Apostila SEP Fluxo de Carga Muito Boa

Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente Sérgio Haffner http://slhaffner.phpnet.us/ [email protected] [email protected]

Desenvolvido para ser utilizado como notas de aula para o primeiro curso na área de Sistemas de Energia em nível de graduação ou pósgraduação.

Setembro 2007

Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente

Sumário Introdução [1 página]

4

I Fundamentos para solução de circuitos elétricos [22 páginas] I.1 I.2 I.3 I.4 I.5 I.6 I.7 I.8 I.9 I.10

Representação fasorial Impedância [Ω] e admitância [Ω-1 ou siemens] Associação de impedâncias Potência complexa Sentido do fluxo de potência Fonte trifásica ideal Carga trifásica ideal Potência complexa em circuitos trifásicos equilibrados Análise por fase e diagrama unifilar O sistema por unidade (pu)

II O balanço balanço de potência II.1 II.2 II.3 II.4

1 4 5 6 9 10 11 11 14 17

1

[7 páginas]

Capacidade de transmissão Dependência da carga com a tensão e freqüência O balanço de potência ativa e seus efeitos sobre a freqüência O balanço de potência reativa e seus efeitos sobre a tensão

III A linha de de transmissão [16 páginas] III.1 III.2 III.3 III.4 III.5

1

Tipos de condutores Resistência série Indutância série Capacitância em derivação O modelo da linha de transmissão

IV O transformador [27 páginas]

1 3 5 5

1 1 2 3 6 11

1

IV.1 Transformador ideal de dois enrolamentos

1

IV.1.1 Transformador ideal em regime permanente senoidal IV.1.2 Modelo do transformador ideal em pu

3 4

IV.2 Circuito equivalente do transformador real de dois enrolamentos IV.3 Transformador com relação não-nominal IV.4 Transformador de três enrolamentos IV.5 Autotransformador IV.6 O modelo do transformador em fase IV.7 O modelo do transformador defasador IV.8 Expressões gerais dos fluxos de corrente e de potência

Introdução – Sérgio Haffner

Versão: 10/9/2007

5 14 16 17 19 25 26

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Sumário Introdução [1 página]

4

I Fundamentos para solução de circuitos elétricos [22 páginas] I.1 I.2 I.3 I.4 I.5 I.6 I.7 I.8 I.9 I.10

Representação fasorial Impedância [Ω] e admitância [Ω-1 ou siemens] Associação de impedâncias Potência complexa Sentido do fluxo de potência Fonte trifásica ideal Carga trifásica ideal Potência complexa em circuitos trifásicos equilibrados Análise por fase e diagrama unifilar O sistema por unidade (pu)

II O balanço balanço de potência II.1 II.2 II.3 II.4

1 4 5 6 9 10 11 11 14 17

1

[7 páginas]

Capacidade de transmissão Dependência da carga com a tensão e freqüência O balanço de potência ativa e seus efeitos sobre a freqüência O balanço de potência reativa e seus efeitos sobre a tensão

III A linha de de transmissão [16 páginas] III.1 III.2 III.3 III.4 III.5

1

Tipos de condutores Resistência série Indutância série Capacitância em derivação O modelo da linha de transmissão

IV O transformador [27 páginas]

1 3 5 5

1 1 2 3 6 11

1

IV.1 Transformador ideal de dois enrolamentos

1

IV.1.1 Transformador ideal em regime permanente senoidal IV.1.2 Modelo do transformador ideal em pu

3 4

IV.2 Circuito equivalente do transformador real de dois enrolamentos IV.3 Transformador com relação não-nominal IV.4 Transformador de três enrolamentos IV.5 Autotransformador IV.6 O modelo do transformador em fase IV.7 O modelo do transformador defasador IV.8 Expressões gerais dos fluxos de corrente e de potência


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V Geradores, reatores, capacitores e cargas [5 páginas] V.1 V.2 V.3 V.4

1

Geradores Reatores Capacitores Cargas

1 1 2 2

VI O estudo do fluxo de carga [12 páginas]

1

VI.1 Definição do problema do fluxo de carga VI.2 As equações das correntes dos nós VI.3 Formulação matricial

1 6 8

VII Fluxo de carga não linear: linear: algoritmos básicos [47 páginas]

1

VII.1 Formulação do problema básico VII.2 Resolução de sistemas algébricos algébricos não lineares lineares pelo método método de Newton-Raphson VII.3 Fluxo de carga pelo método de Newton-Raphson VII.4 Métodos desacoplados VII.4.1 Método de Newton desacoplado VII.4.2 Desacoplado rápido VII.4.3 Apresentação formal dos métodos desacoplados

VII.5 Controles e limites

VIII Fluxo de carga linearizado


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15 24 24 31 35

38 [7 páginas]

VII.1 Linearização VIII.2 Formulação matricial VIII.3 Representação das perdas no modelo linearizado

Bibliografia [1 página]

1 10

1 1 3 5

1

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Introdução Estas notas de aula têm como objetivo apresentar, de forma resumida, o conteúdo integral da disciplina introdutória na área de Sistemas de Energia para um curso em nível de graduação em Engenharia Elétrica (parcial para uma disciplina em nível de pós-graduação em Engenharia Elétrica) que consiste na análise de sistemas de energia elétrica em regime permanente senoidal. Estas notas não detalham em profundidade todos os aspectos relacionados com o tema, mas podem ser utilizadas para balizar estudos nesta área, cuja bibliografia em português não é muito abundante, em função da retirada dos títulos já esgotados dos catálogos das editoras. A análise de sistemas elétricos em regime permanente é de extrema importância, pois é desta forma que as redes operam quase na totalidade do tempo. Nestas condições, busca-se que todos os equipamentos elétricos (geradores, transformadores, linhas de transmissão, alimentadores, motores, etc.) e stejam operando dentro de seus limites (tensão, freqüência, potência, etc.) e, se possível, de forma ótima (visando maximizar a segurança e minimizar o custo de geração, as perdas de transmissão, etc.). Para efetuar esta análise, em cada condição de carga e geração possível para o sistema ou sub-sistema elétrico, deve-se conhecer: •

O carregamento nas linhas de transmissão e nos transformadores, visando verificar se há sobrecarga ou elementos ociosos;

•

A potência gerada em cada unidade de geração, visando efetuar uma análise de custos;

•

A potência consumida em cada unidade, visando efetuar projeções do crescimento do consumo;

•

A tensão nos diversos pontos do sistema, para verificar se existem tensões muito acima ou abaixo dos valores nominais;

•

As perdas de transmissão, visando compara alternativas de alimentação das cargas;

•

As conseqüências, em regime permanente, da perda de algum equipamento, visando verificar se o estado de operação é seguro.

Desta forma, é possível verificar com objetividade a forma de operação que o sistema elétrico se encontra. A avaliação destes indicadores é a base dos métodos empregados na definição das alterações necessárias para modificar o ponto de operação do sistema com o objetivo melhorar sua forma de funcionamento em regime permanente. O conteúdo está dividido em oito capítulos, da seguinte forma. No Capítulo I é feita uma revisão dos conceitos necessários da análise de circuitos em regime permanente senoidal juntamente com a apresentação da notação empregada nos demais capítulos. Adicionalmente, descrevem-se o sistema por unidade e a análise por fase, muito freqüente em sistemas de energia, quando o sistema pode ser considerado equilibrado. No Capítulo II é feita uma breve análise do balanço de potência e suas implicações com a magnitude da tensão nas barras e com a abertura angular das linhas e dos transformadores. Os Capítulos III, IV e V são dedicados para apresentar a forma pela qual os elementos do sistema de energia elétrica são modelados para análise por fase (aplicada para circuitos equilibrados). Nos Capítulos VI e VII o problema denominado Fluxo de Carga (ou Fluxo de Potência) não-linear que consiste, basicamente, na determinação das tensões nodais (em módulo e fase) é formulado e resolvido. No Capítulo VIII é descrito o modelo linearizado para o problema do Fluxo de Carga, que consiste em uma simplificação do modelo não-linear que é muito utilizada em estudos de planejamento.


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Bibliografia 1. Alcir J. Monticelli (1983). Fluxo de carga em redes de energia elétrica. elétrica. Edgar Blücher. 2. Alcir J. Monticelli, Ariovaldo V. Garcia (2003). Introdução (2003). Introdução a sistemas de energia elétrica. elétrica. Editora da Unicamp. 3. Alcir Monticelli, Ariovaldo Garcia, Osvaldo Saavedra (1990). Fast decoupled load flow: hypothesis, derivations and testing, IEEE testing, IEEE Transactions on Power Systems, Systems, Vol. 4, No. 4, November, pp. 1425-1431. 4. Arthur R. Bergen, Vijay Vittal (2000). Power systems analysis. analysis. Prentice Hall. 5. Charles A. Gross (1986). Power system analysis. analysis. J. Wiley. 621.3191 G878p 6. Dorel Soares Ramos (1982). Sistemas elétricos de potência: regime permanente. permanente. Guanabara Dois. 621.3191 R175s 7. IEEE recommended practice for industrial and commercial power systems analysis (1997). IEEE. 621.31042 I42i 8. John J. Grainger, William D. Stevenson Jr. (1994). Power system analysis. analysis. McGraw-Hill. 621.3191 G743 9. J. Arrillaga, N. R. Watson (2001) Computer modelling of electrical power systems. systems. John Willey & Sons Ltd. 10. Hadi Saadat (1999). Power system analysis. analysis. McGraw-Hill, New York, 697p. 11. O. I. Elgerd (1981). Introdução (1981). Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica. elétrica . McGraw Hill do Brasil. 621.3191 E41ib (Edição 1981) 621.3191 E41ia (Edição 1978) 621.3191 E41i (Edição 1970) 12. Syed A. Nasar (1991). Sistemas eléctricos de potencia. potencia. McGraw-Hill. 13. Turan Gonen (1988). Modern (1988). Modern power system analysis. analysis . J. Wiley. 621.3191 G638m 14. W. D. Stevenson Jr. (1986). Elementos (1986). Elementos de análise de sistemas de potência. potência . McGraw-Hill. 621.3191 S847eb (edição de 1981) 621.3191 S847ea (edição de 1978)

Bibliografia – Sérgio Haffner

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I – Fundamentos para solução de circuitos elétricos I.1 – Representação fasorial 1

Nos circuitos elétricos assintoticamente estáveis , a análise do regime permanente senoidal pode ser realizada através da simples operação com números complexos por intermédio da transformada fasorial. Na análise fasorial, todas as correntes e tensões senoidais são representadas por números complexos que quantificam a amplitude e o ângulo de fase das senóides, sendo a freqüência destas considerada implicitamente. Qualquer função do tipo senoidal pode ser representada pela função g (t ) = G cos(ω t + φ )

através da escolha dos valores adequados para: G – valor máximo (amplitude);

ω = 2π f =

2π

– velocidade angular [rad/s]; T f – freqüência [Hz]; T – período [s]; φ – ângulo de fase [rad].

A Figura I.1 apresenta o gráfico de uma função senoidal genérica, indicando os valores de G e φ . G

g(t)

ω t [rad]

−φ

-G

Figura I.1 – Função tipo senoidal. Observar que quando o ângulo de fase φ é igual a −π 2 , a função cosseno transforma-se em um seno, conforme mostra a Figura I.2, ou seja, são válidas as seguintes relações: relaç ões:

 

cosω t = senω t +

π   2 

 

sen ω t = cos ω t −

π   2 

1

Circuitos assintoticamente estáveis são aqueles que não apresentam nenhuma das raízes de sua equação característica no eixo imaginário ou no semiplano direito do plano complexo. Neste caso, a resposta natural tende a zero: lim t →∞ y n (t ) = 0

e a resposta completa tende à sua resposta forçada: lim t →∞ y (t ) = lim t →∞ y n (t ) + y f (t ) = y f (t )

Fundamentos para solução de circuitos elétricos – Sérgio Haffner

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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente cos sen

π/2

ω t [rad]

Figura I.2 – Relação entre as funções seno e cosseno.

Define-se como defasagem a diferença entre os ângulos de fases de duas funções do tipo senoidal de mesma φ 2  6 7 8    velocidade angular ω . Sendo g1 (t ) = G1 cos(ω t + φ 1 ) e g 2 (t ) = G 2 cos ω t + φ 1 − α  , a defasagem entre g1 (t ) e    

g 2 (t ) é dada por φ 1 − φ 2 = φ 1 − (φ 1 − α ) = α , conforme ilustra a Figura I.3. g1(t )

g2(t )

α

ω t [rad]

Figura I.3 – Defasagem entre duas funções senoidais. Assim, pode-se dizer que: g1 (t ) está adiantada em relação à g 2 (t ) do ângulo α α e g 2 (t ) está atrasada em relação à g1 (t ) do ângulo α α.

Considere a função senoidal geral: y (t ) = Y max cos(ω t + φ )

Note que a função tem três parâmetros:

(I.1) Y max – amplitude

– velocidade angular φ – ângulo de fase Observar que qualquer função senoidal pode ser representada através da escolha adequada de Y max , Utilizando a identidade de Euler:

e

jθ

e φ .

= cos θ + j sen θ


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y (t ) = Y max cos(ω t + φ ) = Re[Y max cos(ω t + φ )]

= Re[Y max cos(ω t + φ ) + jY max sen(ω t + φ )] = Re[Y max e j (ω t +φ ) ] = Re[Y max e jφ e jω t ] = Y 6  47 4 8  Y max jφ jω t  e e  2 Re  2    

=

(

2 Re Y e jω t

y (t ) =

onde Y =

Y max

2 senoidal y (t ) .

)

(I.2)

e jφ é definido como a representação fasorial de y (t ) ou a transformada fasorial da função

Observar que a transformada fasorial transfere a função senoidal do domínio do tempo para o domínio dos números complexos , que também é chamada de domínio da freqüência, já que a resposta envolve implicitamente uma função senoidal de freqüência ω . 2 Notar que Y contém / 3 das informações de y (t ) a saber, Y max e φ . Considerando Y =

Y max

2

, o valor RMS

2

de y (t ) , tem-se: Y = Ye

jφ

= Y φ

(I.3)

A representação gráfica em um sistema coordenado de um fasor genérico encontra-se na Figura I.4. Im

Y = Y φ Y sen φ

φ

Re

Y cos φ

Figura I.4 – Representação gráfica do fasor Y Observar que o fasor é diferente de um vetor porque a posição angular do fasor representa posição no tempo; não no espaço.

Resumo: y (t ) = Y max cos(ω t + φ )

Y = Ye

jφ

= Y φ

Y = Y cos φ + jY sen φ

2

ou

y (t ) =

Forma polar

Y =

Forma retangular

Y =

(

2 Re Y e jω t

)

Y max

2 Y max

2

“Root Mean Square” ou valor quadrático médio (eficaz).


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I.2 – Impedância [Ω] e admitância [Ω-1 ou siemens] A impedância Z de um componente ou circuito é a relação entre os fasores tensão e corrente (vide convenção de sinais da Figura 1.5): ∆

Z ( jω ) =

V I

 R = resistência   X = reatância

= R + jX

(I.4)

A admitância Y de um componente ou circuito é o inverso de sua impedância: ∆

I 1 = = G + jB Y ( jω ) = Z ( jω ) V

G = condutância   B = susceptância

[

i (t ) = 2 Re I e jω t Circuito linear invariante em regime permanente senoidal

(I.5)

] +

Z ( jω ) =

1

v(t ) =

Y

2 Re V e

jω t

–

Figura I.5 – Definição de impedância e admitância.

Um resumo das relações entre tensão e corrente para os elementos simples encontra-se na Tabela I.1.

Tabela I.1 – Relação tensão/corrente dos elementos simples.

Elemento

Forma fasorial:

Relação de fase

Equações

ω t

i(t ) = 2 Re I e j

v(t ) = 2 Re V e jω t

Diagrama fasorial

Relação no tempo

i(t )

v(t ) = V max cos(ω t + φ )

+

v(t )

R

i (t ) = I max cos(ω t + φ )

I

i (t ) e v(t )

V

V = R I

em fase

i(t) v(t)

φ

–

i(t )

V v(t ) = V max cos(ω t + φ )

+

v(t )

L

i (t ) = I max

π   cos ω t + φ −  2  

i (t ) atrasada

de v(t ) de 90°

i(t)

V = jω L I φ

X L = ω L

I

v(t)

–

i(t )

v(t ) = V max cos(ω t + φ )

+

v(t ) –

C

 

i (t ) = I max cos ω t + φ +

π 

 2 

V = i (t ) adiantada

1

I jω C

i(t)

I

v(t)

V

°

de v(t ) de 90

X C =


1

φ

ω C

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I.3 – Associação de impedâncias Para a associação série de impedâncias (vide Figura I.6), a impedância equivalente é dada pela soma das impedâncias de cada um dos componentes, ou seja: Z eq = Z 1 + Z 2 + K + Z n +

I

(I.6)

V 1 –

+

+

Z 1

V 2 –

+

Z 2

–

V n

+

Z n

≡

V

Z eq

V

–

–

Figura I.6 – Diagrama para associação série de impedâncias. A expressão (I.6) pode ser demonstrada utili zando-se a Lei de Kirchhoff das Tensões, da forma como segue: Z eq =

V LKT V 1 + V 2 + K + V n I

=

I

1

Sabendo que Z =

Y

Y eq

Y 1

+

V 1 I

+

V 2 I

+K+

V n

= Z 1 + Z 2 + K + Z n

I

, pode-se determinar a expressão da admitância equivalente da associação série, a partir

da expressão (I.6): 1 1 1

=

=

Y 2

+K+

1

⇒

Y eq =

Y n

1 1 Y 1

+

1 Y 2

+K+

1 Y n

Para a associação paralela de impedâncias (vide Figura I.7), a impedância equivalente é dada pelo inverso da soma dos inversos das impedâncias de cada um dos componentes, ou seja: 1 1 1 1 1 Z eq = = + +K+ (I.7) ⇒ 1 1 1 Z eq Z 1 Z 2 Z n Z 1

+

Z 2

+K+

Z n

I +

V

I I 1

I 2

I n

Z 1

Z 2

Z n

+

≡

–

Z eq

V –

Figura I.7 – Diagrama para associação em paralelo de impedâncias. A expressão (I.7) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Correntes, da forma como segue: Z eq =

V LKC I

=

V

I 1 + I 2 + K + I n

=

V V Z 1

Novamente, sabendo que Z =

1

Y série, a partir da expressão (I.7):

+

V Z 2

+K+

V Z n

=

1 1 Z 1

+

1 Z 2

+K+

1 Z n

, pode-se determinar a expressão da admitância equivalente da associação

Y eq = Y 1 + Y 2 + K + Y n Fundamentos para solução de circuitos elétricos – Sérgio Haffner

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I.4 – Potência complexa Considere o sistema da Figura I.8 que se encontra em regime permanente senoidal. i (t )

Im V

+

V =

v (t )

V max

φ

2

SISTEMA

-

θ I =

I max

φ − θ

2

v (t ) = V max cos(ω t + φ ) i (t ) = I max cos(ω t + φ − θ )

e

Figura I.8 – Sistema em regime permanente senoidal. A potência instantânea fornecida para o sistema é dada por: p (t ) = v(t )i(t ) = V max I max cos(ω t + φ ) cos(ω t + φ − θ )

(I.8)

mas cos(a + b ) = cos a cos b − sen a sen b , daí cos(ω t + φ − θ ) = cos (ω t + φ )cos (− θ ) − sen (ω t + φ )sen (− θ ) = cos (ω t + φ )cos θ + sen (ω t + φ )sen θ

(I.9)

Substituindo (I.9) em (I.8), p(t ) = V max I max cos(ω t + φ )[cos (ω t + φ )cos θ + sen (ω t + φ )sen θ ] =

= V max I max cos θ cos 2 (ω t + φ ) + V max I max sen θ cos(ω t + φ )sen (ω t + φ )

Mas cos 2 a =

1 + cos 2a 2

cos 2 (ω t + φ ) =

1 2

(I.10)

e sen 2a = 2 sen a cos a , logo:

[1 + cos(2ω t + 2φ )]

cos(ω t + φ )sen (ω t + φ ) =

(I.11)

sen(2ω t + 2φ ) 2

Aplicando (I.11) em (I.10), chega-se a: p(t ) =

V max I max

Definindo V = V max I max

2

2 V max 2

=

cosθ [1 + cos(2ω t + 2φ )] +

e I =

I max

V max I max

2

2

2

V max I max

2

sen θ sen(2ω t + 2φ )

como os valores eficazes da tensão e da corrente senoidais,

= VI

chega-se à seguinte expressão: p (t ) = VI cos θ [1 + cos(2ω t + 2φ )] + VI sen θ sen (2ω t + 2φ )

(I.12)

A forma de onda da potência instantânea dada por (I.12) apresenta uma parcela constante, igual a VI cosθ , e uma parcela variável e alternada variante no tempo, igual a VI cosθ cos(2ω t + 2φ ) + VI sen θ sen(2ω t + 2φ ) , cuja freqüência corresponde exatamente ao dobro da freqüência da tensão e da corrente. Quando a tensão está em fase com a corrente, os gráficos das funções tensão, corrente e potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Observar que a função potência instantânea é oscilante e apresenta sempre valores positivos.


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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente Corrente em fase com a tensão 10

) t ( p , ) t ( i , ) t ( v

5

0 v(t) i(t) p(t)

-5

0

1

2

wt

3

4

5

6

Figura I.9 – Gráfico da potência no tempo – corrente em fase com a tensão. Quando a corrente está atrasada de 90° em relação à tensão, os gráficos das funções tensão, corrente e potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Observar que a função potência é oscilante e apresenta valor médio nulo. Corrente atrasada de 90 graus 5

) t ( p , ) t 0 ( i , ) t ( v

v(t) i(t) p(t) -5

0

1

2

3

4

wt

5

6 o

Figura I.10 – Gráfico da potência no tempo – corrente atrasada de 90 em relação à tensão. Quando a corrente está adiantada de 90° em relação à tensão, os gráficos das funções tensão, corrente e potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Novamente, observar que a função potência é oscilante e apresenta valor médio nulo. Corrente adiantada de 90 graus 5

) t ( p , ) t 0 ( i , ) t ( v

-5

v(t) i(t) p(t) 0

1

2

wt

3

4

5

6 o

Figura I.11 – Gráfico da potência no tempo – corrente adiantada de 90 em relação à tensão.


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Uma situação intermediária é aquela na qual a corrente está atrasada de um ângulo qualquer (por exemplo, 30°, conforme Figura a seguir). Neste caso a potência apresenta valores positivos e negativos, sendo a predominância dos positivos. Corrente atrasada de 30 graus 10

) t ( p , ) t ( i , ) t ( v

5

0

-5

v(t) i(t) p(t) 0

1

2

3

wt

4

5

6 o

Figura I.12 – Gráfico da potência no tempo – corrente atrasada de 30 em relação à tensão. A partir da expressão (I.12) é fácil determinar o valor da potência ativa (eficaz ou útil, que produz trabalho) que é igual ao valor médio da potência instantânea fornecida ao sistema: 1 T 1 T [VI cosθ [1 + cos(2ω t + 2φ )] + VI sen θ sen (2ω t + 2φ )]dt P∆ p(t )dt = T 0 T 0 P = VI cos θ [W] (I.13)

∫

∫

A potência reativa corresponde ao valor máximo da parcela em sen(2ω t + 2φ ) da potência instantânea: Q ∆ V I sen θ = VI sen θ

[var]

(I.14)

3

para a qual adota-se a seguinte convenção : INDUTOR: “consome” potência reativa CAPACITOR: “gera” potência reativa A potência aparente é obtida pela combinação das potências ativa e reativa P e Q: S = VI =

P2 + Q2

[VA]

(I.15)

As expressões (I.13), (I.14) e (I.15) sugerem uma relação de triângulo retângulo (similar ao triângulo das impedâncias) na qual a potência aparente S é a hipotenusa, conforme ilustra a Figura I.13. S

P jQ

θ = ∠V − ∠ I

jQ

θ = ∠V − ∠ I

S

P

Característica INDUTIVA

Característica CAPACITIVA

Figura I.13 – Triângulo das potências.

3

Observar que para qualquer elemento ou combinação de elementos, a parcela representada pela potência reativa apresenta valor médio nulo, ou seja, não existe geração nem consumo efetivo, na metade do ciclo o elemento absorve energia que será devolvida na metade seguinte do ciclo. A convenção é adequada porque na metade do ciclo em que o indutor está absorvendo energia o capacitor está devolvendo e vice-versa. Fundamentos para solução de circuitos elétricos – Sérgio Haffner

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O fator de potência é obtido pela relação entre as potências ativa e aparente: FP =

P S

=

VI cosθ VI

= cosθ

Utilizando-se os fasores tensão e corrente, V = V φ I = I φ − θ

pode-se definir a potência complexa através do produto do fasor tensão pelo conjugado do fasor corrente: *

S = V ⋅ I = V φ I − φ + θ = VI θ = VI cosθ + jVI sen θ = P + jQ

(I.16)

Notar que desta forma, o ângulo da potência só depende do ângulo entre a tensão e a corrente ( θ ), conforme ocorre nas expressões (I.13), (I.14) e (I.15).

I.5 – Sentido do fluxo de potência Considere os dois sistemas elétricos interligados mostrados na Figura I.14. I

V = V α

+ SISTEMA A

SISTEMA B

V

-

I = I β

Figura I.14 – Situação geral do fluxo de potência em circuitos CA. De acordo com a notação da Figura I.14, a potência complexa fornecida para o Sistema B pelo Sistema A é dada por: *

S = V ⋅ I = V α I − β = VI α − β = VI cos(α − β ) + jVI sen(α − β ) = P + jQ

O sentido do fluxo de potência ativa P e reativa Q entre os dois sistemas para ψ = α − β variando de 0 a o 360 está mostrado na Figura I.15. Q [var]

V = V α

P:

B →

A

P:

A → B

Q:

A →

B

Q:

A → B

I = I β

ψ = α − β 90

o

< ψ < 180

o

0

o

< ψ < 90

o

P:

B →

A

P:

A →

B

Q:

B →

A

Q:

B →

A

180o < ψ < 270o

P [W]

270 o < ψ < 360 o

Figura I.15 – Sentido dos fluxos de potência ativa ( P) e reativa ( Q) entre os Sistemas A e B.


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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente o

Na Figura I.15, observar que quando o ângulo de abertura é igual a 100 (ψ = 100 ), o valor de cosψ é o

negativo e, portanto, o fluxo de potência ativa de A para B também é pois P = VI cosψ . Isto significa que o fluxo de potência ativa neste caso é de B para A. Por outro lado, o valor de sen ψ é positivo e, portanto, o fluxo de potência reativa de A para B também é pois Q = VI senψ . Isto significa que o fluxo de potência reativa neste caso é de A para B. Observar que dependendo do ângulo de abertura existente entre os fasores tensão e corrente, é possível qualquer combinação de fluxo de potências ativa e reativa entre os dois sistemas.

I.6 – Fonte trifásica ideal Uma fonte trifásica ideal é constituída por três fontes de tensão em conexão estrela ou triângulo, conforme ilustra a Figura I.16. V AN

+

A

+

+

–

V AB

V AB

V AB

V BN

B

+

– +

C

+

+

+

V CA

V BC

V BC

+

–

N

– +

V CA

V CA

V BC

V CN

–

+

–

+

N

(opcional)

(a) Conexão estrela (b) Conexão triângulo. Figura I.16 – Fonte trifásica, ligação estrela. As diferenças de potencial entre as fases e o neutro (referência) são denominadas tensões de fase; as diferenças de potencial entre as fases 2 a dois são denominadas tensões de linha. Na seqüência ABC, o sistema

(V

AB

é

formado

pelas

seguintes

tensões

de

fase

(V

AN ,V BN , V CN

)

e

de

linha

= −V BA ,V BC = −V CB ,V CA = −V AC ) , ilustradas na Figura I.17: V AN = V φ 0

V AB = V AN − V BN =

V BN = V φ − 120 o

V BC = V BN − V CN = 3V φ − 90 o = V L − 90 o

o V CN = V φ 120

o o V CA = V CN − V AN = 3V φ 150 = V L 150

V CN

o o 3V φ 30 = V L 30

ω

V CA

V CB

ω V AN V BC

V CA

V CN

V AB

V AB

V AN

V BN

Tensões de Fase (φ ):

V AN ; V BN ; V CN V BA

Tensões de Linha ( L):

V AC V BN

V AB ; V BC ; V CA V BA ;V CB ; V CA

V BC

Figura I.17 – Tensão de fase e de linha em um sistema trifásico simétrico (seqüência ABC).


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A constante que relaciona a magnitude da tensão de fase com a de linha V L = 3V φ

)

pode ser obtida,

conforme mostrado na Figura I.18. − V BN

60 o

V L = V AB = 2 V AN cos 30 o = 3 V AN V AN

30 o

120 o

V L = 3V φ

V AB = V AN − V BN

30 o V BN

Figura I.18 – Relação entre as tensões de fase e de linha.

I.7 – Carga trifásica ideal A carga trifásica ideal é constituída por três impedâncias de igual valor conectadas em estrela ou triângulo, conforme mostra a Figura I.19. A

B

Z Y

A

Z Y

B

Z Y

C

C

Z ∆ Z ∆ Z ∆

N

N (a) Ligação estrela.

(b) Ligação malha ou triângulo.

Figura I.19 – Carga trifásica equilibrada. A equivalência entre uma carga equilibrada conectada em estrela com outra em triângulo é: Z ∆ = 3 Z Y

(I.17)

I.8 – Potência complexa em circuitos trifásicos equilibrados Para um sistema trifásico qualquer (a três ou quatro fios, ou seja, com ou sem condutor neutro), conforme o ilustrado na Figura I.20, a potência complexa fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dada por: *

*

*

S 3φ = V 1 N ⋅ I 1 + V 2 N ⋅ I 2 + V 3 N ⋅ I 3 = V 1 N I 1 α 1 − β 1 + V 2 N I 2 α 2 − β 2 + V 3 N I 3 α 3 − β 3

Substituindo θ i = α i − β i e separando a parte real da imaginária, chega-se a:

( ) Q φ = Im(S φ ) = V I sen θ + V

P3φ = Re S 3φ = V 1 N I 1 cosθ 1 + V 2 N I 2 cosθ 2 + V 3 N I 3 cosθ 3 3

S 3φ

3

1 N 1

1

2 N I 2

senθ 2 + V 3 N I 3 senθ 3

= P3φ + jQ3φ


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V 1 N

+ V 2 N

+ N

φ 1

φ 2

V 1 N = V 1 N α 1

I 1

V 2 N = V 2 N α 2 V 3 N = V 3 N α 3

I 2

I 1 = I 1 β 1 V 3 N

+

φ 3

I 3

Sistema B

I 2 = I 2 β 2 I 3 = I 3 β 3

I N

θ 1 = α 1 − β 1 Sistema A

θ 2 = α 2 − β 2 θ 3 = α 3 − β 3

Figura I.20 – Sistema trifásico para a determinação da potência complexa. O fator de potência médio da potência fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dado por: P3φ FPmédio = S 3φ As potências aparentes fornecidas pelas fases são dadas por: S1

=

P12 + Q12 = V 1 N I 1

S2

=

P22 + Q22 = V 2 N I 2

S3

=

P3 + Q3 = V 3 N I 3

2

2

e os fatores de potência desenvolvidos em cada uma das fases são dados por: P1 = cosθ 1 FP1 = S1 FP2

=

FP3

=

P2 S2 P3 S3

= cosθ 2 = cosθ 3

Quando o sistema trifásico é simétrico e alimenta uma carga equilibrada, os ângulos de defasagem entre os fasores tensão e corrente das fases são iguais (θ 1 = θ 2 = θ 3 = θ ) e as potências ativa, reativa e aparente totais são dadas por: P3φ = 3V φ I L cosθ = 3V L I L cosθ Q3φ = 3V φ I L senθ = 3V L I L senθ S 3φ = 3V φ I L = 3V L I L sendo o fator de potência expresso por: FP3φ =

P3φ S 3φ

= cosθ


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Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente 4

Ainda, para um sistema trifásico simétrico alimentando uma carga equilibrada, tem-se : v A (t ) = V max cos(ω t + φ )

( ) cos(ω t + φ + 120 )

v B (t ) = V max cos ω t + φ − 120 vC (t ) = V max

i A (t ) = I max cos(ω t + φ − θ )

( cos(ω t + φ + 120

) − θ )

i B (t ) = I max cos ω t + φ − 120 − θ

o

iC (t ) = I max

o

o

o

Utilizando a definição de potência instantânea, tem-se: p A (t ) = v A(t )i A (t ) = V max I max cos(ω t + φ ) cos(ω t + φ − θ )

(I.18)

( ) ( cos(ω t + φ + 120 )cos(ω t + φ + 120

) − θ )

p B (t ) = v B (t )i B (t ) = V max I max cos ω t + φ − 120 cos ω t + φ − 120 − θ

(I.19)

pC (t ) = vC (t )iC (t ) = V max I max

(I.20)

o

o

o

o

sendo a potência total dada por: p3φ (t ) = p A (t ) + p B (t ) + pC (t )

[ ( + cos(ω t + φ + 120 )cos(ω t + φ + 120 − θ )]

) (

)

p3φ (t ) = V m I m cos(ω t + φ ) cos(ω t + φ − θ ) + cos ω t + φ − 120o cos ω t + φ − 120o − θ + o

(I.21)

o

5

Das expressões (I.18), (I.19) e (I.20), têm-se : cos(ω t + φ )cos(ω t + φ − θ )

(

=

) (

)

cos ω t + φ − 120 o cos ω t + φ − 120 o − θ

= =

(

) (

)

cos ω t + φ + 120 o cos ω t + φ + 120 o − θ

= =

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

[cos θ + cos(2ω t + 2φ − θ )]

[cosθ + cos(2ω t + 2φ − 240

o

− θ )] =

[cosθ + cos(2ω t + 2φ − θ + 120 )] o

[cosθ + cos(2ω t + 2φ + 240

o

− θ )] =

[cosθ + cos(2ω t + 2φ − θ − 120 )] o

Substituindo as expressões anteriores na expressão (I.21), chega-se a:



= 0 44 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 644 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 7 8



1 o o p3φ (t ) = V m I m 3 cosθ + cos(2ω t + 2φ − θ ) + cos 2ω t + 2φ − θ + 120 + cos 2ω t + 2φ − θ − 120  =  2

(

)

(

)



= V m I m

1 2

3 cosθ = 3



V m I m

2

cosθ = 3P1φ = 3VI cosθ 6

Deste modo, a potência trifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado , através de tensões simétricas, é constante. Assim, embora a potência instantânea fornecida por intermédio de cada uma das fases seja variável, o somatório de todas as contribuições é constante.

4

Foi utilizada a seqüência ABC mas o resultado permanece válido para a seqüência ACB. 1 5 cos a cos b = [cos (a − b ) + cos (a + b )] Lembrar que: 2 6 Observar que o resultado obtido pode ser estendido para qualquer sistema polifásico simétrico que alimente cargas equilibradas, ou seja, a potência polifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado, alimentado por tensões simétricas, é constante. Fundamentos para solução de circuitos elétricos – Sérgio Haffner

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I.9 – Análise por fase e diagrama unifilar No estudo do regime permanente do sistema de energia elétrica, utiliza-se a análise por fase pois o sistema é considerado equilibrado, da geração ao consumo, ou seja: a) as fontes do sistema são consideradas simétricas; b) as impedâncias das fases são consideradas i guais e c) as cargas são consideradas equilibradas. Desta forma, o resultado (tensão, corrente, etc.) de uma fase pode ser utilizado para as demais desde que se façam os ajustes de fase necessários.

Exemplo I.1 – Uma fonte trifásica, 2400 V, seqüência ABC, alimenta duas cargas conectadas em paralelo: •

Carga 1: 300 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e

•

Carga 2: 144 kW, fator de potência igual a 0,6 capacitivo.

Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja o ângulo de fase de V AN é igual a zero), determinar: a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância). b) As correntes de linha das Fases A, B e C.

Solução Exemplo I.1: a) Inicialmente, determina-se o fasor potência complexa referente a cada uma das cargas: Carga 1:

carga 1

= 300 kVA

carga 1

1 = FP1 × S 3carga = 0,8 × 300 = 240 kW φ

S 3φ P3φ

(S φ ) − (P φ ) carga 1 2 3

1 Q3carga = φ carga 1

S 3φ

Carga 2:

carga 2

P3φ

2 S 3carga φ

carga 2

= 300 2 − 240 2 = 180 kvar

= (240 + j180) kVA = 300 36,9 o kVA = 144 kW 2 P3carga φ

=

FP2

2 Q3carga =− φ

S 3φ

carga 1 2 3

=

144 0,6

= 240 kVA

(S φ ) − (P φ ) carga 2 2 3

carga 2 2 3

= 240 2 − 144 2 = −192 kvar

= (144 − j192) kVA = 240 − 53,1o kVA

Para a Fase A, tem-se: carga 1

Carga 1: Carga 2:

1 S A

2

=

S A =

S 3φ

3 carga 2 S 3φ

3

= (80 + j 60 ) kVA = 100 36,9 o kVA = (48 − j 64 ) kVA = 80 − 53 ,1o kVA


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Solução Exemplo I.1 (continuação) : Conhecendo o valor da tensão de fase da Fase A, V AN =

V L

0 = o

3

2400 3

o

0 V , e a expressão da potência

desenvolvida na Fase A: S A =

 S A  ⇒ I A =   V AN 

* V AN I A

*

pode-se determinar a corrente desenvolvida nas Cargas 1 e 2, como segue: *

 S A1  100000 36,9 1  = I A =  0 V AN   2400 3

o

o

o

*

2 I A

 S A2   80000 − 53,1  = = 2400 0 V AN   3

o

o

*

  = 72,2 − 36,9 A = (57 ,74 − j 43,30) A  *

  = 57,7 53,1 A = (34,64 + j 46,19) A   o

Para o equivalente em estrela, 1 Z Y

2 Z Y

=

=

V AN 1 I A

V AN 2 I A

=

=

2400 3

0

o

72,2 − 36,9 2400 3

0

o

= 19,2 36,9 o Ω = (15,36 + j11,52) Ω

o

57,7 − 53,1

o

= 24 − 53,1o Ω = (14,4 − j19,2 ) Ω

O circuito equivalente para a Fase A encontra-se na Figura I.21. 2

I A

I A

2400 3

+ 0o V

15,36 Ω

14 ,4 Ω

j11,52 Ω

− j19,2 Ω

1

I A

Figura I.21 – Circuito equivalente para a Fase A. b) De acordo com o diagrama da Figura I.21, a corrente de linha da Fase A é dada por: 1

2

I A = I A + I A = 57 ,74 − j 43,30 + 34,64 + j 46,19 = (92,38 + j 2,89) A = 92,4 1,8 A o

Levando em conta a simetria do sistema trifásico e a seqüência ABC, tem-se: I B = 92,4 1,8 − 120 A = 92,4 − 118,2 A o

o

o

o o o I C = 92,4 1,8 + 120 A = 92,4 121,8 A

Observar que quando se realiza análise por fase é melhor empregar o circuito equivalente em estrela; se a conexão do equipamento é em triângulo, pode-se converter para o seu circuito equivalente em estrela. Como conseqüência, as linhas de baixo dos circuitos equivalentes por fase representam o neutro, as tensões são as de fase e as correntes são de linhas (na conexão estrela, a corrente de fase é igual a corrente de linha).


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Na Figura I.22, observa-se a representação de um sistema de energia elétrica através do diagrama unifilar, do diagrama trifásico (trifilar) de impedâncias e do diagrama de impedância por fase. No diagrama unifilar é possível representar a topologia do sistema (ligações), os valores das grandezas elétricas dos componentes e sua forma de conexão. O diagrama trifilar de impedâncias representa o circuito elétrico equivalente ao sistema de energia elétrica. O diagrama de impedância por fase representa uma simplificação do diagrama trifásico sendo utilizado para determinar os valores das grandezas elétricas do sistema para uma fase (posteriormente, este resultado é estendido para as demais fases). Gerador

Linha de Transmissão

Transformador 1

Carga e Gerador 2

Transformador 2 4

1

2

T1

3

T2

G1 Y-Y

G2

Y-Y (a) Diagrama unifilar.

•

•

•

•

•

•

•

G1

G2 • •

•

•

•

•

•

•

G1

G2 •

•

•

•

• •

•

•

• •

•

•

•

•

•

•

G1

G2 •

•

•

• •

• •

•

•

•

•

(b) Diagrama trifilar de impedância.

•

•

•

G1

G2 •

•

•

(c) Diagrama de impedância por fase (em pu).

Figura I.22 – Representação do sistema de energia elétrica.


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Exercício I.1 – Uma fonte trifásica, 13,8 kV, seqüência ABC, alimenta por intermédio de uma linha com impedância série de (4 + j 4 ) Ω , duas cargas conectadas em paralelo: •

Carga 1: 500 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e

•

Carga 2: 150 kvar, capacitivo.

Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja, o ângulo de fase de V AN é igual a zero), determinar: a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância). b) As correntes de linha das Fases A, B e C.

I.10 – O sistema por unidade (pu) Freqüentemente, na análise de sistemas de energia elétrica ao invés de serem utilizadas as unidades originais para as grandezas envolvidas (tensão, corrente, potência, etc.) são utilizadas unidades relativas (por unidade ou, simplesmente, pu), obtidas através da normalização dos valores originais destas grandezas (em V, A, W, etc.) por valores pré-estabelecidos para cada grandeza, denominados valores de base. Realizando esta normalização em todas as grandezas do sistema, é possível:

•

Manter os parâmetros do sistema elétrico dentro de uma faixa de valores conhecidos evitando, portanto, erros grosseiros. Por exemplo, quando se utiliza o valor nominal da tensão como valor de referência (valor de base), pode-se verificar a partir do valor normalizado da tensão (em pu) sua distância do valor desejado (nominal). Valores em pu próximos a unidade significam proximidades do valor nominal; valores de tensão muito abaixo ou acima de 1 pu representam condições anormais de operação.

•

Eliminar todos os transformadores ideais do sistema elétrico.

•

A tensão de operação do sistema permanece sempre próxima da unidade.

•

Todas as grandezas possuem a mesma unidade ou pu (embora os valores de base sejam diferentes para cada uma das grandezas). Para realizar a transformação das grandezas para pu basta dividir o valor destas pelo seu valor de base, ou seja: valor em pu =

valor atual

(I.22)

valor base

O valor de base deve ser um número real; o valor atual pode ser um número complexo (se for utilizada a forma polar, transforma-se apenas a magnitude da grandeza, mantendo-se o ângulo na unidade original). A grandeza de base definida para todo o sistema de energia elétrica é a potência elétrica, S 3φ base (geralmente 100 MVA): S φ base =

S 3φ base

3

⇔

S 3φ base = 3Sφ base

[MVA]

(I.23)

A tensão base, V base , geralmente corresponde à tensão nominal do sistema na região de interesse : V φ base =

V L base

3

⇔

V L base =

3V φ base

[kV]

(I.24)

A corrente base, I base , e a impedância base, Z base , são obtidas a partir da potência e da tensão de base: S 3φ base I L base = I Y base =

Sφ base V φ base

=

3 V L base

=

S 3φ base

3V L base

[kA]

(I.25)

3


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I ∆ base =

I L base

Z Y base =

3 V φ base I Y base

=

S 3φ base

3V L base

[kA]

(I.26)

[Ω]

(I.27)

[Ω]

(I.28)

2

=

V L base S 3φ base

2 V φ base V L base 3 Z ∆ base = 3 Z Y base = 3 = I Y base S 3φ base

Têm-se, assim, duas classes de grandezas de base:

•

Primárias – Nesta classe se incluem a potência base, definida para todo o sistema, e a tensão base, que varia em função da tensão nominal da região em análise.

•

Secundárias – Nesta classe se incluem a corrente base e a impedância base que são calculadas em função da potência base (definida para todo o sistema) e dos valores nominais de tensão, utilizados como tensão base na região em análise. Existem outras formas de normalização possível, com definições diversas de grandezas nas classes grandezas primárias e secundárias, entretanto esta é a forma usual na análise de sistemas de energia elétrica. Uma operação bastante freqüente na modelagem de sistemas elétricos é a mudança de base de valores de impedâncias. Um exemplo clássico da necessidade de mudança de base é a compatibilização do valor das impedâncias dos transformadores, usualmente fornecidos em seu valor percentual, tendo como potência base a potência nominal do equipamento e como tensões base as tensões terminais dos enrolamentos. Para realizar a mudança de base de uma impedância na base 1, Z pu proceder como segue: Z Z pu (base 2 ) = Z pu ( base 1) base 1 Z base 2

(base 1) ,

para a base 2, Z pu

(base 2 ) ,

deve-se

(I.29)

2

Z pu

(base 2 )

 V  S 3φ base 2 = Z pu (base 1)  L base 1  V L base 2  S 3φ base 1

(I.30)

Exemplo I.2 – Considere o sistema do Exemplo I.1. Supondo que S 3φ base = 300 kVA e V L base = 2,4 kV , determinar: a) As bases do sistema por unidade. b) Desenhar o circuito equivalente por fase em valores por unidade. c) Determinar o fasor corrente da Fase A em valores por unidade e em ampères.

Solução Exemplo I.2: a) Utilizando as expressões (I.23), (I.24), (I.25) e (I.27) t em-se: S 3φ base 300000 Sφ base = = = 100 kVA 3 3 V 2400 V φ base = L base = = 1386 V 3 3 Sφ base 100000 = = 72,2 A I Y base = 1386 V φ base Z Y base =

V φ base I Y base

=

1386 72, 2

= 19,2 Ω


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Solução Exemplo I.2 (continuação) : b) De acordo com os valores obtidos no Exemplo I.1, tem-se: 1

1 Z Y pu

=

Z Y

=

Z Y base 2

2 Z Y pu

=

19,2 36,9

= 1 36,9 o pu = (0,8 + j 0,6) pu

19,2 24 − 53,1

o

Z Y

=

Z Y base

19,2 2400

V AN pu =

o

V AN V φ base

0o

3 1386

=

= 1,25 − 53,1o pu = (0,75 − j1,00) pu

= 1 0o pu = (1 + j 0) pu

O circuito equivalente por fase em valores por unidade encontra-se na Figura I.23. I A

2

I A

pu

+ 1 0 o pu

pu

0,8 pu

0,75 pu

j 0,6 pu

− j1,00 pu

1

I A

pu

Figura I.23 – Circuito equivalente para a Fase A em pu. c) Do circuito da Figura I.23, tem-se: 1 I A pu

2 I A pu

= =

10

o

0,8 + j 0,6

= 1 − 36,87 o pu = (0,8 − j 0,6) pu

1 0o 0,75 − j1,00 1

= 0,8 53,13o pu = (0,48 + j 0,64) pu

2

I A pu = I A pu + I A pu = 0,8 − j 0,6 + 0,48 + 0,64 = 1,28 1,8 pu = (1,28 + j 0,04) pu o

o o I A = I A pu I Y base = 1,28 1,8 × 72,2 = 92,4 1,8 A = (92,38 + j 2,89) A

Observar que o valor obtido em ampères é o mesmo calculado no Exemplo I.1.

Exemplo I.3 – A Figura I.24 mostra o diagrama unifilar de um sistema elétrico trifásico. 1 1000 A

T1: N 2 : N 1

2

3

′

T2: N 1 : N 2

′

4

G1 2,4 kV

24 kV Y-Y

12 kV Y-Y

Figura I.24 – Diagrama unifilar do Exemplo I.3. Considere que o comprimento da linha entre os dois transformadores é desprezível, que a capacidade do gerador 3φ é de 4160 kVA (2,4 kV e 1000 A), que este opera em condição nominal ( I L = 1000 A ) alimentando uma carga puramente indutiva. A potência nominal do transformador trifásico T 1 é 6000 kVA (2,4/24 kV Y/Y) com reatância de 0,04 pu. T2 tem capacidade nominal de 4000 kVA, sendo constituído por um banco de três transformadores monofásicos (24/12 kV Y/Y) com reatância de 4% cada. Determinar: Fundamentos para solução de circuitos elétricos – Sérgio Haffner

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a) A potência base. b) A tensão de linha base. c) A impedância base. d) A corrente base. e) Resuma os valores base em uma tabela. f)

Os valores das correntes em A.

g) A corrente em pu. h) O novo valor das reatâncias dos transformadores considerando sua nova base. i)

O valor pu das tensões das Barras 1,2 e 4.

j)

A potência aparente nas Barras 1,2 e 4.

Solução Exemplo I.3: a) A potência base é selecionada arbitrariamente como: S 3φ base = 2080 kVA . b) Para o circuito em 2,4 kV arbitra-se o valor de V L base = 2,5 kV . As demais tensões de base são calculadas utilizando as relações de transformação de T1 e T2: N 1 N 2

′

= 10

N 1

N 2

′

=2

Assim, para os demais circuitos: V L Circuito em 24 kV:

base

= 25 kV

V L

base

= 12,5 kV

Circuito em 12 kV:

c) As impedâncias de base são calculadas a partir dos valores base da potência e da tensão: 2

Circuito em 2,4 kV:

Z Y base =

V L base S 3φ base

=

2

Circuito em 24 kV:

Z Y base =

V L base S 3φ base

=

2

Circuito em 12 kV:

Z Y base =

V L base S 3φ base

=

2500 2 2080000 25000 2 2080000 12500 2 2080000

= 3,005 Ω = 300,5 Ω = 75,1 Ω

d) As correntes de base são calculadas a partir dos valores base da potência e da tensão: S 3φ base 2080000 Circuito em 2,4 kV: I L base = = = 480 A 3V L base 3 2500 Circuito em 24 kV:

I L base =

Circuito em 12 kV:

I L base =

S 3φ base

3V L base S 3φ base

3V L base

= =

2080000 3 25000 2080000 312500

= 48 A = 96 A

Caso fossem escolhidos outros valores base nos itens (a) e (b), os valores calculados para a impedância e corrente base poderiam ser diferentes dos valores obtidos nos itens (c) e (d).


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Solução Exemplo I.3 (continuação) : e) Os valores base estão sumarizados na Tabela I.2.

V L

NOMINAL

Tabela I.2 – Valores base do Exemplo I.3. V L base [kV] Z Y base [Ω]

[kV]

2,4 24 12

2,5 25 12,5

I L

3,005 300,5 75,1

base

[A]

480 48 96

S 3φ base = 2080 kVA

f)

2, 4 kV

Conhecendo-se a corrente que sai do gerador I L = 1000 A , pode-se determinar os valores das correntes que circulam na linha e na carga: N 1 24 kV 2 , 4 kV I L Circuito em 24 kV: = 2 I L = 1000 = 100 A 10 N 1 Circuito em 12 kV:

I L

12, 5 kV

′

=

N 1

N 2

′

2

24 kV

I L

= 100 = 200 A 1

g) A corrente por unidade é a mesma para todos os circuitos: Circuito em 2,4 kV:

I L

Circuito em 24 kV:

I L

Circuito em 12 kV:

I L

pu

pu

pu

= = =

I L

2, 4 kV

2, 4 kV base

I L I L

24 kV

=

24 kV I L base

I L

1000

=

480 100

12,5 kV

12, 5 kV I L base

=

48

= 2,08 pu

200 96

= 2,08 pu

= 2,08 pu

Observar que o valor em pu obtido neste item poderia ser outro caso fossem escolhidos outros valores de base nos itens (a) e (b). h) Utilizando a expressão de conversão de base, considerando que os dados do transformador se encontram na base deste (base 1: valores nominais de potência e tensão), tem-se: 2

Z pu

(T1)

2  V L base1  S 3φ base 2  2400  2080000 = Z pu ( base1)  = j 0,04   6000000 = j 0,0128 pu V S 2500   L base 2  3φ base1

(T2 )

2  V L base 1  S 3φ base 2 12000  2080000 = Z pu (base 1)  = j 0,04   4000000 = j 0,0192 pu V S 12500  φ L  base 2  3 base 1

2

Z pu

Verificar que o resultado é o mesmo para o lado de alta tensão. i)

A Figura I.25 apresenta o diagrama de impedância por fase do sistema da Figura I.24, indicando os fasores tensão de interesse. I = 2,08 pu

1

2

• • + Z T1 = j 0,0128 pu +

G1

3

4

• • + Z T2 = j 0,0192 pu +

V 1

V 2

V 3

V 4

–

–

–

–

Figura I.25 – Diagrama de impedância por fase (em pu) do sistema da Figura I.24.


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Solução Exemplo I.3 (continuação) : Para o gerador, que opera em tensão nominal, tem-se: o 2400 0 V L NOMINAL V 1 = = = 0,96 0 o pu V L base 2500 o

Considerando que a corrente que circula no circuito está atrasada de 90 em relação à tensão (pois o circuito é constituído exclusivamente por reatâncias indutivas): o o o V 2 = V 3 = V 1 − Z T 1 I = 0,96 0 − j 0,0128 × 2,08 − 90 = 0,93 0 pu

V 4 = V 2 − Z T 2 I = V 1 − Z T 1 + Z T 2 I = 0,96 0 − ( j 0,0128 + j 0,0192) × 2,08 − 90 = 0,89 0 pu o

j)

o

o

A potência complexa pode ser obtida a partir dos fasores tensão e corrente:

] = 2,00 90 pu = S = V I = 0,93 0 [2,08 − 90 ] = 1,93 90 = V I = 0,89 0 [2,08 − 90 ] = 1,85 90 pu *

[

S 1 = V 1 I 1 = 0,96 0 2,08 − 90 S2 S4

3

4

o

2

* 4

* 2

*

o

o

o

o

o

o

*

*

o

pu

o

⇒

S1 = 2,00 pu

⇒

S 2 = 1,93 pu

⇒

S 4 = 1,85 pu

Observar que a potência aparente entregue pelo gerador é de 2,00 pu e que na carga chega é de 1,85 pu, 7 sendo a diferença “consumida” pelas reatâncias dos transformadores.

Exercício I.2 – Considere o sistema do Exercício I.1. Supondo que S 3φ base = 100 kVA e V L base = 13,8 kV , determinar: a) As bases do sistema por unidade. b) Desenhar o circuito equivalente por fase em valores por unidade. c) Determinar o fasor corrente da Fase A em valores por unidade e em ampères.

7

De acordo com a convenção de sinais para potência reativa, os indutores consomem e os capacitores geram.


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II – O balanço de potência O objetivo fundamental de um sistema de energia elétrica é fornecer energia para as cargas existentes em uma determinada região geográfica. Quando o sistema é adequadamente planejado e operado, deve atender aos seguintes requisitos: •

Fornecer energia nos locais exigidos pelos consumidores.

•

Como a carga demandada pelos consumidores varia ao longo do tempo (horas do dia, dias da semana e meses do ano), o sistema deve estar apto a fornecer potências ativa e reativa variáveis, conforme esta demanda.

•

A energia fornecida deve obedecer a certas condições mínimas, relacionadas com a “qualidade”. Entre os fatores que determinam esta qualidade se destacam: freqüência, magnitude da tensão, forma de onda e confiabilidade.

•

O sistema deve buscar custos mínimos (econômicos e ambientais).

Neste capítulo, serão descritos os mecanismos que atuam no controle das potências ativa e reativa do sistema de energia elétrica.

II.1 – Capacidade de transmissão Considere uma linha de transmissão do sistema elétrico, representada pela sua reatância série xkm , conectada entre duas barras, conforme mostrado na Figura II.1. V k = V k θ k

V m = V m θ m

k

I km

m

Z km = jxkm

S km

Figura II.1 – Linha de transmissão do sistema elétrico. Os fluxos de corrente I km e potência S km podem ser obtidos a partir dos fasores tensão das barras k e m ( V k = V k θ k e V m = V m θ m , respectivamente): I km =

V k − V m

=

V k − V m jxkm

Z km

2

2

= V k =V k

6 7 8

*

 V k − V m    jx  km  

*

S km = V k I km = V k 

=

=

(

j V k 2 − V k θ k V m − θ m

[

x km

)

=

 V *k − V *m  V k V *k − V k V *m = = V k   − jxkm  − jx km  

(

j V k 2 − V k V m θ k − θ m

]

xkm

)

=

(

 j  2  j  j     V k

×

=



j V k 2 − V k V m θ km

− V k V m  *



2

)

=

− j xkm =

x km

j V k − V k V m (cosθ km + j sen θ km ) 2

x km S km =

(

2 V k V m sen θ km + j V k − V k V m cosθ km

)

x km

O balanço de potência – Sérgio Haffner

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(II.1)

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Quando todas as tensões das expressões anteriores correspondem aos valores de linha em kV e reatância estiver em Ω, todas as potências obtidas serão os valores trifásicos dados em MW e Mvar. Obviamente, por outro lado, quando todas as grandezas estão representadas em pu, os resultados das expressões anteriores também estarão em pu (neste caso não há distinção entre valores de fase/linha e por fase/trifásico). Definindo δ = θ km = θ k − θ m , como a abertura angular da linha de transmissão, e separando as partes real e imaginária, chega-se a:

{ }

V k V m

{ }

V k 2 − V k V m cosθ km

Pkm = Re S km =

xkm

Qkm = Im S km =

sen θ km =

V k V m x km =

sen δ

(II.2)

V k 2 − V k V m cos δ

x km

(II.3)

x km

As equações (II.2) e (II.3) descrevem a forma pela qual as potências ativa e reativa são transferidas entre 1 duas barras de um sistema. De acordo com (II.2), pode-se observar que para valores constantes de tensões terminais V k e V m o fluxo de potência ativa obedece à seguinte expressão: max Pkm = Pkm sen δ

max sendo Pkm =

V k V m x km

o maior valor de potência ativa transmitida pela linha de transmissão km (capacidade de

transmissão estática) ou seu limite de estabilidade estática, somente atingido quando sen δ = ±1 , ou seja,

quando δ = ±90 . Assim, a potência ativa transmitida por uma linha de transmissão está intimamente relacionada com sua abertura angular δ , conforme ilustra a Figura II.2. o

max Pkm % de Pkm

100

50

0

-50

-100 -150

-120

-90

-60

-30

0

30

60

90

120

150

δ = θ km [ ] o

Região de instabilidade

Potência transmitida de maneira estável de m para k

Potência transmitida de maneira estável de k para m

Região de instabilidade

Figura II.2 – Potência ativa em uma linha de transmissão em função de sua abertura angular. 1

Observar que as tensões de operação em regime permanente dos sistemas de energia elétrica, usualmente, não sofrem variações acentuadas e permanecem próximas aos seus valores nominais. O balanço de potência – Sérgio Haffner

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A capacidade de transmissão de uma linha é proporcional ao quadrado da tensão de operação e inversamente proporcional à sua reatância. Tais características são muito importantes na especificação das linhas de transmissão, ou seja, na definição de suas características nominais (nível de tensão, geometria das torres e condutores). Entretanto, na prática, o sistema opera longe do limite de estabilidade estática, pois à medida que nos aproximamos deste limite o sistema torna-se eletricamente fraco, ou seja, cada vez são necessários maiores incrementos no ângulo de abertura para um mesmo incremento na potência transmitida. Assim, raramente as linhas operam com ângulos superiores a 30° ou 45°.

Exemplo II.1 – Determinar a capacidade de transmissão estática de duas linhas de transmissão cujo comprimento é de 200 km: Ω

•

Linha 1: 230 kV, 1 condutor por fase com reatância 0,5 / km.

•

Linha 2: 765 kV, 4 condutores por fase com reatância 0,35 / km.

Ω

Solução Exemplo II.1: Para ambas as linhas, consideram-se que as tensões terminais são iguais aos seus valores nominais. Para a Linha 1, cuja reatância total é igual a x1 = 0,5 Ω km × 200 km = 100 Ω , a capacidade de transmissão trifásica é de: P1max

=

V 1k V 1m

(230 kV )2

=

100 Ω

x1

= 529 MW

Para a Linha 2, cuja reatância total é igual a x2 = 0,35 Ω km × 200 km = 70 Ω , a capacidade de transmissão trifásica é de: max P2

=

V 2 k V 2 m

=

(765 kV )2

x2

70 Ω

= 8360 MW

Desta forma, a linha de 765 kV é capaz de transportar o equivalente a mais de 15 linhas de 230 kV.

II.2 – Dependência da carga com a tensão e freqüência Embora, individualmente, as cargas existentes no sistema elétrico sejam altamente aleatórias, quando concentradas por conjuntos de consumidores apresentam caráter previsível. Quanto maior o número de cargas agrupado, maior será a possibilidade de realizar tal previsão. Além disto, as cargas concentradas variam com o tempo de maneira também previsível, em função da hora do dia (horário de maior consumo e horário de menor consumo), do dia da semana (dia útil, final de semana e feriados) e das estações do ano, conforme ilustrado na Figura II.3 que representa a curva de carga diária de um alimentador. 4.000

Alimentador RS--P 16/10/2002 (quarta-feira) kW Alimentador RS--Q 16/10/2002 (quarta-feira) kvar

3.500

3.000

2.500

2.000

1.500

1.000

500

0 00:00

01:00

02:00

03:00

04:00

05:00

06:00

07:00

08:00

09:00

10:00

11:00

12:00

13:00

14:00

15:00

16:00

17:00

18:00

19:00

20:00

21:00

22:00

23:00

Figura II.3 – Curva de carga de um alimentador.


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Na curva de carga de potência ativa da Figura II.3 observa-se um baixo consumo até as 7:00 horas, quando se inicia um processo de crescimento até o horário do almoço, por volta das 12:00 horas. A partir deste intervalo o consumo quase se estabiliza em um patamar para iniciar um novo processo de crescimento a partir das 18:00 horas. O processo de redução inicia-se perto das 21:00 horas, sendo contínuo até as 24:00 horas. A curva de potência reativa segue de forma aproximada a curva de potência ativa, sendo seu valor inferior à metade do anterior. Pode-se notar o caráter industrial/comercial da carga, em função do elevado consumo durante o horário comercial e também a presença de residências, em função do aumento de consumo no horário da ponta (freqüentemente evitado pel as indústrias em função da tarifa maior). Outra característica importante das cargas de uma maneira geral é seu caráter indutivo, ou seja, a carga típica consome potência reativa pois é a participação das cargas motoras é significativa. Desta forma, pode-se dizer que a carga típica de um sistema de energia elétrica pode ser representada de forma simplificada pela associação série RL da Figura II.4. I

+ L SISTEMA Fonte

V R

–

Figura II.4 – Carga RL série. Sendo ω = 2π f a velocidade angular da fonte, a potência complexa consumida pela carga RL é dada por:

V  * S = V I = V    Z 

*

=

V

Z

2

×

Z

=

*

Z

2

2

V

Z

2

Z =

V

2

R + (ω L ) 2

( R + jω L )

Isolando as partes real e imaginária, tem-se: R 2 P = Re S = f (ω ,V ) = 2 V 2 R + (ω L )

{}

{}

Q = Im S = g (ω ,V ) =

L ω

2

2

R + (ω L ) 2

(II.4)

V

(II.5)

Assim, conclui-se que: •

P e Q crescem com o quadrado da tensão, característica típica de cargas constituídas por impedâncias e

•

P diminui e Q aumenta com o aumento da freqüência. Uma carga típica deve possuir um fator de potência perto da unidade para evitar penalizações, logo o valor da resistência deve ser muito maior do

que o da reatância indutiva, ou seja, R >> ω L

⇒ R 2

2

L ) → R . + (ω 2

Para cargas compostas, uma relação funcional do tipo (II.4) e (II.5), via de regra, não é possível determinada. Neste caso, para pequenas variações na velocidade angular, ∆ω , ou na magnitude da ∆V , tem-se: ∂P ∂P ∆P ≈ ∆ω + ∆V ∂ω ∂V ∂Q ∂Q ∆Q ≈ ∆ω + ∆V ∂ω ∂V


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de ser tensão, (II.6) (II.7)

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 ∂P ∂P , ,  ∂ω ∂V

sendo as quatro derivadas parciais 

∂Q ∂ω

e

∂Q 

 obtidas empiricamente. Estas derivadas fazem o

∂V 

papel dos parâmetros da carga, descrevendo a natureza desta em torno dos níveis nominais de freqüência e tensão. Um exemplo de uma carga típica pode apresentar a seguinte composição: • • •

Motores de indução: 60% Motores síncronos 20% Outras: 20%

Neste caso, os parâmetros correspondentes seriam: ∂P ∂Q (não disponível) ≈ 1 ∂ω ∂P ∂V

∂ω

≈ 1

∂Q ∂V

≈ 1,3

II.3 – O balanço de potência ativa e seus efeitos sobre a freqüência A freqüência em um sistema de energia elétrica deve ser mantida dentro de limites rigorosos pois: •

A maioria dos motores de corrente alternada gira com velocidades diretamente relacionadas com a freqüência e

•

O sistema pode ser mais efetivamente controlado se a freqüência for mantida dentro de limites estreitos.

O mecanismo carga-freqüência opera da seguinte maneira, envolvendo tempos da ordem de segundos: •

Sob condições normais, os geradores operam em sincronismo, gerando a potência que a cada instante está sendo consumida mais as perdas ativas de transmissão.

•

Para um aumento de carga o sistema elétrico estaria, momentaneamente, com suas máquinas motrizes gerando pouca energia mecânica, o que provocaria uma redução na velocidade dos geradores, inversamente proporcional a sua inércia. Isto produziria uma redução na freqüência do sistema.

•

Para uma redução de carga o sistema elétrico estaria, momentaneamente, com suas máquinas motrizes gerando muita energia mecânica, o que provocaria um aumento na velocidade dos geradores, inversamente proporcional a sua inércia. Isto produziria um aumento na freqüência do sistema.

Desta forma, o controle da velocidade dos geradores pode ser utilizado a cada instante de tempo para ajustar a quantidade de energia produzida à demanda do momento. Tal controle é realizado pelo regulador de velocidade das máquinas motrizes dos geradores (constituídas, principalmente, por turbinas hidráulicas e térmicas) que regulam a potência mecânica fornecida ao eixo do gerador de modo a manter sua velocidade constante (por intermédio do controle do fluxo de água ou vapor). Este controle é empregado para corrigir pequenos déficits ou superávits de potencia ativa no sistema; o despacho dos geradores, ou seja, a definição de quanto cada unidade irá produzir em cada hora do dia, é estabelecida a priori, considerando a carga prevista, a disponibilidade dos geradores, o melhor uso da água e o custo de geração.

II.4 – O balanço de potência reativa e seus efeitos sobre a tensão De forma análoga ao caso anterior, no qual a manutenção da freqüência no sistema é a melhor garantia de que o balanço da potência ativa está sendo mantido no sistema, um perfil constante de tensão em todo sistema garante que o equilíbrio entre a potência reativa “produzida” e “consumida” está sendo mantido.


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Considere o seguinte sistema, sem perdas ativas, no qual a tensão da barra k é mantida constante e igual a V k , a impedância da linha é Z km = jx km , conforme mostrado na Figura II.5. V k = V k 0

V m = V m θ m

o

k

I km

m

Z km = jxkm

S = P + jQ

Figura II.5 – Sistema de duas barras. Para o sistema da Figura II.5, a tensão na barra m pode ser obtida por: V m = V k − I km Z km = V k − jxkm I km

(II.8)

Supondo que as perdas de potência reativa na linha sejam desprezíveis, a potência entregue para a carga é a mesma que está sendo transmitida de k para m e a corrente pela linha é dada por:

S=

* S km = V k I km

⇒

I km

 S   ≈  V k   

*

=

P − jQ * V k

=

P − jQ V k 0

=

P − jQ

(II.9)

V k

o

Substituindo (II.9) em (II.8), tem-se a seguinte expressão, cujo diagrama fasorial encontra-se na Figura II.6: V k 0

o

}

V m = V k − jx km

I km

6 47 4 8

P − jQ V k

= V k −

x km V k

Q − j

x km V k

P xkm V k

Q V k = V k 0

j

xkm V k

o

P jxkm I km

I km

V m = V m θ m

Figura II.6 – Diagrama fasorial do sistema de duas barras. Conclui-se, daí, que: •

Uma variação na potência ativa P afeta o fasor queda de tensão que é perpendicular a V k , afetando significativamente a fase do fasor V m .

•

Uma variação na potência reativa Q afeta o fasor queda de tensão que está em fase com V k , afetando significativamente o módulo do fasor V m .

Exercício II.1 – Considerando o sistema de duas barras da Figura II.5, completar a Tabela II.1 com o diagrama fasorial correspondente a cada uma das situações de carga ( P e Q podendo ser positivos ou negativos) e sinal da reatância da linha de transmissão (indutiva, com x km > 0 , ou capacitiva, com x km < 0 ). Representar, no mínimo os fasores V k , I km , V m e suas componentes. O balanço de potência – Sérgio Haffner

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Tabela II.1 – Diagramas fasoriais do Exercício II.1. x km > 0

x km < 0

Q>0

V k = V k 0o

V k = V k 0o

Q<0

V k = V k 0o

V k = V k 0o

Q>0

V k = V k 0o

V k = V k 0o

Q<0

V k = V k 0o

V k = V k 0o

P>0

P<0

Exercício II.2 – Efetuar análise similar à realizada na Seção II.4, supondo que a impedância da linha seja igual a Z km = r km + jx km . Considerar três casos distintos r km >> xkm , r km ≈ xkm e xkm >> r km .


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III – A linha de transmissão

As linhas de transmissão são os equipamentos empregados para transportar grandes blocos de energia por grandes distâncias, entre os centros consumidores e os centros geradores. No Brasil, em função do parque gerador ser baseado na energia hidrelétrica, o sistema de transmissão desempenha um papel muito importante pois as distâncias entre os centros consumidores e geradores são elevadas. Os dados do setor elétrico brasileiro podem ser obtidos nos boletins do Sistema de Informações Empresariais do Setor de Energia Elétrica (SIESE) que é parte do Sistema Integrado de Informações Energéticas (SIE) da Secretaria Geral do Ministério das Minas e Energia (MME). Um extrato do relatório, referente às linhas de transmissão encontra-se no Quadro III.1. Quadro III.1 – Extensão das linhas de transmissão do setor elétrico brasileiro.

69 kV 88 kV 138 kV 230 kV 345 kV 440 kV 500 kV 600 kV (corrente contínua) 750 kV

1999 40.023,0 3.290,7 55.723,2 33.869,9 8.952,3 6.384,4 16.952,7 1.612,0 2.114,0

EXTENSÃO DE LINHAS DE TRANSMISSÃO - km Em 31.12 2001 2000 2001 Entradas Retiradas 39.973,0 39.973,0 0,0 0,0 3.290,7 3.290,7 0,0 0,0 56.080,1 56.080,1 0,0 0,0 34.040,7 34.072,7 32,0 0,0 8.952,3 8.952,3 0,0 0,0 6.497,6 7.002,6 505,0 0,0 18.617,2 18.721,5 104,3 0,0 1.612,0 1.612,0 0,0 0,0 2.379,0 2.683,0 304,0 0,0

Fonte: Boletim Semestral do SIESE Síntese 2001 (disponível em: http://www.eletrobras.gov.br/mercado/siese/).

Uma linha de transmissão de energia elétrica possui quatro parâmetros básicos: resistência série, indutância série, capacitância em derivação e condutância em derivação. Estes parâmetros influem diretamente no seu comportamento como componente de um sistema de energia elétrica mas, a condutância em derivação (utilizada para representar a fuga pelos isoladores e corona de linhas aéreas ou isolação dos cabos subterrâneos) geralmente é desprezada por ser muito pequena. Assim, para a análise do regime permanente de uma linha de transmissão serão considerados apenas três parâmetros: resistência série, indutância série e capacitância em derivação. III.1 – Tipos de condutores

Na construção de linhas de transmissão são empregados largamente os condutores de alumínio devido aos seguintes fatores: •

Menor custo e peso;

•

Maior diâmetro que equivalente em cobre (portanto menor densidade de fluxo elétrico na superfície proporcionando um menor gradiente de potencial e menor tendência à ionização do ar – efeito corona).

Os tipos mais comuns de condutores de alumínio são: CA

Condutor de Alumínio

≡

AAC

All Aluminium Conductor

CAA

Condutor de Alumínio com alma de Aço

≡

ACSR

Aluminium Conductor Steel Reinforced

Os nomes código dos cabos CA são nomes de flores (por exemplo: 4 AWG Rose; 266,8 MCM Daisy; 636 Orchid) e dos cabos CAA são nomes de aves (por exemplo: 1 AWG Robin; 636 MCM Grosbeak; 1590 Falcon). A linha de transmissão – Sérgio Haffner

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III.2 – Resistência série

A resistência série é a principal causa das perdas de energia nas linhas de transmissão. Em corrente contínua (CC) a resistência de um condutor é dada por: onde:

l RCC = ρ A

ρ l A

[Ω]

(III.1)

– Resistividade do condutor1 [Ωm] – Comprimento [m] – Área da seção transversal [m2]

Na determinação da resistência dos condutores devem ser levados em conta os seguintes aspectos: •

Para a faixa normal de operação, a variação da resistência de um condutor metálico é praticamente linear, ou seja: R2 = R1

onde: R1 R2 T 0 •

T 0 + T 2

(III.2)

T 0 + T 1

– Resistência à temperatura T 1 [Ω] – Resistência à temperatura T 2 [Ω] – Constante do material2 [o C]

Em cabos encordoados, o comprimento dos fios periféricos é maior que o comprimento do cabo (devido ao encordoamento helicoidal). Isto acresce à resistência efetiva em 1 a 2%.

Em corrente alternada (CA) , devido ao efeito pelicular ( skin), a corrente tende a concentrar-se na superfície do condutor. Isto provoca um acréscimo na resistência efetiva (proporcional à freqüência) observável a 60 Hz (em torno de 3%). Exemplo III.1 – Para o cabo de alumínio Marigold 1113 MCM ( 61 × 3,432 mm ), a resistência em CC a

20oC é igual a 0,05112 Ω / km e a resistência CA-60 Hz a 50 oC é 0,05940 Ω / km. Determinar: a) O acréscimo percentual na resistência devido ao encordoamento. b) O acréscimo percentual na resistência devido ao efeito pelicular. Solução Exemplo III.1:

a) A área da seção transversal do condutor é:  3,432 × 10 −3  A = N π r = 61π   2  

2

2

= 5,643 × 10

−4

m2

Utilizando a expressão (III.1), tem-se: l 1000 m km RCC = ρ = 2,83 × 10 −8 Ωm = 0,05015 A 5,643 × 10 −4 m 2

Portanto, o acréscimo devido ao encordoamento , ef RCC 0,05112 Ω km ⇒ = = 1,019 RCC 0,05015 Ω km 1

Para o alumínio têmpera dura a 20 o C, ρ = 2,83 × 10 −8 2 Para o alumínio têmpera dura a 20 o C, T 0 = 228 C .

∆ enc ,

Ω

km

é:

∆ enc = 1,9 %

Ωm .

o

A linha de transmissão – Sérgio Haffner

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Solução Exemplo III.1 (continuação):

b) Utilizando a expressão (III.2), tem-se: 228 + 50 50 20 T + 50 RCC = RCC 0 = 0,05112 = 0,05730 Ω km T 0 + 20 228 + 20 Portanto, o acréscimo devido ao efeito pelicular, ∆ pel , é: 50

RCA 50

=

RCC

0,05940 = 1,037 0,05730

⇒

∆ pel = 3,7 %

III.3 – Indutância série

Um condutor constituído de dois ou mais elementos ou fios em paralelo é chamado condutor composto – observar que isto inclui os condutores encordoados e também os feixes ( bundles) de condutores. Sejam os dois condutores compostos arranjados conforme a Figura III.1. O condutor x é formado por n fios cilíndricos idênticos, cada um transportando a corrente I n e o condutor de retorno Y é formado por M fios cilíndricos idênticos, cada um transportando a corrente I M . b a

A Dbn

B

DbC

c

C n

M

Condutor x

Condutor Y

Figura III.1 – Seção transversal de uma linha monofásica constituída por dois condutores compostos. Considerando as distâncias indicadas na Figura III.1, a indutância dos fios a e b que fazem parte do condutor x são dadas por: La = n

µ M DaA DaB DaC L DaM ln n r ′ D D L D 2π a ab ac an

[H/m]

Lb = n

µ M DbA DbB DbC L DbM ln n r ′ D D L D 2π b ba bc bn

[H/m]

onde: µ = µ r µ 0 Dαβ r α ′

– Permeabilidade do meio3 (para o vácuo, µ 0 = 4π 10 −7 H m = 4π 10 −4 H km ) [H / m] – Distância entre os fios α e β [m] – Raio de um condutor fictício (sem fluxo interno) porém com a mesma indutância que o condutor α , cujo raio é r α (para condutores cilíndricos, r α ′ = r α ⋅ e

−1

4)

[m]

Nas expressões anteriores, é imprescindível que Dαβ e r α ′ estejam na mesma unidade (em metros, por exemplo).

3

Geralmente é utilizada a permeabilidade do vácuo pois, para o ar, a permeabilidade relativa é unitária: µ r ≈ 1 .


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A indutância do condutor composto x é igual ao valor médio da indutância dos fios dividido pelo número de fios (associação em paralelo), ou seja: La + Lb + Lc + K + Ln L x =

L x médio

n n

=

n

=

La + Lb + Lc + K + Ln n

[H/m]

2

Segue daí que: µ Mn ( DaA DaB L DaM )( DbA DbB L DbM )L ( DnA DnB L DnM ) ln 2 n ( D D L D )( D D L D )L ( D D L D ) 2π aa ab an ba bb bn na nb nn

L x =

[H/m]

(III.3)

onde Dαα = r α ′ . O numerador da expressão (III.3) é chamado de Distância Média Geométrica (DMG) e é notado por Dm ; o denominador é chamado de Raio Médio Geométrico (RMG) e é notado por Ds . Assim, L x =

µ Dm ln 2π Ds

[H/m]

(III.4)

com: – Distância Média Geométrica (DMG): Dm = Mn ( DaA DaB L DaM )( DbA DbB L DbM )L ( DnA DnB L DnM ) [m] – Raio Médio Geométrico (RMG): 2 Ds = n ( Daa Dab L Dan )( Dba Dbb L Dbn )L( Dna Dnb L Dnn ) [m]

Dm Ds

Sendo f a freqüência de operação da linha, a reatância indutiva é dada por: X L = 2π fL x

[Ω /m]

Em uma linha trifásica, com espaçamento assimétrico, a indutância das fases é diferente e o circuito é desequilibrado. Por intermédio da transposição da linha, é possível restaurar o equilíbrio das fases, do ponto de vista dos terminais da linha. A transposição consiste em fazer com que cada fase ocupe cada uma das posições nas torres por igual distância (para uma linha trifásica, três são as posições possíveis e deve-se fazer com que cada fase ocupe 1/3 do comprimento da linha em cada uma das três posições). Considere a linha trifásica transposta com espaçamento assimétrico mostrada na Figura III.2. 1 2

Condutor A

Condutor B

Condutor C

Posição 1

Condutor B

Condutor C

Condutor A

Posição 2

Condutor B

Posição 3

D12 D13 D23

Condutor C

3 1

/ 3 comprimento

o ã ç i s o p s n a r T

Condutor A

1

/ 3 comprimento

o ã ç i s o p s n a r T

1

/ 3 comprimento

Figura III.2 – Linha trifásica com um ciclo de transposição. Para a linha da Figura III.2, a indutância média por fase é dada por: L =

µ Deq ln 2π Ds

[H/m]

(III.5)

onde: Deq Ds

– Distância média geométrica entre condutores Deq – Raio médio geométrico do condutor [m]


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= 3 D12 D23 D31

[m]

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Observar a semelhança entre as expressões (III.4) e (III.5). Em linhas constituídas por mais de um condutor por fase, o raio médio geométrico deve ser calculado como anteriormente, ou seja: 2

Ds = n ( Daa Dab L Dan )( Dba Dbb L Dbn )L( Dna Dnb L Dnn )

e os termos empregados no cálculo da distância média geométrica ( D12 , D23 e D31 ) correspondem às distâncias médias geométricas entre cada uma das combinações das fases, ou seja, D xY é dado por: D xY = Dm = Mn ( DaA DaB L DaM )( DbA DbB L DbM )L ( DnA DnB L DnM )

Os valores do raio médio geométrico de cada condutor ( Daa, Dbb, etc.) podem ser obtidos diretamente nas tabelas dos fabricantes, juntamente com os demais dados dos cabos (nome código, seção transversal, formação, número de camadas, diâmetro externo e resistência elétrica), ou podem ser determinados por intermédio da seguinte expressão: Dαα = 0,5 Dα × K g

onde Dα é o diâmetro externo do condutor α e K g uma constante que depende de sua formação (quantidade e tipo de fios), cujos valores encontram-se no Quadro III.2. Quadro III.2 – Valores de K g para a determinação do raio médio geométrico de um cabo.

Condutor de Alumínio (CA)

Condutor de Alumínio com alma de Aço (CAA)

Formação (número de fios) 7 19 37 61 91 Formação (fios alumínio/aço) 22/7 26/7 30/7 45/7 54/7 54/19

Fator de formação (K g) 0,7256 0,7577 0,7678 0,7722 0,7743 Fator de formação (K g) 0,7949 0,8116 0,8250 0,7939 0,8099 0,8099

Fonte: Overhead, Pirelli Technical Manuals (disponível em http://www.au.pirelli.com/en_AU/cables_systems/telecom/downloads/pdf/Overhead.pdf)

Para condutores de alumínio, observar que à medida que o número de fios aumenta o fator de formação ( K g) se aproxima do valor determinado para condutores cilíndricos maciços, que corresponde a e

−1

4 = 0,7788 .

Exemplo III.2 – Determinar o raio médio geométrico do condutor de alumínio com alma de aço Pheasant

1272 MCM, formado por 54 fios de alumínio e 19 de aço (54/19) que possui um diâmetro externo de 3,5103 cm.

Solução Exemplo III.2: Do Quadro III.2, tem-se que o fator de formação correspondente (54/19) é dado

por K g =0,8099. Substituindo na expressão, tem-se:

Dαα = 0,5 Dα × K g = 0,5 × 3,5103 cm × 0,8099 = 1,4215 cm

Observar que um valor equivalente pode ser encontrado na tabela do fabricante.


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III.4 – Capacitância em derivação

Para uma linha de transmissão monofásica formada por condutores de raio r , conforme a mostra Figura III.3, a capacitância entre os dois fios desta linha é dada por: C ab =

π k

ln

D

[F/m]

r

onde k é a permissividade do meio ( k 0 = 8,85 × 10 −12 F m = 8,85 × 10 −9 F km , é a permissividade do vácuo, geralmente empregada no cálculo de linhas aéreas). a

b D

Figura III.3 – Seção transversal de uma linha monofásica. Assim, a capacitância de qualquer um dos fios ao neutro corresponde ao dobro do valor determinado pela expressão anterior (associação série de capacitores), conforme ilustra a Figura III.4. C aN

C ab a

a b

C bN N

b

C aN = C bN = 2C ab

Capacitância linha/linha Capacitância linha/neutro

Figura III.4 – Capacitâncias linha/linha e linha neutro. Desta forma, a expressão da capacitância entre linha/neutro , para uma linha monofásica é dada por: C N =

2π k ln

D

[F/m]

(III.6)

r

Para uma linha de transmissão trifásica espaçada igualmente e formada por condutores de raio r , conforme mostra a Figura III.5, a capacitância entre linha/neutro de qualquer uma das fases pode ser obtida, também, pela expressão (III.6). b

D

D

a

c D

Figura III.5 – Seção transversal de uma linha trifásica. Observar que na expressão (III.5) não foi contemplada a existência da terra que causa uma descontinuidade no meio dielétrico (passa de isolante para condutivo). Embora a consideração do efeito da terra, geralmente, não provoque alterações significativas no valor da capacitância (em outras palavras, a capacitância entre as fases é muito maior do que a capacitância entre as fases e a terra), é possível determinar esta componente aplicando-se o método das imagens.


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Considerando os condutores fase e as imagens, mostrados na Figura III.6, a capacitância média com relação ao neutro é dada por4: 2π k 2π k [F/m] (III.7) = C N = ln

Deq r

 3 Da β Db χ Dcα    3 Daα Db β Dc χ 

− ln 

ln

Deq r

 3 Daα Db β Dc χ    3 Da β Db χ Dcα 

+ ln 

sendo Deq = 3 Dab Dba Dca a distância média geométrica entre condutores. Observar a semelhança entre as expressões (III.6) e (III.7). Como os condutores das linhas de transmissão são suspensos e adquirem a forma de uma catenária, a altura adotada no cálculo da capacitância é diferente da altura de suspensão ( H ), pois o cabo apresenta uma flecha f , sendo sua altura média é inferior. Usualmente, a altura empregada no cálculo, h, é dada por: h = H − 0,7 f . b

Condutores Dab

Dbc

a

c

Dca

Daα

Dcχ

Db β

Superfície do solo Da β

Dcα

Db χ

χ α

Imagens

β

Figura III.6 – Seção transversal de uma linha trifásica assimétrica e sua imagem. Sendo f a freqüência de operação da linha e C N a capacitância linha/neutro, determinada pelas expressões (III.6) e (III.7), a reatância capacitiva dos condutores em relação ao neutro é dada por: 1 X C = [Ωm] 2π fC N Observar que a unidade de X L é diferente da unidade de X C , enquanto o primeiro é dado em Ω / m (pois a reatância é diretamente proporcional à indutância que é dada em H / m), o segundo é dado em Ωm (pois a reatância é inversamente proporcional à capacitância que é dada em F / m).

4

As duas expressões a seguir são idênticas, apenas diferem com relação ao sinal e a expressão do 2o termo do denominador – lembrar que ln(a b ) = − ln (b a ) . Observar que o termo 3 Da β Db χ Dcα (diagonais) sempre é maior que 3 D D D (verticais), motivo pelo qual o segundo termo sempre reduz o valor do denominador, ou seja, a aα b β c χ consideração do efeito da terra aumenta a capacitância com relação à terra. A linha de transmissão – Sérgio Haffner

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Exemplo III.3 – Para as duas configurações abaixo (vertical e horizontal), determinar a indutância série e a

capacitância em derivação por unidade de comprimento (km). Considerar que ambas as linhas são transpostas. a

Vertical D b D c

H

µ = µ 0

= 4π 10

−4

k = k 0 = 8,85 × 10

H −9

km F

Horizontal

km

Cabo 636 MCM Grosbeak r = 1,257 cm D s = 1,021 cm (RMG) D = 7,0 m H = 20 m

a

b D

c D

H

Superfície do solo

Solução Exemplo III.3: Para ambas as configurações, têm-se: Deq = 3 D12 D23 D31 = 3 Dab Dbc Dca = 3 D ⋅ D ⋅ 2 D = D 3

2 ≈ 1,26D = 8,82 m

logo, pela expressão (III.5): µ 0 Deq 4π 10 −4 H km 8,82 m −3 ln ln = = 1,35 × 10 H km L = 2π Ds 2π 0,01021 m Para a configuração vertical, tem-se: 3 (2 H + 3 D )(2 H + D )(2 H + 2 D ) = 3 154818 ≈ 53,70 m 3 D D D a β b χ cα =

(2 H + 4 D )(2 H + 2 D)2H = 3 146880 ≈ 52,76 m logo, pela expressão (III.7), tem-se: 2π k 2π 8,85 × 10 −9 F km −9 ≈ = 8,51 × 10 C N =  3 Da β Db χ Dcα  ln 8,82 m − ln 53,70 m Deq  ln − ln  0,01257 m 52,76 m 3 r 3 D

aα Db β Dcχ

=3

F

km

 Daα Db β Dc χ   

Negligenciando o efeito do solo, observar que a capacitância das configurações vertical e horizontal seria igual a: 2π k 2π 8,85 × 10 −9 F km −9 F ′ = = 8,48 × 10 C N = km Deq 8,82 m ln ln 0,01257 m r 5 ′ , corresponde a 99,6% de C N . Neste caso, a capacitância com relação ao neutro sem considerar o solo, C N Para a configuração horizontal , tem-se: 3 D

a β Db χ Dcα

=

3

(2 H )2 + D 2 (2 H )2 + D 2 (2 H )2 + (2D )2

aα Db β Dcχ

r

=

= 8,52 × 10

−9

F

km

 Daα Db β Dc χ   

Neste caso, a capacitância com relação ao neutro sem considerar o solo, 5

69883,37 ≈ 41,19 m

3

2 H ⋅ 2 H ⋅ 2 H = 2H = 40,00 m logo, pela expressão (III.7), tem-se: 2π k 2π 8,85 × 10 −9 F km ≈ C N =  3 Da β Db χ Dcα  ln 8,82 m − ln 41,18 m Deq  ln − ln  0,01257 m 40,00 m 3 3 D

=3

′ , corresponde a 99,5% de C N . C N

Isto explica porque o efeito da terra é muitas vezes desprezado no cálculo da capacitância das linhas de transmissão.


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Exemplo III.4 (Provão 2002) – Questão relativa às matérias de Formação Profissional Específica (Ênfase

Eletrotécnica).


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Brasil 8,0

Média (escala de 0 a 100) Região Sul 8,1


Instituição

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Brasil 16,8

% escolha Região sul 17,7

Instituição

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Exercício III.1 – Descrever e demonstrar com exemplo as alterações necessárias na disposição dos cabos

(altura, arranjo das fases, arranjo do bundle, etc.) para: a) Reduzir a indutância série de uma linha de transmissão. b) Aumentar a capacitância em derivação de uma linha de transmissão. III.5 – O modelo da linha de transmissão

As linhas de transmissão são classificadas de acordo com seu comprimento: •

Linhas curtas: até 80 km.

•

Linhas médias:até 240 km.

•

Linhas longas: mais de 240 km

Embora as linhas nem sempre possuam espaçamento eqüilátero e sejam plenamente transpostas, a assimetria resultante em sistemas de alta e extra-alta tensão é pequena e as fases podem, geralmente, ser consideradas equilibradas (via de regra, a carga é bastante equilibrada). Os parâmetros utilizados nos estudos de fluxo de carga para representar linhas curtas e médias podem ser obtidos diretamente das expressões anteriores – basta multiplicá-los pelo comprimento da linha de transmissão. Para linhas longas é necessário fazer uma correção para considerar que os parâmetros são distribuídos. Qualquer linha de transmissão pode ser representada de modo exato, a partir dos seus terminais, por um circuito π equivalente, como mostrado na Figura III.7, onde: Z km Y km

γ z y

α β l

– Impedância série total da linha de transmissão [Ω] – Admitância em derivação (linha/neutro) total da linha de transmissão [S] – – – – – –

Constante de propagação da linha: γ = α + jβ = z ⋅ y [1/ km] Impedância série por unidade de comprimento [Ω / km] Admitância em derivação (linha/neutro) por unidade de comprimento [S / km] Constante de atenuação [neper / km] Constante de fase [rad / km] Comprimento da linha [km] ′

Z km = Z km

k

senh γ ⋅ l m

γ ⋅ l

′

′

Y km

Y km

2

2

=

Y km

2

tanh

γ ⋅ l

2

γ ⋅ l

2

Figura III.7 – Circuito π equivalente de uma linha de transmissão. Para linhas de transmissão médias, tem-se que: senh γ ⋅ l e ≈1 γ ⋅ l


tanh γ 2⋅l γ ⋅l

≈1

2

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Logo, para linhas de transmissão médias, pode-se utilizar diretamente a impedância série total da linha (pois ′ ′ Z km = Z km ) e a metade da admitância em derivação total (pois Y km 2 = Z km 2 ), resultando no chamado circuito π nominal. Para linhas de transmissão curtas, pode-se desprezar a admitância em derivação e utilizar-se somente a impedância série total da linha. Observar que, geralmente, a condutância em derivação é insignificante, ou seja, a admitância em derivação é composta apenas pela susceptância em derivação shunt Exercício III.2 – Para a configuração vertical do Exemplo III.2, determinar o circuito equivalente,

considerando a resistência em corrente alternada por unidade de comprimento igual a r = 0,10054 Hz, e que o comprimento da linha é:

Ω

km ,

60

a) 500 km (linha longa) b) 150 km (linha média) c) 50 km (linha curta). Após realizadas as correções necessárias para levar em conta o comprimento, a representação das linhas de transmissão no fluxo de carga é realizada pelo seu equivalente π, mostrado na Figura III.8 que é definido por sh três parâmetros: a resistência série r km ; a reatância série xkm e a susceptância em derivação (shunt ) bkm . V m = V m θ m

V k = V k θ k k

r km

I

I km

jx km

sh

I mk

m

sh

jb km

jb km

Figura III.8 – Modelo equivalente π de uma linha de transmissão. A impedância e admitância do elemento série são dadas por: Z km = r km + jxkm Y km = g km + jbkm =

1 r km + jxkm

r km

=

2

2

r km + xkm

+ j

− xkm 2

2

r km + xkm

Para uma linha de transmissão, r km e xkm são positivos (portanto, g km é positivo e bkm é negativo) e o sh elemento em derivação, bkm , também é positivo em função de representar a capacitância linha/neutro da linha de transmissão. As correntes I km e I mk são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k e m ( V k = V k θ k e V m = V m θ m

, respectivamente):

( (V

) − V ) + jb

(

)

sh sh I km = Y km V k − V m + jbkm V k = Y km + jbkm V k − Y kmV m

I mk = Y km

m

k

sh km V m


(

sh

)

= −Y kmV k + Y km + jbkm V m

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(III.8) (III.9)

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A expressão do fluxo de potência complexa da barra k para a barra m é dada por:

[(

*

)

sh S km = Pkm + jQkm = V k I km = V k Y km + jbkm V k − Y km V m

= V k

*  Y km  

− jbkm  V k − Y km V m *

sh

*

*



*  =  Y km   

]*

− jbkm  V k − Y km V k V m *

2

sh

*



*

Sabendo que V k V m = V k V m θ k − θ m e definindo θ km = θ k − θ m ,

[ [g

( − j (b

)] )]V 2 − V V (g

sh S km = g km − j bkm + bkm V k 2 − ( g km − jbkm )V k V m θ km

=

km

sh km + bkm

k

k m

km

(III.10)

− jbkm )(cosθ km + j sen θ km )

Separando as partes real e imaginária, chega-se a: 2

Pkm = V k g km − V k V m (g km cosθ km + bkm sen θ km ) 2

(

(III.11)

)

Qkm = −V k bkm + bkm − V k V m (g km sen θ km − bkm cosθ km ) sh

(III.12)

Analogamente, para determinar o fluxo de potência complexa da barra m para a barra k : *

[(

)

sh S mk = Pmk + jQmk = V m I mk = V m Y km + jbkm V m − Y km V k

= V m

*  Y km  

*

]*

− jbkm  V m − Y km V k =   Y km − jbkm V m − Y km V m V k *

sh

*

*

 



2

sh

*

*



cujas partes real e imaginária são: 2

Pmk = V m g km − V k V m (g km cosθ mk + bkm sen θ mk ) 2

(

(III.13)

)

sh Qmk = −V m bkm + bkm − V k V m ( g km sen θ mk − bkm cosθ mk )

(III.14)

O diagrama fasorial da linha de transmissão é mostrado na Figura III.9. jx km I

r km I

θ km

V k

V km

V m

I

Figura III.9 – Diagrama fasorial da linha de transmissão. As perdas de potência ativa e reativa em uma linha de transmissão podem, então, ser determinadas somandose, respectivamente, as expressões (III.11) com (III.13) e (III.12) com ( III.14), ou seja:

(

2

2

)

Pperdas = Pkm + Pmk = V k + V m g km − 2V k V m g km cosθ km

(

2

2

)(

)

Qperdas = Qkm + Qmk = − V k + V m bkm + bkm + 2V k V m bkm cosθ km

Exercício III.3 – Mostrar que Pkm

sh

(

+ Pmk = r km I perdas


)2 .

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As expressões (III.8) e (III.9), podem ser arranjadas de outra forma, tendo em vista possibilitar a representação da linha de transmissão por um quadripolo, conforme mostrado na Figura III.10. I km

I mk

+

+

V m   A B   V k   =  ⋅ C D I mk    I km   

V k = V k θ k

–

V m = V m θ m

–

Figura III.10 – Linha de transmissão representada por um quadripolo. Isolando V m em (III.8), chega-se a: V m =

1 Y km

[(Y

km

)

]

  

+ jbkm V k − I km = 1 + sh

jbkm  V k − 1 I km = Y km  Y km sh

(1 + Z

sh km jbkm

)V

k

(III.15)

− Z km I km

Em (III.9), substituindo V m , pela expressão (III.15), tem-se: V

m 644 4 4 7 44 4 4 8

I mk = =

I mk =

sh sh sh  jbkm    jbkm  Y km + jbkm 1 sh     ( )1 + V k − I km  − Y kmV k = (Y km + jbkm )1 + V k − I km − Y km V k = Y km Y km  Y km   Y km   sh sh sh sh    jbkm   sh   jbkm  sh sh jbkm sh sh jbkm     ( ) 1 1 + + + − − + = + + − + Y jb Y jb Y V I jb jb jb V km km  k km k  km   km km km km km  Y km   Y km  I km Y Y km km         sh Y km + jbkm

sh jbkm

sh  jbkm   jb sh  2 + V k − 1 + km  I km    Y km   Y km   

Assim, os parâmetros do quadripolo são:

sh

= jbkm

(2 + Z

sh km jbkm

)V − (1 + Z k

A = 1 + Z km jbkm sh

sh

C = jbkm

(2 + Z

km

sh km jbkm

)I

(III.16)

km

B = − Z km sh

jbkm

)

(

D = − 1 + Z km jbkm sh

).

Exemplo III.5 (Provão 2000) – Questão relativa às matérias de Formação Profissional Específica (Ênfase

Eletrotécnica).


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Brasil 23,9

Média (escala de 0 a 100) Região Sul 20,8


Instituição

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Brasil 14,8

% escolha Região Sul 16,0

Instituição

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IV – O transformador

Os transformadores de força são os equipamentos utilizados para viabilizar a transmissão de energia elétrica em alta tensão. Desta forma, são instalados nas usinas de geração, para elevar a tensão em níveis de transmissão (no Brasil de 69 kV a 750 kV), nas subestações dos centros de consumo (subestações de distribuição ou subestações de grandes consumidores), para rebaixar o nível de tensão em níveis de distribuição (tipicamente 13,8 e 23 kV) e também nas subestações de interligação para compatibilizar os diversos níveis de tensão provenientes das diversas linhas de transmissão que aportam. Para se ter uma noção da importância destes equipamentos no setor elétrico, apresenta-se o Quadro IV.1 no qual a potência instalada em subestações corresponde aos equipamentos de transformação. Quadro IV.1 – Potência instalada em subestações do setor elétrico brasileiro.

25 kV/outras (1) 69 kV/outras 88 kV/outras 138 kV/outras 230 kV/outras 345 kV/outras 440 kV/outras 500 kV/outras 750 kV/outras

1999 74.196,0 18.777,1 5.717,2 46.251,6 34.732,7 33.610,4 15.137,0 47.636,9 16.200,0

POTÊNCIA INSTALADA EM SUBESTAÇÕES - MVA Em 31.12 2001 2000 2001 Entradas Retiradas 75.109,0 75.109,0 0,0 0,0 18.902,1 19.094,4 192,3 0,0 5.717,2 5.717,2 0,0 0,0 46.707,1 47.384,0 676,9 0,0 35.928,7 36.779,7 851,0 0,0 34.480,4 34.480,4 0,0 0,0 15.437,0 15.437,0 0,0 0,0 49.538,9 53.510,9 3.972,0 0,0 16.750,0 18.250,0 1.500,0 0,0

(1) Apenas transformadores elevadores de usinas Fonte: Boletim Semestral do SIESE Síntese 2001 (disponível em: http://www.eletrobras.gov.br/mercado/siese/).

O objetivo deste capítulo é a definição do modelo do transformador para estudos de transmissão de potência elétrica em regime permanente, ou seja, considerando tensões e correntes senoidais em freqüência industrial. Além disto, considera-se que os transformadores operam em condições equilibradas. Desta forma, os modelos e resultados apresentados a seguir não se aplicam a estudos de transitórios de alta freqüência, de curto-circuito ou de harmônicos. O modelo dos transformadores de força para estudos de fluxo de potência são similares aos transformadores de menor porte, desconsiderando-se os efeitos da corrente de magnetização. IV.1 – Transformador ideal de dois enrolamentos

Em um transformador ideal considera-se que a resistência elétrica dos enrolamentos é nula (logo não existe queda de tensão na espira em função desta resistência e a tensão induzida pela variação do fluxo é igual à tensão terminal) e que a permeabilidade do núcleo é infinita (portanto todo o fluxo fica confinado ao núcleo e enlaça todas as espiras). Levando em conta as polaridades indicadas na Figura IV.1, têm-se as seguintes relações entre as tensões terminais: d φ 1 (t ) = N 1 φ m (t ) dt dt d d v2 (t ) = N 2 φ 2 (t ) = N 2 φ m (t ) dt dt v1 (t ) = N 1

d

Assim, a relação entre as tensões terminais é dada por: v1 (t ) v 2 (t )

=

N 1

(IV.1)

N 2

O transformador – Sérgio Haffner

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φ m (t )

N 1 espiras

N 2 espiras

i1 (t )

i 2 (t )

+

+

v1 (t )

v 2 (t )

–

– Fluxo em 1:

Fluxo em 2:

φ 1 (t ) = φ m (t )

φ 2 (t ) = φ m (t )

Figura IV.1 – Transformador ideal de dois enrolamentos. Como o transformador é ideal, a potência instantânea de entrada, p1 (t ) , é igual a potência instantânea de saída, p2 (t ) pois as perdas são desprezíveis, ou seja: p1 (t ) = p2 (t ) ⇒ v1 (t ) ⋅ i1 (t ) = v2 (t ) ⋅ i2 (t ) logo, i1 (t ) v2 (t ) N 2 (IV.2) = = i2 (t ) v1 (t ) N 1 As expressões (IV.1) e (IV.2) definem o modo de operação dos transformadores ideais. Os enrolamentos onde se ligam as fontes de energia e as cargas são geralmente denominados primário e secundário , respectivamente. De forma alternativa, as relações (IV.1) e (IV.2) podem ser obtidas levando-se em consideração que um transformador ideal constitui um caso particular de circuitos magneticamente acoplados no qual o coeficiente de acoplamento entre os enrolamentos é igual a unidade, ou seja, K = 1 . Para as polaridades indicadas na Figura IV.2, são válidas as seguintes expressões: d i1 (t ) − M i2 (t ) dt dt d d v2 (t ) = M i1 (t ) − L2 i2 (t ) dt dt v1 (t ) = L1

d

(IV.3) (IV.4) i1 (t )

i1 (t )

+

i 2 (t )

K=1 •

+ +

•

v1 (t )

M

–

M

+

M = K L1 L2 v 2 (t )

+

di2 (t ) dt

+

•

L2

v1 (t )

–

N 1 : N 2

•

L1

v 2 (t )

–

i2 (t )

M = L1 L2

di i (t ) dt

–

Figura IV.2 – Transformador ideal representado por circuito magneticamente acoplado. Isolando

d

i2 (t ) dt

em (IV.4) e substituindo em (IV.3), tem-se:

1  d  i2 (t ) =  M i1 (t ) − v 2 (t ) dt L2  dt  d

2 M  d M     i1 (t ) + v1 (t ) = L1 i1 (t ) − M  M i1 (t ) − v2 (t ) =  L1 − v2 (t ) dt L2  dt L2  dt L2  

d

1 


d

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(IV.5)

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Como K = 1 , pode-se escrever: ⇒

M = L1 L2

2

⇒

M = L1 L2

L1 −

M 2

(IV.6)

=0

L2

L1α N 12

M

L1 L2

=

L2

L2

=

L1

L2α N 22

⇒

L2

M

=

L2

N 12 N 22

M

⇒

L2

=

N 1

(IV.7)

N 2

 N φ (t ) pois as auto-indutâncias são proporcionais ao quadrado do número de espiras  L1 = 1 1 , com i1 (t )  φ 1 (t ) = P N 1i1 (t ) , sendo P a permeância do espaço atravessado pelo fluxo, então L1 =

N 1 [P N 1i1 (t )] i1 (t )

2 

= P N 1

 . 

Substituindo (IV.6) e (IV.7) na expressão (IV.5), chega-se a expressão (IV.1): v1 (t ) = 0

N N i1 (t ) + 1 v2 (t ) = 1 v 2 (t ) dt N 2 N 2 d

⇒

v1 (t ) v2 (t )

=

N 1 N 2

IV.1.1 – Transformador ideal em regime permanente senoidal

A Figura IV.3 mostra um transformador ideal, em regime permanente senoidal. I 1

+

N 1 : N 2 •

Transformador Ideal

+

•

V 1

–

I 2

V 2 Ideal

–

Figura IV.3 – Transformador ideal em regime permanente senoidal. Considerando as polaridades indicadas na Figura IV.3 e as expressões gerais (IV.1) e (IV.2), o regime permanente senoidal do transformador ideal pode ser descrito por: V 1

N 1

=

N 2

V 2 I 1

=

I 2

N 2 N 1

fazendo a =

N 2 N 1

V 2 = aV 1 I 2 =

1 a

I 1

⇒ ⇒

V 2 = I 2 =

N 2 N 1 N 1 N 2

V 1 I 1

, a relação de espiras do transformador ideal, pode-se escrever:

⇒ ⇒


V 1 =

1 a

V 2

I 1 = a I 2

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Apostila SEP Fluxo de Carga Muito Boa

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