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ET720 Sistemas de Energia Eletrica I
Captulo 1: Introducao
1.1 Sistemas de energia eletrica (SEE)
Sistema de energia eletrica (SEE) conjunto de equipamentos que operam em conjunto
e de maneira coordenada de forma a gerar, transmitir e fornecer energia eletrica aosconsumidores, mantendo o melhor padrao de qualidade possvel.
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Equipamentos geradores, transformadores, linhas de transmissao, disjuntores,
para-raios, reles, medidores etc.
Padrao de qualidade existem alguns requisitos basicos a serem satisfeitos pelasempresas concessionarias de energia eletrica com relacao ao fornecimento aosconsumidores:
os nveis de tensao devem estar dentro de uma faixa especificada;
a frequencia deve estar dentro de uma faixa especificada;
o servico nao deve sofrer interrupcoes (na pratica: o servico deve sofrer o mnimo
numero de interrupcoes, e estas devem durar o menor tempo possvel);
a forma de onda da tensao deve ser (a mais proxima possvel de) uma senoide;
a energia deve ser entregue ao consumidor com o mnimo custo (geracaoeconomica, transmissao com mnima perda, etc.);
o impacto ambiental deve ser mnimo (emissao de NOx, etc.);
outros ...
SEE e um sistema de controle.
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Exemplo de um SEE moderno
c.a.
medidor
~
c.c.
Conversor (inversor)
c.a.
~ gerador
transformador
disjuntor
c.a.
Distribuio
aquisio de dadoscontrole
Carga
Transmisso
Gerao
Centro de Superviso e Controle
Conversor (retificador)
unidade terminal remota (UTR)
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Observar:
Sistema de geracao: gerador, transformador elevador (e ainda barragens, caldeiras,
turbinas etc.).
Conversao convencional:
Energia mecnica Alternador Energia eltrica
Fontes primarias: hidraulica
combustvel fossil: carvao, petroleo, gasfissao nuclear
Conversao nao convencional:
Solar: celulas fotoeletricas rendimento baixo, alto custo
Eolica: cataventos (California, Dinamarca windmill farms)
Sistema de transmissao: linhas de transmissao e transformadores de regulacao;
Sistema de subtransmissao: ramificacao do sistema de transmissao que utiliza nveisde tensao menores. Uma divisao tpica e:
11,9kV 13,8kV 34,5kV 69kV 138kV 230kV 440kV 500kV 750kV
transmissosubtransmissodistribui o
Sistema de distribuicao: linhas dedistribuicao primarias e secundarias,transformadores abaixadores e car-gas;
Primaria
Secundaria
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Sistema de protecao e manobras: reles, disjuntores, para-raios, religadores, fusveis,
chaves seccionadoras etc.
Sistema de aquisicao de dados e controle: faz a interface com o Centro de
Supervisao e Controle em ingles SCADA ( Supervisory Control And DataAcquisition);
Centro de Supervisao e Controle Energy Management System (EMS):
Avalia estado de operacao da rede;
Simula a ocorrencia de possveis falhas e determina acoes de controlepreventivo/corretivo;
Determina acoes para a operacao economica e segura.
Sistema de transmissao em corrente contnua: envolve tecnologia de estado solido(eletronica de potencia). Transmissao em CC nao e economica para distanciasmenores que 500 km.
Exemplo no Brasil sistema degeracao e transmissao de Itaipu:
usina hidreletrica de Itaipu, situada no rio Parana;
apresenta dois sistemas de transmissao, com corrente alternada e com corrente
contnua;
CA: 750 kV (eficaz de linha);
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CC: bipolo de +600 kV e -600 kV (tensao entre polos de 1200 kV);
Geradores (Brasil) energia gerada a 60 Hz;
Geradores (Paraguai) energia gerada a 50 Hz;
energia gerada no Paraguai que vem para o Brasil: 50 Hz retificada e transmitidaem CC (Foz do Iguacu). CC transformado em 60 Hz (Ibiuna).
Ideia deste curso: estudar os principais componentes dos SEE e obter seus respectivos
modelos.
Tais modelos colocados juntos formam um circuito eletrico que deve ser resolvido
(calculo de tensoes nos nos, fluxos de corrente e/ou potencia nos ramos).Serao estudados tambem metodos de resolucao desses circuitos.
1.2 Area de sistemas de energia eletrica
Varios problemas relacionados com SEE devem ser enfrentados pelos profissionais da
area, que vao desde a operacao diaria da rede ate estudos de planejamento da sua
expansao, como por exemplo:
operacao em tempo real garantir que geracao atenda a demanda;
analise de seguranca em tempo real avaliar efeitos de eventuais alteracoes na rede;
determinar estrategias de controle preventivo/corretivo;
operacao economica (despacho economico) determinacao das potencias entreguespor cada gerador de forma a minimizar custo total de geracao;
protecao de sistemas;
planejamento da expansao do sistema de transmissao;
planejamento da expansao do sistema de geracao;
outros ...
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O tamanho, a complexidade e os nveis de potencia envolvidos na geracao, transmissao
e distribuicao de energia eletrica aumentaram muito desde Edison fato mundial.
E difcil para o operador e para o planejador terem a sensibilidade que tinham antes e
poderem prever o resultado de manobras ou defeitos.
Exemplo: o SIN (Sistema Interligado Nacional), que tem tem dimensao continental.
Todas as tarefas de operacao devem ser realizadas em tempo real restricao de tempo
severa
Solucao utilizar o computador como ferramenta para:
obter modelos precisos e confiaveis dos componentes da rede MODELAGEM
coloca-los juntos formando um grande circuito eletrico MODELAGEM
desenvolver metodos apropriados de resolucao de circuitos SOLUCAO
simular cenarios de operacao SIMULACAO
analisar os resultados ANALISE
A solucao dos problemas acima requereu e ainda requer muita pesquisa para a obtencao
de metodos eficientes de abordagem dos mesmos.
A area de SEE e muito ativa do ponto de vista de pesquisa e tem havido grande
desenvolvimento nos ultimos anos.
Pesquisa no Brasil: universidades, programa de P&D/Aneel.
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1.3 Historia
SEE tem pouco mais de 100 anos.
1876 nao se sabia ainda qual a melhor maneira de transmitir a energia de umaqueda de agua para um centro distante (tubulacao de ar comprimido? oleo?).
No caso da transmissao de energia eletrica nao se sabia se seria melhor utilizar correntecontnua (CC) ou corrente alternada (CA). No caso de CA, nao se sabia com quefrequencia nem com que numero de fases.
Corrente alternada era gerada por maquinas chamadas alternadores. Corrente contnua
era gerada por maquinas chamadas dnamos.
Corrente contnua parecia apresentar algumas vantagens sobre corrente alternada.Baterias podiam ser usadas como backupem situacoes de emergencia quando osdnamos falhavam, ou ainda suprir potencia durante perodos de demanda baixa. Alemdisso, dnamos podiam operar em paralelo para atender a demanda crescente. Naquela
epoca, o uso de alternadores em paralelo era considerado muito difcil devido aproblemas de sincronizacao.
Sequencia cronologica (resumo):
No mundo
Ano Fato
1876 Incio da concorrencia para a construcao do complexo de Niagara Falls
fato marcante na evolucao da area.1880 Thomas Alva Edison apresenta sua lampada incandescente (em corrente
contnua), a mais eficiente de entao.
Na Europa ha avancos na area de corrente alternada.
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Ano Fato
1882 Edison coloca em funcionamento um sistema de corrente contnua em New
York (empresa Edison Electric Company) Pearl St. Station geradoresCC (na epoca chamados dnamos) acionados por motores a vapor supriam
30 kW em 110 V a 59 consumidores iluminacao incandescente areade 1 milha quadrada.
1884 Criado o American Institute of Electrical Engineers (AIEE), depois trans-
formado no The Institute of Electrical and Electronics Engineers (IEEE).
1885 George Westinghouse Jr. compra os direitos da patente de Goulard-Gibbs
para construir transformadores e encarrega William Stanley de construi-los.1886 Ja ha cerca de 60 centrais de corrente contnua (Edison) com cerca de
150.000 lampadas.
Stanley coloca em operacao a primeira central em corrente alternada (Wes-tinghouse) em Great Barrington, Massachussets 150 lampadas.
1887 Ja existem cerca de 120 sistemas de corrente contnua com cerca de325.000 lampadas.
Empresa de Westinghouse cresce muito e ja conta com cerca de 125.000lampadas em corrente alternada.
1888 Edison passa a atacar duramente os sistemas de corrente alternada.
Preco do cobre sobe muito devido ao monopolio de um sindicato frances.
Existia medidor de energia somente para corrente contnua (sistema ele-
troqumico). Os sistemas em corrente alternada cobravam por numero delampadas. Tinham de produzir de 40% a 80% a mais que os sistemas em
CC para mesmo numero de consumidores.
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Ano Fato
Shallenberger (engenheiro chefe de Westinghouse) coloca em funciona-
mento um medidor de energia em CA que fornece uma leitura direta dequanta energia e consumida e, portanto, superior ao medidor de Edison.
Nikola Tesla publica um artigo em que mostra ser possvel construir ummotor em CA.
Westinghouse compra a patente de Tesla e o contrata para desenvolver o
motor (que so ficaria pronto em 1892).
1890 Empresa de Edison e o proprio endurecem ainda mais a discussao. Edison
defendia a confiabilidade dos sistemas de corrente contnua e o perigoapresentado por tensoes em corrente alternada.
Primeira linha de transmissao em CA e posta em operacao para transportarenergia eletrica gerada em uma usina hidroeletrica desde Willamette Falls
ate Portland, Oregon (20 km, 4 kV, monofasica).
Morte de animais (caes e cavalos) atraves de corrente alternada.
Primeira execucao em cadeira eletrica (06 Ago 1890) na prisao de Auburn,NY, foi em corrente alternada (gerador Westinghouse).
1892 Entra em funcionamento o primeiro motor de inducao de Tesla.
Comissao responsavel pela concorrencia de Niagara Falls decide que osistema sera em corrente alternada.
Alemanha: e colocado em funcionamento um sistema de 100 HP (74,6kW) com transmissao de 160 km em corrente alternada, 30 kV.
A empresa de Edison (Edison Electric Co.) junta-se a outra, a Thomson-Houston, formando a General Electric que passa a produzir transformado-
res e alternadores em larga escala.
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Ano Fato
1893 Westinghouse ganha a concorrencia para fornecer os alternadores e trans-
formadores de Niagara Falls.Columbian Exhibition em Chicago apresentado sistema de distribuicaobifasico. A partir de entao, a transmissao em CA trifasica foi gradualmentesubstituindo os sistemas CC.
1896 Entra em funcionamento o complexo de Niagara Falls, com transmissao
de energia ate Buffalo encerrando a discussao sobre CC e CA. Eram trans-mitidos 10 MW de potencia (valor alto para a epoca) ate Buffalo em umadistancia de 20 milhas.
1920 Primeiras interconexoes regionais (regional grids) comecaram a serformadas.
1954 Primeira linha de transmissao HVDC moderna Vastervik-ilha de Gotland(Suecia) 100 kV, 100 km.
1957 Primeira usina nuclear em Shippingport, PA, implantada por WestinghouseCo. and Duquesne Light and Power Co.
1965 Grande blecaute do Nordeste dos EUA alavancou efetivamente o desen-
volvimento dos centros de supervisao e controle de redes. So foi superadopelo blecaute de 14 de agosto de 2003 na costa Nordeste dos EUA eCanada.
1970 Primeira linha de transmissao HVDC nos EUA 400 kV, 1360 km interligacao do Pacfico, entre Oregon e California.
70 Crise do petroleo motivou a pesquisa por fontes alternativas de energia:
eolica, celula combustvel, celula solar.
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No Brasil
Ano Fato
1883 Primeira usina eletrica instalada em Campos, RJ.
1889 Uma usina hidroeletrica ja se acha em exploracao na cidade de Juiz deFora, MG.
1920 Cerca de 300 empresas servem a 431 localidades com capacidade instalada
de 354.980 kW, sendo 276.100 kW em usinas hidroeletricas e 78.880 kWem termoeletricas.
1930 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 780
MW.
1939 Numero de empresas chega a 1176, com 738 hidroeletricas e 637 ter-moeletricas.
Mais de 70% de toda a capacidade instalada no Brasil pertencia a duas
empresas: a LIGHT (Brazilian Traction Light & Electric Co.) servia a partede SP e RJ, e a AMFORP (American & Foreign Power Co.) servia parte
de SP, Curitiba, Porto Alegre, Pelotas, Niteroi, Petropolis, Belo Horizonte,Natal, Recife, Maceio, Salvador, Vitoria.
1940 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 1.250MW.
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Ano Fato
1948 Criacao da Companhia Hidroeletrica do Sao Francisco (CHESF) de eco-
nomia mista para construir a usina de Paulo Afonso.Mais tarde foram criadas a CEMIG em MG, USELPA e CHERP (depoisincorporadas a CESP) em SP, COPEL no PR, FURNAS na regiao centro-sul.
1950 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 1.900
MW.
1960 A capacidade instalada de energia eletrica do Brasil era em torno de 4.800
MW.
1961 Criada a Eletrobras, como responsavel pela poltica de energia eletrica no
pas.
1968 Foi criado o Departamento Nacional deAguas e Energia Eletrica DNAEE.Consolidava-se a estrutura basica do setor, sendo a poltica energeticatracada pelo MME e executada pela Eletrobras, atuando o DNAEE comoorgao normativo e fiscalizador.
1970 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 11.460
MW.
1973 Criados os Grupos Coordenadores para Operacao Interligada GCOIs, osquais tinham a finalidade de coordenar, decidir ou encaminhar as pro-
videncias necessarias ao uso racional das instalacoes geradoras e de trans-missao, existentes e futuras, nos sistemas interligados das regioes sudeste
e sul.
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Ano Fato
70-80 O setor eletrico atingiu seu apice, representado pelo milagre economico,
e experimentou tambem o incio de seu declnio, ou a decada perdida,passando incolume pela crise do petroleo em 1973, tendo construdo as
maiores obras de geracao hidreletrica do pas, o incio do programa nuclearbrasileiro (usina nuclear Angra I, entrando em fase de testes em 1981,
em operacao experimental em marco de 1982 e em operacao comercialem janeiro de 1985. Angra II somente entraria em operacao em 2000), os
grandes sistemas de transmissao em 440 e 500 kV, os sofisticados sistemasde supervisao e controle e o tratado de Itaipu, em 1973, cuja obra iniciou-seem 1975, sendo concluda somente em 1991.
1980 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 31.300MW.
1990 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 53.000MW.
1995 Foi aprovada a lei n. 8.967, que regulamentava os preceitos de licitacaopara concessoes e deu, assim, incio a competicao no setor eletrico.
1996 Atraves da lei n. 9.427, foi criada a Agencia Nacional de Energia Eletrica
ANEEL, autarquia em regime especial, vinculada ao MME, com as atri-buicoes de regular e fiscalizar a geracao, a transmissao, a distribuicao ea comercializacao da energia eletrica, atender reclamacoes de agentes e
consumidores, mediar os conflitos de interesses entre os agentes do setoreletrico e entre estes e os consumidores, conceder, permitir e autorizar ins-
talacoes e servicos de energia, garantir tarifas justas, zelar pela qualidadedo servico, exigir investimentos, estimular a competicao entre os gerado-
res e assegurar a universalizacao dos servicos. A Aneel passou a funcionar,efetivamente, a partir de 1997, quando foi extinto o DNAEE, do qual esucessora.
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Ano Fato
1998 O Operador Nacional do Sistema ONS foi institudo pela lei n. 9.648/98,
vindo assumir progressivamente as funcoes ate entao do GCOI. As atri-buicoes principais do ONS sao operar o Sistema Interligado Nacional (SIN)
e administrar a rede basica de transmissao de energia, por delegacao dosagentes (empresas de geracao, transmissao e distribuicao de energia), se-
guindo regras, metodologias e criterios codificados nos Procedimentos deRede aprovados pelos proprios agentes e homologados pela Aneel.
Foi institudo pela lei n. 9.648/98 o Mercado Atacadista de Energia
Eletrica MAE, para ser o ambiente onde se processam a contabilizacao
e a liquidacao centralizada no mercado de curto prazo.2000 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 72.200
MW.
2001 Foi decretado o racionamento de energia eletrica, nas regioes sudeste,centro-oeste, nordeste e norte, que perdurou ate fevereiro de 2002.
2003 A capacidade instalada de energia eletrica no Brasil era em torno de 77.300MW.
2004 Foram aprovadas as leis n. 10.848 e 10.847 que, resumidamente, definemo modelo do setor eletrico com as seguintes caractersticas principais: (i)a criacao das figurasda energia existente, tambem chamada de energiavelha e da energia de novos empreendimentos, tambem chamada de ener-gia nova, criando formas distintas de comercializacao dessas energias; (ii)a existencia de dois ambientes de contratacao, o Ambiente de Contratacao
Livre ACL e o Ambiente de Contratacao Regulada ACR; (iii) o re-tornoao planejamento setorial e criacao do planejamento energetico, com
a criacao da Empresa de Pesquisa Energetica EPE, vinculada ao MME;(iv)a extincao do MAE e criacao da Camara de Comercializacao de Ener-gia CCEE, com funcoes mais abrangentes; e(iv)a redefinicao dos papeisdo MME, que passa a ser o executor da poltica energetica emanada doConselho Nacional de Poltica Energetica CNPE e da Aneel, que passa
a ter a funcao exclusiva de regulacao e fiscalizacao.
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Transmissao:
O sistema de transmissao nas tensoes de 230 kV a 750 kV representava em dezembrode 2003 um total de 77.642 km, englobando 780 circuitos de transmissao e 175.916
MVA de capacidade de transformacao, instalados em 316 subestacoes.
Distribuicao:
O mercado de distribuicao de energia eletrica e atendido por 64 concessionarias, estataisou privadas, de servicos publicos que abrangem todo o Pas. As concessionarias estataisestao sob controle dos governos federal, estaduais e municipais. Em variasconcessionarias privadas verifica-se a presenca, em seus grupos de controle, de diversasempresas nacionais, norte-americanas, espanholas e portuguesas. Sao atendidos cerca
de 47 milhoes de unidades consumidoras, das quais 85% sao consumidores residenciais,em mais de 99% dos municpios brasileiros.
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Referencias
[1] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.
[2] J.D. Glover, M. Sarma, Power System Anlaysis and Design, PWS-KENT, 1989.
[3] Proceedings of the Institute of Electrical and Electronics Engineers, vol.64, no.6,September 1976.
[4] Agencia Nacional de Energia Eletrica (http://www.aneel.gov.br).
[5] Operador Nacional do Sistema Eletrico (http://www.ons.com.br).
[6] D. Morton, The Electrical Century Powering the Electrical Century, Proceedings ofthe Institute of Electrical and Electronics Engineers, vol.64, no.6, September 1976.
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Captulo 2: Calculo de fluxo de carga
2.1 Estrutura geral dos sistemas de potencia
c.a.
medidor
~
c.c.
Conversor (inversor)
c.a.
~ gerador
transformador
disjuntor
c.a.
Distribuio
aquisio de dadoscontrole
Carga
Transmisso
Gerao
Centro de Superviso e Controle
Conversor (retificador)
unidade terminal remota (UTR)
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2.2 Definicao do problema
Fluxo de carga(FC): obtencao das condicoes de operacao (tensoes, fluxos de
potencia) de uma rede eletrica em funcao da sua topologia e dos nveis dedemanda e geracao de potencia.
SISTEMA ELETRICO
USINA
SUBESTACAO
INDUSTRIA
15,9 kV
138,4 kV
13,4 kV
42,7 MW
12,1 Mvar
72,2 MW
15,4 Mvar
3,3 MW 1,0 Mvar
Fluxo de carga: Modelagem dos componentes obtencao do sistema deequacoes e inequacoes algebricas metodos de solucao estado deoperacao da rede em regime permanente.
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Modelageme estatica rede representada por um conjunto de equacoes einequacoes algebricas.
Analise estatica: obtem-se o estado de operacao da rede emregimepermanente comportamentodinamiconao e considerado.
2.3 Aplicacoes
FC e utilizado tanto no planejamento como na operacao de redes eletricas.
Em geral e parte de um procedimento mais complexo.
Alguns exemplos:
Operacao
analise de seguranca: varias contingencias (acidentes, disturbios) saosimuladas e o estado de operacao da rede apos a contingencia deve serobtido. Eventuais violacoes dos limites de operacao sao detectados e acoes
de controle corretivo e/ou preventivo sao determinadas.
Planejamento
planejamento da expansao: novas configuracoes da rede sao determinadaspara atender ao aumento da demanda e o estado de operacao da rede paraa nova configuracao deve ser obtido.
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Ao longo dos anos, varios metodos de solucao do FC foram propostos. Paracada aplicacao existem os metodos mais apropriados. Os fatores consideradosna escolha sao mostrados nas tabelas a seguir.
Tipos de solucaoPrecisa Aproximada
Sem controle de limites Com controle de limitesOff-line On-line
Caso simples Casos multiplos
Propriedades dos metodos de solucao do FCAlta velocidade especialmentepara:
redes de grandes dimensoes
aplicacoes em tempo realcasos multiplosaplicacoes interativas
Pequeno espacode armazena-mento
especialmentepara:
redes de grandes dimensoes
computadores com pequenamemoria
Confiabilidade especialmentepara:
problemas mal-condicionados
analise de contingenciasaplicacoes em tempo real
Versatilidade habilidade para incorporacao de ca-ractersticas especiais (controle de
limites operacionais, representacaode diversos equipamentos etc.); fa-cilidade de ser usado como parte deprocessos mais complexos
Simplicidade facilidade de manutencao e melho-ramento do algoritmo e do pro-grama
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Em geral uma aplicacao requer varias caractersticas.
Exemplo: na analise de seguranca pode-se necessitar de um metodo desolucao aproximado, sem controle de limites operacionais, on-line, comsolucao de casos multiplos.
2.4 Historia
Network analyzer paineis em que os equipamentos do sistema eramemulados atraves de conjuntos de fontes, resistores, capacitores e indutoresvariaveis.
Para redes reais, network analyzers eram enormes (ocupando varias salas),consumiam muita energia e modificacoes na rede exigiam alteracoes na fiacaoe ajustes nos valores dos componentes.
Network analyzers foram utilizados antes e tambem algum tempo depois dautilizacao de computadores digitais.
Primeiro metodo pratico de solucao do problema do FC atraves de um
computador digital Ward e Hale, 1956 (metodo baseado na matriz Y)
Metodos baseados na matriz Y: espaco de armazenamento pequeno(adequado aos computadores da epoca), convergencia lenta.
Comeco da decada de 60: metodos baseados na matriz Z (Gupta eDavies,1961). Convergencia mais confiavel, requerem mais espaco dearmazenamento, mais lentos.
Na mesma epoca: metodo de Newton (Van Ness, 1959). Caractersticas deconvergencia excelentes. Computacionalmente nao era competitivo.
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Meados da decada de 60: tecnicas de armazenamento compacto eordenamento da fatoracao (Tinney e Walker, 1967) tornaram o metodo deNewton muito mais rapido e exigindo pequeno espaco de memoria, mantendo
a caracterstica de otima convergencia metodo de Newton passou a serconsiderado como o melhor metodo e foi adotado pela maioria das empresasde energia eletrica.
Decada de 70: metodos desacoplados (Stott e Alsac, 1974) baseados nometodo de Newton foram propostos ainda mais rapidos, mantendo precisaoe convergencia. Somente em 1990 foi apresentado um estudo teoricoaprofundado das caractersticas dos metodos desacoplados.
Foram propostos ainda: variacoes dos metodos desacoplados basicos, metodospara redes mal-condicionadas, metodos para redes de distribuicao (media ebaixa tensoes), fluxo de carga da continuacao, fluxo de carga otimo, etc.
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2.5 Motivacao e ideias gerais
Considerar o seguinte sistema de potencia:
~
~
Distribuio
Carga
Transmisso
Gerao
fechado
aberto
Regio em operao
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Considerar que:
a funcao do sistema de geracao e produzir a energia eletrica que sera
consumida modelado como umainjecao de potenciano barramento a linha de transmissao e modelada como umcircuito RL serie,
representando as perdas ohmicas de potencia e a presenca de campomagnetico em torno dos condutores
o sistema de distribuicao consome a energia transportada pelo sistema detransmissao modelado como umainjecao de potenciano barramento
Diagrama unifilar correspondente:
~ DistribuioTransmisso
Gerao
Regio em operao
P1+j Q1
1
E1= V11P12+j Q12
r+j x
2
E2=V22
P2+j Q2
Geracao Transmissao Distribuicao
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Circuito por fase:
+
+
1
E1P1Q1
r j x 2
E2P2Q2
I
Geracao Transmissao Distribuicao
Dados: V2=| E2|= 500 kV (tensao de linha)S2=P2+j Q2= 100 +j0 = 1000
MVA (100 MW, 0 Mvar)r= 25 /fasex= 125 /fase
Pede-se: V1S1=P1+j Q1
Conhecendo essas grandezas, pode-se dizer que o estado de operacao da redee totalmente conhecido. A partir da outras analises podem ser realizadas.
Os calculos serao feitos em pu (por unidade), cuja ideia e muito importanteno caso de circuitos com varios nveis de tensao.
Valores de base:
Sb= 100 MVA Vb= 500 kV
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Conversao dos dados para pu:
E2= 10 pu (referencia angular)
S2= 10 pu
r= 25
(V2b/Sb)= 0,01 pu
x= 125
(V2b/Sb)= 0,05 pu
Corrente pelo circuito:
I=
S2E2
=
10
10
= 10 pu
Tensao na fonte:
E1=E2+I(r+j x)
= 10 + 10 (0,01 +j0,05) = 1,01122,8 pu
Potencia fornecida pela fonte:
S1=E1I = 1,01122,8 = 1,01 +j0,05 pu (101 MW, 5 Mvar)
1
V1= 1,0112 pu V2= 1 pu
2
101 MW
5 Mvar
5 Mvar1 MW
100 MW
0 Mvar
perdas na transmissao
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Na pratica, os dados e incognitas nao sao os especificados anteriormente.
Dados: S2=P2+j Q2= 100 +j0 = 1000 MVA (100 MW, 0 Mvar)
V1= 1,0112 pu(*) (linha)r= 25 /fasex= 125 /fase
(*)Tensao na sada do transformador elevador na subestacao da usina,mantida constante atraves de um complexo sistema de controle.
Pede-se: V2S1=P1+j Q1
A resolucao analtica e mais complicada. Pode-se tambem resolver portentativa e erro.
Resolucao analtica
Lei das tensoes de Kirchhoff:
E1= E2+ZI
=E2+Z(S2/E2) (E2 )
E1E2 =V
22 +ZS
2
Considerando E1=V10 e E2=V22:
V1V2 2=V22 + (r+j x) (P2 j Q2)
Separando as partes real e imaginaria:
V1V2cos 2= V22 + (rP2+xQ2)
V1V2sen 2= (rQ2 xP2)
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Elevando as duas equacoes ao quadrado e somando-as, elimina-se 2:
V21V22 =V
42 + (rP2+xQ2)
2 + 2V22 (rP2+xQ2) + (rQ2 xP2)2
V42 +V22
2 (rP2+xQ2) V
21
+
(rQ2 xP2)2 + (rP2+xQ2)
2
= 0
que pode ser reescrita como:
V42 +bV22 +c= 0 =b
2 4c
y1= b+ 1/2 /2y2=
b 1/2
/2
V2=y
1/21 ,y
1/22
Para os dados fornecidos: V2= {1,0,05} pu.
A resposta esperada e V2= 1 pu. Entao:
2= sen1 [(rQ2 xP2) /V1V2] = 2,8
I=
S2E2
= 1 2,8 pu
S1=E1I = 1,01122,8 = 1,01 +j0,05 pu (101 MW, 5 Mvar)
Mesma solucao anterior.
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Interpretacao:
As duas solucoes negativas nao tem significado fsico sao desprezadas.
Supor que a potencia ativa da carga no barramento 2 seja variavel e que apotencia reativa seja nula:
V2 [pu]
P2 [pu]
operacao estavel
operacao instavel
caso base Vcr2
Pcr2
00
1
1
2 3 4 5 6 7 8 9
0,2
0,4
0,6
0,8
Pcr2 maximo carregamento da rede para as condicoes especificadas.
Vcr2 tensao para a qual ocorre o maximo carregamento.
Exerccio
(1)Apresentar a curva [V2 P2] completa para o circuito exemplo, considerandoQ2= 0.
(2)Obter Pcr2 e Vcr2 analiticamente e comparar com os valores obtidos atraves da
analise da curva PV.(3)Apresentar a curva [V2 Q2] considerando P2= 0 no mesmo grafico de(1).
Obter Qcr2 e Vcr2 analiticamente e comparar com os valores obtidos atraves da
analise da curva PV.
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Os sistemas eletricos de potencia sao dinamicos:
V2
P2
Pcr2
t
t
t
processo de instabilidadede tensao que resulta no
COLAPSO DE TENSAO
Modelagem dos aspectos dinamicos e metodos de resolucao especficos saonecessarios.
Para redes maiores:
Resolucao por meiosanalticos e impossvel.
Tentativa e erro?
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Resolucao por tentativa e erro
Uma ideia de um procedimento de calculo iterativo:
(a) Inicializar contador de iteracoes = 0
(b)Escolher E2 =E02
(c)Calcular a corrente pela carga:
I2 =
S2E2
(d)Calcular a queda de tensao na linha de transmissao:
E = (r+j x) I2
(e)Calcular a tensao na barra de carga:
E+12 =E1 E =E1 (r+j x)
S2E2
(f)Incrementar contador de iteracoes ( + 1) e voltar para o passo (c)
Comecando com E2= 10 pu tem-se:
Iteracao E2 [pu]
0 1 +j01 1,0012j0,0500
2 0,9987j0,04933 0,9987j0,04944 0,9987j0,0494 Solucao: E2= 1 2,8
pu
Na realidade este metodo iterativo (Gauss) foi o primeiro a ser proposto paraa resolucao das equacoes de fluxo de carga ( 1956).
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Resumo:
E necessario o desenvolvimento de tecnicas de resolucao especficas e
eficientes para o problema da determinacao do estado de operacao deredes eletricas em regime permanente CALCULO DE FLUXO DECARGA
Fluxo de carga (load flow) = Fluxo de potencia (power flow)
E uma ferramenta basica para a analise de redes eletricas
2.6 Representacao por fase
A rede trifasica equilibrada e representada somente por uma das fases diagrama unifilar:
Furnas (Campinas)
Tanquinho (138 kV)
Itatiba
Taquaral
Baro Geraldo
Nova Aparecida
Viracopos
Trevo (138 kV)
Trevo (69 kV)
Tanquinho (69 kV)
barramento
42 MVA
Souzas
x = 21,24%
x = 24,26% x = 28%
r = 1,41%x = 3,68%b = 0,06%
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Barramento (barra) no do circuito.
Ramos linhas de transmissao ou transformadores, que conectam duas barras.
Dados dos ramos em % na base 100 MVA e tensao nominal (pu 100%).
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Para as linhas de transmissao utiliza-se o modelo , em que r e a resistenciaserie, x e a reatancia serie e b e o carregamento total charging da linha (odobro da admitancia shunt):
r j x
j b/2 j b/2
Para a linha Tanquinho-Trevo:
Tanquinho Trevo
0,0141 j0,0368
j0,0003 j0,0003
Para a linha do exemplo da Secao2.5:
1 2
0,01 j0,05
Geracao e carga injecoes de potencia nas barras.
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2.7 Formulacao basica do problema de fluxo de carga
Rede composta por barras e ramos (linhas de transmissao e/ou
transformadores).
Barras: 4 grandezas basicas: V magnitude da tensao nodal angulo de fase da tensao nodalP injecao de potencia ativa nodalQ injecao de potencia reativa nodal
2 grandezas sao conhecidas e 2 devem ser calculadas. Para a rede exemplo daSecao2.5:
Grandezas GrandezasBarra conhecidas a calcular
1 V1, 1 P1, Q1
2 P2, Q2 V2, 2
As barras sao classificadas em:
barras de carga (PQ) sao conhecidas as potencias ativa e reativaconsumidas. Deve-se calcular a tensao (magnitude e angulo de fase) conhece-se P e Q, calcula-se V e .
barras de geracao (PV) sao conhecidos a potencia ativa gerada e amagnitude da tensao terminal. Deve-se calcular o angulo da tensao e apotencia reativa gerada (ou consumida) conhece-se P eV, calcula-se e Q.
barra(s) de referencia (V, tambem chamadas de slack) a tensao(magnitude e angulo de fase) e conhecida. Deve-se calcular as potencias ativae reativa conhece-se V e , calcula-se P e Q.
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A barra slack tem duas funcoes:
Fornecer uma referencia angular para a rede (a referencia da magnitude de
tensao e o proprio no terra)
Exemplo
Calcular a potencia ativa consumida pela impedancia Z2 do circuito a seguir.
V
+
+++
E
Z1= 490
100 V
V1
Z2 = 30 V2
I
Utilizando a medicao feita pelo voltmetro, define-se a tensao da fonte Ecomo:
E= 100 V
A corrente pelo circuito e:
I= E
(Z1+Z2)= 20 ( 53,1) A
A potencia complexa consumida por Z2 vale:
S2=V2 I = (Z2 I) I
=Z2 | I |2= 1,20 kVA
que resulta em uma potencia ativa de 1,2 kW.
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Comentarios:
os fasores de tensao e corrente dependem de . as defasagens entre os fasores nao dependem de .
determinou-se a potencia consumida sem que se conhecesse o valor de.
as potencias nao dependem dos angulos de fase das tensoes e correntese sim das diferencas angulares entre as grandezas.
pode ser escolhido livremente pois nao altera os resultados finais.
x
Fechar o balanco de potencia da rede, levando em conta as perdas detransmissao. As perdas de transmissao nao sao conhecidas a priori, edevem ser supridas pelas unidades geradoras. Em geral, especifica-se umabarra da rede que suprira as perdas.
Exemplo
Considerar a rede de 3 barras e 3 ramos mostrada a seguir.
1
3
2
100 MW
80 MW
(slack)
20 MW +
i perdasiperdas1
perdas2 perdas3
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Comentarios:
a barra slack deve fornecer 20 MW adicionais para satisfazer a demandana barra 2, pois o gerador da barra 3 entrega somente 80 MW.
a barra slack deve fornecer ainda uma quantidade adicional de potenciapara suprir as perdas de potencia nos ramos.
Exemplo
Relembrando a solucao da rede exemplo da Secao2.5:
1
V1= 1,0112 pu V2= 1 pu
2
101 MW
5 Mvar
5 Mvar1 MW
100 MW
0 Mvar
perdas na transmissao
Outros tipos de barras podem ser definidos, em funcao de situacoes deoperacao particulares.
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Exemplo
Considere a rede a seguir.
1 2 3 4 5
6
7
Barras 3 e 4: barras de carga (PQ) P e Q sao conhecidos e deve-secalcular V e
Barras 2 e 6: nao tem carga nem geracao associados sao consideradascomo barras de carga (PQ) com P =Q = 0
Barras 1, 5 e 7: conectadas a geradores barras de geracao em geral P eV sao conhecidos e deve-se calcular e Q
Uma das barras deve desempenhar o papel especial de:
ser a referencia angular da rede ( especificado)
permitir o balanco de potencia da rede
Pode-se escolher, por exemplo, a barra 1 como a slack, atribuindo um valorpara 1. Logo, P1 passa a ser desconhecido.
As barras 5 e 7 continuam a ser PV.
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2.7.1 Formulacao nodal equacoes de corrente
Considerar a rede de tres barras e tres linhas mostrada a seguir.
1 2
3
Pg1, Qg1 Pg2, Qg2
Pc1, Qc1 Pc2, Qc2
Pc3, Qc3
P12, Q12
P13, Q13 P23, Q23
V1, 1 V2, 2
V3, 3
r12, x12
r13, x13 r23, x23bsh12
bsh13 bsh23
Barras 1 e 2 (gerador e carga) e 3 (carga)
Define-se a injecao lquida de potencia ativa:
P1=Pg1 Pc1
P2=Pg2 Pc2
P3= 0 Pc3
potencia transmitida
pelas linhas
k
Pgk
Pck
Pgk Pck =Pk
o mesmo vale para potencia reativa.
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o mesmo vale para as correntes injecao lquida de corrente:
I1= Ig1 Ic1I2= Ig2 Ic2
I3= 0 Ic3
Tres linhas de transmissao conectando as barras.
Linhas representadas pelos seus modelos nominais.
impedancia serie z12
=r12
+jx12
admitancia serie:
y12= 1
z12=g12+jb12=
r12r212+x
212
+j x12
r212+x212
admitancia shunt jbsh12
Levando em conta as definicoes anteriores tem-se o circuito equivalente darede por fase em pu:
1 2
3
V1, 1 V2, 2
V3, 3
j b
sh
12j b
sh
12
j bsh13
j b
sh
13 j b
sh
23
j bsh23
y12
y13 y23
I12I13 I23
I1 I2
I3
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Aplicando a lei das correntes de Kirchhoff para o no 1:
a injecao de corrente I1 entrando na barra se distribui pelas linhas 1-2 e 1-3.
as correntes pelas linhas, por sua vez, tem duas componentes, uma pelaadmitancia serie e outra pela admitancia shunt.
I1=I12+I13
=y12(E1 E2) +jbsh12E1
I12
+ y13(E1 E3) +jbsh13E1
I13
I1= y12+y13+jbsh12+jbsh13E1+ (y12) E2+ (y13) E3em que Ej =Vjj, j = 1, . . . , 3.
Realizando o mesmo procedimento para as demais barras, obtem-se oseguinte sistema de equacoes:
I1=
y12+y13+jbsh12+jb
sh13
E1+ (y12) E2+ (y13) E3
I2= (y12) E1+
y12+y23+jbsh12+jb
sh23
E2+ (y23) E3
I3= (y13) E1+ (y23) E2+
y13+y23+jbsh13+jb
sh23
E3
Na forma matricial:
I1I2I3
= y12+y13+jbsh12+ jbsh13 y12 y13y12 y12+y23+jbsh12+ jbsh23 y23
y13 y23 y13+y23+jbsh13+ jb
sh23
E1E2
E3
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ou:
I= Y E
em que I e o vetor de injecoes nodais de corrente (n 1), E e o vetor dastensoes nodais (n 1) e Y e a matriz admitancia nodal (n n). n e o numerode barras da rede.
De acordo com os resultados obtidos obtem-se uma regra para a formacao damatriz Y:
elementos fora da diagonal o negativo da admitancia serie:
Ykm = ykm
elementos da diagonal soma das admitancias conectadas a barra:
Ykk =
mk
ykm+jb
shkm
em que k e o conjunto formado pelas barras vizinhas da barra k.
A matriz Y pode ser colocada na seguinte forma:
Y = {Y} +j{Y} = G +jB
em que G e a matriz condutancia nodal e B e a matriz susceptancia nodal.
Logo:
I= (G +jB) E
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em que:
G = g12+g13 g12 g13g12 g12+g23 g23g13 g23 g13+g23
e
B =
b12+b13+bsh12+bsh13 b12 b13b12 b12+b23+bsh12+bsh23 b23
b13 b23 b13+b23+bsh13+b
sh23
Exemplo
Para a rede da secao2.5:
1 2
r jx
z=r+jx= 0,01 +j0,05 = 0,05178,69 pu
y=z1 = 1
0,05178,69= 19,6116 78,69 = 3,8462j19,2308 pu= g +jb
Y =
y yy y
=
G= {
Y} = 3,8462 3,84623,8462 3,8462
B = {Y} =
19,2308 19,2308
19,2308 19,2308
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2.7.2 Formulacao nodal equacoes de potencia
Na pratica sao especificadas as injecoes de potencia (P e Q) e nao as
correntes.
Da equacao das correntes:
=I= Y E
I1I2
Ik
In
E1E2
Ek
En
Yk1 Yk2 Ykk Ykn
...
...
...
...
Logo:
Ik =Yk1E1+Yk2E2+ +YkkEk+ +YknEkn
=YkkEk+
mk
YkmEm=mK
YkmEm
em que K e o conjunto formado pela barrak e suas vizinhas (K k k).
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Exemplo
13
8 k
n
De acordo com a regra de formacao da matriz admitancia:
Yk1, Yk3, Yk8, Ykn, Ykk = 0
e os demais Ykj = 0. Portanto:
Ik =Yk1E1+Yk3E3+Yk8E8+YknEn+YkkEkk
Para uma barra k:
Sk =Pk+jQk =EkIk
Logo:
Sk =Pk jQk =EkIk =E
k
mK
YkmEm
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Lembrando que Ek =Vkk e Em=Vmm:
Pk jQk =Ek mK
YkmEm
=Vk (k)mK
(Gkm+jBkm) Vmm
=VkmK
Vm(Gkm+jBkm) ej(km)
=VkmK
Vm(Gkm+jBkm) ejkm
=Vk mK
Vm(Gkm+jBkm) (cos km jsen km)
Pk =VkmK
Vm(Gkmcos km+Bkmsen km)
Qk =VkmK
Vm(Gkmsen km Bkmcos km)
que sao as equacoes das potencias nodais 2 equacoes para cada barra.
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Exemplo
Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5:
21
(Geraoslack) Carga (PQ)
r jx
Em princpio tem-se 2 equacoes para cada barra, ou seja, um total de 4 equacoes:
P1=V1
mK1
Vm(G1m cos 1m+B1msen 1m)
=V21G11+V1
m1
Vm(G1mcos 1m+B1m sen 1m)
P1=V21G11+V1V2(G12cos 12+B12sen 12)
Q1= V1
mK1
Vm(G1m sen 1m B1m cos 1m)
= V21B11+V1
m1
Vm(G1m sen 1m B1m cos 1m)
Q1= V21B11+V1V2(G12sen 12 B12cos 12)
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P2=V2
mK2
Vm(G2m cos 2m+B2msen 2m)
=V22G22+V2
m2
Vm(G2mcos 2m+B2m sen 2m)
P2=V22G22+V2V1(G21cos 21+B21sen 21)
Q2= V2
mK2
Vm(G2m sen 2m B2m cos 2m)
= V22B22+V2 m2Vm(G2m sen 2m B2m cos 2m)
Q2= V22B22+V2V1(G21sen 21 B21cos 21)
Exemplo
Considerar a rede de 3 barras a seguir.
Gerao (PV)
Carga (PQ)
Gerao (slack)
1 2
3
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Em princpio tem-se 2 equacoes para cada barra, ou seja, um total de 6 equacoes:
P1=V1 mK1
Vm(G1mcos 1m+B1m sen 1m)
P1=V21G11+V1V2(G12cos 12+B12sen 12) +V1V3(G13cos 13+B13sen 13)
Q1= V1
mK1
Vm(G1msen 1m B1m cos 1m)
Q1= V21B11+V1V2(G12sen 12 B12cos 12) +V1V3(G13sen 13 B13cos 13)
Obtenha as equacoes para P2, Q2, P3 e Q3.
2.7.3 Ideia geral dos metodos de resolucao
A ideia basica e obter as 4 grandezas (P, Q, V e ) para todas barras da rede.
Supor que sejam conhecidas todas as potencias (P e Q) de todas as barras.
A ideia e determinar todas as tensoes (V e ) de forma que satisfacam asequacoes das potencias nodais.
Exerccio
Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5. Verificar que as equacoes daspotencias nodais sao satisfeitas para a solucao encontrada (E1= 1,01120
pu,E2= 1 2,8
pu, S1= 101 +j5 MVA, S2= 100 +j0 MVA).
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Uma ideia para a resolucao do problema:
Arbitrar tensoes e testar se satisfazem as equacoes das potencias nodais.
Se satisfizerem solucao do problema foi encontrada.
Se nao satisfizerem alterar as tensoes e repetir o processo.
Na Secao2.5foi mostrado um procedimento que segue esta ideia geral(metodo de Gauss).
Primeiro problema: como alterar as tensoes convenientemente a fim de
sempre caminhar em direcao a solucao correta?
Segundo problema: nao se conhece todas as potencias existem diferentestipos de barras e para cada tipo existem valores fornecidos e valores a seremcalculados.
Procedimento geral de resolucao do problema de fluxo de carga:
Tomar as equacoes de Pk para as barras dos tipos PQ (carga) e PV(geracao), para as quais existem valores especificados de Pk.
Tomar as equacoes de Qk para as barras do tipo PQ (carga), para as quaisexistem valores especificados de Qk.
Supor que existam NPQ barras do tipo PQ e NPV barras do tipo PV.
Tem-se (NPQ + NPV) equacoes de Pk e NPQ equacoes de Qk. O total deequacoes e (2NPQ + NPV).
As incognitas sao Vk e k para as barras PQ e k para as barras PV. O totalde incognitas e tambem igual a (2NPQ + NPV).
Tem-se um sistema de (2NPQ + NPV) equacoes algebricas nao-lineares emesmo numero de incognitas.
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Obter as incognitas por algum metodo (que sera mostrado adiante).
Calcular Pk para a barra de referencia e Qk para a barra de referencia e
barras PV.
Exemplo
Descreva o procedimento de calculo de fluxo de carga para a rede de 2 barras daSecao2.5, mostrada a seguir.
21
(Geraoslack) Carga (PQ)
r jx
Equacoes das potencias nodais:
P1=V1 mK1
Vm(G1mcos 1m+B1msen 1m)
Q1=V1
mK1
Vm(G1msen 1m B1m cos 1m)
P2=V2
mK2
Vm(G2mcos 2m+B2msen 2m)
Q2=V2
mK2Vm(G2msen 2m B2m cos 2m)
Tomar P2=. . ., pois P2 e especificado.
Tomar Q2=. . ., pois Q2 e especificado.
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NPQ= 1 e NPV= 0 o numero de equacoes e igual a 2 NPQ +NPV= 2.
As incognitas sao V2 e 2 2 incognitas.
Equacoes de fluxo de carga:
P2=Pesp2 P
calc2 =P
esp2 V2
mK2
Vm(G2mcos 2m+B2msen 2m) = 0
Q2=Qesp2 Q
calc2 =Q
esp2 V2
mK2
Vm(G2msen 2m B2m cos 2m) = 0
Resolver as equacoes de fluxo de carga, obtendo V2 e 2.
Calcular P1 e Q1.
Exerccio
Descreva o procedimento de calculo de fluxo de carga para a rede de 3 barrasmostrada a seguir.
Gerao (PV)
Carga (PQ)
Gerao (slack)
1 2
3
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2.8 Metodos de solucao
Atraves de algum metodo determina-se as tensoes desconhecidas (magnitude
e/ou fase).
As equacoes das potencias nodais sao:
Pk =VkmK
Vm(Gkmcos km+Bkm sen km) k= {barra PQ ou PV}
Qk =Vk mK Vm(Gkmsen km Bkmcos km) k= {barra PQ}Tem-se portanto (NPQ + NPV) equacoes de potencia ativa e NPQ equacoesde potencia reativa.
Supor que sejam arbitrados os valores das tensoes desconhecidas (V e ). Apartir das equacoes das potencias nodais pode-se calcular:
Pcalk =Pk(V, ) k= {barra PQ ou PV}
Qcalk =Qk(V, ) k= {barra PQ}
No entanto, os valores de Pk e Qk dessas barras sao conhecidos (dados doproblema) e valem Pespk e Q
espk .
Se os valores de tensao arbitrados estiverem errados (o que e provavel),pode-se estimar o erro resultante da escolha desses valores:
Pk =Pespk P
calk k= {barra PQ ou PV}
Qk =Qespk Q
calk k= {barra PQ}
ET720 38
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em que Pk e Qk sao chamados de erros de potencia, resduos de potencia,ou mismatches de potencia (denominacao mais comum).
Se os valores das tensoes arbitrados corresponderem a solucao exata doproblema tem-se mismatches de potencia nulos:
Pk = 0 k= {barra PQ ou PV}
Qk= 0 k= {barra PQ}
As chamadasequacoes de fluxo de cargasao:
Pk =Pespk P
calk = 0 k= {barra PQ ou PV}
Qk =Qespk Q
calk = 0 k= {barra PQ}
que podem ser escritas de maneira geral como:
g (x) = 0
em que o vetor g e o vetor dos mismatches de potencia e x e o vetor dasincognitas (magnitudes e angulos de fase das tensoes).
A solucao xs faz as funcoes g se anularem g (xs) = 0.
Os metodos de solucao consistem na obtencao de xs que anula g(mismatches).
ET720 39
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2.8.1 Metodo de Newton
Equacao algebrica nao-linear
Considere a equacao algebrica nao-linear:
g (x) = 0
que e um caso particular (unidimensional) de um sistema de equacoesalgebricas nao-lineares (n-dimensional).
Pretende-se determinar o valor de x para o qual a funcao g(x) se anula. Emtermos geometricos a solucao da equacao acima corresponde ao ponto xs emque a curva g(x) corta o eixo horizontal x:
g(x)
xxs x0
ET720 40
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A resolucao do problema pelo metodo de Newton resulta em um processoiterativo cujos passos serao detalhados a seguir:
(1) Inicializar contador de iteracoes = 0 e escolher um ponto inicialx= x() =x(0).
(2)Calcular o valor da funcao g (x) no ponto x= x() g
x()
.
(3)Comparar o valor calculado g
x()
com uma tolerancia especficada .
Se | g
x()| , entao x= x() sera a solucao procurada dentro da faixa
de tolerancia .
Se | g x() |> , prosseguir com a execucao do processo iterativo.g(x)
x
g
x(0)
xs x(0)
+
(4)Linearizar a funcao g (x) em torno do ponto x(), g x() por intermedioda serie de Taylor desprezando os termos de ordem superior a 2:g
x() + x() g
x()
+
d
dtg
x()
x() =g
x()
+g
x()
x()
Este passo se resume de fato ao calculo da derivadag
x()
.
ET720 41
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(5)Resolver o problema linearizado, ou seja, encontrar x() tal que:
g x() +g x() x() = 0ou:
x() = g
x()
g
x()
x(+1) x() = g
x()
g x()x(+1) =x()
g x()g
x()
g(x)
x
g
x(0)
xs x(0)
+
x(1)
(6)Fazer + 1 e voltar para o passo (2).
ET720 42
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Uma visao geral do procedimento e mostrada a seguir.
g (x)
x
g
x(0)
xs x(0)
+
x(1)
g
x(1)
x(2)
g
x(2)
x(3)
solucao
Uma variacao do metodo acima e obtida considerando-se a derivadaconstante (Von Mises), ou seja, ela e calculada somente uma vez no ponto
x(0) e utilizada em todas as iteracoes:
g (x)
g
x(0)
xs x(0)+ x
x(1)
g
x(1)
x(2)
g
x(2)
x(3)
g
x(3)
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O numero de iteracoes e maior que no metodo original.
Cada iteracao e mais rapida pois a derivada nao precisa ser calculada a cadapasso (esse fato ficara mais claro quando for tratado o caso multidimensional)
Sistema de equacoes algebricas nao-lineares
Considere agora o caso de um sistema n-dimensional de equacoes algebricasnao-lineares:
g1(x1, x2, , xn) = 0
g2(x1, x2, , xn) = 0
g3(x1, x2, , xn) = 0...
gn (x1, x2, , xn) = 0
ou:
g (x) = 0
em que g (funcoes) e x (incognitas) sao vetores (n 1):
g (x) = [g1(x) g2(x) gn(x)]T
x= [x1 x2 xn]T
Os passos do processo iterativo de resolucao para o caso n-dimensional saobasicamente os mesmos do caso unidimensional. A diferenca esta no passo(4)onde, ao inves da derivada de uma funcao, aparece amatriz Jacobiana.
ET720 44
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A linearizacao de g (x) em torno de x= x() e dada por:
g1 x() + x() g1 x() +g1/x1|x()x()1 +g1/x2|x()x()2 + +g1/xn|x()x
()n
g2
x() + x()
g2
x()
+g2/x1|x()x
()1 +g2/x2|x()x
()2 + +
g2/xn|x()x()n
...
gn
x() + x()
gn
x()
+gn/x1|x()x
()1 +gn/x2|x()x
()2 + +
gn/xn|x()x()n
Logo:
gx() + x()
g
x()
+ J
x()
x()
sendo a matriz Jacobiana J dada por:
J
x()
=
xgx()
=
x1
g1
x2g1 . . .
xn
g1
x1g2
x2
g2 . . .
xng2
. . . . . . . . . . . .
x1gn
x2
gn . . . xn
gn
x()
O vetor de correcao das incognitasx e calculado impondo-se:
gx()
+ J
x()
x() = 0
ET720 45
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Caso particular em que n= 2:
g1[(
x1+
x1)
,(x
2+ x
2)] g
1 x()1 , x()2 +
x1g
1x(
)
1 +
x2g
1x(
)
2
g2[(x1+ x1) , (x2+ x2)] g2
x
()1 , x
()2
+
x1g2x
()1 +
x2g2x
()2
e:
matriz Jacobiana
g1
x()1 , x
()2
g2 x()1 , x()2
x1g1
x2
g1
x1
g2 x2 g2
x()1
x()2 0
0+ =
Algoritmo para a resolucao do sistema de equacoes g (x) = 0 pelo metodo de
Newton:
(1)Inicializar contador de iteracoes = 0 e escolher um ponto inicialx= x() =x(0).
(2)Calcular o valor da funcao g (x) no ponto x= x() gx()
.
(3)Testar convergencia:
Se | gix() | para i= 1, , n, entao x= x() sera a solucao procurada
dentro da faixa de tolerancia e o processo convergiu.
Caso contrario, prosseguir com a execucao do algoritmo.
(4)Calcular a matriz Jacobiana Jx()
.
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(5)Determinar o novo ponto x(+1):
x() = J1 x() g x()x(+1) =x() + x()
(6)Fazer + 1 e voltar para o passo (2).
Ideia geral da evolucao do processo iterativo (para n= 2):
g1
g2
x1
x2
00
1
1
2
2
3
3
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Problema de fluxo de carga
No metodo de Newton para a resolucao do sistema de equacoes g (x) = 0, o
ponto central consiste em determinar o vetor de correcao x atraves de:
g (x) = J (x) x
Para o problema de fluxo de carga tem-se:
g (x
) = P
Q = Pesp Pcalc
Qesp Qcalc
} NPQ + NPV} NPQ
x =
V
} NPQ + NPV} NPQ
J (x) = (P)
(P)V
(Q)
(Q)V
()
} NPQ + NPV
} NPQNPQ + NPV
NPQ
Lembrando das equacoes dos mismatches (cujas derivadas aparecem namatriz Jacobiana) e de que os valores especificados das potencias saoconstantes, pode-se escrever:
J (x) =
(P) (P)V
(Q)
(Q)V
()
() P =PespPcalc (V, )
constante derivada nula
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As submatrizes que compoem a matriz Jacobiana sao geralmenterepresentadas por:
H =(P)
N =
(P)
V
M =(Q)
L =
(Q)
V
As expressoes para os elementos das matrizes H, M, N e L sao deduzidas apartir das expressoes basicas de fluxo de potencia (expressoes de Pk e Qk).
Finalmente as equacoes podem ser colocadas na forma:
P
Q
=
H N
M L
()
V
Exemplo
Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5:
21
(Geraoslack) Carga (PQ)
r jx
As equacoes a serem resolvidas neste caso sao:
P2Q2
=
H22 N22M22 L22
2V2
ET720 49
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H22=
2P2=
2 V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V
22G22
= V2V1(G21sen 21 B21cos 21) +V22B22 Q2
V22B22
= Q2 V22B22
N22=
V2P2
=V1(G21cos 21+B21sen 21) + 2V2G22 (V2/V2)
=
P2+V
22G22
/V2
M22= 2
Q2= 2
V2V1(G21sen 21 B21cos 21) V
22B22
=V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V
22G22
P2
V22G22
=P2 V22G22
L22=
V2Q2
=V1(G21sen 21 B21cos 21) 2V2B22 (V2/V2)=
Q2 V22B22
/V2
Deducao das expressoes dos elementos da matriz H:
A expressao da potencia ativa em uma barra k e:
Pk =VkmK
Vm(Gkmcos km+Bkmsen km)
=Gkk V2kk +Vk
mk
Vm(Gkmcos km+Bkmsen km)
ET720 50
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A segunda equacao corresponde a uma separacao dos termos correspondentesa propria barra k. Logo, a somatoria contem agora somente as barras vizinhasda barra k.
Elemento fora da diagonal k-m derivada da potencia Pk em relacao aoangulo de uma certa barra vizinha m:
Hkm =
mPk =VkVm(Gkmsen km Bkm cos km)
Elemento fora da diagonal m-k derivada da potencia Pm em relacao aoangulo de uma certa barra vizinha k basta inverter os ndices k e m da
expressao de Hkm:
Hmk=
kPm=VmVk(Gmksen mk Bmkcos mk)
Como:
Gmk =Gkm
Bmk =Bkm
mk = km
tem-se finalmente:
Hmk= VkVm(Gkmsen km+Bkmcos km)
Elemento da diagonal k-k:
Hkk =
kPk = Vk
mk
Vm(Gkmsen km Bkmcos km)
ET720 51
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Somando e subtraindo BkkV2k:
Hkk = BkkV2k +BkkV2k Vk mk
Vm(Gkmsen km Bkmcos km)
= BkkV2k VkVk
Gkksen kk
=0
Bkkcos kk =1
Vk
mk
Vm(Gkmsen km Bkmcos km)
Incluindo a barra k na somatoria:
Hkk = BkkV2k Vk
mK
Vm(Gkmsen km Bkmcos km) =Qk
= BkkV2k Qk
A expressao em termos da potencia e mais simples mais economica emtermos de calculo, pois aproveita o valor da potencia que ja foi calculadoanteriormente (este fato ficara mais claro quando for apresentado o algoritmode solucao do fluxo de carga).
Resumindo:
Hkk =
k Pk = BkkV2k Vk mKVm(Gkmsen km Bkm cos km)
= BkkV2k Qk
Hkm = m
Pk = VkVm(Gkmsen km Bkmcos km)
Hmk= k
Pm = VkVm(Gkmsen km+Bkmcos km)
ET720 52
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Os elementos das demais matrizes sao:
Nkk = Vk
Pk = GkkVk+ mKVm(Gkmcos km+Bkm sen km)= V1k
Pk+GkkV2k
Nkm =
Vm
Pk = Vk(Gkmcos km+Bkmsen km)
Nmk= Vk
Pm = Vm(Gkmcos km Bkmsen km)
Mkk = k
Qk = GkkV2k +Vk
mKVm(Gkmcos km+Bkm sen km)
= GkkV2k +Pk
Mkm
= m
Qk
= Vk
Vm
(Gkm
cos km
+Bkm
sen km
)
Mmk = k
Qm = VkVm(Gkmcos km Bkmsen km)
Lkk = Vk
Qk = BkkVk+
mKVm(Gkmsen km Bkmcos km)
= V1k
Qk BkkV2k
Lkm = Vm
Qk = Vk(Gkmsen km Bkmcos km)
Lmk= Vk
Qm = Vk(Gkmsen km+Bkmcos km)
As matrizes H, M, N e L tem as mesmas caractersticas de esparsidade que amatriz admitancia nodal Y.
As matrizes H, M, N e L tem dimensoes distintas, em funcao dos dados doproblema. A seguinte tecnica e normalmente utilizada:
1. Construir as matrizes completas (dimensao [NB NB]).
2. Na matriz H colocar um numero muito grande () nas posicoes dasdiagonais correspondentes a barras de referencia.
3. Na matriz L colocar um numero muito grande () nas posicoes dasdiagonais correspondentes a barras de referencia e PV.
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Quando essas matrizes forem invertidas, os elementos das linhas e colunascorrespondentes aos elementos grandes das diagonais serao praticamenteiguais a zero, assim como as correspondentes correcoes das variaveis de
estado, ou seja: k = 0 k {referencia}Vk = 0 k {referencia,PV}
Conhecendo-se os elementos da matriz Jacobiana e a maneira de calcular osmismatches de potencia, pode-se aplicar o metodo de Newton para oproblema do fluxo de carga.
Exemplo
Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5:
21
(Geraoslack) Carga (PQ)
r jx
Barra Dados Incognitas
1 V1, 1 P1 , Q12 P2, Q2 V2 , 2
Para se conhecer o modo de operacao da rede de forma completa deve-seconhecer as tensoes em todas as barras (Vkk).
Incognitas de tensao V2 , 2 2 incognitas
Sao necessarias 2 equacoes P2 , Q2
P2=Pesp2 P2(V, ) = 0
Q2= Qesp2 Q2(V, ) = 0
SUBSISTEMA 1 (obter os V e que faltam)
ET720 54
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Problema iterativo a ser resolvido (fluxo de carga):
P2
Q2 =
H22 N22
M22 L22
2
V2
Resolvido o SUBSISTEMA 1, pode-se calcular as potencias desconhecidas:
P1= Q1=
SUBSISTEMA 2 (calcular as potencias que faltam)
Exemplo
Considerar a rede de 3 barras a seguir.
Gerao (PV)
Carga (PQ)
Gerao (slack
)
1 2
3
ET720 55
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Barra Dados Incognitas
1 V1, 1 P1 , Q12 P2, V2 Q2 , 2
3 P3, Q3 V3 , 3
Para se conhecer o modo de operacao da rede de forma completa deve-seconhecer as tensoes em todas as barras (Vkk).
Incognitas de tensao 2 , V3 , 3 3 incognitas
Sao necessarias 3 equacoes P2 , P3 , Q3
P2=Pesp2 P2(V,) = 0
P3=Pesp3 P3(V,) = 0
Q3= Qesp3 Q3(V, ) = 0
SUBSISTEMA 1 (obter os V e que faltam)
Problema iterativo a ser resolvido (fluxo de carga):
P2
P3Q3
=
H22 H23 N23
H32 H33 N33M32 M33 L33
2
3V3
Resolvido o SUBSISTEMA 1, pode-se calcular as potencias desconhecidas:
P1= Q1= Q2=
SUBSISTEMA 2 (calcular as potencias que faltam)
ET720 56
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Algoritmo de resolucao dos subsistemas 1 (pelo metodo de Newton) e 2:
(1)Fazer contador de iteracoes = 0.
Escolher os valores iniciais das tensoes (magnitudes para as barras PQ eangulos de fase para as barras PQ e PV)
V0k,
0k
.
(2)Calcular Pk(V, ) para as barras PQ e PV.
Calcular Qk(V, ) para as barras PQ.
Calcular os resduos (mismatches) de potencia Pk e Qk.
(3)Testar a convergencia:
Se
max {| Pk |}k=PQ,PV P o processo iterativo
e = convergiu para a solucaomax {| Qk |}k=PQ Q (V
, ) ir para o passo(7).
Caso contrario, prosseguir.
(4)Calcular a matriz Jacobiana:
J (V,) =
H (V, ) N (V, )M (V, ) L (V, )
(5)Determinar a nova solucaoV+1, +1
:
+1 = +
V+1
=V
+ V
sendo as correcoes e V determinadas pela resolucao do sistemalinear:
P(V, )Q (V, )
=
H (V, ) N (V, )M (V, ) L (V, )
V
ET720 57
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(6)Incrementar o contador de iteracoes (+ 1 ) e voltar para o passo (2).
(7)Calcular Pk para a barra de referencia e Qk para as barras de referencia e
PV (subsistema 2).
Exemplo
Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5:
21
(Geraoslack) Carga (PQ)
r jx
Dados: S2=P2+j Q2= 1 +j0 = 10 pu (100 MW, 0 Mvar)
V11= 1,01120 pu
r= 0,01 pu
x= 0,05 puPasso (1)
= 0V02 = 1,0112 pu , 2= 0 (valores arbitrarios)
Passo (2)
P2=V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V22G22
G = 3,8462 3,84623,8462 3,8462 B = 19,2308 19,230819,2308 19,2308 P2= 1,0112V2 (3,8462 cos 2+ 19,2308 sen 2) + 3,8462V
22 para V
02 e
02 P2= 0
Q2=V2V1(G21sen 21 B21cos 21) V22B22
Q2= 1,0112V2 (3,8462 sen 2 19,2308 cos 2) + 1 9,8462V22 para V
02 e
02 Q2= 0
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P2=Pesp2 P
calc2 = 1 0 = 1
Q2=Qesp2 Q
calc2 = 0 0 = 0
Passo (3)
Considerar P =Q= 0,01
max {| P2|, | Q2|} = 1> 0,01
Passo (4)
J =
V22B22 Q2
P2+V
22G22
/V2
P2 V22G22
Q2 V
22B22
/V2
=
19,6640 3,88943,9329 19,4462
Passo (5)
J1 =
0,0489 0,00980,0099 0,0494
2V2
= J1
P2Q2
= J1
1
0
=
0,04890,0099
V2= 1 0,0099 = 0,9901 pu2= 0 0,0489 = 0,0489 rad
Passo (6)
= 1
Passo (2)
P2= 1,0169 pu P2= 0,0169Q2= 0,1905 pu Q2= 0,1905
Passo (3)
max {| P2|, | Q2|} = 0,1905> 0,01
Passo (4)
J =
19,0424 2,78124,7874 18,8480
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Passo (5)
J1 =
0,0506 0,00750,0129 0,0512
2
V2
= 0,0006
0,0100
V2= 0,9901 + 0,0100 = 1,0001 pu2= 0,0489 0,0006 = 0,0495 rad
Passo (6)
= 2
Passo (2)P2= 1,0002 pu P2= 0,0002Q2= 0,0028 pu Q2= 0,0028
Passo (3)
max {| P2|, | Q2|} = 0,0028< 0,01
convergiu para V2= 1,0001 pu
2= 0,0495 rad 2,8
Passo (7)
P1=V21G11+V1V2(G12cos 12+B12sen 12) = 1,0102 pu 101,02 MW
Q1= V21B11+V1V2(G12sen 12 B12cos 12) = 0,0472 pu 4,72 Mvar
1
V2
2
P2
Q2
0,100,05
1,02
1,000,98 0,020,01 0,020,01
0,02
0,01
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2.9 Metodos desacoplados
Submatrizes da matriz Jacobiana representam sensibilidades entre as
potencias e a tensao (magnitude e angulo), por exemplo:
H =
P H
P
uma variacao no angulo da tensao implica em uma variacao da potenciaativa. O mesmo tipo de analise vale para as outras submatrizes.
Nos metodos desacoplados, assume-se que as sensibilidades
P e
VQ
sao maiores que
Q
e
VP
ou seja, existe um acoplamento forte entre
[P e ] e [Q e V]
e um acoplamento fraco (desacoplamento) entre
[Q e ] e [P e V]
Este fato e em geral verificado para redes de transmissao de extra e ultraaltas tensoes (tensoes acima de 230 kV). Nao se verifica para redes dedistribuicao em geral (nveis de tensao mais baixos).
ET720 61
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O desacoplamento permite que outros metodos de solucao do fluxo de carga(que sao derivados do metodo de Newton) sejam obtidos.
Metodos desacoplados simplificacao da matriz Jacobiana. modelo da rede e o mesmo utilizado no metodo de Newton.
o processo de convergencia (caminho percorrido durante o processoiterativo) e diferente.
o resultado final e o mesmo.
2.9.1 Metodo de Newton desacoplado
Metodo de Newton:
P(V,) = H (V, ) + N (V, ) V
Q (V,) = M (V, ) + L (V,) V
+1 = +
V+1 =V + V
Devido ao desacoplamento, as matrizes de sensibilidade entre P e V (N) eentre Q e (M) sao ignoradas:
P(V
,
) = H (V
,
)
Q (V, ) = L (V, ) V
+1 = +
V+1 =V + V
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Esta e a forma simultanea. Aplica-se agora o esquema de solucao alternado:
P(V, ) = H (V, )
+1 = +
Q (V, ) = L (V, ) V
V+1 =V + V
Duas primeiras equacoes meia-iteracao ativa
Duas ultimas equacoes meia-iteracao reativa
Aproximacoes na matriz Jacobiana sao parcialmente compensadas pelaatualizacao das variaveis V e a cada meia-iteracao.
Os subproblemas ativo e reativo podem ter velocidade de convergenciadiferentes. Existem varias formas de implementar os metodos desacoplados.
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0
KP= KQ= 1 p= q = 0V0 , 0
P(Vq , p)
max {|Pk |} : pk= {PQ, PV}
p = H (Vq , p)1 P(Vq , p)
p+1 =p + p
p p+ 1
KQ= 1
Q (Vq , p)
max {|Qk |} : qk= {PQ}
Vq = L (Vq , p)1 Q (Vq , p)
Vq+1 =Vq + Vq
q q+ 1
KP= 1
KP= 0
KQ : 0
KQ= 0
KP : 0
Solucao
=
=
=
=
>
>
Metodo de Newton Desacoplado
Diagrama de Blocos
Meia-iterac
aoativa
Meia-iterac
aoreativa
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No diagrama de blocos tem-se:
p,q sao os contadores das iteracoes ativa e reativa.
KP e KQ sao indicadores de convergencia dos subproblemas ativo e reativo.
sempre que alguma variavel de estado e alterada (p.ex. ), o indicador deconvergencia do outro subproblema (p.ex. subproblema reativo) e feitoigual a 1, forcando que os mismatches do outro subproblema (p.ex. Q)sejam avaliados, mesmo que este ja estivesse convergido. Esteprocedimento evita afastamentos do ponto de solucao.
o diagrama de blocos corresponde a solucao do subsistema 1. Apos aconvergencia, o subsistema 2 pode ser resolvido. Outras grandezas podemtambem ser calculadas, como fluxos de potencia nos ramos.
Metodo de Newton desacoplado uma versao diferente
Esta versao pode apresentar uma convergencia mais rapida para algunssistemas.
Considerar a matriz diagonal V:
V =
V1V2 0
0 . . .
Vn
As matrizes jacobianas podem ser colocadas na seguinte forma:
H = V H
L = V L
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Os elementos de H e L sao:
Hkk = Qk/Vk VkBkk
Hkm =Vm(Gkmsen km Bkmcos km)
Hmk= Vk(Gkmsen km+Bkmcos km)
Lkk =Qk/V2k Bkk
Lkm = (Gkmsen km Bkmcos km)
Lmk = (Gkmsen km+Bkmcos km)
As equacoes do metodo de Newton desacoplado ficam:
P/V = H
Q/V = L V
2.9.2 Metodo desacoplado rapido
O diagrama de blocos e o mesmo que para o metodo desacoplado, mas asmatrizes utilizadas sao diferentes.
Considerar as seguintes aproximacoes:
cos km 1 (
kmpequeno) valida para sistemas em geral, especialmente
para EAT (extra alta tensao) e UAT (ultra alta tensao). Bkk Gkmsen km valida para sistemas em geral, especialmente para EAT
(extra alta tensao) e UAT (ultra alta tensao) Bkm/Gkm 5 para linhas detransmissao acima de 230 kV, podendo chegar a 20 em linhas de 500 kV.
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BkkV2k Qk se baseia no fato de que as reatancias shunt sao em geralmuito maiores que as reatancias serie.
Vk 1 (valores em pu).
As matrizes H e L ficam:
Hkk = Bkk
Hkm = Bkm
Hmk = Bkm
Lkk = Bkk
Lkm = Bkm
Lmk= Bkm
ou:
H B
L B
As matrizes B e B dependem somente dos parametros da rede sao
constantes ao longo do processo iterativo.
Sao semelhantes a matriz B = {Y} com as seguintes diferencas:
linhas e colunas referentes as barras de referencia nao aparecem em B. linhas e colunas referentes as barras de referencia e PV nao aparecem em
B.
As matrizes B e B tem estruturas identicas as matrizes H e L.
Pode-se trabalhar com as matrizes B e B com dimensoes (NB NB) ecolocar um numero grande nas diagonais apropriadas.
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As equacoes do metodo desacoplado rapido ficam:
P/V = B
Q/V = B V
Melhorias no desempenho do metodo desacoplado rapido foram observadasalterando-se a matriz B, resultando em:
B
kk=
NB
m=1
x1
km
Bkm =Bmk = x
1km
Bkk = Bkk
Bkm =Bmk = Bkm
em que xkm e a reatancia serie do ramo que conecta as barras k e m.
Exemplo
Considerar a rede de 2 barras da Secao2.5:
21
(Geraoslack) Carga (PQ)
r jx
Dados: S2=P2+j Q2= 1 +j0 = 10 pu (100 MW, 0 Mvar)
V11= 1,01120 pu
r= 0,01 pux= 0,05 pu
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G =
3,8462 3,84623,8462 3,8462
B =
19,2308 19,2308
19,2308 19,2308
(1)
KP= KQ= 1p= q= 0V02 = 1,0112 pu,
02= 0 rad
(2)
P2=V2V1(G21cos 21+B21sen 21) +V22G22= 0
P2= 1 0 = 1
(3)| P2|= 1> 0,01
(4)
P/V = B P2/V2=B222 (B
22= 1/x= 20)
2= 0,0494 rad
(5)
2= 0 0,0494 = 0,0494 rad(6)
p= 1
(7)
KQ= 1
(8)
Q2=V2V1(G21sen 21 B21cos 21) V22B22= 0,2182Q2= 0 0,2182 = 0,2182
(9)
| Q2|= 0,2182> 0,01
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(10)
Q/V = B V Q2/V2=B22V2 (B
22= 19,2308)
V2= 0,0112 rad
(11)
V2= 1,0112 0,0112 = 1 pu
(12)
q= 1
(13)
KP= 1
(14)
P2= 0,9986P2= 1 + 0,9986 = 0,0014
(15)
| P2|= 0,0014
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(21)
KP= 0
convergiu para V2= 1 pu2= 0,0494 rad 2,8
2.10 Controles e limites
Os metodos mostrados tratam apenas da determinacao do estado deoperacao da rede (resolucao do sistema de equacoes algebricas nao-lineares).
Complicacoes:
os equipamentos da rede apresentam limites de operacao.
certos equipamentos realizam controle de certas grandezas.
Limites:
injecao de potencia reativa em barras PV (relacionado com as curvas decapacidade, que serao vistas adiante).
limites de tensao em barras PQ.
limites dos taps de transformadores.
limites de fluxos em circuitos.
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Controles:
controle de magnitude de tensao nodal (local e remota) por injecao dereativos.
controle de magnitude de tensao nodal por ajuste de tap detransformadores em fase.
controle de fluxo de potencia ativa por ajuste do tap de transformadoresdefasadores.
controle de intercambio entre areas.
2.11 Programacao por computador
Redes eletricas reais em geral sao de grande porte, resultando em matrizesgrandes e esparsas.
Considerar uma rede com 100 barras e 200 ramos.
A matriz Y tera dimensao (100 100) 10000 elementos.
Destes, serao nao nulos:
100diag
+ 2 200 fora diag.
= 500 elementos
ou seja, um grau de esparsidade de:
GE=
10000 500
10000
100% = 95% 95% dos elementos sao nulos!
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Armazenamento compacto de matrizes
Inversao de matrizes fatoracao (eliminacao de Gauss)
metodo de resolucao robusto e eficiente.
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Referencias
[1] F.L. Alvarado, R.J. Thomas, A Brief history of the power flow, IEEE
Spectrum, 2001.[2] B. Stott, Review of load-flow calculation methods, Proceedings of the IEEE,
vol.62, n.7, 1974.
[3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introducao a sistemas de energia eletrica,Unicamp, 1999.
[4] C.A. Castro, Material da disciplina IT601 Calculo de fluxo de potencia,disponvel em http://www.dsee.fee.unicamp.br/ccastro
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ET720 Sistemas de Energia Eletrica I
Captulo 3: Geradores sncronos
3.1 Introducao
Gerador sncrono: conversor de potencia mecanica em potencia eletrica:
Mquina
Sncrona
(Alternador)
Turbinagua, vapor
Pm Pe
Turbogerador com excitatriz
1
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No problema de fluxo de carga apresentado no captulo anterior considerou-se:
Pg, Qg
Gerador
Transformador
Barramento da usina modelo
Ha modelos mais completos, a serem aplicados em varias analises de sistemaseletricos de potencia. Exemplo: estudos de estabilidade.
Somente sera estudada a operacao da maquina sncrona em regimepermanente.
Fenomenos transitorios sao estudados em cursos mais avancados.
Maquina sncrona funcionando como gerador barra PV sera discutidacom detalhe
Motor sncrono com carga mecanica acoplada ao eixo e uma carga emodelado como tal e nao sera discutido nesse captulo.
2
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Motores sncronos conectados a rede sem carga mecanica no eixo fornecimento de potencia reativa a rede condensador sncrono
Exemplo: lado inversor de um link CC consome muitos reativos coloca-seum condensador sncrono:
e mais barato que um banco de capacitores de potencia equivalente devidoao nvel de isolacao exigido.
permite um controle contnuo de fornecimento de reativos (bancos decapacitores tem controle discreto).
CACA CC
Retificador Inversor
Condensador
sncrono
3
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Descricao basica da maquina sncrona:
eixo fase a
eixo fase b
eixo fase c
eixo rotor
rotor (polos salientes)
armadura (estator)
enrolamento de campo
gap (entreferro)
a
a
b
b
c
c
If
Armadura (estator) parte fixa bobinas ficam acomodadas emranhuras.
Campo (rotor) parte movel bobina enrolada no rotor por onde circulacorrente contnua criacao de um campo magnetico.
Entreferro (gap) espaco entre estator e rotor implica em umarelutancia magnetica.
4
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x
Estator de um hidrogerador
Rotor de um hidrogerador
5
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Polos lisos polos salientes no rotor:
N
NN
S S
S
polos lisos (2 polos) polos salientes (4 polos)
turbogerador hidrogerador
Polos salientes:
hidrogeradores
turbina hidroeletrica: peca grande, pesada
grande volume de agua grande numero de polos
Polos lisos (rotor cilndrico):
turbogeradores (vapor)
eficiencia das turbinas a vapor aumenta a altas velocidades
pequeno numero de polos
6
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Exemplo
Sistema de geracao da usina de Itaipu: turbina Francis/gerador com velocidade
de 92,3 rpm a 60 Hz (lado brasileiro) e 90,9 rpm a 50 Hz (lado paraguaio).Determine o numero de polos das maquinas.
A expressao que relaciona o numero de polos (p), a velocidade em rpm (n) e afrequencia da tensao gerada em Hertz (f) e:
p=120 f
n
Os respectivos numeros de polos sao:
pBr =120 60
92,3 = 78 polos lado brasileiro
pPa=120 50
90,9 = 66 polos lado paraguaio
Maquinas grandes ( 20 metros de diametro) e baixa velocidade eixo navertical (em geral hidrogeradores).
Maquinas menores e altas velocidades eixo na horizontal (em geralturbogeradores).
7
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Excitacao de campo:
+
Piloto
Gerador CC
Gerador Sncrono
Turbina
GS GS
Controle
Eletro-mecanico
campoGS GCC
campo
gcc
reostatocontrolemanual
campo
Controle eletronico
CC
GS
Campo gerado pela propria rede atraves de um gerador CC auto-excitado
Piloto gerador de ima permanente
Controle eletronico mais rapido
8
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3.2 Modelo da maquina sncrona de polos lisos
E possvel obter um circuito eletrico equivalente para a maquina sncrona de
polos lisos.
O circuito equivalente e obtido atraves da analise:
do comportamento da maquina em vazio
do comportamento da maquina sob carga
das perdas
3.2.1 Maquina operando em vazio
Considerar uma maquina trifasica em que somente o enrolamento da fase a erepresentado para facilitar a analise.
rotor
estator
aaa M
eixo do estator= 0
eixo do rotor= t0
9
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Maquina e acionada (pela turbina) com velocidade angular constante . Aposicao instantanea do rotor e:
= t
onde o angulo e medido a partir do eixo do estator (referencia angular).
Corrente CC (if) e aplicada no enrolamento de campo e gera um campomagnetico (H), que depende da intensidade da corrente e do caminhomagnetico:
if H
A inducao magnetica (B) depende do meio no qual H existe:
H B
O fluxo magnetico e proporcional a propria inducao e a area onde ela existe:
B
e maximo sobre o eixo do rotor (M).
10
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A maquina e construda de forma que o fluxo magnetico tenha uma formasenoidal no espaco.
eixo do rotor
Ma
eixo do estator
t0
O fluxo sobre o eixo da fase a do estator e:
a() =M cos
ou, em funcao do tempo:
a(t) =M cos t
11
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Pela lei de Faraday a tensao induzida no enrolamento da fase a do estator e:
ef(t) = N
d
dta(t)
Na realidade ha dispersao de fluxo:
fluxo enlacado pelasbobinas do estator
fluxo disperso
Considerando que fseja o fluxo enlacado pelas bobinas do estator:
ef(t) = N d
dtf(t)
=N M sen t
=Vp sen t
12
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x
f(t) ef(t)
t
Tanto o fluxo concatenado como a tensao induzida sao senoidais. Chamandode:
f fasor associado a f(t)
Ef fasor associado a ef(t) Forca eletromotriz interna da maquina
tem-se um diagrama de fluxos e tensoes em que a tensao esta atrasada de 90
em relacao ao fluxo:
f
Ef
13
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3.2.2 Maquina operando sob carga
Carga conectada ao estator da maquina correntes de armadura (fases a, b e
c).
Considere que a carga e equilibrada. As correntes sao:
ia (t) =Ip cos(t)
ib (t) =Ip cos(t 120)
ic(t) =Ip cos(t+ 120)
Sao criadas 3 forcas magnetomotrizes senoidais com mesmo valor maximo edefasadas de 120:
Fa (t) =Fp cos(t)
Fb (t) =Fp cos(t 120)
Fc(t) =Fp cos(t+ 120
)
Considere o instante t = 0:
Fa=Fp Fb = Fp2
Fc= Fp2
A forca magnetomotriz resultante e:
Fra =3
2Fp
Fa
Fb
Fc
Fra
a
a
b
b
c
c
14
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A forca magnetomotriz total (resultante das tres fmm das fases) e:
Fra(t) =
3
2Fp cos(t)
Fra e a forca magnetomotriz de reacao de armadura1 resultado dacirculacao de corrente de armadura.
Fra corresponde a um campo girante no entreferro.
A velocidade de giro de Fra e igual a velocidade do campo do rotor os doiscampos sao estacionarios um em relacao ao outro.
O campo girante de reacao de armadura combinado com o campo deexcitacao resultam em um campo total de entreferro, que determinara atensao terminal do gerador.
3.2.3 Diagrama fasorial
Considere que o gerador alimenta diretamente uma carga indutiva correnteatrasada em relacao a tensao aplicada (tensao terminal do gerador).
A sequencia de raciocnio e a seguinte:
A corrente de campo produz umcampo f.f
1Ver apendice no final do captulo.
15
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f induz uma tensao Ef (atra-
sada de 90).
fEf
A corrente de carga Ia produz
um campo de reacao de arma-dura ra (em fase).
f
Ef
Ia
ra
ra induz uma tensao Era (atra-sada de 90).
f
Ef
Ia
ra
Era
A soma de f e ra resulta nocampo total de entreferro t.
f
Ef
Ia
ra
Era
t
16
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A soma de Ef e Era resulta natensao terminal do gerador Et.
f
Ef
Ia
ra
Era
t
Et
3.2.4 Consideracao das perdas
As principais causas de perdas sao:
Perdas ohmicas nos enrolamento modeladas como uma resistencia ra resistencia de armadura.
Dispersao de fluxo de armadura modelada como uma reatancia indutivax reatancia de dispersao da armadura.
(*) leakage
armadura
condutor1 2
1 linhas de campo quepassam pelo entreferro
2 linhas de campo quenao passam pelo entre-ferro
17
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3.2.5 Circuito equivalente
Em termos das tensoes pode-se escrever:
Et=Ef+Era
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