠0º.
Determinar o fator de potência da carga que mantém o módulo da tensão em 13,2kV. Utilizar
como base 100MVA e 138kV na barra de referência.
referência
~
200km
R=0,15Ω/km
XL=0,5Ω/km
XC=270kΩ/km
Fluxo de Potência
P=40MW
fp=?
138kV/13,8kV
X=7,5%
50MVA
33
Exercício 8.17 - (Exame Nacional de Cursos - 98, prova ASP 16jul99) - A Companhia de
Eletricidade do Vale Dourado dispõe de duas subestações de 130kV alimentadas por um
sistema de transmissão cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de
cada linha é igual a 0,26+j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de
Operação da Companhia executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga
e, baseado n período de carga máxima. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da
execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra como barra
de balanço e também considerando como base 100 MVA e tensão de linha de 130kV.
Determine a perda de potência ativa no sistema.
BARRA
GER00
SUB01
SUB02
Módulo da
Fase da
Tensão (pu) Tensão (rad)
1,000
0,0000
0,990
-0,03037
1,000
-0,03039
GER00
SUB01
13km
∼
s=0,9+j0,3 pu
6,5km
9,75km
SUB02
QC
s=0,6+j0,2 pu
Exercício 8.18 - (Prova ASP 18dez99) - Dois transformadores em paralelo suprem uma carga
de 40MW com fator de potência de 0,8 em atraso e a uma tensão de 13,2kV. Os
transformadores com relação nominal de tensão de 138kV/13,8kV têm cada um uma potência
nominal de 25MVA. A reatância indutiva de um deles é de 7,0% e do outro de 9,0%.
Determinar qual o percentual de redução da carga para que nenhum deles opere com
sobrecarga..
Exercício 8.19 - (Prova ASP 05jul00) - Uma concessionária de energia elétrica pretende
construir uma linha de transmissão trifásica para transportar uma potência de 70 MW, fp=0.9
(atrasado) a uma distância de 200km. Os técnicos concluíram que o condutor mais
conveniente deveria ter uma resistência ôhmica de 0,15 Ω/km e que as perdas ativas poderiam
ser da ordem de 5% da potência a ser transportada. Determinar em termos aproximados qual o
nível de tensão da linha de transmissão planejada.
Exercício 8.20 - (Prova ASP 05jul00) No sistema da figura a barra 1 é a barra de referência
com tensão de 140 kV. A barra 2 consome 20000 kW e o módulo da tensão é controlado em
Fluxo de Potência
34
135 kV. Supondo que a solução para o defasamento angular seja através de [J][∆Θ]=[−∆P], o
que corresponde ao processo iterativo de Newton Raphson, determinar o valor do Jacobiano
[J] literal e numérico. Adotar como tensão de base 138 kV e potência de base 100 MVA.
1
gerador
2
∼
carga
∼
200km
1,5 Ω/km
0,5 Ω/km
270 kΩ ×km
Exercício 8.21 – (Prova ASP 07Ago03) - No sistema da figura a tensão na barra A é 139kV∠5,3° e na barra B 14,1kV∠-7,1°. O transformador tem uma resistência ôhmica de 0,5% e uma
reatância indutiva de 7,0%. A potência reativa que flui da barra A para a barra B é de 10,0
MVAr. Determinar o tap no lado de alta tensão do transformador.
A
B
∼
138kV/13,8kV
25 MVA
Exercício 8.22 - (Prova ASP 01set03) - No sistema da figura, determine o valor do tap do
transformador no lado de alta tensão, sabendo que a tensão na barra A é 143,5∠0°kV, a tensão
na barra B 128,2∠-5,93°kV e a tensão na barra C é 13,14∠-9,63°kV.
A
~
97,0 km
R = 0,22 Ω/km
XL = 0,5 Ω/km
XC = 290 kΩxkm
B
C
138 kV / 13,8 kV
50 MVA
X = 6,4 %
tap= ? kV
Carga
47,0 MW
fp=0,94
(atrasado)
Exercício 8.23 – (Prova ASP 13jun2006) - A concessionária local tem um transformador com
as seguintes especificações: tensões nominais 230 kV e 138 kV, impedância 6,99%, potencia
150 MVA, perda nos enrolamentos 0,30% e perda no núcleo 0,10%. Uma carga de 127 MW
com fator de potência 0,96 atrasado está conectada no lado de 138 kV cuja tensão de operação
é 144,7 kV. Suponha que a carga se mantém constante ao longo do tempo e que o custo da
energia é de R$150,0 por MWh. Determine o custo das perdas totais no transformador
durante o período de um ano.
Fluxo de Potência
35
Exercício 8.24 – (Prova ASP 15jun207) - Determinar a perda de potência, em MW, na linha
de transmissão. Os valores das tensões nas barras A e C são conhecidas. O transformado de
230kV/69kV está conectado no tap de 216 kV. Utilizar como base para pu 100MVA e 13,8kV
na barra A.
V=72,98∠ 3,40°kV
A
~
69kV/230kV
100 MVA
X = 10,1%
B
C
78,2km
R=0,10 Ω/km
XL =0,422Ω/km
XC =257,1kΩ*km
~
v=230,97 ∠6,20°kV
Fim
Fluxo de Potência
36
Fluxo de Potência
Cargas Desequilibradas
Revisado em dezembro 2009
1 - Introdução
Fluxo de potência é uma das ferramentas básicas em análise de sistemas elétricos. As
equações de fluxo de potência podem ser aplicadas tanto em sistemas de grande porte quanto
em pequenas instalações. Através da análise do fluxo de potência pode-se conhecer o
desempenho de sistemas sob o ponto de vista de operação ou planejamento.
A operação de um sistema é considerada adequada quando os níveis de tensão permanecem
dentro de determinadas faixas. Em sistemas de grande porte, na maioria das vezes, considerase como normal variação de tensão entre 0,95 pu e 1,05 pu. Valor fora desta faixa pode
significar que o sistema opera precariamente, entretanto existem exceções como, por exemplo,
tensões da ordem de 0,90 pu em sistemas de pequeno porte. A análise de fluxo de potência
deve também considerar os carregamentos dos componentes do sistema.
Nos sistemas de baixa tensão, muitas vezes, as cargas são desequilibradas. A avaliação de
fluxo de potência com cargas desequilibradas pode ser feita através de equações de rede
trifásicas ou através de componentes simétricas. A simulação de sistemas utilizando
componentes simétricas é muito comum quando se analisa curtos circuitos. A simulação de
sistemas com cargas desequilibradas é semelhante aos procedimentos utilizados com curto
circuito.
A simulação de fluxo de potência com cargas desequilibradas requer a representação do
sistema nas três seqüências. Os exemplos expostos nas páginas seguintes esclarecem a
metodologia.
Fluxo de Potência
37
Exemplo 1 - Determine as tensões na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O
gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 6,9 kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA
no gerador. Suponha que na barra 4, a carga está conectada na fase A. Os dois transformadores
são DY aterrado. A impedância de seqüência zero da linha é (2,0+j2,0) Ω/km e a reatância
capacitiva 400 kΩ/km.
gerador
1
trafo 1
2
∼
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
3
100 km
R=0,5 Ω/km
XL = 0,5 Ω/km
trafo 2
4
carga
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
2 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
SOLUÇÃO 1 - O primeiro passo para a solução do problema é determinar os diagramas de
impedâncias em pu do sistema, conforme mostrado abaixo.
1
1,0 ∠ 0º
j0,800
2
4,201+j4,201
3
j1,400
4
carga
∼
Fig.1 - Diagrama de impedâncias de seqüência positiva
1
j0,800
2
4,201+j4,201
3
j1,400
4
carga
Fig. 2 - Diagrama de impedâncias de seqüência negativa
1
j0,800
2 16,804+J16,804 3
j1,400
4
carga
Fluxo de Potência
38
Fig. 3 - Diagrama de impedâncias de seqüência zero
A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, e supondo que o valor inicial da tensão na barra 4
seja 1,0 pu, então a corrente na fase A corresponde a 0,02 pu, com um defasamento de 18,19
graus, portanto:
 ia   0,02∠ − 18,19  

i  = 
0,0
 Eq 1
 b 


 ic  
0,0

As correntes da carga no espaço de seqüência são:
 i0 
1 1
 + 1 
 i  = × 1 a
 i −  3 1 a 2

 
 0,02∠ − 18,2  
1   0,02∠ − 18,2  

 1

a 2  × 
0,0
 = 3  0,02∠ − 18,2  Eq. 2
 0,02∠ − 18,2  

a  
0,0



Em termos de seqüência positiva:
v1+ − v 4 + = ( j 0,800 + 4,201 + j 4,201 + j1,400) × 0,006667∠ − 18,19  =
0,05105∠ 38,53
Eq. 3
As tensões na barra de geração são fixas e equilibradas, portanto a tensão de seqüência
positiva na barra 4 equivale a:
v 4 + = v1+ − 0,05105∠ 38,53 = 0,9601 − j 0,03180 = 0,9606∠ − 1,90  Eq. 4
Em termos de seqüência negativa:
v1− − v 4 − = ( j 0,800 + 4,201 + j 4,201 + j1,400) × 0,006667∠ − 18,19  = 0,05105∠ 38,53 Eq. 5
Como a tensão de seqüência negativa na barra 1 é zero, então a tensão de seqüência negativa
na barra 4 equivale a:
v 4 − = v1− − 0,05105∠ 38,53 = − 0,05105∠ 38,53 Eq. 6
De forma semelhante a tensão de seqüência zero na barra 4 equivale a:
v 4 0 = v30 − ( j1,400) × 0,006667∠ − 18,19  = − 0,009334∠ 71,81 Eq. 7
Conhecendo as tensões da barra 4 no espaço de seqüência, então as tensões da barra 4 no
espaço trifásico:
Fluxo de Potência
39
 v4 a   1 1
 v4  =  1 a 2
 b 
 v 4 c   1 a

1   − 0,009334∠ 71,81   0,9172 − j 0,0725 


a  ×  0,9606∠ − 1,90   =  − 0,4630 − j 0,8431
a 2   − 0,05105∠ 38,53   − 0,4630 + j 0,8890



 v 4 a   0,9201∠ − 4,51 
 v 4  =  0,9619∠ 241,2  
 Eq. 8
 b 

 v 4 c   1,002∠ 117,5 
Conhecendo a tensão na barra 4, e possível determinar os novos valores de corrente, e assim
por diante.
SOLUÇÃO 2 – Uma outra solução é proceder de forma semelhante ao cálculo de um curto
circuito monofásico através de uma impedância. A impedância seria a carga. O valor da
impedância equivalente da carga é:
z c arg a = 1 / s * = 1 / 0,02∠ − 18,19  = 50,0∠ 18,19  Eq. 9
O equivalente de seqüência positiva é 4,201 + j 6,401 , idêntico ao equivalente de seqüência
negativa e o equivalente de seqüência zero corresponde a j 0,800 . Portanto o diagrama para
simular o curto circuito monofásico é:
1,0 ∠ 0º
∼
4,201+j6,401
4,201+j6,401
J1,400
3 × 50,0∠ 18,19
Fig. 4 Simulação de falta FT
De acordo com a Figura 4:
Fluxo de Potência
40

i + = i − = i 0 = 1,0 /(4,201 + j 6,401 + 4,201 + j 6,401 + j1,400 + 150∠ 18,19  ) =
1,0 /(150,91 + j 61,03) = 0,006143∠ − 22,02 
Eq. 10
Portanto as correntes de seqüência equivalem a 0,006143∠ − 22,02  . As tensões de seqüência:
v 4 + = 1,0 − (4,201 + j 6,401) × 0,006143∠ − 22,02  = 1,0 − 0,04703∠ 34,70  =
0,9613 − j 0,02677 = 0,9617∠ − 1,60 
v 4 − = 0,0 − (4,201 + j 6,401) × 0,006143∠ − 22,02  = − 0,04703∠ 34,70 
Eq. 11
v 4 0 = 0,0 − ( j1,400) × 0,006143∠ − 22,02  = − 0,008600∠ 67,98 
As tensões da barra 4 no espaço trifásico correspondem a:
 v4 a   1 1
 v4  =  1 a 2
 b 
 v 4 c   1 a

1   − 0,008600∠ 67,98   0,9194 − j 0,0616 


a  ×  0,9617∠ − 1,60   =  − 0,4646 − j 0,8472 Eq. 12
a 2   − 0,04703∠ 34,70    − 0,4645 + j 0,8848


 v 4 a   0,9215∠ − 3,83 
 v 4  =  0,9662∠ 241,3 
 Eq. 13
 b 

 v 4 c   0,9993∠ 117,7 
Exemplo 2 - Determine as tensões na barra 4 utilizando o método de Gauss - Seidel. O
gerador conectado a barra 1 tem uma tensão de 6,9 kV. Use uma base de 6,9 kV e 100 MVA
no gerador. Suponha que na barra 4 as cargas estão conectadas nas fases A e B. Os dois
transformadores são DY aterrado. A impedância de seqüência zero da linha é (2,0+j2,0) Ω/km
e a reatância capacitiva 400 kΩ/km.
gerador
1
trafo 1
2
∼
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
3
100 km
R=0,5 Ω/km
XL = 0,5 Ω/km
trafo 2
4
carga
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
2 MVA(A e B)
cosφ = 0,95
(atrasado)
SOLUÇÃO - O primeiro passo para a solução do problema é determinar as correntes de
seqüência na barra 4.
A carga do sistema na barra 4 é de 2 MVA, e supondo que o valor inicial da tensão na barra 4
(fases A e B) seja 1,0 pu, então a corrente corresponde a 0,02 pu, com um defasamento de
18,19 graus, portanto:
Fluxo de Potência
41
 ia   0,02∠ − 18,19  

i  = 
0,0
 Eq 14
 b 

 ic  
0,0

As correntes da carga no espaço de seqüência são:
 i0 
1 1
 + 1 
 i  = × 1 a
 i −  3 1 a 2

 

1   0,02∠ − 18,2 
 0,00409 − j 0,01958

1
2
 
a  ×  0,02∠ 221,8  =  0,03800 − j 0,01249 Eq. 15
 3  0,01491 + j 0,01333
a  
0,0




As tensões de seqüência são:
v 4 + = v1+ − (4,201 + j 6,401) × (0,03800 − j 0,01249) / 3 = 1,0 − 0,1021∠ 38,53 =
0,9201 − j 0,0636 = 0,9223∠ − 3,95 
v 4 − = 0,0 − (4,201 + j 6,401) × (0,01491 + j 0,01333) / 3 = − 0,0510∠ 98,52 
Eq. 16
v 4 0 = 0,0 − ( j1,400) × (0,00409 − j 0,01958) / 3 = − 0,0280∠ 11,80 
As tensões da barra 4 no espaço trifásico correspondem a:
 v4 a   1 1
 v4  =  1 a 2
 b 
 v 4 c   1 a

1   − 0,0280∠ 11,80   0,9002 − j 0,1197 


a  ×  0,9223∠ − 3,95   =  − 0,5026 − j 0,7390 Eq. 17
a 2   − 0,0510∠ 98,52    − 0,4799 + j 0,8416


 v 4 a   0,9081∠ − 7,57  
 v 4  =  0,8937∠ 235,8  
 Eq. 18
 b 

 v 4 c   0,969∠ 119,7 
FIM
Fluxo de Potência
42
Fluxo de Potência:
Controle de tensão com reguladores de
tensão ou taps de transformadores
Revisado em maio 2010
1 - Introdução
Os transformadores são eficientes no controle das tensões. As mudanças nos taps dos
transformadores, ou reguladores de tensão, podem ser ajustadas para controlar as tensões. Os
transformadores podem ter taps que somente são alterados com o transformador fora de
operação ou taps variáveis com o transformador em operação. O primeiro tipo é denominado
de transformadores com taps fixos. O segundo tipo é denominado de transformadores com
taps variáveis sob carga, ou com a terminologia em inglês LTC ( Load Tap Changer ). Os
transformadores com taps variáveis sob carga são mais caros e normalmente este recurso
somente é utilizado em transformadores com potencia superior a 10 MVA.
Um outro recurso para controlar tensões são os reguladores de tensão. Os reguladores de
tensão são equipamentos de pequeno porte, normalmente da ordem de 10 MVA ou menores,
que são bastante utilizados na distribuição. Os reguladores de tensão são diferentes dos
transformadores de potencia mas a simulação destes equipamentos pode ser feita do mesmo
modo que os transformadores de potencia com taps variáveis.
O controle de tensão, por transformadores ou reguladores, introduz nas equações de fluxo de
potencia, novas variáveis. Cada controle introduz duas variáveis nas equações, um valor
conhecido que é a tensão controlada e uma incógnita que é o valor do tap.
O método de Newton Raphson desacoplado permite uma solução simples e eficiente na
consideração de controle de tensão por taps de transformadores. O controle de tensão por taps
dificulta a convergência de diversos métodos, mas no caso do Newton Raphson desacoplado o
controle de tensão melhora a convergência.
Fluxo de Potência
43
2 – Equações de Fluxo de Potencia
No sistema da figura a barra 1 é a referência e as outras barras são do tipo PQ. O
transformador entre as barras 2 e 3 controla a tensão da barra 3 utilizando taps variáveis. Na
barra de referência a tensão (módulo e defasamento) é conhecida e nas barras 2, 3 e 4 os
valores da potência (parte ativa e reativa) são conhecidos. Na barra 3, o valor da tensão é
conhecido e o valor do tap é uma incógnita.
1
2
P+jQ
v
4
3
P+jQ
P+jQ
Fig. 2.1
Supondo a existência de um transformador entre as barras 1 e 2 na figura abaixo, o
equivalente será:
i1
v1
T1/T2
v3
z
i2
i1
v2
v1
i2
a
b
c
v2
Fig. 2.2
Onde os valores em termos de impedâncias correspondem as seguintes equações:
a = z× T
b = z × T 2 /(1 − T )
c = z × T /(T − 1)
2.1
As equações acima em termos de admitancias correspondem a:
1/ a = y / T = y × H
1/ b = y × (H 2 − H )
1 / c = y × /(1 − H )
2.2
Portanto a equação matricial do sistema da figura é:
 y11
− y
21

 0

 0
Fluxo de Potência
− y12
y 21 + y 23 H 2
− y32 H
0
0
− y 23 H
y32 + y34
− y34
0   v1   i1   i1 
0   v 2   i2   s *2 / v 2* 
=
=
y34   v3   i3   s3* / v3* 
    

y 44   v 4   i4   s *4 / v 4* 
2.3
44
A segunda linha da equação matricial 2.3 é:
− y 21v1 + ( y 21 + y 23 H 2 )v 2 − ( y 23 H )v3 = s 2* / v 2*
2.4
Multiplicando a equação acima por v 2* obtém-se:
− y 21v1v 2* + ( y 21 + y 23 H 2 )V 2 − ( y 23 H )v3v *2 = s *2
2.5
A equação que define a potência na barra 2 pode ser reescrita como:
− y 21V1V2 ∠ θ 12 + ( y 21 + y 23 H 2 )V22 − ( y 23 H )V3V2 ∠ θ 32 = s 2*
2.6
3 – Jacobianos de incrementos de ângulos e de tensões
O método desacoplado permite a dedução do Jacobiano relativo aos incrementos de ângulos
independente dos incrementos de tensões. Os incrementos dos taps são tratados da mesma
forma que os incrementos de tensões, pois as variações nos taps afetam fortemente as tensões
sem grandes mudanças nos ângulos.
3.1 Determinação dos incrementos angulares - Supondo que se conheça uma solução
aproximada para os defasamentos angulares pode-se escrever que:
a
a
− y 21V1V2 ∠ θ 12
+ ( y 21 + y 23 H 2 )V22 − ( y 23 H )V3V2 ∠ θ 32
≈ s 2* + ∆ s 2*
3.1.1
Considerando θ aproximado = θ correto + ∆ θ então:
c
− y 21V1V2 ∠ (θ 12
+ ∆ θ 12 ) + ( y 21 + y 23 H 2 )V22 −
c
( y 23 H )V3V2 ∠ (θ 32
+ ∆ θ 32 ) ≈ s *2 + ∆ s 2*
3.1.2
O defasamento angular pode ser decomposto em:
1∠ (θ + ∆ θ ) = cos(θ + ∆ θ ) + j × sen(θ + ∆ θ ) =
cos θ cos ∆ θ − senθ sen∆ θ + j × senθ cos ∆ θ + j × cos θ sen∆ θ ≈
cos θ − ∆ θ senθ + j × senθ + j × ∆ θ cos θ =
cos θ + j × senθ + j × ∆ θ (cos θ + j × senθ ) = 1∠ θ + j × ∆ θ ∠ θ
3.1.3
Assim obtém-se que:
c
c
− y 21V1V2 j∆ θ 12 ∠ θ 12
− ( y 23 H )V3V2 j∆ θ 32 ∠ θ 32
) ≈ ∆ s 2*
Fluxo de Potência
3.1.4
45
Considerando que:
os defasamentos angulares θ ijc são relativamente pequenos;
os valores das tensões são próximos de 1,0;
a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que a parte reativa;
os valores de H são próximos da unidade, então:
− j ( jB21 )∆ θ 12 − j ( jB23 )∆ θ 32 ≈ ∆ s *2
3.1.5
Sabendo que ∆ θ ij = ∆ θ i − ∆ θ j , conclui-se que:
B21 ( ∆ θ 1 − ∆ θ 2 ) + B23 (∆ θ 3 − ∆ θ 2 ) ≈ ∆ P2
3.1.6
Denominando B21 + B23 = B22 , então:
− B21∆ θ 1 + B22 ∆ θ 2 − ( B23 A)∆ θ 3 ≈ − ∆ P2
3.1.7
Uma rápida análise permite concluir que incrementos angulares são independentes dos valores
dos taps. Sabendo que a barra 1 é a referência, portanto ∆ θ 1 = 0,0 , a equação matricial em
termos de incrementos angulares do sistema da figura é:
 B22
− B
32

 0
− B23
B33
− B43
0   ∆ θ 2   − ∆ P2 
− B34   ∆ θ 3  =  − ∆ P3 
B44   ∆ θ 4   − ∆ P4 
3.1.8
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos angulares é conhecida como:
[ B'] [ ∆ θ ] = [ −
∆ P]
3.1.9
O Jacobiano de incrementos angulares, no método de Newton Raphson desacoplado, não sofre
qualquer alteração em sistemas com tensões controladas por taps da mesma forma que sistema
com tensões controladas por reativos.
3.2 Determinação dos incrementos de tensões e taps - A dedução do Jacobiano referente
aos incrementos da tensão pode ser feita de maneira semelhante ao que foi adotado para os
incrementos angulares.
A segunda linha da equação matricial 2.3 é:
(− y 21 )v1 + ( y 21 + H 2 y 23 )v 2 + ( − y 23 H )v3 = s 2* / v 2*
Fluxo de Potência
3.2.1
46
A tensão V3 é conhecida, portanto considera-se a existência de ∆ H ao invés de ∆ V3 , assim a
segunda linha da equação matricial:
− y 21 (V1c + ∆ V1 )(V2c + ∆ V2 )∠ θ 12 + ( y 21 + ( H + ∆ H ) 2 y 23 )(V2c + ∆ V2 ) 2 −
y 23 ( H + ∆ H )V3c (V2c + ∆ V2 )∠ θ 32 = s 2* + ∆ s *2
3.2.2
A equação acima pode ser simplificada como:
− y 21 (V1c ∆ V2 + V2c ∆ V1 )∠ θ 12 + ( y 21 + H 2 y 23 )(2 V2c ∆ V2 ) +
Hy 23 (2 (V2c ) 2 ∆ H ) − y 23 (V3c ∆ V2 + V2c ∆ H )∠ θ 32 ≈ ∆ s 2*
3.2.3
Sabendo que as tensões Vic ≈ 1,0 e que os defasamentos angulares θ ij sào relativamente
pequenos, então:
− ( A21 + jB21 )(∆ V2 + ∆ V1 ) + ( A21 + jB21 + H 2 ( A23 + jB23 ))(2 ∆ V2 ) +
H ( A23 + jB23 )(2 ∆ H ) − ( A23 + jB23 )(∆ V2 + ∆ H ) ≈ ∆ s 2*
3.2.4
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que
a parte reativa, então:
− jB21 (∆ V2 + ∆ V1 ) + ( jB21 + H 2 ( jB23 ))(2 ∆ V2 ) +
H ( jB23 )(2 ∆ H ) − jB23 (∆ V2 + ∆ H ) ≈ − j∆ Q2
3.2.5
Sabendo que H tem um valor próximo da unidade a equação acima pode ser simplificada
como:
− B21 ( ∆ V1 ) + ( B21 + B23 )( ∆ V2 ) + B23 ( ∆ H ) ≈ − ∆ Q2
3.2.6
A terceira linha da equação matricial 2.3:
− ( y32 H )v 2 + ( y32 + y34 )v3 + (− y34 )v 4 = s3* / v3*
3.2.7
Em termos de incrementos a terceira linha da equação matricial 2.3:
− y32 (V2c + ∆ V2 )(V3c )( H + ∆ H )∠ θ 23 + ( y32 + y34 )(V3c ) 2 −
y34V3c (V4c + ∆ V4 )∠ θ 43 = s3* + ∆ s3*
3.2.8
A equação acima pode ser simplificada como:
− y32 (V3c ∆ V2 + V3c ∆ H )∠ θ 23 − y34 (V3c ∆ V4 )∠ θ 43 ≈ ∆ s3*
Fluxo de Potência
3.2.9
47
Sabendo que as tensões Vic ≈ 1,0 e que os defasamentos angulares θ ij são relativamente
pequenos, então:
− ( A32 + jB32 )(∆ V2 ) − ( A32 + jB32 )( ∆ H ) − ( A34 + jB34 )(∆ V4 ) ≈ ∆ s3*
3.2.10
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que
a parte reativa, então:
− ( jB32 )(∆ V2 ) − ( jB32 )( ∆ H ) − ( jB34 )(∆ V4 ) ≈ − j∆ Q3
3.2.11
A equação acima pode ser simplificada como:
− B32 ∆ V2 − B32 ∆ H − B34 ∆ V4 ≈ − ∆ Q3
3.2.12
A quarta linha da equação matricial 2.3:
(− y34 )v3 + ( y34 )v 4 = s 4* / v *4
3.2.13
Em termos incrementais a quarta linha:
− y34V3c (V4c + ∆ V4 )∠ θ 34 + ( y34 )(V4c + V4 ) 2 = s 4* + ∆ s *4
3.2.14
Observa-se que na equação acima a tensão V3 é fixa e, portanto não tem incrementos. A
equação acima pode ser simplificada como:
− y34 (V3c ∆ V4 )∠ θ 34 + y34 ( 2V4c ∆ V4 ) ≈ ∆ s 4*
3.2.15
Sabendo que as tensões Vic ≈ 1,0 e que os defasamentos angulares θ ij são relativamente
pequenos, então:
− ( A34 + jB34 )(∆ V4 ) + ( A34 + jB34 ) (2∆ V4 ) ≈ ∆ s 4*
3.2.16
Considerando sistemas em que a parte resistiva das linhas e transformadores é bem menor que
a parte reativa, então:
− jB34 ∆ V4 + jB34 2∆ V4 ≈ − j∆ Q4
3.2.17
A equação acima pode ser simplificada como:
B34 ∆ V4 ≈ − ∆ Q4
3.2.18
Portanto a quarta linha é independente de ∆ V3 como era de se esperar, pois V3 é um valor
conhecido.
Fluxo de Potência
48
O Jacobiano dos incrementos de tensão está mostrado na equação 3.2.19. Sabendo que a barra
1 é a referência, portanto ∆ V1 = 0,0 , assim a equação matricial em termos de incrementos de
tensão e de taps é:
 B21 + B23
 − B
32


0
B23
− B32
0
0   ∆ V 2   − ∆ Q2 
− B34   ∆ H  =  − ∆ Q3 
B44   ∆ V4   − ∆ Q4 
3.2.19
Na equação acima os termos existem três termos que diferem da matriz [ B"] sem barras
controladas por taps. A admitancia (2-3) fora da diagonal ao invés de negativa é positiva, a
soma das admitancias B22 é substituída pela admitancia do transformador com sinal negativo
e por ultimo a admitancia (3-4) fora da diagonal é nula.
A fórmula resumida da equação para determinar os incrementos de tensão e taps é conhecida
como:
[ B"][ ∆ V ] = [ −
∆ Q]
3.2.20
Deve ser ressaltado que a matriz [ B"] é assimétrica. A assimetria na matriz [ B"] é causada
pelas barras controladas por taps.
Uma grande vantagem do método Newton Raphson desacoplado e que as duas matrizes, [ B '] e
[ B"] são muito simples e permanecem constantes ao longo do processo iterativo. O fato de
serem constantes a assegura iterações mais rápidas e a simplicidade reduzem a possibilidade
de erros de programação.
Exemplo 1.1 - Conhecendo a tensão na referência, 7,245 kV pu na barra 1, determine o tap do
transformador que controle a tensão na barra 4 em 1.05 pu. Utilize o método de Newton
Raphson desacoplado.
gerador
1
trafo 1
2
∼
6,9kV/34,5kV
X = 8%
10 MVA
3
100 km
XL = 0,5 Ω/km
XC = 270 kΩ × km
trafo 2
4
carga
34,5kV/13,8kV
X = 7%
5 MVA
5 MVA
cosφ = 0,95
(atrasado)
Solução: O diagrama de impedâncias em pu do sistema está mostrado na figura abaixo.
j0,80
1,05∠0° ∼
Fluxo de Potência
-j453,7
j4,20
j1,40xT
-j453,7
zT2/(1-T)
zT/(T-1)
49
O diagrama de admitancias em pu está mostrado na figura abaixo:
1,05∠0° ∼
-j1,25
-j0,238
-j0,714xH
j0,00220
453,7
j0,00220
,7
z(H2-H)
z(1-H)
A equação matricial de fluxo de potência do sistema, supondo que o tap inicial é 1.0 pu:
0
0
 − j1,250 j1,250

 j1,250 − j1,486 j 0,238

0



0
j 0,238 − j 0,950 j 0,714 


0
0
j 0,714 − j 0,714

 1,05∠ 0   

 
 v2  = 
 v
 
3

 
 v 4   − (0,0475 +
i1


0


0
* *
j 0,0156) / v 4 
Os valores iniciais da tensão, valores aproximados para o início do processo iterativo são:
 v1   1,05∠ 0  
 v0  

 2  =  1,00∠ 0 
 v 0   1,00∠ 0  

 3 
 v 4   1,05∠ 0  
Conhecendo os valores iniciais da tensão, a equação que fornece os incrementos de potência
pode ser na forma de:
[ y ][ v ] = [
a
(s* + ∆ s* ) / v*
]
Utilizando a equação acima no sistema do exercício obtém-se:
0
0
 − j1,250 j1,250

 j1,250 − j1,486 j 0,238

0



0
j 0,238 − j 0,950 j 0,714 


0
0
j 0,714 − j 0,714


 1,05∠ 0   
s1* / 1,05∠ 0 



*


 1,0∠ 0  =  (0,0 + ∆ s 2 ) / 1,0∠ 0 
 1,0∠ 0    (0,0 + ∆ s * ) / 1,0∠ 0  
3


  *

*
 1,05∠ 0   ( s 4 + ∆ s 4 ) / 1,05∠ 0  
Resolvendo a equação acima se obtém:
Fluxo de Potência
50
 ∆ s2
∆s
 3
 ∆ s 4
=   0,0 + j ?   ∆ P2 + j∆ Q2 
=  =  0,0 + j ?  =  ∆ P3 + j∆ Q3 
=   0,0475 + j ?  ∆ P4 + j∆ Q4 
Conhecendo o Jacobiano [ B '] os incrementos angulares são:
0 
 ∆ θ 2   − 1,488 0,238
 ∆ θ  =  0,238 − 0,952 0,714 
 3 

 ∆ θ 4   0
0,714 − 0,714
−1
0   0,0380


0  =  0,2376

 − 0,0475  0,3041
Sabendo que θ a = θ c + ∆ θ , então os novos valores dos defasamentos angulares são:
 θ 21   θ 0   ∆ θ 2   − 0,0380 rad   − 2,18 
 1   20  
 
 

 θ 3  =  θ 3  −  ∆ θ 3  =  − 0,2376 rad  =  − 13,61 
 θ 1   0   ∆ θ   − 0,3041 rad   − 17,42  
 
 4   θ 4   4  

Conhecendo os novos valores dos defasamentos angulares, os novos valores de ∆ s podem ser
calculados a fim de determinar os incrementos de tensão, assim:
0
0
 − j1,250 j1,250

 j1,250 − j1,486 j 0,238

0



0
j 0,238 − j 0,950 j 0,714 


0
0
j 0,714 − j 0,714


 1,05∠ 0   
s1* / 1,05∠ 0 



*
 

 1,0∠ − 2,18  =  (0,0 + ∆ s 2 ) / 1,0∠ 2,18 
 1,0∠ − 13,61   (0,0 + ∆ s * ) / 1,0∠ 13,61 
3


  *

*
 1,05∠ − 17,42   ( s 4 + ∆ s 4 ) / 1,05∠ 17,42  
Resolvendo a equação acima se obtém:
 ∆ s 2*   1,313∠ 92,18  − j1,486 + 0,238∠ 78,57  
 * 

 
 ∆ s3  =  0,238∠ 101,43 − j 0,950 + 0,750∠ 86,19  =
 ∆ s 4*   0,750∠ 93,81 − j 0,787 + 0,0475 − j 0,0156

 

 ??+ 0,0593   ∆ P2 − j∆ Q2 
 ??+ 0,0316  =  ∆ P − j∆ Q 
3

  3
 ??− j 0,0542  ∆ P4 − j∆ Q4 
Conhecendo o Jacobiano [ B"] , pode-se então determinar o incremento das tensões:
0 
 ∆ V2   − 1,488 0,238
 ∆ V  =  0,238 − 0,952 − 0,714
 3 

 ∆ H   0
0,714
0,714 
Fluxo de Potência
−1
 + 0,0593  − 0,0293
 + 0,0316 =  + 0,0657

 

 − 0,0542  − 0,1416 
51
Sabendo que V a = V c + ∆ V , então os novos valores das tensões após a primeira iteração:
 v 12   1,0293∠ − 2,18  
 1 

 v3  =  0,9343∠ − 13,61 
 v 14   1,05∠ − 17,42  
  

Enquanto que o novo valor de H 1 = H 0 − ∆ H = 1,0 + 0,1416 = 1,1416 .
O processo é repetido até que os valores das tensões e os respectivos defasamentos angulares
tenham convergido. O critério de convergência pode ser através de tolerâncias de tensões ou
tolerâncias de potencia.
No caso de tolerância de tensão, o processo pode ser interrompido quando os valores ∆ V
forem menores que a tolerância especificada. No caso de tolerância de potencia, o processo
iterativo pode ser interrompido quando os valores de ∆ s forem menores que a tolerância
especificada. Os valores de ∆ s são também conhecidos como mismatch.
FIM
Fluxo de Potência
52