apostila sp1 luciano

UNIVERSIDADE CATLICA DE PELOTAS

ESCOLA DE ENGENHARIA E ARQUITETURA

ENGENHARIA ELTRICA

SISTEMAS DE POTNCIA I 052814 NOTAS DE AULA

Prof. LUCIANO VITORIA BARBOZA, Dr.Eng.

SUMRIO

Captulo 1. Representao dos Sistemas de Potncia .................................................................. 1

1.1. Aspectos gerais ....................................................................................................................... 1

1.2. Modelo de circuito de uma mquina sncrona ........................................................................ 1

1.3. Transformador ideal ............................................................................................................... 3

1.4. Circuito equivalente de um transformador real ...................................................................... 5

1.5. Circuito equivalente de um transformador real com tap fora do valor nominal .................... 7

1.6. Autotransformador ................................................................................................................. 9

1.7. Grandezas em por unidade ................................................................................................... 10

1.8. Impedncia por unidade em circuitos com transformadores ................................................ 11

1.9. Impedncia por unidade de transformadores de trs enrolamentos ...................................... 13

1.10. Diagrama unifilar ............................................................................................................... 15

1.11. Diagramas de impedncias e reatncias ............................................................................. 17

1.12. Lista de exerccios .............................................................................................................. 20

Captulo 2. Clculo de Redes ....................................................................................................... 23

2.1. Aspectos gerais ..................................................................................................................... 23

2.2. Equivalncia de fontes .......................................................................................................... 23

2.3. Equaes nodais ................................................................................................................... 24

2.4. Partio de matrizes .............................................................................................................. 27

2.5. Eliminao de ns pela lgebra matricial ............................................................................. 28

2.6. Matrizes admitncia e impedncia de barra ......................................................................... 31

2.7. Modificao de uma matriz impedncia de barra j existente ............................................. 32

Caso 1: Adio de um ramo de uma nova barra p at barra de referncia ............................ 32

Caso 2: Adio de um ramo de uma nova barra p at uma barra k j existente ....................... 33

Caso 3: Adio de um ramo de uma barra k j existente at barra de referncia .................. 34

Caso 4: Adio de um ramo entre duas barras j e k j existentes ............................................. 35

2.8. Determinao direta da matriz impedncia de barra ............................................................ 36

2.9. Lista de Exerccios ............................................................................................................... 38

Sumrio Prof. Luciano Vitoria Barboza

Sistemas de Potncia I iii

Captulo 3. Fluxo de Potncia ...................................................................................................... 41

3.1. Aspectos gerais ..................................................................................................................... 41

3.2. Formulao do problema ...................................................................................................... 41

3.3. Fluxos de potncias ativa e reativa .........................................................................................43

3.3.1. Linhas de transmisso ..................................................................................................... 43

3.3.2. Transformadores em fase ................................................................................................ 44

3.4. Formulao matricial ............................................................................................................ 45

3.5. Equacionamento em termos das variveis do sistema .......................................................... 47

3.6. Mtodos iterativos de Gauss e de Gauss-Seidel ................................................................... 49

3.7. Mtodo iterativo de Newton-Raphson ................................................................................. 50

3.8. Mtodos iterativos desacoplados .......................................................................................... 52

3.8.1. Mtodo de Newton-Raphson desacoplado ..................................................................... 53

3.9. Fluxo de potncia linearizado ou Fluxo de carga CC ........................................................... 54

3.9.1. Linearizao .................................................................................................................... 55

3.9.2. Formulao matricial ...................................................................................................... 55

3.10. Caractersticas dos mtodos de soluo do fluxo de potncia ............................................ 56

3.11. Ajustes e controles .............................................................................................................. 57

3.12. Cargas variveis com a tenso ............................................................................................ 59

Captulo 4. Operao Econmica de Sistemas de Potncia ...................................................... 60

4.1. Aspectos gerais ..................................................................................................................... 60

4.2. Distribuio de carga entre as unidades de uma mesma central .......................................... 60

4.3. Perdas na transmisso em funo da gerao da central ...................................................... 64

4.4. Distribuio de carga entre centrais ..................................................................................... 67

4.5. Controle automtico de gerao ........................................................................................... 69

4.6. Lista de exerccios ................................................................................................................ 72

Apndice A. Algoritmos para Fluxo de Potncia ...................................................................... 75

A.1. Mtodo de Gauss ................................................................................................................. 75

A.2. Mtodo de Gauss-Seidel ...................................................................................................... 76

A.3. Mtodo de Newton-Raphson ............................................................................................... 77

A.4. Mtodo de Newton desacoplado ......................................................................................... 78

I. REPRESENTAO DOS SISTEMAS DE POTNCIA

1.1. Aspectos Gerais

Neste ponto do estudo sobre sistemas de potncia, j se completou o desenvolvimento do modelo

do circuito de uma linha de transmisso e j se iniciou os clculos de tenso, corrente e potncia em

uma linha. Neste captulo, sero desenvolvidos os modelos de circuito para a mquina sncrona e

para o transformador de potncia. Dessa forma, ser possvel representar o sistema de energia por

inteiro.

1.2. Modelo de Circuito de uma Mquina Sncrona

A tenso terminal em uma mquina sncrona, atuando como gerador, pode ser expressa como

t f a ar a l t f a SV E jI X jI X V E jI X= = (1.1)

onde V t a tenso terminal sob carga;

E f a tenso gerada a vazio;

I a a corrente na armadura;

jI aX ar a tenso devido reao da armadura;

jI aX l a tenso devido reatncia de disperso da armadura;

X S a reatncia sncrona, onde X S = X ar + X l.

Se a resistncia da armadura R a for relevante, a equao (1.1) torna-se

( )t f a a SV E I R jX= + (1.2)

A equao (1.2) pode ser representada atravs de um circuito equivalente, como mostrado na Fi-

gura 1.1.

Representao dos Sistemas de Potncia Prof. Luciano V. Barboza

Sistemas de Potncia I 2

+

+

Vt

RaXlXar

Ef

Ia

XS

Figura 1.1. Circuito equivalente para o gerador sncrono.

Neste ponto, tem-se a representao do gerador por um circuito equivalente bastante simples, po-

rm muito conveniente. A resistncia da armadura, normalmente, bem menor do que a reatncia

sncrona de modo que a sua omisso no apresenta grande influncia nos resultados numricos.

Os princpios at aqui abordados podem ser estendidos ao motor sncrono. O circuito equivalente

para o motor idntico ao do gerador com o sentido inverso da corrente. O circuito equivalente para

o motor sncrono est mostrado na Figura 1.2.

+

+

Vt

Ra XlXar

Ef

Ia

XS

Figura 1.2. Circuito equivalente para o motor sncrono.

As tenses geradas internamente no gerador e no motor so, geralmente, identificadas pela nota-

o de subndice simples como E g e E m, respectivamente, ao invs de E f, especialmente quando eles

esto no mesmo circuito, como mostrado na Figura 1.3. As equaes para este circuito so

e t g a g t m a mV E jI X V E jI X= = + (1.3)

As reatncias sncronas do gerador e do motor so X g e X m, respectivamente, e as resistncias das

armaduras foram desprezadas.



+

+

Xg Xm

Eg Em

Ia+

Vt

Figura 1.3. Circuito equivalente para a conexo de um gerador sncrono e um motor sncrono.

Quando so estudados curto-circuitos em mquinas sncronas, a corrente que circula imediata-

mente aps a ocorrncia da falta difere do valor que circula em regime permanente. Em vez da rea-

tncia sncrona, usa-se a reatncia subtransitria X ou a reatncia transitria X na simulao de mquinas sncronas para clculos de faltas.

1.3. Transformador Ideal

Os transformadores so equipamentos constitudos por duas ou mais bobinas situadas de tal for-

ma que so enlaadas pelo mesmo fluxo magntico. Num transformador de potncia, as bobina so

colocadas sobre um ncleo de material ferromagntico de modo a confinar o fluxo de uma maneira

que a quase totalidade desse fluxo enlace todas as bobinas.

Suponha que o fluxo magntico varia sinusoidalmente no ncleo e que o transformador ideal,

ou seja, a permeabilidade magntica do ncleo infinita e a resistncia dos enrolamentos nula. Com a permeabilidade do ncleo sendo infinita, todo o fluxo fica confinado no ncleo e, portanto,

enlaa todas as espiras de ambos os enrolamentos. A tenso e induzida em cada enrolamento tam-

bm a tenso terminal v dos enrolamentos, pois a resistncia dos enrolamentos nula.

Pela lei de Faraday, tem-se

1 1 2 2 e d dv N v Ndt dt = = (1.4)

onde o valor instantneo do fluxo magntico no ncleo; N 1 e N 2 so os nmeros de espiras dos enrolamentos primrio e secundrio;

v 1 e v 2 so as tenses nos enrolamentos primrio e secundrio.

Supondo uma variao sinusoidal para o fluxo, convertendo para a forma fasorial e combinando

as equaes (1.4), obtm-se



1 12 2

V N aV N

= = (1.5)

onde a a relao de espiras ou relao de transformao do transformador.

Por outro lado, sendo o transformador ideal, este no apresenta perdas. Portanto, as potncias

aparentes nos enrolamentos primrio e secundrio devem ser iguais. Ento, tem-se

1 1 2 2V I V I= (1.6)

Pela equao (1.6), tem-se que

2 1 11 2 2

I V N aI V N

= = = (1.7)

o que leva a concluso de que, no transformador ideal, I1 deve ser nula se I2 for nula.

O enrolamento ao qual uma impedncia ou outra carga conectada chama-se enrolamento se-

cundrio. De modo similar, o enrolamento que est ligado fonte de energia chamado enrolamen-

to primrio. Em sistemas de potncia, a energia geralmente circula em ambos os sentidos atravs do

transformador e a designao de primrio e secundrio perde seu significado.

Se uma impedncia Z 2 ligada ao enrolamento secundrio do transformador, tem-se

222

VZI

= (1.8)

e substituindo V 2 e I 2 pelos valores obtidos nas equaes (1.7), tem-se

221

1 2 1 12 2

1 1 1 11

2

1N VN N V VZ N N I a IIN

= = = (1.9)

e essa impedncia vista dos terminais do enrolamento primrio ser



2

21 12 2 2

1 2

V NZ Z a ZI N

= = = (1.10)

Portanto, a impedncia ligada ao lado secundrio fica refletida (ou referida) ao primrio multi-

plicando a impedncia no secundrio pelo quadrado da relao de espiras do transformador.

Exemplo 1.1: Um transformador monofsico ideal possui valores nominais de 20 kVA, 480/120 V,

60 Hz. Uma fonte conectada ao enrolamento de 480 V alimenta uma carga conectada ao enrolamen-

to de 120 V. A carga consome 15 kVA com um fator de potncia de 0,8ind quando a tenso na car-

ga 118 V. Calcule:

a) a tenso no enrolamento de 480 V;

b) a impedncia da carga;

c) a impedncia da carga referida ao enrolamento de 480 V;

d) as potncias ativa e reativa no enrolamento de 480 V.

1.4. Circuito Equivalente de um Transformador Real

O transformador real difere do transformador ideal pois:

(1) a sua permeabilidade no infinita;

(2) as resistncias dos enrolamentos esto presentes;

(3) perdas ocorrem no ncleo devido s variaes cclicas do sentido do fluxo;

(4) nem todo o fluxo que enlaa um enrolamento, enlaa os outros enrolamentos.

Quando uma tenso sinusoidal for aplicada ao enrolamento de um transformador com ncleo de

ferro e com o secundrio em aberto, uma pequena corrente circular no primrio. Essa corrente

chamada corrente de magnetizao do transformador. As perdas no ferro ocorrem devidas, primei-

ramente, s variaes cclicas do sentido do fluxo no ferro as quais requerem energia que dissipa-

da como calor e chamada perda por histerese. A segunda perda ocorre por correntes circulantes

que so induzidas no ferro devido ao fluxo varivel e estas correntes produzem uma |I| 2R no ferro

chamada perda por correntes parasitas. A perda por histerese reduzida com o uso, no ncleo, de

ligas de ao especiais. As perdas por correntes parasitas so reduzidas montando o ncleo com fo-

lhas de ao laminadas. Para representar o circuito equivalente de magnetizao do transformador,



considera-se uma corrente I E circulando em um circuito paralelo formado por uma susceptncia B L e

uma condutncia G.

No transformador real de dois enrolamentos, parte do fluxo que enlaa o enrolamento primrio

no enlaa o secundrio. Esse fluxo proporcional corrente do primrio e causa uma queda de

tenso que corresponde a uma reatncia indutiva x 1, chamada de reatncia de disperso, a qual

colocada em srie com o enrolamento primrio do transformador ideal. Uma reatncia x 2 semelhan-

te deve ser acrescentada ao enrolamento secundrio para levar em conta a tenso devido ao fluxo

que enlaa o secundrio porm no enlaa o primrio. Quando tambm so consideradas as resis-

tncias r 1 e r 2 dos enrolamentos, tem-se o modelo de transformador mostrado na Figura 1.4. Neste

modelo, o transformador ideal a conexo entre os parmetros r 1, x 1, G e B L colocados no primrio

do transformador e r 2 e x 2 colocados no secundrio.

N1 N2GBL

IE1

22

N IN

r1 x1 x2 r2+

+

V2V1

I1 I2

Figura 1.4. Circuito equivalente do transformador usando o conceito de transformador ideal.

O transformador ideal pode ser omitido no circuito equivalente referindo-se todos os parmetros

do transformador para um dos lados. Por exemplo, referindo todas as tenses, correntes e impedn-

cias do circuito da Figura 1.4 para o primrio do transformador, tem-se o circuito equivalente mos-

trado na Figura 1.5.

GBL

IE

r1 x1 a2x2 a

2r2+

+

aV2V1

I1 2Ia

Figura 1.5. Circuito equivalente do transformador com a corrente de magnetizao.

Muitas vezes, a corrente de magnetizao (I E) desprezada porque ela muito pequena compa-



rada aos valores usuais das correntes de carga. Para simplificar ainda mais o circuito, pode-se fazer

2 21 1 2 1 1 2 e R r a r X x a x= + = + (1.11)

para obter o circuito equivalente mostrado na Figura 1.6. Todas as impedncias e tenses no secun-

drio devem, agora, ser referidas ao primrio do transformador.

R1 X1

+

+

aV2V1

I1

Figura 1.6. Circuito equivalente do transformador desprezando a corrente de magnetizao.

Os parmetros R e X do transformador de dois enrolamentos so determinados pelo teste de cur-

to-circuito. A impedncia medida nos terminais de um enrolamento enquanto o outro enrolamento

curto-circuitado. Como requerida apenas uma pequena tenso, a corrente de magnetizao in-

significante e a impedncia medida praticamente R + jX.

Exemplo 1.2: Um transformador monofsico tem 2.000 espiras no enrolamento primrio e 500 no

secundrio. As resistncias dos enrolamentos so r 1 = 2,0 e r 2 = 0,125 . As reatncias de disper-so so x 1 = 8,0 e x 2 = 0, 5 . A resistncia da carga Z 2 12 . A tenso aplicada nos terminais do enrolamento primrio de 1.200 V. Determine a tenso V 2 e a regulao de tenso. Despreze a

corrente de magnetizao.

1.5. Circuito Equivalente de um Transformador Real com Tap Fora do Valor Nominal

Os transformadores com tap fora do nominal podem esquematicamente ser representados por um

transformador ideal com relao de transformao a:1 em srie com a sua admitncia. A Figura 1.7

mostra o esquema de um transformador com tap fora do valor nominal conectado entre as barras i e

k de um sistema de potncia.



Ei Ek

Iik Ikip

i kyik

a:1

Figura 1.7. Esquema de um transformador com tap fora do seu valor nominal.

Para o transformador ideal da Figura 1.7, tem-se

1 e kii p k ik kiik

IE aE a E I Iy a

= = + = (1.12)

A partir das equaes (1.12), pode-se escrever que

2

1

1 1

ki ik i ik k

ik ik i ik k

I y E y Ea

I y E y Ea a

= +

= (1.13)

Um transformador com tap fora do valor nominal pode ser modelado por um circuito equivalente

, conforme mostrado na Figura 1.8, onde os parmetros A, B e C so admitncias.

Ei Ek

Iik Iki

i kA

CB

Figura 1.8. Circuito equivalente de um transformador com tap fora do nominal.

As equaes que representam o modelo equivalente so

( )

( )ik i k

ki i k

I A B E AE

I AE A C E

= + = + +

(1.14)



Comparando as equaes (1.13) e (1.14) e identificando-se os coeficientes das tenses E i e E k,

pode-se escrever

2 21 1 1 ik ik ik

a aA y B y C ya a a

= = = (1.15)

que so os parmetros A, B e C do circuito equivalente do transformador com tap fora do valor nominal.

1.6. Autotransformador

O autotransformador difere do transformador comum pois os seus enrolamentos so, ao mesmo

tempo, eletricamente conectados e acoplados por um fluxo mtuo. Pode-se estudar o autotransfor-

mador ligando eletricamente os enrolamentos de um transformador ideal. A Figura 1.9(a) o dia-

grama esquemtico de um transformador ideal e a Figura 1.9(b) mostra como os enrolamentos so

conectados eletricamente de modo a formar um autotransformador. Nesta figura, os enrolamentos

esto dispostos de maneira que suas tenses sejam aditivas, embora eles possam ser ligados de mo-

do a se oporem mutuamente. A grande desvantagem do autotransformador que a isolao eltrica

entre os enrolamentos fica perdida, mas o exemplo seguinte demonstra o aumento da potncia no-

minal que se verifica.

+ +

V1 V2

I1 I2N1 N2

+

+

V1I1 N1

N2 I2Ient

V2

(a) conectado na maneira usual (b) conectado como um autotransformador

Figura 1.9. Diagrama esquemtico do transformador ideal.

Exemplo 1.3: Um transformador monofsico de 30 kVA, com tenses nominais 240/120 V, co-

nectado como autotransformador como mostra a Figura 1.9(b). A tenso nominal aplicada ao en-

rolamento de baixa tenso. Considere o transformador como sendo ideal e a carga sendo tal que as



correntes nominais |I 1| e |I 2| circulem nos enrolamentos. Determine |V 2| e os kVA nominais do auto-

transformador.

Pelo exemplo, observa-se que o autotransformador forneceu uma relao de tenso maior que o

transformador comum e transmitiu mais potncia eltrica entre os seus dois enrolamentos. Portanto,

o autotransformador fornece maior potncia nominal pelo mesmo custo. Ele tambm opera mais

eficientemente pois as perdas permanecem as mesmas da conexo comum. Entretanto, a perda da

isolao eltrica entre os lados de AT e BT do autotransformador geralmente o fator decisivo em

favor da conexo comum na maioria das aplicaes. Em sistemas de potncia, os autotransformado-

res trifsicos so usados freqentemente para produzirem pequenos ajustes nas tenses das barras.

1.7. Grandezas em Por Unidade

Os sistemas de energia eltrica so operados em nveis de tenso onde o kV a unidade mais

conveniente para expressar a tenso. Para a potncia transmitida, MW e MVA so termos comuns.

Entretanto, estas quantidades, bem como Ampres ou Ohms, so comumente expressas como por-

centagem ou como por unidade (pu) de uma base ou valor de referncia especificado para cada

grandeza. O valor pu de qualquer quantidade definido como a relao da quantidade pelo valor

base, expresso em decimal. Os clculos utilizando valores em pu so mais simples do que os que

usam os valores em unidades reais.

Tenso, corrente, potncia e impedncia esto relacionadas entre si de modo que a escolha de va-

lores bases para quaisquer duas delas determina os valores bases das demais. Para sistemas trifsi-

cos, escolhe-se a tenso de linha (V base, em kV) e a potncia aparente trifsica (N base, em MVA) co-

mo bases. As bases para as demais grandezas podem ento ser determinadas como

2

e 3

base basebase base

basebase

N VI ZNV

= = (1.16)

No raras vezes, a impedncia em pu de um componente do sistema expressa numa base dife-

rente daquela selecionada para a parte do sistema na qual o componente est localizado. Como to-

das as impedncias devem ser expressas na mesma base de impedncia, necessrio converter im-

pedncias pu de uma base para outra. Para calcular a impedncia em pu, dividi-se o valor real da



impedncia pelo valor de base. Portanto, podemos escrever que

( ) ( )(pu) e (pu)ant nova

ant novabase base

Z ZZ ZZ Z

= = (1.17)

Combinando as equaes (1.17), tem-se

(pu) (pu) antnova

basenova ant

base

ZZ Z

Z= (1.18)

Por outro lado, as impedncias bases antiga e nova podem ser expressas como

2 2

e ant novaant nova

ant nova

base basebase base

base base

V VZ Z

N N= = (1.19)

Substituindo as equaes (1.19) na equao (1.18), obtm-se

2

(pu) (pu) nova antant nova

base basenova ant

base base

N VZ Z

N V =

(1.20)

Com a equao (1.20), pode-se modificar o valor de uma impedncia em pu de uma base antiga

para uma base nova.

1.8. Impedncia Por Unidade em Circuitos com Transformadores

Os valores hmicos da resistncia e da reatncia de disperso de um transformador dependem de

que lado se efetuam as medidas, se do lado de AT ou de BT do transformador. Se seus valores so

expressos em pu, a base de potncia tomada como sendo a potncia nominal do transformador. A

tenso base escolhida como sendo a tenso nominal do enrolamento no qual a resistncia e a rea-

tncia de disperso estiverem referidas. A impedncia em pu do transformador a mesma, indepen-

dente do fato de ter sido obtida a partir dos valores hmicos referidos nos lados de AT ou de BT do

transformador.



Exemplo 1.4: Os valores nominais de um transformador monofsico so 2,5 kVA e 110/440 V. A

reatncia de disperso medida no lado de BT 0,06 . Calcule a reatncia de disperso em pu.

Exemplo 1.5: Trs partes de um sistema eltrico monofsico so designadas por A, B e C e esto in-

terligadas atravs de transformadores, como mostra a Figura 1.10. As caractersticas dos transfor-

madores so:

A B : 10.000 kVA, 138/13,8 kV, X disp = 10% B C : 10.000 kVA, 138/69 kV, X disp = 8% Se as bases no circuito B forem 10.000 kVA e 138 kV, calcule a resistncia da carga de 300 em pu referida aos circuitos A, B e C. Trace um diagrama de impedncias, desprezando a corrente de

magnetizao e as resistncias dos transformadores e a impedncia da linha. Determine tambm a

regulao de tenso se a tenso na carga for 66 kV com a suposio de que a tenso de entrada no

circuito A permanea constante.

A B C

1:10

AB

2:1

BC300

Figura 1.10. Circuito do Exemplo 1.5.

Com base no exemplo anterior, os seguintes pontos devem ser ressaltados quando se trabalha

com valores em pu:

1) So escolhidos uma base de tenso e uma base de potncia em uma parte do sistema. Os valo-

res bases para um sistema trifsico so a potncia trifsica e a tenso de linha.

2) Para outras partes do sistema, isto , nos outros lados dos transformadores, a base de tenso

para cada parte determinada de acordo com as relaes de transformao dos transformado-

res. A base de potncia ser a mesma em todas as partes do sistema.

3) As informaes sobre impedncias dos transformadores trifsicos, geralmente, so dispon-

veis em valores percentuais ou em pu, em relao s bases determinadas por seus valores no-

minais.

4) Para trs transformadores monofsicos ligados numa conexo trifsica, seus valores nominais

de potncia e tenso ficam determinados de acordo com as caractersticas nominais de cada

transformador monofsico. A impedncia percentual para a unidade trifsica a mesma que

se usa para cada transformador monofsico.



5) Uma impedncia em pu dada numa base diferente daquela estabelecida para a parte do siste-

ma na qual o elemento est localizado deve ser mudada para a base apropriada de acordo com

a equao (1.20).

Exemplo 1.6: Trs transformadores monofsicos com valores nominais de 25 MVA, 38,1/3,81 kV,

cada um, so conectados em Y e ligados a uma carga equilibrada constituda de trs resistores de 0,6 ligados em Y. Adote os valores de 75 MVA e 66 kV como bases para o lado de alta tenso e especifique a base para o lado de baixa tenso. Determine a resistncia da carga em pu na base do

lado de BT. Ento, determine a resistncia da carga referida ao lado de AT e o valor em pu dessa re-

sistncia na base escolhida.

Exemplo 1.7: Um transformador trifsico tem 400 MVA e 220Y/22 kV como valores nominais. A impedncia de curto-circuito medida no lado de BT do transformador 0,121 e, devido baixa resistncia, este valor pode ser considerado igual reatncia de disperso. Determine a reatncia em

pu do transformador e o valor usado para representar este transformador em um sistema cujas bases

no lado de AT so 100 MVA e 230 kV.

1.9. Impedncia Por Unidade de Transformadores de Trs Enrolamentos

Tanto o primrio como o secundrio de um transformador de dois enrolamentos possuem a

mesma potncia nominal, porm os enrolamentos de um transformador de trs enrolamentos podem

apresentar potncias nominais diferentes. A impedncia de cada enrolamento de um transformador

desse tipo pode ser expressa em valor percentual ou pu tomando como base os valores nominais de

seus prprios enrolamentos, ou podem ser realizados testes para determinar as impedncias. Em

qualquer caso, entretanto, todas as impedncias em pu no diagrama de impedncias devem ser ex-

pressas em relao a uma mesma potncia base.

As trs impedncias podem ser medidas pelo teste-padro de curto-circuito, como a seguir:

Zps impedncia medida no primrio com o secundrio curto-circuitado e o tercirio aberto; Zpt impedncia medida no primrio com o tercirio curto-circuitado e o secundrio aberto; Zst impedncia medida no secundrio com o tercirio curto-circuitado e o primrio aberto.

Se as trs impedncias medidas em Ohms forem referidas a um dos enrolamentos, as impedn-



cias de cada enrolamento em separado referidas a esse mesmo enrolamento estaro relacionadas s

impedncias medidas como

ps p s

pt p t

st s t

Z Z Z

Z Z Z

Z Z Z

= += += +

(1.21)

onde Z p, Z s e Z t so as impedncias dos enrolamentos primrio, secundrio e tercirio referidas ao

circuito primrio se Z ps, Z pt e Z st forem as impedncias medidas e referidas ao circuito primrio. Re-

solvendo as equaes (1.21), obtem-se

( )( )( )

12

12

12

p ps pt st

s ps st pt

t pt st ps

Z Z Z Z

Z Z Z Z

Z Z Z Z

= +

= +

= +

(1.22)

As impedncias dos trs enrolamentos so ligadas como mostra a Figura 1.11 para representar o

circuito equivalente monofsico do transformador de trs enrolamentos, desprezando a corrente de

magnetizao. Os pontos p, s e t so conectados s extremidades do diagrama de impedncias que

representa as partes do sistema que esto ligadas aos enrolamentos primrio, secundrio e tercirio

do transformador. Desde que os valores hmicos das impedncias devem estar referidos mesma

base, conclui-se que a converso para impedncias em pu exige a mesma potncia base para todos

os trs circuitos e exige tambm que as bases de tenso nos trs circuitos apresentem as mesmas re-

laes de transformao que as tenses de linha nominais dos trs circuitos do transformador.



Zp

ZtZs

p

s

t Figura 1.11. Circuito equivalente de um transformador trifsico de trs enrolamentos.

Exemplo 1.8: Os valores nominais de um transformador de trs enrolamentos so:

Primrio: conexo Y, 66 kV, 15,0 MVA;

Secundrio: conexo Y, 13,2 kV, 10,0 MVA;

Tercirio: conexo , 2,3 kV, 5,0 MVA. Desprezando as resistncias, as impedncias so:

Zps = 7% na base de 15,0 MVA e 66 kV; Zpt = 9% na base de 15,0 MVA e 66 kV; Zst = 8% na base de 10,0 MVA e 13,2 kV. Calcule as impedncias em pu do circuito equivalente em estrela, tomando como base

15,0 MVA e 66 kV no circuito primrio.

Exemplo 1.9: Uma fonte de tenso constante (barra infinita) alimenta uma carga resistiva pura de

5 MW 2,3 kV por fase e um motor sncrono de 7,5 MVA 13,2 kV com reatncia de X = 20%. A fonte est ligada ao primrio do transformador de trs enrolamentos descrito no Exemplo 1.8. O

motor e a carga resistiva esto conectados ao secundrio e ao tercirio do transformador, respecti-

vamente. Trace o diagrama de impedncias do sistema e coloque as impedncias em pu para uma

base de 66 kV, 15,0 MVA no primrio.

1.10. Diagrama Unifilar

O diagrama unifilar um circuito simplificado no qual se representa, atravs de smbolos padro-

nizados, os elementos associados a um sistema de energia eltrica. Os parmetros do circuito no

so indicados e uma linha de transmisso representada por uma reta entre duas barras.



A finalidade do diagrama unifilar fornecer, de forma concisa, as principais informaes sobre o

sistema. As informaes encontradas em um diagrama unifilar variam de acordo com o problema

que se tem em mos. Por exemplo, a localizao de disjuntores e rels no importante no estudo

de previso de carga em um sistema eltrico. Portanto, disjuntores e rels no sero representados

se a funo principal do diagrama for fornecer informaes para estudos de carga.

O American National Standards Institute (ANSI) e o Institute of Electrical and Electronics En-

gineers (IEEE) publicaram um conjunto de smbolos padronizados para os diagramas eltricos. Po-

rm, nem todos os autores seguem esses smbolos de forma consistente, especialmente na represen-

tao de transformadores. A Figura 1.12 apresenta alguns dos smbolos mais utilizados.

Armadura de mquina girante

Transformador de potncia dedois enrolamentos

Transformador de potncia detrs enrolamentos

Fusvel

Transformador de corrente

Disjuntor de potncia a leo

Disjuntor a ar

Conexo trifsica em delta

Conexo trifsica em estrelacom neutro no aterrado

Conexo trifsica em estrelacom neutro aterrado

Transformador de potencial Carga esttica

A VAmpermetro Voltmetro Figura 1.12. Smbolos dos dispositivos de potncia mais utilizados.

A Figura 1.13 o diagrama unifilar de um sistema de potncia muito simples. Dois geradores,

um aterrado atravs de um reator e outro atravs de um resistor, so interligados a uma barra e, a-

travs de um transformador elevador, a uma linha de transmisso. Outro gerador, aterrado atravs

de um reator, ligado a uma barra e, atravs de um transformador, extremidade oposta da linha de

transmisso. Uma carga ligada a cada barra. No diagrama tambm esto representadas as cone-

xes dos dois transformadores.

Carga A

Carga B

1

2

T1 T2 3

Figura 1.13. Diagrama unifilar de um sistema eltrico simples.



1.11. Diagramas de Impedncias e Reatncias

Com o objetivo de calcular o desempenho de um sistema sob condies de carga ou na ocorrn-

cia de uma falta, um sistema trifsico equilibrado pode ser resolvido como um circuito monofsico

composto de uma das trs linhas e o retorno de neutro. A Figura 1.14 combina os circuitos equiva-

lentes dos vrios componentes mostrados na Figura 1.13, de modo a formar o diagrama de impe-

dncias do sistema. O diagrama de impedncias no inclui as impedncias limitadoras de corrente

mostradas no diagrama unifilar entre os neutros dos geradores e a terra porque nenhuma corrente

circula pela terra sob condies equilibradas e os neutros dos geradores esto no mesmo potencial

do neutro do sistema.

+E1

+E2

+ E3

Geradores 1 e 2 Carga A Transformador T1 Transformador T2Linha de transmissoGerador

3Carga B

Figura 1.14. Diagrama de impedncias correspondente ao diagrama unifilar da Figura 1.13.

A corrente de magnetizao de transformadores geralmente desprezvel comparada com a cor-

rente de plena carga, portanto, a admitncia em paralelo comumente omitida no circuito equiva-

lente do transformador. Tambm as resistncias do sistema so geralmente omitidas quando se efe-

tua o clculo de faltas, mesmo em programas computacionais. Naturalmente a omisso da resistn-

cia introduz algum erro, porm os resultados so satisfatrios porque a reatncia indutiva do sistema

muito maior do que sua resistncia. As cargas que no incluem mquinas rotativas apresentam

pouco efeito sobre a corrente total de linha durante uma falta e geralmente so omitidas. As cargas

com motor sncrono, entretanto, sempre so includas para se fazer os clculos de falta porque suas

foras eletromotrizes geradas contribuem para a corrente de curto-circuito. O diagrama pode levar

em conta os motores de induo, considerando uma fem gerada em srie com uma reatncia induti-

va se o diagrama for usado para determinar a corrente imediatamente aps a ocorrncia de uma fal-

ta. Porm, os motores de induo so ignorados ao se calcular a corrente alguns ciclos aps a ocor-

rncia da falta porque a contribuio de corrente do motor de induo desaparece muito rapidamen-

te aps ele ser curto-circuitado.

Para simplificar o clculo das correntes de falta, desconsideram-se todas as cargas estticas, to-



das as resistncias, a corrente de magnetizao dos transformadores e a capacitncia das linhas de

transmisso. Assim, o diagrama de impedncias se reduz ao diagrama de reatncias, mostrado na

Figura 1.15. Estas simplificaes aplicam-se apenas ao clculo de falta e no ao estudo de fluxo de

carga, que ser estudado mais adiante.

+

+

+ EG3EG1 EG2

XT1 XT2XLT

Neutro

1GX 2GX 3GX

Figura 1.15. Diagrama de reatncias adaptado da Figura 1.14.

Se os dados forem fornecidos com o diagrama unifilar, pode-se determinar todos os valores

em pu e, assim, obter o diagrama de reatncias em pu. A grande vantagem em se utilizar os valores

em pu que no so necessrios clculos para referir uma impedncia de um lado do transformador

para o outro. Em pu, os valores so os mesmos.

Exemplo 1.10: Um gerador trifsico de 300 MVA, 20 kV, tem uma reatncia subtransitria de

20%. O gerador alimenta um certo nmero de motores sncronos atravs de uma linha de transmis-

so de 64 km, tendo transformadores em ambas as extremidades, como mostra o diagrama unifilar

da Figura 1.16. Os motores, todos de 13,2 kV, esto representados por dois motores equivalentes. O

neutro do motor M 1 est aterrado atravs de uma reatncia. O neutro do motor M 2 no est aterrado

(situao no usual). As entradas nominais para os motores so 200 MVA para M 1 e 100 MVA para

M 2. Para ambos os motores X = 20%. O transformador trifsico T 1, de 350 MVA, 230/20 kV, apre-senta reatncia de 10%. O transformador T 2 composto de trs transformadores monofsicos, cada

um de 100 MVA, 127/13,2 kV, com reatncia de 10%. A reatncia em srie da linha de transmisso

0,5 /km. Trace o diagrama de reatncias com todas as reatncias em pu. Escolha os valores no-minais do gerador como base no circuito deste.

G

M1

M2

T1 T2

Figura 1.16. Diagrama unifilar para o Exemplo 1.10.



Exemplo 1.11: Se os motores M 1 e M 2 do Exemplo 1.10 tiverem entradas de 120 e 60 MVA, res-

pectivamente, a 13,2 kV e ambos operem com fator de potncia unitrio, determine a tenso nos

terminais do gerador.



1.12. Lista de Exerccios

1.1. Um transformador de 30 kVA, 1.200/120 V ligado como autotransformador para fornecer

1.320 V a partir de uma barra de 1.200 V.

a) Trace um diagrama nas conexes do transformador mostrando as marcaes de polaridade

nos enrolamentos e os sentidos escolhidos como positivo para a corrente em cada enrola-

mento de forma que as correntes estejam em fase.

b) Determine a potncia aparente nominal do equipamento funcionando como autotransfor-

mador.

c) Se o rendimento do transformador ligado para funcionamento em 1.200/120 V com carga

nominal e fator de potncia unitrio de 97%, determine seu rendimento como autotrans-

formador com corrente nominal nos enrolamentos, funcionando com tenso nominal e

atendendo a uma carga com fator de potncia unitrio.

1.2. Uma carga resistiva de 8.000 kW, ligada em , est conectada ao lado de BT, ligado em , de um transformador Y de 10 MVA, 138/13,8 kV. Calcule a resistncia da carga em em ca-da fase, vista do lado de AT do transformador. Desconsidere a impedncia do transformador e

suponha a aplicao de tenso nominal ao primrio do transformador.

1.3. Resolva o Exerccio 1.2 considerando os mesmos resistores ligados em estrela.

1.4. Trs transformadores, cada um de 5 kVA, 220 V no lado secundrio, so conectados em e esto abastecendo uma carga puramente resistiva de 15 kW, 220 V. feita uma alterao

que reduz a carga para 10 kW, ainda puramente resistiva. Algum sugere que, com dois teros

da carga, um transformador pode ser removido e o sistema pode ser operado com delta aberto.

Ainda estar sendo fornecida tenso trifsica equilibrada carga porque duas das tenses de

linha, portanto tambm terceira, permanecem inalteradas. Para investigar esta sugesto:

a) Determine cada uma das correntes de linha (mdulo e ngulo) para a carga de 10 kW e re-

movido o transformador entre a e c. Suponha V ab = 22020 V e seqncia direta de fases (abc).

b) Calcule os kVA fornecidos individualmente pelos transformadores restantes.

c) Que restrio deve ser colocada carga para funcionamento em delta aberto com esses

transformadores?



1.5. Um transformador de 210 MVA, 345Y/22,5 kV interliga, a uma linha de transmisso, uma carga de 180 MW 22,5 kV, com fator de potncia 0,8ind. Determine:

a) as caractersticas nominais de cada um dos trs transformadores monofsicos que, adequa-

damente conectados, sero equivalentes ao transformador trifsico;

b) a impedncia complexa da carga em pu no diagrama de impedncias, adotando como base

100 MVA 345 kV na linha de transmisso.

1.6. Um gerador de 120 MVA 19,5 kV tem X S = 1,5 pu e ligado a uma linha de transmisso a-travs de um transformador de 150 MVA, 230Y/18 kV com X = 0,1 pu. Se a base a ser usa-da nos clculos for 100 MVA e 230 kV para a linha de transmisso, determine os valores em

pu a serem usados para as reatncias do transformador e do gerador.

1.7. Um transformador trifsico de 5 MVA, 115/13,2 kV apresenta uma impedncia igual

(0,007 + j0,075) pu. O transformador ligado a uma linha de transmisso curta cuja impedn-cia (0,02 + j0,10) pu numa base de 10 MVA, 13,2 kV. A linha alimenta uma carga trifsica de 3,4 MW, 13,2 kV com fator de potncia 0,85ind. Se a tenso AT permanece constante em

115 kV quando a carga na extremidade da linha desligada, calcule a regulao de tenso na

carga. Trabalhe usando pu e adote como base 10 MVA 13,2 kV no circuito da carga.

1.8. O diagrama unifilar de um sistema sem carga est representado na Figura 1.17. So mostra-

dos, no diagrama, as reatncias das duas sees da linha de transmisso. Os geradores e trans-

formadores apresentam as seguintes caractersticas:

Gerador 1: 20 MVA, 13,8 kV, X = 0,20 pu Gerador 2: 30 MVA, 18 kV, X = 0,20 pu Gerador 3: 30 MVA, 20 kV, X = 0,20 pu Transformador T 1: 25 MVA, 220Y/13,8 kV, X = 10% Transformador T 2: unidades monofsicas, cada uma de 10 MVA, 127/18 kV, X = 10% Transformador T 3: 35 MVA, 220Y/22Y kV, X = 10% Trace o diagrama de reatncias com todas as reatncias representadas em pu e use letras para

indicar os pontos correspondentes ao diagrama unifilar. Adote como base 50 MVA 13,8 kV

no circuito do gerador 1.



1

3

2

A BC

D

FET1

T3

T2j80 j100

Figura 1.17. Diagrama unifilar para o Exerccio 1.8.

1.9. Trace o diagrama de reatncias para o sistema de potncia mostrado na Figura 1.18. Repre-

sente as impedncias em pu. Use como base 50 MVA 132 kV na linha de transmisso de

40 . As caractersticas dos geradores, motores e transformadores so: Gerador 1: 20 MVA, 18 kV, X = 20% Gerador 2: 20 MVA, 18 kV, X = 20% Motor sncrono 3: 30 MVA, 13,8 kV, X = 20% Transformadores trifsicos YY: 20 MVA, 138Y/20Y kV, X = 10% Transformadores trifsicos Y: 15 MVA, 138Y/13,8 kV, X = 10%

1 2

3

A B

C

j40

j20 j20

Figura 1.18. Diagrama unifilar para o Exerccio 1.9.

1.10. Se a tenso na barra C no Exerccio 1.9 for 13,2 kV quando o motor absorver 24 MW com fa-

tor de potncia 0,8cap, calcule as tenses nas barras A e B. Suponha que os dois geradores di-

vidam a carga igualmente. D a resposta em Volts e em pu em relao base escolhida no

Exerccio 1.9. Calcule as tenses nas barras A e B quando o disjuntor que interliga o gerador 1

barra A estiver aberto enquanto o motor solicita 12 MW na tenso de 13,2 kV com fator de

potncia 0,8cap. Todos os demais disjuntores permanecem fechados.

II. CLCULO DE REDES


A soluo de redes de grande porte atravs de programas computacionais dependente, em

grande parte, das equaes desta rede. Conseqentemente, importante para o engenheiro da rea

de sistemas de potncia entender a formulao das equaes das quais, com o objetivo de obter uma

soluo, desenvolvido um programa computacional.

Este captulo se prope a rever e expandir os mtodos de anlise para os quais os programas

computacionais de soluo de problemas em sistemas de potncia so grandemente dependentes.

De particular importncia, neste captulo, a introduo sobre matrizes admitncia de barras e im-

pedncia de barras que provaro ser utilssimas em estudos futuros.

2.2. Equivalncia de Fontes

Um procedimento til em alguns problemas de anlise de redes o da substituio de uma fonte

de corrente em paralelo com uma impedncia por uma fem em srie com uma impedncia, ou vice-

versa. Na Figura 2.1, ambas as fontes com suas impedncias associadas esto conectadas a uma im-

pedncia de carga Z L.

+Eg

Zg

ZL

+

ILVL

a) Fonte real de tenso

+

Is Zs ZL

ILVL

b) Fonte real de corrente

Figura 2.1. Equivalncia de fontes.

Para a fonte de tenso real, Figura 1.1(a), a tenso na carga

L g g LV E Z I= (2.1)

onde I L a corrente que circula pela carga.

Clculo de Redes Prof. Luciano V. Barboza


Para o circuito contendo a fonte real de corrente, Figura 1.1(b), a tenso na carga vale

( )L s s L s s s LV Z I I Z I Z I= = (2.2)

As duas fontes e suas impedncias sero equivalentes se a tenso na carga V L for a mesma em

ambos os circuitos. Comparando as equaes (2.1) e (2.2), conclui-se que

e g s s g sE Z I Z Z= = (2.3)

que a condio para que a fonte de tenso real seja equivalente fonte de corrente real.

2.3. Equaes Nodais

Considere o diagrama unifilar mostrado na Figura 2.2. Os geradores esto ligados atravs de

transformadores s barras de alta tenso 1 e 3 e esto alimentando um motor sncrono na barra 2. O

diagrama de reatncias, com as reatncias em pu, est indicado na Figura 2.3. Se o circuito for rede-

senhado com as fontes de tenso substitudas por suas equivalentes fontes de corrente, o diagrama

resultante est mostrado na Figura 2.4. Os valores em pu so os das admitncias ao invs dos das

impedncias.

G1

G2

M

43

2

1T1

T2

T3

Figura 2.2. Diagrama unifilar do sistema-exemplo.



+EG1 EG2

+

+ EM

j1,15

j0,1 j0,1

j1,15 j1,15

j0,1

j0,4j0,25

j0,2 j0,2

j0,125

13

2

4

Figura 2.3. Diagrama de reatncias para o sistema-exemplo. Valores das reatncias em pu.

j0,8 j0,8 j0,8I1 I3 I2

j2,5j4,0

j5,0 j5,0

j8,0

1 23

4

Yd Yh

YgYf

Ye

Ya Yc Yb

Figura 2.4. Diagrama de admitncias para o sistema-exemplo com a substituio das fontes de tenso por

suas equivalentes fontes de corrente. Valores das admitncias em pu.

Aplicando a anlise nodal aos ns do diagrama de admitncias da Figura 2.4, obtm-se

( )( )

( )( )

1 3 4 1

2 3 4 2

1 2 3 4 3

1 2 3 4 0

a d f f d

b g h g h

f g c e f g e

d h e d e h

Y Y Y E Y E Y E I

Y Y Y E Y E Y E I

Y E Y E Y Y Y Y E Y E I

Y E Y E Y E Y Y Y E

+ + =+ + =

+ + + + = + + + =

(2.4)

As equaes (2.4) podem ser expressas na forma matricial como



11

22

33

4

11 12 13 141

21 22 23 242

31 32 33 343

41 42 43 44

00

0

0

a d f f d

b g h g h

f g c e f g e

d h e d e h

Y Y Y Y Y EIY Y Y Y Y EI

Y Y Y Y Y Y Y EIY Y Y Y Y Y E

Y Y Y Y EIY Y Y YIY Y Y YIY Y Y Y

+ + + + = + + + + +

=

1

2

3

4

EEE

(2.5)

A matriz Y recebe o nome de matriz admitncia de barras e designada por Y barra. Esta matriz

simtrica em relao diagonal principal. Os elementos pertencentes diagonal principal (Y ii) so

chamados de admitncias prprias e correspondem soma de todas as admitncias conectadas

barra i. Os demais elementos da matriz Y barra (Y ik, i k) so chamados de admitncias mtuas ou de transferncia e correspondem ao negativo da admitncia conectada entre as barras i e k.

Em notao vetorial, tem-se

barra= YI E (2.6)

onde I o vetor com as injees de corrente nas barras do sistema eltrico;

E o vetor com as tenses complexas nas barras do sistema eltrico.

A expresso geral da equao nodal para o n i de uma rede eltrica com n barras :

1 1

n n

i ik k ii i ik kk k

k i

I Y E Y E Y E= =

= = + (2.7)

Utilizando a equao (2.6), pode-se determinar as tenses complexas nas barras do sistema el-

trico como

1 1 1 barra barra barra barra

barra

= ==

Y Y Y Y

Z

I E E I

E I (2.8)



A matriz inversa da matriz admitncia de barras chamada matriz impedncia de barras e de-

signada por Z barra.

Exemplo 2.1: Escreva na forma matricial as equaes nodais necessrias para calcular as tenses

complexas nas barras do sistema-exemplo da Figura 2.4. A rede equivalente quela da Figura 2.3.

As fems indicadas na Figura 2.3 so E G1 = 1,50 pu, E G2 = 1,50 pu e E M = 1,536,87 pu. Aps, calcule as tenses complexas E 1, E 2, E 3 e E 4.

2.4. Partio de Matrizes

Esta tcnica consiste em identificar vrias partes de uma matriz como submatrizes que sero tra-

tadas como simples elementos quando da aplicao das regras usuais de operaes com matrizes.

Por exemplo,

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a aa a a

= A

(2.9)

A matriz particionada em quatro submatrizes pelas linhas tracejadas horizontal e vertical. Por-

tanto, a matriz A pode ser reescrita como

= D E

AF G

(2.10)

onde as submatrizes so

[ ]

1311 12

2321 22

31 32 33

aa aaa a

a a a

= = = =

D E

F G

(2.11)

Para indicar os passos para a multiplicao em termos de submatrizes, assuma que A deva ser

ps-multiplicada por uma matriz B para formar o produto C, onde



11 12

21 22

31 32

b bb bb b

= B

(2.12)

com a sua partio sendo

[ ]11 12 31 3221 22

b b

b bb b = = =

HB H J

J (2.13)

Ento, o produto

+ = = = = +

D E H DH EJ MC AB

F G J FH GJ N (2.14)

onde M = DH + EJ e N = FH + GJ.

Se somente a submatriz N for de interesse, pelas parties resulta que

[ ] [ ] [ ]11 1231 32 33 31 32 31 11 32 21 33 31 31 12 32 22 33 3221 22

b ba a a b b a b a b a b a b a b a b

b b = + = + + + +

N (2.15)

As matrizes a serem multiplicadas devem ser compatveis originariamente. Cada linha de parti-

o vertical entre as colunas r e r+1 da matriz-multiplicando requer uma linha de partio horizon-tal entre as linhas r e r+1 da matriz-multiplicadora para que se possa efetuar a multiplicao das submatrizes corretamente. Linhas de partio horizontal podem ser traadas entre quaisquer linhas

da matriz-multiplicando e linhas verticais de partio entre quaisquer colunas da matriz-multiplica-

dora ou ainda omitidas em uma delas ou em ambas.

2.5. Eliminao de Ns pela lgebra Matricial

Ns podem ser eliminados por manipulao de matrizes referentes s equaes nodais estudadas

anteriormente. Entretanto, somente os ns nos quais no haja injeo de corrente para a rede podem



ser eliminados. As equaes nodais na sua forma matricial

barra= YI E (2.16)

onde I e E so vetores colunas e Y barra uma matriz quadrada e simtrica. Os vetores colunas po-

dem ser rearranjados de tal modo que os elementos associados com os ns a serem eliminados este-

jam presentes nas suas linhas inferiores. Os elementos da matriz admitncia de barra so colocados

em concordncia. Os vetores colunas so particionados de tal modo que os elementos associados

com os ns a serem eliminados so separados dos outros elementos. A matriz admitncia particio-

nada de tal modo que os elementos identificados somente com os ns a serem eliminados estejam

separados dos outros elementos por linhas horizontais e verticais. Quando particionada de acordo

com estas regras, a equao (2.16) torna-se

A ATX X

= K LL M

I EI E

(2.17)

onde I X o subvetor composto pelas injees de corrente nos ns a serem eliminados e E X o sub-

vetor composto pelas tenses complexas nestes ns. Obviamente, cada elemento de I X zero, seno

os ns no poderiam ser eliminados. As admitncias prprias e mtuas compondo K so aquelas

identificadas somente com os ns que sero conservados. A matriz M composta de admitncias

prprias e mtuas identificadas somente com os ns a serem eliminados. Esta matriz M uma ma-

triz quadrada de ordem igual ao nmero de ns a serem eliminados. A matriz L e sua transposta L T

so compostas somente das admitncias mtuas comuns a algum n a ser mantido e a outro que ser

eliminado.

Executando a multiplicao indicada na equao (2.17), obtem-se

A A X= +K LI E E (2.18) TX A X= +L MI E E (2.19)

Como todos os elementos de I X so zeros, resulta que

T TA X A X= + =L M L M0 E E E E (2.20)



e pr-multiplicando ambos os lados da equao (2.20) por M 1, tem-se

1 T A X =M L E E (2.21)

Substituindo a equao (2.21) na equao (2.18), resulta

( )1 1T TA A A A = = K LM L K LM LI E E E (2.22)

que uma equao nodal tendo como matriz admitncia nodal

1nova

Tbarra

= Y K LM L (2.23)

Com esta nova matriz admitncia de barras, pode-se construir uma nova rede eltrica, equivalen-

te original, com os ns indesejados j eliminados.

Exemplo 2.2: Se o gerador e o transformador na barra 3 so removidos do circuito da Figura 2.3,

elimine os ns 3 e 4 pelo procedimento algbrico-matricial descrito, encontre o circuito equivalente

com aqueles ns eliminados e a potncia complexa transferida para dentro e para fora da rede nas

barras 1 e 2, respectivamente. Determine tambm a tenso na barra 1.

A utilizao desta tcnica apresenta um inconveniente. Para a eliminao de um grande nmero

de ns, a matriz M, cuja inversa deve ser determinada, possuir uma grande dimenso. Isto inviabi-

liza o clculo explcito de sua inversa.

A inverso da matriz M pode ser evitada fazendo a eliminao de um n por vez. O n a ser eli-

minado deve ser o de numerao mais alta e, provavelmente, uma renumerao deva ser necessria.

A matriz M torna-se de um nico elemento e M 1 o recproco deste elemento. A matriz admitn-

cia original particionada nas submatrizes K, L, L T e M fica



11 1 1

1

1

j n

k kj knbarra

n nj nn

Y Y Y

Y Y Y

Y Y Y

=

Y

# % # % #

# % # % #

(2.24)

e a matriz reduzida (n1) (n1), de acordo com a equao (2.23), ser

11 1 1

11

1nova

j n

barra n njk kj knnn

Y Y Y

Y YY Y YY

= Y

# % # % # # # # % #

(2.25)

E quando a manipulao indicada das matrizes for executada, o elemento na linha k e coluna j da

matriz novabarra

Y ser

novo orig

kn njkj kj

nn

Y YY Y

Y= (2.26)

Exemplo 2.3: Faa a eliminao de ns do Exemplo 2.2, primeiro removendo o n 4 e, em seguida,

removendo o n 3.

2.6. Matrizes Admitncia e Impedncia de Barras

No Exemplo 2.1, invertemos a matriz admitncia de barras Y barra e chamamos a sua inversa de

matriz impedncia de barras Z barra. Por definio:

1barra barra=Z Y (2.27)

Como Y barra simtrica em relao diagonal principal, Z barra tambm o ser. Os elementos de



Z barra na diagonal principal so chamados de impedncias prprias dos ns. Os elementos fora da

diagonal principal so chamados de impedncias de transferncia ou impedncias mtuas dos ns.

A matriz impedncia de barra muito til no clculo de faltas em sistemas de potncia e para a sua

determinao no necessrio primeiro determinar a matriz admitncia de barra, como ser visto na

Seo 2.8.

Exemplo 2.4: Um capacitor com uma reatncia de 5,0 pu est ligado ao n 4 do circuito do

Exemplo 2.1. As fems E G1, E G2 e E M permanecem as mesmas do exemplo. Determine a corrente

absorvida pelo capacitor.

Exemplo 2.5: Se uma corrente de 0,316101,97 pu injetada na barra 4 do Exemplo 2.1, encontre as tenses resultantes nas barras 1, 2, 3 e 4.

2.7. Modificao de uma Matriz Impedncia de Barras J Existente

Nesta seo, ser examinado como modificar Z barra para adicionar novas barras ou conectar no-

vas linhas s barras j existentes. Entendido como modificar Z barra, pode-se analisar como constru-

la diretamente. Vrios casos podem ser estudados em modificaes envolvendo a adio de um

ramo de impedncia Z b a uma rede cuja Z barra original j conhecida e identificada por Z orig (nn).

Caso 1: Adio de um ramo de uma nova barra p at a barra de referncia

A adio de uma nova barra p ligada barra de referncia atravs de uma impedncia Z b sem

conexo com nenhuma das outras barras da rede original no pode alterar as tenses de barra

originais do sistema quando a corrente I p for injetada na nova barra. A tenso E p na nova barra ser

igual a Z bI p. Ento

1 1

2 2

00

00 0 0

n n

p pb

E IE I

E IE IZ

=

# ##

(2.28)



Note que a matriz coluna das correntes multiplicada pela nova Z barra no alterar as tenses nas

barras da rede original e resultar na tenso correta na nova barra p.

Caso 2: Adio de um ramo de uma nova barra p at uma barra k j existente

A adio de uma nova barra p ligada atravs de uma impedncia Z b a uma barra existente k com

I p injetada na barra p, modificar a injeo de corrente na rede original na barra k que vir a ser a

soma de I k e I p, conforme mostrado na Figura 2.5.

Rede original com abarra k e a barra dereferncia extradas

k

pZb

Ik

Ip

Ik + Ip

Figura 2.5. Adio de uma nova barra p ligada atravs de uma impedncia Z b a uma barra k j existente.

A corrente I p fluindo para a barra k aumentar a tenso original E k de um valor igual a Z kkI p,

nova origk k kk p

E E Z I= + (2.29)

e E p ser maior do que o novo E k de um valor de tenso igual a Z bI p. Assim,

( )1 1 2 2origp k kk p b p

p k k kn n kk b p

E E Z I Z I

E Z I Z I Z I Z Z I

= + += + + + + +

(2.30)

Como Z barra uma matriz quadrada e simtrica, resulta que devemos adicionar uma nova coluna

que transposta da nova linha, ou seja,



1 11

2 22

1 2

k

k

n nnk

p pk k kn kk b

E IZE IZ

E IZE IZ Z Z Z Z

= +

# ##

(2.31)

Note que os primeiros n elementos da nova linha so os elementos da linha k da Z orig e os

primeiros n elementos da nova coluna so os elementos da coluna k da Z orig.

Caso 3: Adio de um ramo de uma barra k j existente at a barra de referncia

Para alterar a matriz Z orig pela ligao de uma impedncia Z b desde uma barra k j existente at a

barra de referncia, deve-se adicionar uma nova barra p ligada atravs de Z b barra k. Ento, se

curto-circuita a barra p barra de referncia, fazendo E p igual a zero, a fim de se obter a mesma

equao matricial (2.31), com exceo de que E p agora nula. A Figura 2.6 mostra o procedimento

explicado.

Rede original com abarra k e a barra dereferncia extradas

k

pZb

Ik

Ip

Ik + Ip

Figura 2.6. Adio da impedncia Z b entre uma barra k j existente e a barra de referncia.

Para a modificao, procede-se de modo a criar uma nova linha e uma nova coluna, exatamente

do mesmo modo como no Caso 2. Entretanto, agora, elimina-se a linha (n+1) e a coluna (n+1) criadas, o que possvel devido existncia do zero no vetor das tenses. Para isso, utiliza-se a

equao (2.26). Portanto, cada elemento da nova matriz Z barra ser igual a

( 1) ( 1)nova orig

h n n ihi hi

kk b

Z ZZ Z

Z Z+ += + (2.32)



Caso 4: Adio de um ramo entre duas barras j e k j existentes

A Figura 2.7 ilustra a adio de um ramo com impedncia Z b entre duas barras j e k j existentes.

A corrente I b est indicada com fluindo atravs de Z b da barra k para a barra j. Da Figura 2.7 pode-se

escrever que

( ) ( )1 11 1 12 2 1 1j j b k k bE Z I Z I Z I I Z I I= + + + + + + (2.33)

ou rearranjando a equao (2.33), tem-se

( )1 11 1 12 2 1 1 1 1j j k k j k bE Z I Z I Z I Z I Z Z I= + + + + + + (2.34)

Rede original comas barras j, k e de

referncia extradas

j

k

Zb

Ij

Ib

Ij + Ib

Ik Ik Ib Figura 2.7. Adio de um ramo de impedncia Z b entre as barras j existentes j e k.

De forma semelhante

( )( )

1 1 2 2

1 1 2 2

j j j jj j jk k jj jk b

k k k kj j kk k kj kk b

E Z I Z I Z I Z I Z Z I

E Z I Z I Z I Z I Z Z I

= + + + + + + = + + + + + +

(2.35)

Por outro lado

0k j b b j k b bE E Z I E E Z I = + = (2.36)

Substituindo as equaes (2.35) na equao (2.36), obtem-se

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2 0j k j k jj kj j jk kk k jj jk kj kk b bZ Z I Z Z I Z Z I Z Z I Z Z Z Z Z I + + + + + + + + = (2.37)



Definindo

2bb jj kk jk bZ Z Z Z Z= + + (2.38)

pode-se escrever a seguinte equao matricial

1 1 11

2 2 22

1 1 2 20

j k

j k

orig jj jk jj

kj kk kk

nj nk nn

j k j k jj kj jk kk jn kn bb b

Z Z IEZ Z IE

Z Z IEZ Z IE

Z Z IEZ Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z I

=

Z# ##

# ##

"

(2.39)

Eliminando a linha (n+1) e a coluna (n+1) da matriz da equao Erro! Fonte de referncia no encontrada., cada elemento da nova matriz Z barra

( 1) ( 1)2nova orig

h n n ihi hi

jj kk kj b

Z ZZ Z

Z Z Z Z+ += + + (2.40)

Exemplo 2.6: Modificar a matriz impedncia de barra do Exemplo 2.1 de modo a considerar a

conexo de um capacitor com uma reatncia de 5,0 pu entre a barra 4 e a barra de referncia do

circuito da Figura 2.4. Ento, determine E 4 usando a impedncia da nova matriz. Compare este va-

lor de E 4 com o encontrado no Exemplo 2.4.

2.8. Determinao Direta da Matriz Impedncia de Barras

Para comear, dispe-se uma lista de impedncias indicando as barras que esto conectadas.

Comea-se, ento, escrevendo a equao de uma barra ligada atravs de uma impedncia Z a barra

de referncia como



1 1aE Z I= (2.41)

Agora, pode-se adicionar uma nova barra ligada primeira ou barra de referncia. No caso da

segunda barra estar ligada barra de referncia atravs de Z b, tem-se a seguinte equao matricial

1 12 2

00

a

b

ZE IZE I

= (2.42)

e prossegue-se a determinao direta da matriz impedncia adicionando outras barras, seguindo os

procedimentos descritos na seo anterior. Normalmente, as barras de um sistema eltrico devem

ser renumeradas para concordar com a ordem na qual elas devem ser adicionadas matriz Z barra.

Exemplo 2.7: Determine Z barra para a rede mostrada na Figura 2.8, onde as impedncias esto

indicadas em pu.

j1,2 j1,5

j0,2 j0,15

j0,3

2 31

Figura 2.8. Rede para o Exemplo 2.7.



2.9. LISTA DE EXERCCIOS

2.1. Escreva as equaes nodais para o circuito da Figura 2.9 e calcule as tenses nos ns 1 e 2.

+

+

1 2

0

j1,0

Ea = 1,030 Eb = 1,00j1,0

j1,25

j0,2

j0,8

Figura 2.9. Circuito para o Exerccio 1. Os valores indicados so tenses e impedncias em pu.

2.2. Elimine os ns 3 e 4 da rede da Figura 2.10 simultaneamente pelo mtodo da partio de ma-

trizes para encontrar a matriz admitncia resultante 22, Y barra. Desenhe o circuito correspon-dente matriz resultante e indique no circuito os valores dos parmetros. Calcule os valores

de E 1 e E 2.

1

2030

3 4 2

j40

j50

4090j1j2

j10

j20

j20

j20

0 Figura 2.10. Circuito para os Exerccios 2.2 e 2.3. Os valores indicados so correntes e admitncias em pu.

2.3. Elimine os ns 3 e 4 da rede da Figura 2.10 para encontrar a matriz admitncia resultante 22 pela eliminao do n 4 primeiro e, depois, do n 3.

2.4. Elimine os ns 3, 4 e 5 do circuito da Figura 2.11 e desenhe o circuito descrito pela nova ma-

triz admitncia de barras.



+

+EA EB

j5

j2 j1 j1

j8

j5 j4

1

3 4 5

2

0 Figura 2.11. Circuito para o Exerccio 2.4. Os valores indicados so admitncias em pu.

2.5. Modifique Z barra dada no Exemplo 2.1 adicionando um novo n ligado barra 4 atravs de

uma impedncia de j1,2 pu.

2.6. Modifique Z barra dada no Exemplo 2.1 pela adio de um ramo tendo uma impedncia de

j1,2 pu entre o n 4 e a barra de referncia.

2.7. Determine as impedncias da primeira linha de Z barra do Exemplo 2.1 com a impedncia liga-

da entre a barra 3 e a barra de referncia removida. Faa a determinao pela modificao da

matriz Z barra encontrada no Exemplo 2.1. Ento, com as fontes de corrente ligadas somente

nas barras 1 e 2, encontre a tenso na barra 1 e compare este valor com o encontrado no

Exemplo 2.2.

2.8. Modifique Z barra dada no Exemplo 2.1 pela remoo da impedncia ligada entre os ns 2 e 3.

2.9. Encontre Z barra para a rede da Figura 2.12 pelo processo de determinao direta.

Barra de referncia

j1,0 j1,25

j0,2 j0,051 2 3

Figura 2.12. Circuito para o Exerccio 2.9. Os valores indicados so reatncias em pu.

2.10. Para a rede de reatncias da Figura 2.13, encontre:

a) Z barra pela formulao direta e por inverso de Y barra;

b) a tenso em cada barra;



c) a tenso em cada barra do sistema com a ligao de um capacitor com uma reatncia de

5,0 pu entre a barra 3 e o neutro;

d) a corrente absorvida pelo capacitor;

e) a mudana na tenso em cada barra quando o capacitor est ligado barra 3.

+

+1,280 1,2030j2,0

j0,2

j0,4

j1,0

j0,51 2

3

j0,8

Figura 2.13. Circuito para o Exerccio 2.10. Tenses e impedncias em pu.

III. FLUXO DE POTNCIA OU FLUXO DE CARGA


O clculo do fluxo de potncia em uma rede de energia eltrica consiste essencialmente na de-

terminao do estado desta rede (tenses complexas em todas as barras) e da distribuio dos fluxos

de potncias ativa e reativa nos circuitos. A modelagem do sistema esttica, significando que a re-

de representada por um conjunto de equaes algbricas. Esse tipo de representao usado em

situaes nas quais as variaes com o tempo so suficientemente lentas para que se possam ignorar

os efeitos transitrios. O clculo do fluxo de carga , em geral, realizado utilizando-se mtodos

computacionais desenvolvidos especificamente para a resoluo de sistemas de equaes algbricas

no-lineares que constituem o modelo esttico da rede.

Os componentes de um sistema de energia eltrica podem ser classificados em dois grupos:

os que esto ligados entre uma barra e a terra: por exemplo, geradores, cargas, reatores e ca-pacitores;

os que esto ligados entre duas barras quaisquer da rede (circuitos): por exemplo, linhas de transmisso e transformadores.

Os geradores e cargas so considerados a parte externa do sistema e so modelados atravs de in-

jees de potncias nas barras. Os demais componentes formam a parte interna do sistema. As e-

quaes do fluxo de carga (balanos de potncias) so obtidas impondo-se a conservao das potn-

cias ativa e reativa em cada barra da rede, ou seja, a potncia lquida injetada tem que ser igual

soma das potncias que fluem pelos componentes internos que tm esta barra como um de seus ter-

minais.

3.2. Formulao do Problema

A cada barra da rede esto associadas quatro variveis:

V k : magnitude da tenso complexa na barra k; k : ngulo da tenso complexa na barra k; P k : injeo lquida de potncia ativa na barra k, ou seja, kk dG PP ; Q k : injeo lquida de potncia reativa na barra k, ou seja, kk dG QQ .

Fluxo de Potncia Prof. Luciano V. Barboza


Dependendo de quais variveis entram como dados e quais so consideradas incgnitas, defi-

nem-se trs tipos de barras:

PQ (Tipo 0) : so dados P k e Q k, e calculados V k e k; PV (Tipo 1) : so dados P k e V k e calculados k e Q k; V, referncia ou folga (Tipo 2) : so dados V k e k e calculados P k e Q k.

As barras do tipo PQ e PV so utilizadas para representar as barras de carga e as barras de gera-

o, respectivamente. A barra V fornece a referncia angular do sistema e usada para fechar o balano de potncias levando em conta as perdas de transmisso que no so conhecidas antes de se

ter a soluo final do problema.

O conjunto de equaes do problema do fluxo de carga formado por duas equaes para cada

barra, cada uma delas representando o fato das potncias ativa e reativa injetadas em uma barra se-

rem iguais soma dos fluxos correspondentes que deixam a barra atravs dos circuitos (linhas de

transmisso, transformadores, ...). Isso pode, matematicamente, ser expresso por

( )( ) ( )

, , ,

, , ,

k

k

k km k m k mm

shk k k km k m k m

m

P P V V

Q Q V Q V V

=

+ =

(3.1)

onde k = 1, 2, ..., nb, sendo nb o nmero de barras da rede; k o conjunto de barras vizinhas barra k; V k e V m so as magnitudes das tenses complexas nas barras k e m;

k e m so os ngulos de fase das tenses complexas nas barras k e m; P km o fluxo de potncia ativa no circuito km; Q km o fluxo de potncia reativa no circuito km; shkQ o componente da injeo de potncia reativa devido ao elemento shunt conectado na

barra k ( 2sh shk k kQ b V= , sendo shkb a susceptncia shunt ligada barra k).

As equaes (3.1) so montadas considerando-se a seguinte conveno de sinais:

as injees lquidas de potncia so positivas quando entram na barra (gerao) e negativas quando saem da barra (carga);

os fluxos de potncia so positivos quando saem da barra e negativos quando entram;



para os elementos shunt das barras adotada a mesma conveno que para as injees.

3.3. Fluxos de Potncias Ativa e Reativa

3.3.1. Linhas de Transmisso

O modelo equivalente de uma linha de transmisso, representado na Figura 3.1, definido por trs parmetros: a resistncia srie r km, a reatncia srie x km e a susceptncia shunt

shkmb . A impedn-

cia do elemento srie z km = r km + jx km e, portanto, a admitncia srie

2 2 2 21 km km

km km kmkm km km km km

r xy j g jbz r x r x

= = = ++ + (3.2)

k m

ykm = gkm + jbkm

shkmjb

shkmjb

Ikm Imk

Figura 3.1. Modelo equivalente de uma linha de transmisso.

A corrente I km pode ser calculada como

( ) shkm km k m km kI y E E jb E= + (3.3)

onde e k mj jk k m mE V e E V e = = .

Analogamente, a corrente I mk

( ) shmk km m k km mI y E E jb E= + (3.4)

O fluxo de potncia complexa da barra k para a barra m



( )( )k k m kj j j jshkm km km k km k km km k m km kS P jQ E I V e g jb V e V e jb V e = = = + + (3.5)

Os fluxos P km e Q km so obtidos identificando-se as partes reais e imaginrias dessa equao

complexa

( )

( ) ( )2

2

cos sen

cos sen

km k km k m km km km km

shkm k km km k m km km km km

P V g V V g b

Q V b b V V b g

= += + +

(3.6)

onde km = k m.

Os fluxos P mk e Q mk so obtidos analogamente, ou seja,

( )

( ) ( )2

2

cos sen

cos sen

mk m km k m km mk km mk

shmk m km km k m km mk km mk

P V g V V g b

Q V b b V V b g

= += + +

(3.7)

onde mk = m k.

3.3.2. Transformadores em fase

A Figura 3.2 mostra o circuito equivalente de um transformador em fase.

k m

ykm

Ikm Imkp

a:1

Figura 3.2. Modelo de transformador em fase.

Na Seo 1.5, deduziu-se que as correntes nos enrolamentos de um transformador em fase so

expressas por



2

1 1

1

km km k km m

mk km k km m

I y E y Ea a

I y E y Ea

=

= + (3.8)

O fluxo de potncia complexa da barra k para a barra m

km km km k kmS P jQ E I = = (3.9)

e, portanto, os fluxos de potncia ativa e reativa so obtidos identificando-se as partes real e imagi-

nria dessa expresso. Isto resulta em

( )

( )

2

2

2

2

cos sen

cos sen

k km k mkm km km km km

k km k mkm km km km km

V g V VP g ba a

V b V VQ b ga a

= +

= + (3.10)

Por outro lado, o fluxo de potncia complexa da barra m para a barra k

mk mk mk m mkS P jQ E I = = (3.11)

e, portanto, os fluxos de potncia ativa e reativa so

( )( )

2

2

sen cos

cos sen

k mmk m km km km km km

k mmk m km km km km km

V VP V g b ga

V VQ V b b ga

= +

= + + (3.12)

3.4. Formulao Matricial

Das equaes nodais para um sistema eltrico, tem-se I = Y barra E, onde I o vetor de injees de corrente, E o vetor das tenses nodais e Y barra a matriz admitncia de barras. Os elementos da

matriz admitncia, generalizados, so



( )21 1 k k

sh sh sh shkm km kk k km km mm m km km

m mkm

Y y Y jb jb y Y jb jb ya a

= = + + = + + (3.13)

A matriz Y barra pode ser decomposta em duas matrizes

barra barra barraj= +Y G B (3.14) onde G barra a matriz condutncia nodal;

B barra a matriz susceptncia nodal.

A injeo lquida de corrente na barra k pode ser escrita como

k

k kk k km mm

I Y E Y E

= + (3.15)

Considerando que Y kk = G kk + jB kk, Y km = G km + jB km , e k mj jk k m mE V e E V e = = , a equao (3.15) pode ser reescrita como

( ) ( )k mk

j jk kk kk k km km m

mI G jB V e G jB V e

= + + + (3.16)

A injeo de potncia complexa na barra k

k k k k kS P jQ E I = = (3.17)

e, substituindo a equao (3.16) na equao (3.17), as injees de potncias ativa e reativa na barra

k podem ser escritas como

( )( )

2

2

cos sen

sen cos

k

k

k kk k k m km km km kmm

k kk k k m km km km kmm

P G V V V G B

Q B V V V G B

= + +

= +

(3.18)



3.5. Equacionamento em Termos das Variveis do Sistema

Dados para o fluxo de carga:

P k e Q k nas barras PQ; P k e V k nas barras PV; V k e k na barra de folga (referncia angular).

Incgnitas no fluxo de carga:

V k e k nas barras PQ; k nas barras PV.

Sejam npq e npv o nmero de barras PQ e PV, respectivamente. Ento, o problema do fluxo de

carga envolve 2npq + npv equaes algbricas no-lineares com o mesmo nmero de incgnitas. Estas equaes so conhecidas como balanos (mismatches) de potncias ativa e reativa e, mate-

maticamente, so expressas por

( )( )

2

2

cos sen 0 para barras e

sen cos 0 para barras

k

k

espkk k k m km km km km k

m

espkk k k m km km km km k

m

G V V V G B P PV PQ

B V V V G B Q PQ

+ + =

+ =

(3.19)

onde ;k k

espk G dP P P=

.k k

espk G dQ Q Q=

Os balanos de potncias ativa e reativa, equaes (3.19), podem ser reescritas, de uma forma

mais compacta, como

0 para barras e

0 para barras

calc espk k k

calc espk k k

P P P PV PQ

Q Q Q PQ

= = = =

(3.20)

Uma vez resolvido este problema, estar conhecido o estado de todas as barras da rede (tenses



complexas em todas as barras). Ento, calcula-se

( )( )

2

2

cos sen para a barra de folga

sen cos para barras e de folga

k kk

k kk

G kk k k m km km km km dm

G kk k k m km km km km dm

P G V V V G B P

Q B V V V G B Q PV

= + + +

= + +

(3.21)

As incgnitas podem ser agrupadas no vetor x como

= x V

(3.22)

onde o vetor dos ngulos de fase das tenses complexas nas barras PV e PQ; V o vetor das magnitudes das tenses complexas nas barras PQ.

As equaes (3.20) podem ser colocadas na forma vetorial como

para barras e

para barras

calc esp

calc esp

PV PQ

PQ

= = = =

P P P 0

Q Q Q 0 (3.23)

onde P o vetor dos desbalanos de potncia ativa nas barras PV e PQ; Q o vetor dos desbalanos de potncia reativa nas barras PQ.

Seja f(x) o vetor de funes

( ) =

Pf x

Q (3.24)

Dessa forma, o sistema de equaes algbricas no-lineares a ser resolvido pode ser colocado na

seguinte forma

( ) =f x 0 (3.25)

A resoluo desse sistema pode ser realizada por vrios mtodos iterativos que sero estudados a



seguir. A inicializao do problema feita arbitrando valores para as magnitudes das tenses nas

barras PQ e para os ngulos de fase de todas as barras, exceto a de folga. Normalmente, utiliza-se a

inicializao com perfil plano (flat start), onde se adota 1,0 pu para as magnitudes das tenses e 0

para os ngulos de fase.

Os critrios de convergncia para os mtodos de soluo iterativos so os balanos de potncia

ativa nas barras PV e PQ e de potncia reativa nas barras PQ que devem tender a zero. Na prtica,

estes balanos devero satisfazer uma tolerncia pr-especificada (em geral, 10 3).

3.6. Mtodos Iterativos de Gauss e de Gauss-Seidel

Da equao (3.17), tem-se

k kkk

P jQIE= (3.26)

Por outro lado, da equao (3.15), pode-se escrever

1

k

k k km mmkk

E I Y EY

= (3.27)

Substituindo a equao (3.26) na equao (3.27), obtm-se

1

k

k kk km m

mkk k

P jQE Y EY E

= (3.28)

a qual envolve somente tenses complexas como variveis. Formulando o fluxo de carga dessa

forma, obtm-se um conjunto de equaes no-lineares que pode ser resolvido iterativamente.

Para a aplicao desse mtodo algum cuidado deve ser tomado em relao ao tipo da barra:

a tenso da barra de folga no participa do processo iterativo, tendo o seu valor sido previa-mente estipulado;

para as barras PQ, utiliza-se

1

k

esp espcalc k kk km m

mkk k

P jQE Y EY E

= (3.29)



para as barras PV, utiliza-se

1

k

esp calccalc k kk km m

mkk k

P jQE Y EY E

= (3.30) onde

{ }k k

calck k k kk k km m k kk k km m

m mQ Im S Im E Y E Y E Im E Y E Y E

= = + = + (3.31) e, aps, corrige-se o valor de calckE por

esp

corrig calc kk k calc

k

VE EE

= (3.32)

Ao final de cada iterao do mtodo de Gauss, atualizam-se as tenses complexas, isto ,

para as barras

para as barras

calck k

corrigk k

E E PQE E PV

(3.33)

A diferena fundamental entre os mtodos de Gauss e de Gauss-Seidel reside na forma de atuali-

zao das tenses complexas. Enquanto o mtodo de Gauss atualiza as tenses somente ao final da

iterao, o mtodo de Gauss-Seidel atualiza imediatamente os valores j calculados para as tenses

complexas.

3.7. Mtodo Iterativo de Newton-Raphson

Considere a resoluo do problema genrico f(x) = 0. A resoluo deste problema pelo mtodo de Newton-Raphson consiste, inicialmente, em expandir o vetor f(x) em srie de Taylor na direo

x e trunc-lo nos termos de primeira ordem. Assim, tem-se

( )( ) ( ) + + =f xf x x f x x 0

x (3.34)

onde ( ) f x x a matriz Jacobiana de f(x), ou seja, uma matriz de primeiras derivadas.

Dessa forma, a cada etapa do processo iterativo, sucessivas aproximaes para a soluo x po-



dem ser obtidas como

1

( ) ( )h

h h =

f xx f xx

(3.35)

1 1h h h+ += + x x x (3.36)

onde h a iterao corrente.

Das equaes (3.24) e (3.22), se deduz que

( ) hh h = P

f xQ h

h

= x

V

(3.37)

e, portanto, a matriz Jacobiana J(x)

( ) ( )( ) ( )( )

= J

P PVx

Q QV

(3.38)

Considerando as expresses dos vetores P e Q, dadas na equao (3.23) e lembrando que P esp e Q esp so constantes, a matriz Jacobiana, equao (3.38), pode ser reescrita como

( ) ( )( ) ( )( )

calc calc

calc calc

=

J

P PVx

Q QV

(3.39)

As submatrizes que compem a matriz Jacobiana J, dada na equao (3.39), so, geralmente, re-



presentadas por

calc calc

calc calc

= = = =

H N

M L

P PV

Q QV

(3.40)

onde o sinal de menos vem da equao (3.35).

Substituindo as equaes (3.37), (3.39) e (3.40) na equao (3.35), resulta

1h h h h

h h h h

= H NM L

PV Q

(3.41)

Os componentes das submatrizes H, N, M e L so dadas por

apostila sp1 luciano

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