Universidade Federal do Tringulo Mineiro Instituto de Cincias Tecnolgicas e Exatas

Departamento de Engenharia Eltrica

Prof. Fabrcio Augusto Matheus Moura, Dr

E-mail: fabricio@eletrica.uftm.edu.br

Sistemas Eltricos de Potncia I

AGENDA

1. Introduo

2. Clculo de faltas simtricas

3. Componentes simtricos

4. Clculo de faltas assimtricas

5. Fluxo de carga

2 Exemplo: Na figura tem-se uma parte de um sistema de potncia.

Os valores das impedncias mostradas esto todas na base de 16

KV e a potncia base a nominal do equipamento.

Pede-se:

a) Calcular a falta no ponto F.

b) Calcular o valor de um reator a ser inserido entre o disjuntor e a

barra A, para que o disjuntor possa ter apenas 250 MVA de

capacidade de curto-circuito.

c) Para o caso b, calcular as contribuies dos geradores.

33kV 33kV

16kV 16kV

j0,75 ohm

Escolhendo como bases

)(16

10

BTdaladoKVU

MVAM

base

base

Gerador de 20 MVA: Zb = Za Ua

Ub

Mb

Maj Zb j pu

2

0 1210

2006. , ,

Gerador de 15 MVA:

Zb = j0,10 . 10/15 = j0,067pu

Gerador de 25 MVA:

Zb = j0,12 . 10/25 = j0,048pu

Gerador de 30 MVA:

Zb = j0,15 . 10/30 = j0,05pu

Gerador de 50 MVA:

Zb = j0,18 . 10/50 = j0,18pu

Linha area: considerando que Zbase = [OHM]

Ento a impedncia da linha, em pu, ser: Z = j0,75/108,9

= j0,0069 pu

Transformador de 20 MVA: Zb = j0,06 10/20 = j0,03 pu

Transformador de 15 MVA: Zb = j0,05 10/15 = j0,033 pu

33

10108 9

2

,

Reduo do circuito a uma nica impedncia, entre a

referncia (neutro) e o ponto de falta (F):

a) Nvel de Curto-Circuito: Icc= 1 1

0 022145 25

Zpu

jj

T

( ),

,

Potncia de Curto-Circuito: SF= U m

Z puMVA MVA

T

2 10

0 0221452 5

( ) ,,

b) Limitao do curto-circuito em 250 MVA:

Esta potncia de 250 MVA, transformada em pu, na base de 10 MVA corresponder a 250/10 = 25 pu.

Icc(pu) = S

puj pu

cc pu( )

125

Pela Lei de Ohm: Icc = 1 0

0 22125 0 0179

,

( , ),

j Xj X pu

Sendo Zbase = 108,9, a reatncia X, em () ser:

X = j0,0179 . 108,9 = j1,95()

c) Para determinar a contribuio de cada um dos geradores, para o

curto no ponto F aps colocao do reator, o circuito dever ser

reconstrudo a partir da reatncia final:

Aplicando a equao: VNA =1-Z.Icc entre os terminais do neutro e a

barra A: VNA =1-j0,021 . (-j25) = 1 -0,525

Reaplicando a mesma equao (VNA =1-Z.Icc), agora para os

ramos dos geradores:

I1 = (1-VNA)/j0,09 = [1 - (1- 0,525)]/j0,09 = -j6,1388pu

I2 = (1-VNA)/j0,10 =[1 - (1- 0,5525)]/j0,10 = -j5,525pu

I3 =(1-VNA)/j(0,0162 + 0,025) =

[1 - (1- 0,5525)]/ j(0,0162 + 0,025) = -j13,410pu

OBS: I1 + I2 + I3 -j 25pu

I1 = contribuio do gerador 1

I2 = contribuio do gerador 2

I3 = soma das contribuies dos geradores 3, 4 e 5.

Agora as correntes nos ramos dos geradores 3, 4 e 5 podem ser

calculadas:

I4 = (1 - VNX)/j0,036 = -j6,345 p.u. (gerador 3)

I5 = (1 - VNX)/j0,05 = -j4,4484 p.u. (gerador 4)

I6 = (1 - VNX)/j0,0714 = j3,02605 p.u. (gerador 5)

3 Exemplo:

Um gerador de 25 MVA, 13,8 KV, Xd = 15% ligado, por meio de um transformador, a uma barra que alimenta 4 motores idnticos. Cada

motor tem Xd = 20% e Xd = 30% numa base de 5 MVA, 6,9 KV. Os valores nominais do transformador so 25 MVA, 13,8/6,9 KV, com

reatncia de disperso de 10%. A tenso na barra dos motores 6,9

KV, quando ocorre a falta no ponto P. Para a falta especificada, determine:

A corrente subtransitria na falta.

A corrente subtransitria no disjuntor A. A corrente inicial no disjuntor A. A corrente que deve ser interrompida pelo disjuntor, em 5 ciclos.

GERADOR

Lj 1,0

L

L

L

LL

j 1,0

j 1,0

j 1,0

j 0,10j 0,15

MO

TO

RE

S

A P

13,8 / 6,9 KV

Soluo:

Para uma base de Mb = 25 MVA e Ub = 13,8 KV, a corrente Base ser:

Ibase = =2090 [A] 25

3 6 9

MVA

KV. ,

Para estas bases, as reatncias do transformador e do gerador no sero

alteradas:

X trafo = j0,10pu; X gerador Xd = j0,15pu

As reatncias dos motores, por estarem na base de 5 MVA devem ser

alteradas:

X motor

Reatncia subtransitria: Xd = j0,20

Reatncia transitria: Xd = j0,30

puj 0,15

25

puj 5,15

25

Soluo para o item 1 (falta em P):

O circuito eltrico para o perodo subtransitrio ser:

GERADOR

Lj 1,0

L

L

L

LL

j 1,0

j 1,0

j 1,0

j 0,10j 0,15

MO

TO

RE

S

A P

13,8 / 6,9 KV

LL j 1,0 j 1,0

N

L j 1,0 L j 1,0L j 0,25

F

I GL Z " = j 0,125TH

N

P

T "I M3I M2I M1 I M4

Isso dar, para a corrente total de curto: I =

Em amperes: I = 8 x 2090 [A] = 16720 A

1 1

0 1258 0

Z jj pu

TH,, ,

,

Soluo para o item 2 (corrente subtransitria no disjuntor A):

Atravs do disjuntor A passa apenas a contribuio do gerador e de 3 dos 4 motores:

Contribuio do gerador: IG = 1/j0,25 = -j4,0 pu

Contribuio dos motores: IM1 = IM2 = IM3 = pujj0,1

0,1

1

Assim a corrente total subtransitria no disjuntor A :

-j7 x 2090 A = 14630 A

Escolha de disjuntores

A corrente de falta determinada pela equao Ifalta =

Esta a corrente simtrica e no inclui a componente contnua. Assim,

na determinao da corrente que um disjuntor deve suportar

imediatamente aps a ocorrncia da falta (chamada corrente inicial do

disjuntor), a componente deve ser includa.

Neste sentido, recomenda-se multiplicar a corrente simtrica pelos

seguintes fatores de multiplicao:

a) Para tenses acima de 5 KV: 1,6

b) Para tenses iguais ou inferiores a 5 KV: 1,5

E

Z

Vn

Z

T

T T

/ 3

Soluo para o item 3: Corrente inicial do disjuntor A: 1,6 x 14630 A = 23450 [A]

IMPORTANTE:

Para a obteno da corrente inicial do disjuntor, as reatncias a

serem consideradas para as mquinas sncronas sero as reatncias

subtransitrias;

Para o clculo da corrente nominal de interrupo, as reatncias

das mquinas devero ser aquelas compatveis com o tempo de

abertura do disjuntor. Assim, para um disjuntor cujo tempo de

abertura de 8 ciclos, as reatncias das mquinas poder ser a do

tipo permanente;

Para um disjuntor de tempo de abertura entre 2 e 5 ciclos, as

mquinas devero ser representadas por suas reatncias

transitrias.

Soluo para o item 4 (corrente a ser interrompida em 5 ciclos, pelo

disjuntor A):

Substituindo-se a reatncia subtransitria dos motores pela reatncia

transitria (Xd):

GERADOR

Lj 1,0

L

L

L

LL

j 1,0

j 1,0

j 1,0

j 0,10j 0,15

MO

TO

RE

S

A P

13,8 / 6,9 KV

LL j 1,5 j 1,5

N

L j 1,5 L j 1,5L j 0,25

P

I GL Z = j 0,15T

N

P

I M3I M2I M1

A corrente de curto, aps 5 ciclos do incio do curto :

x 1,1 x 2090 A = 15326,67 [A]

Pelo disjuntor A passar apenas a contribuio do gerador e de 3 dos 4

motores:

IG =

1

0 15j ,

1

0 25j ,x 1,1 x 2090 = 9196 [A]

IM1 = IM2 = IM3 = x 1,1 x 2090 = 1532,67 [A]

Finalmente, a corrente pelo disjuntor A ser:

IdisjA = IG + 3(IM1) = 13794 [A]

1

1 5j ,

4 Exemplo:

Um gerador de 625 KVA; 2,4 KV, com Xd = 0,08 pu ligado a uma barra atravs de um disjuntor. Ligados atravs de disjuntores mesma barra

esto trs motores sncronos de valores nominais 250 HP, 2,4 KV, fator

de potncia 1,0, rendimento 90%, com Xd = 0,20 pu.

a)Faa o diagrama de impedncias com as impedncias marcadas em pu

numa base de 625 KVA, 2,4 KV.

b) Determine a corrente inicial eficaz simtrica em pu na falta e nos

disjuntores A e B, para uma falta trifsica no ponto P. Simplifique os

clculos desprezando a corrente anterior falta.

c) Repita o tem (b) para uma falta trifsica no ponto Q.

d) Repita o tem (b) para uma falta trifsica no ponto R.

e) Determine o maior valor de corrente inicial que pode ser esperado, para

qualquer falta trifsica, nos disjuntores A e B.

a) Diagrama de Impedncias

Reatncias:

Gerador Xd = 0,08 pu

M KVA

U KV

B

B

625

2 4,

GR

A

Q

BP

M1

M2

M3

Gerador:

625 KVA, 2,4 KV, Xd = 0,08 pu M1 = M2 = M3: 250 HP; 2,4 KV,

fp = 1,0; n = 90%; Xd = 0,20 pu

A potencia dos 3 motores, em KVA, ser M =

Passando a reatncia Xd dos motores para a base de 625 KVA:

Xd novo= 0,20 .

O diagrama de impedncias ser:

250 746

0 9 1 0207 222

HP x

xKVA

, ,,

1

1

625

207 2220 6032

2 .

,, pu Gerador:625 KVA, 2,4 KV, Xd = 0,08 pu

M1 = M2 = M3: 250 HP; 2,4 KV,

fp = 1,0; n = 90%; Xd = 0,20 pu

GR

A

Q

BP

M1

M2

M3

b) corrente inicial eficaz simtrica em pu na falta e nos disjuntores A e B,

para uma falta trifsica no ponto P.

A impedncia equivalente, vista do ponto P ser assim obtida:

O inverso desta impedncia ser:

Logo, a impedncia ser: ZPN = 0,0572 pu

A correspondente corrente de curto ser: IF =

A parcela desta corrente, que passa pelo disjuntor A (Iger) ser: Idisj.A =

A corrente que passa pelo disjuntor B ser a corrente dos dois motores mais a

corrente do gerador:

Idisj.B =

1 3

0 6032

1

0 0817 47

Zpu

PN

, ,

,

117 47

Zj pu

PN

,

1

0 0812 5

jj pu

,,

1

0 08

2

0 603215 82

j jj pu

, ,,

c) Corrente inicial eficaz simtrica em pu na falta e nos disjuntores A e B,

para uma falta trifsica no ponto Q:

A impedncia total ainda a mesma vista do ponto P. Assim, pelo disjuntor

A a corrente ser a mesma anterior:

IdisjA =

Pelo disjuntor B, no entanto, agora circular apenas a corrente oriunda do motor 3:

IdisjB =

1

0 0812 5

jj pu

,,

1

0 60321 6583

jI j puM

,,

L

j 0,6032

L

L

Lj 0,08

A

B

j 0,6032

j 0,6032

I M3

I G

Q

d) Corrente inicial eficaz simtrica em pu na falta e nos disjuntores A e B,

para uma falta trifsica no ponto R:

IdisjA = IM1 + IM2 + IM3 = -j4,973 pu

IdisjB = IM3 = -j1,658 pu

3

0 6032j ,

Lj 0,6032

L

L

Lj 0,08

A

B

j 0,6032

j 0,6032

I M1

I M2

I M3

I G

I F

P

R

e) Maior valor de corrente inicial que pode ser esperado, para qualquer falta

trifsica, nos disjuntores A e B.

As maiores correntes de curto trifsicas para o disjuntor A ocorrem para faltas entre o disjuntor A e a barra. Nesta condio toda contribuio do gerador passar

por ali (-j12,5 pu).

Para o disjuntor B a pior condio um curto no ponto P (ou qualquer outro ponto entre o disjuntor B e o motor M3). Nesta hiptese, pelo disjuntor B passar a corrente de curto vinda dos motores M1 e M2 e do gerador:

IM1 + IM2 + IG = -j15,82 pu.

5 Exemplo: O gerador do sistema abaixo participa da alimentao de um grande

sistema metropolitano que pode ser representado por uma barra infinita numa

tenso de operao de 12,5kV. O gerador tem valores nominais de 60.000 KVA,

12,7 KV, Xd = 0,20 pu. Cada transformador trifsico tem valores nominais de 75000 KVA, 13,8-69Y KV, X = 8%. A reatncia da linha de transmisso de 10

ohms.

Uma falta trifsica ocorre no ponto P (entre o disjuntor B e o transformador do

gerador). Para este curto, determine as correntes subtransitrias e iniciais

(incluindo a componente contnua) nos disjuntores A e B.

Linha

Soluo:

Para as grandezas base ser assumindo: MB = 75 MVA; UB = 13,8/69 KV

Determinao das reatncias na mesma base:

Gerador= 0,20 pu

Transformadores T1 e T2: Xt = 0,08 pu

Linha: ZB = 692/75 = 63,48; ZL(pu) = 10/63,48 = 0,158 pu

12 7

13 8

75

600 212

2,

,. ,

Representao do sistema (no caso, uma barra infinita) :

Em OHMS: Zsist = = 0 [OHM]

Em pu : Zsist(pu) = pu

U

M M

2 212 5

,

0 0

13 8 750

2ZB

, /

60.000 KVA, 12,7 KV,

Xd = 0,20 pu

75 MVA,

13,8-69Y KV,

X = 8%.

10 ohms

Assumindo-se que a tenso no ponto P, antes da falta, de 69 KV tem-se

que:

A corrente no disjuntor A ser IdisjA = = -j3,425 pu

Iinicial. = 1,6 x j3,425 = -j5,479 pu

1

0 292j ,

a) Para tenses acima de 5 KV: 1,6

b) Para tenses iguais ou inferiores a 5 KV: 1,5

No disjuntor B a corrente ser:

IdisjB = = -j4,20 pu

Iinicial = 1,6 x 4,2 = -j6,72 pu

1

0 238,

Nos lados de baixa tenso a corrente base ser:

Ibase =

.

Com esta corrente base, as correntes de curto que saem do gerador e do

sistema infinito tambm podem ser obtidas em ampres.

7510

3 13 83137 77

3.

. ,. , A

60.000 KVA,

12,7 KV,

Xd = 0,20 pu

75 MVA,

13,8-69Y KV,

X = 8%.

10 ohms

Interrupo devida a falta e subsequente religamento:

Exemplos de Voltage Sag

Efeito de uma falta tipo fase-terra

Exemplos de Voltage Sag

Exemplos de Sensibilidade de Pequenas Cargas:

VIDEO-CASSETES, FORNOS DE MICROONDAS E RELGIOS

DIGITAIS

As regies hachuradas representam as faixas de operao inadequadas.

Microcomputadores

0.001 0.5 0.01 1.0 0.1 6 1000 100 30 10

Tempo em Ciclos (60 Hz)

106%

87% 100

115%

30% 0

200

Ten

so [

%]

400

Nvel de Tenso Passvel de Ruptura

300

Envoltria da Tenso de

Tolerncia do Computador

Falta de Energia de

Armazenamento

Crescimento das Cargas

Eletrnicas

1960 1965 1970 1975 1980 1985 1990 1995 2000

0

50

100

150

200

250

Pot

ncia

[G

W]

Ano

Crescimento das Cargas Eletrnicas nos EUA

Carga Total Instalada

Cargas Eletrnicas

Clculos sistemticos de curto-circuito

Os clculos de curto-circuito em grandes sistemas eltricos tornam-se impraticveis

quando feitos manualmente.

Nesses casos, torna-se necessrio sistematizar uma maneira que possa ser

programada em computador.

A figura abaixo, relativa a um sistema de 3 barras, ser utilizada para mostrar o

desenvolvimento de uma tcnica geral, que pode ser aplicada a qualquer sistema

eltrico de n barras.

F3

~ ~G1 G2

1 2L1

L3L2

1) Clculo MANUAL de curto para a barra 3 (ser admitido que o diagrama de reatncias do mesmo seja este abaixo):

Desprezando-se as capacitncias das linhas:

A corrente de curto total ser:

pujj

I f 85,91015,0

1

Clculo da contribuio dos dois geradores :

j 0,1015

N

F

( e )

I = I + I F G1 G2F

N

N '

j 0,0682

j 0,0333

( d )( c )( b )( a )

I G2I G1

N '

j 0,1083

I G1I G2

1 2

j 0,15 j 0,075

j 0,10

j 0,10 j 0,10

LL

L

L L

L L

L

L L

L L

L

L

L

L

I G1

j 0,15

I G2j 0,075

j 0,1833

N

F

3

j 0,033j 0,033

j 0,033

21

3

N '

F

F

3 3

I = I + I F G1 G2

N N

Da etapa d da calcula-se VNN:

VNN =1 - j0,0682 (-j9,85) = 1 - 0,6718 pu

Da etapa c obtm-se a corrente do gerador G1 (IG1):

IG1 = (1-VNN)/j0,1833 = [1-(1-0,6718)]/j0,1833 = -j3,665 pu

A corrente do gerador G2 ser:

IG2 = IF - IG1 = -j(9,85 - 3,665) = -j6,185 pu

Com o auxlio das correntes de curto nos geradores e das etapas (b) e

(e) da figura, os afundamentos de tenso causados nas 3 barras, devido

a este curto, podero tambm ser obtidos:

VN1 = - j0,15 (-j3,665) = -0,55 pu

VN2 = - j0,075(-j6,185) = -0,463 pu

VN3 = - j0,1015 (-j9,85) = -1,00 pu

j 0,1015

N

F

( e )

I = I + I F G1 G2F

N

N '

j 0,0682

j 0,0333

( d )( c )( b )( a )

I G2I G1

N '

j 0,1083

I G1I G2

1 2

j 0,15 j 0,075

j 0,10

j 0,10 j 0,10

LL

L

L L

L L

L

L L

L L

L

L

L

L

I G1

j 0,15

I G2j 0,075

j 0,1833

N

F

3

j 0,033j 0,033

j 0,033

21

3

N '

F

F

3 3

I = I + I F G1 G2

N N

Estes valores constituiro o vetor tenso de barra de Thvenin:

VV

V

V

T

N

N

N

1

2

3

0 550

0 463

1 00

,

,

,

I21 =

I13 =

I23 =

V V

j jjN N2 1

0 1

0 087

0 10 87

,

,

,,

V V

j jjN N1 3

0 1

0 45

0 14 50

,

,

,,

V V

j jjN N2 3

0 1

0 537

0 15 37

,

,

,,

VV

V

V

T

N

N

N

1

2

3

0 550

0 463

1 00

,

,

,

Correntes e tenses ps-falta

a) Tenses

Antes da falta, as tenses entre as barras e a referncia N so

tomadas como sendo de valores iguais a 1,0 pu. Com o surgimento

da falta no barramento 3, as enormes correntes provocaro grandes

quedas de tenso. Isso faz com que as tenses no mais tenham os

valores de 1,0 pu. As novas tenses, nos 3 barramentos, sero as

seguintes:

V1f =

V2f =

V3f =

V V puN10 1 1 0 550 0 450 , ,

V V puN20 2 1 0 463 0 537 , ,

V V puN30 3 1 1 0 000 [ ] ,

b) Correntes

Ser assumido que, antes da falta, as correntes so desprezveis.

Logo, os valores finais sero:

If = -j9,85 pu

I

I

I

I

1 1 10

1 0 3 665 3 665f

G G GfI I I j j pu , ,

2 2

0

2 0 6185 6 185f

G G

fI I j j pu , ,

I I I j j puf f13 130

13 0 4 5 4 50 , ,

pujjII ff 37,537,50230

2323

21 210

21 0 0 87 0 87f fI I j j pu , ,

Na prtica muito provvel que se desejasse estudar os curto-

circuitos tambm nas barras 1 e 2. Assim, toda a rotina anterior

deveria ser repetida, tanto para a barra 1 como para a barra 2!

Este fato, combinado com a impossibilidade de se usar,

manualmente, os mtodos de reduo de circuitos em grandes

sistemas (com muitas linhas, transformadores, barras, etc.)

conduziu ao uso do computador digital.

CLCULOS SISTEMTICOS DE CURTO

Para utilizar o computador nos clculos de curto-circuito

necessrio desenvolver procedimentos sistemticos. A tcnica de

reduo de circuitos, usada at aqui s pode ser usada em

sistemas pequenos.

A seguir ser apresentada uma tcnica de maior generalidade, isto

, aplicvel a um sistema de n barras

Tenses ps-falta : V

Onde:

busf

bus TV V I 0 ( )

bus T

N

N

N

V

V

V

V

V

V

V

0

1

0

2

0

3

0

1

2

3

1

1

1

;

V

Obteno de VT: VT = [Zbus] . [If] (II)

Onde:

[Zbus] = matriz de impedncia, 3x3, da rede anterior.

[If] = 0

0

I

IIIf

( ) OBS: -If = corrente injetada na barra 3.

VT = [Zbus] . [If] (II)

busf

bus TV V I 0 ( )V

Levando (II) em (I): V V Z Ibusf

buso

bus f . (IV)

Para um sistema de n barras, o vetor corrente de falta ser:

If =

0

0

.

.

.

.

I f

(corrente total na barra q para um curto na barra q)

Expandindo a equao (IV) :

V

V

V

V

V

V

Z Z

Z Z

Z Z

I

f

q

f

n

f

q

n

n

q qn

n nn

f

1 1

0

0

0

11 1

1

1

0

0

.

.

.

.

.

.

.

.

...

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

...

.

' .

.

.

Separando-a em diversas expresses:

( ) .

...............................

( ) .

...............................

(( ) .

V V V Z I

V V V Z I

V V V Z I

f oq f

q qf

q qq f

n nf

n nq f

1 1 1 1

0

0

V

V

V

V

V

V

Z Z

Z Z

Z Z

I

f

q

f

n

f

q

n

n

q qn

n nn

f

1 1

0

0

0

11 1

1

1

0

0

.

.

.

.

.

.

.

.

...

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

...

.

' .

.

.

Por enquanto a corrente If desconhecida.

Generalizando este desenvolvimento para um curto-circuito no

slido (ou seja, onde haja impedncia Zf), a tenso ps-falta na

barra em curto, pode ser expressa por:

= Zf . If (VI) Vqf

Levando (VI) em (Vq) e tirando If:

If = V

Z Z

q

f qq

0

(VII)

SISTEMA

barra " q "

fq

V Zf

I f

Assim, If est determinado pois V conhecido ( 1,0pu). q0

Os valores de Zf e Zqq (impedncia de Thvenin, a ser retirada da

matriz de Zbus) tambm so conhecidos.

Finalmente, levando (VII) em (V) obtm-se as seguintes equaes

finais para as tenses ps-falta nas barras:

If = V

Z Z

q

f qq

0

(VII)

( ) .

...............................

( ) .

...............................

(( ) .

V V V Z I

V V V Z I

V V V Z I

f oq f

q qf

q qq f

n nf

n nq f

1 1 1 1

0

0

V VZ

Z ZV i q

VZ

Z ZV

if

iiq

fqq

q

qf

f

fqq

q

0 0

0

.

.

Para um curto-circuito slido (Zf = 0) as equaes (VII) e (VIII) se tornam

V VZ

Z ZV i q

VZ

Z ZV

if

iiq

fqq

q

qf

f

fqq

q

0 0

0

.

.

V

Z Z

q

f qq

0

If =

I V Z

V

V VZ

ZV i q

fq qq

qf

if

iiq

qqq

0

0 0

0

/

.

Notas Importantes

As tenses pr-faltas, V podem ser obtidas pelo programa do

fluxo de carga ou, como anteriormente, podem ser tomadas

como iguais a 1,0 pu.

As impedncias Ziq e Zqq so retiradas da matriz [Zbus], a

qual, por sua vez, obtida pela inverso da matriz de admitncia

de barra [Ybus].

00

1 qVe

A anlise mostrada forneceu, at aqui, a corrente de falta If na

barra em curto e as tenses ps-falta em todas as demais

barras no em curto e naquela em curto.

No entanto, para o estudo ficar completo, ainda preciso

conhecer os valores das correntes ps-falta em todos os

ramos da rede:

No sistema ora estudado, a corrente ps falta I f

vu

e pode ser dada pela equao:

IV V

ZVU

f V

f

U

f

VU

Z 1 V1 V

uq

Z 1 q Z v uZ q u

fq

V = 0

f1

V V vf

V uf

Fluxograma para o clculo de curto-circuito, em computador digital

Aplicao:

Recalculando-se o curto na barra 3 para o sistema de 3 barras,

utilizando o fluxograma anterior, tem-se:

Matriz admitncia:

y11 = 1

0 15

1

0 1

1

0 126 67

j j jj

, , ,,

y13 = y31 = 1

0 110

jj

,

y22 = 1

0 075

1

0 1

1

0 133 33

j j jj

, , ,,

y12 = y21 =

1

0 110

jj

,

y33 = 1

0 1

1

0 120 0

j jj

, ,,

y23 = y32 =

1

0 110

jj

,

y y y

y y

y y y

j j j

j j j

j j j

11 12 13

21 22 23

31 32 33

26 67 10 10

10 33 33 10

10 10 20

,

,Ybus =

Invertendo-se Ybus, obtm-se a matriz Zbus:

j j j

j j j

j j j

0 073 0 0386 0 0558

0 0386 0 0558 0 0472

0 0558 0 0472 0 1014

, , ,

, , ,

, , ,

Zbus =

As tenses ps-falta e a corrente de falta sero:

V VZ

ZVi

f iq

qqq 1

0 0 1 0 1 0 10 0558

0 10141 0 45013

33

, . ,,

,,

Z

Z

j

jx pu=

VZ

Z

j

jx puf2

23

33

1 0 1 0 1 00 0472

0 10141 0 535 , . , ,

,

,,

Vqf 0 3 0

f V

If = V q qqZ j j pu0 1 0 0 1014 9 86/ , / , ,

Para comparaes, o clculo manual inicial forneceu:

puVpu ff 0,0;450,031V

If = 1/j0,1015 = -j9,85 pu

Uma vez montada a matriz Zbus, pode-se obter os valores das correntes de curto e das tenses nas barras para as hipteses de curtos em qualquer barra. Por exemplo:

Barra 1 em curto

If = 1/Z11 = 1/j0,073 = -j13,7 pu

1 0f

221

11

1 0 1 0 10 0386

0 0731 0 471f

Z

Z

j

jpu , . ,

,

,. ,

331

11

1 0 1 0 10 0558

0 0731 0 236f

Z

Z

j

jpu , . ,

,

,. ,

V

V

V

CAPTULO 3

COMPONENTES SIMTRICAS

Anlise por componentes simtricos

Em 1918, uma das mais poderosas ferramentas para lidar com

circuitos polifsicos desequilibrados foi analisada pelo Dr. C.

L. Fortescue, numa reunio do Instituto Americano de

Engenheiros Eletricistas, na qual ele apresenta um trabalho

intitulado:

MTODO DE COMPONENTES SIMTRICOS

APLICADO SOLUO DE CIRCUITOS

POLIFSICOS.

Desde ento, o mtodo assumiu grande importncia, tendo sido

objeto de muitos artigos e investigaes experimentais.

Como exemplo de sua aplicao, pode-se citar:

Faltas assimtricas;

Desequilbrio originada por impedncias diferentes nos sistemas

eltricos;

Anlise de fluxo harmnico;

Comportamento de cargas em sistemas desequilibrados...

De acordo com o teorema de Fortescue, trs fasores desequilibrados

de um sistema trifsico podem ser substitudos por trs sistemas

equilibrados de fasores. Os conjuntos equilibrados de componentes

so:

1. Componentes de sequncia positiva, consistindo de trs fasores

iguais em mdulo, defasados de 120 entre si e tendo a sequncia de

fases que os fasores originais ABC.

va1

vb1

vc1 w

va2 vb2

vc2

w va0 vb0 vc0 vc1

va1

vb1

w

vc2

vb2

va2

w va0 vb0 vc0

2. Componentes de sequncia negativa, consistindo de trs fasores

iguais em mdulo, defasados de 120 entre si e tendo a sequncia de

fases oposta dos fasores originais ACB.

3. Componentes de sequncia zero, consistindo de trs fasores iguais

em mdulo e com defasagem zero entre si.

Os trs conjuntos de C.S. recebem ainda os ndices 1 para sequncia

(+), 2 para os de sequncia (-) e 0 para os de sequncia zero. Assim

tem-se:

va1, vb1 e vc1 para a sequncia (+);

va2, vb2 e vc2 para a sequncia (-);

va0, vb0 e vc0 para a sequncia (0).

Sendo cada um dos fasores do conjunto,

desequilibrado original, igual soma de

seus C.S., podemos escrever:

VA = va1 + va2 + va0;

VB = vb1 + vb2 + vb0;

VC = vc1 + vc2 + vc0.

va1

vb1

vc1

w

va2

vb2

vc2

va0

vb0

vc0

VA

VB=VC

A sntese do conjunto dos trs fasores desequilibrados, de acordo

com as equaes, mostrado graficamente:

Operador j (ou i):

Produz rotao de 90 .

Operador -1:

Produz rotao de 180 .

Operador d:

Produz rotao de 30 .

Operador a:

Produz rotao de 120 .

OPERADORES

Outro operador til o operador a, que causa uma rotao de 120

graus no sentido horrio:

a = 1 /120 = 1 ej2/3 = -0,5 + j0,866

Aplicando-o duas vezes haver uma rotao de 240 graus, trs

vezes 360 graus.

Algumas das combinaes do operador a:

a = 1 /120o = -0,5 + j0,866

a2 = 1 /240o = -0,5 = -j0,866

a3 = 1 /360o = 1 + j0

a4 = 1 /120o = -0,5 + j0,866 = a

1 + a = 1 /60o = 0,5 + j0,866 = -a2

1 - a = 3 /-30o = 1,5 - j0,866

1 + a2 = 1 /-60o = 0,5 - j0,866 = -a

a + a2 = 1/180o = - 1 - j0

a - a2 = 3 /90o = 0 + j1,732

1 + a + a2 = 0 = 0 + j0

60o

60o60o

a - a2

a2 - a

1, a3-1, - a3

Va = Va1 + Va2 + Vao (3.1)

Vb = Vb1 + Vb2 + Vbo (3.2)

Vc = Vc1 + Vc2 + Vc0 (3.3)

Usando o operador a e os conceitos tirados das figuras:

V a V V aV

V a V V a V

V V V V

b a c a

b a c a

b a c a

12

1 1 1

2 2 22

2

0 0 0 0

.

.

va1

vb1

vc1 w

va2 vb2

vc2

w va0 vb0 vc0

V a V V aV

V a V V a V

V V V V

b a c a

b a c a

b a c a

12

1 1 1

2 2 22

2

0 0 0 0

.

.

Substituindo o conjunto de equaes acima, tem-se que o sistema de

tenses Va, Vb e Vc poder ser assim reescrito:

Va = Va1 + Va2 + Va0 (3.5)

Vb = a2Va1 + aVa2 + Va0 (3.6)

Vc = aVa1 + a2Va2 + Va0 (3.7)

Matricialmente:

0

2

1

2

2

1 1 1

1 .

1

a a

b a

c a

V V

V a a V

V a a V

va1

vb1

vc1

w

va2 vb2

vc2

va0 vb0

vc0

VA

VB=VC

02

1

2

2

1 1 1

1 .

1

a a

b a

c a

V V

V a a V

V a a V

Por convenincia, ser adotado que :

A=

1 1 1

1

1

2

2

a a

a a

A equao acima pode ser assim resumida:

[Vp] = [A] . [Vc]

02

1

2

2

1 1 1

1 .

1

a a

b a

c a

V V

V a a V

V a a V

1 1 1

1

1

2

2

a a

a a

A= A matriz inversa de A ser:

A-1 = 1

3

1 1 1

1

1

2

2

a a

a a

pr-multiplicando a equao acima por A-1:

V

V

V

A A

V

V

V

a

b

c

a

a

a

10

1

2

. .A-1

Assim, as tenses de componentes simtricas, para a fase a sero:

V

V

V

a a

a a

x

V

V

V

a

a

a

a

b

c

0

1

2

2

2

1

3

1 1 1

1

1

A relao obtida de grande importncia, pois permite

decompor 3 fasores assimtricos em seus componentes

simtricos

VV

V

a a

a a

x

V

V

V

a

a

a

a

b

c

0

1

2

2

2

1

3

1 1 1

1

1

Desenvolvendo a equao matricial acima:

Va0 = 1/3 (Va + Vb + Vc)

Va1 = 1/3 (Va + aVb + a2Vc)

Va2 = 1/3 (Va + a2Vb + aVc)

Os demais componentes simtricos (Vb0, Vc0, Vb1, Vb2, Vc1, Vc2)

so obtidos pelas equaes:

V a V V aV

V a V V a V

V V V V

b a c a

b a c a

b a c a

12

1 1 1

2 2 22

2

0 0 0 0

.

.

Observaes importantes

1) A equao Va0 = 1/3 (Va + Vb + Vc) mostra que, em circuitos

trifsicos equilibrados, no h componente de sequncia zero.

2) As equaes Va0 = 1/3 (Va + Vb + Vc)

Va1 = 1/3 (Va + aVb + a2Vc)

Va2 = 1/3 (Va + a2Vb + aVc)

valem tambm para corrente:

Ia0 = 1/3 (Ia + Ib + Ic)

Ia1 = 1/3 (Ia + a.Ib + a2.ic)

Ia2 = 1/3 (Ia + a2.Ib + a.Ic)

Observaes importantes

3) Em um sistema trifsico com condutor neutro,

Assim, de Ia0 = 1/3 (Ia + Ib + Ic):

Ia0 = 1/3 In

4- Quando no h retorno pelo neutro, In nulo . Nestas condies,

as correntes de sequncia zero no existiro. Assim sendo, em uma

carga ligada em , no h corrente de sequncia zero.

I I I In a b c

Exemplo 1: Um condutor de uma linha trifsica est aberto. A

corrente que flui para uma carga ligada em pela linha a de 10A.

Tomando a corrente na linha a como referncia e a linha c aberta,

determine os componentes simtricos das correntes de linha.

SOLUO: Do enunciado tem-se que:

0)(180/10);(0/10 co

b

o

a IeAIAI

Ia0 = 1/3 (Ia + Ib + Ic)

Ia1 = 1/3 (Ia + a.Ib + a2.ic)

Ia2 = 1/3 (Ia + a2.Ib + a.Ic)

Ia0 = 1/3 (10/0 + 10/180 + 0) = 0 A

Ia1 = 1/3 (10/0 + 10/180 x 1/120 + 0) = 5,78/-30 A

Ia2 = 1/3(10/0 + 10/180 x 1/240 + 0) = 5,78/30 A

Das equaes do lado,

tira-se:

V a V V aV

V a V V a V

V V V V

b a c a

b a c a

b a c a

12

1 1 1

2 2 22

2

0 0 0 0

.

.

Ib1 = a2Ia1 = 5,78/-150 [A];

Ic1 = aIa1 = 5,78/90 [A]

Ib2 = aIa2 = 5,78/150 [A]

Ic2 = a2Ia2 = 5,78/-90 [A]

Ib0 = Ia0 = 0, Ic0 = Ia0 = 0

Exemplo 2:

Dados: Va = 10/30, Vb = 30/-60 e Vc = 15/145

determinar as componentes simtricas correspondentes.

Soluo:

Va0 = 1/3(Va + Vb + Vc) = 1/3(10/30 + 30/60 + 15/145) =

5,60/-47,4

Va1 = 1/3(Va + aVb + a2Vc) = 1/3(10/30 + a.30/-60 + 1/240 . 15/145)

= 17,6/45

Va2 = 1/3(Va + a2Vb + aVc) = 1/3(10/30 + 1/240 . 30/60 + 1/120 x

15/145 = 8,25/-156,2

Va0 = 1/3(Va + Vb + Vc) = 1/3(10/30 + 30/60 + 15/145) =

5,60/-47,4

Va1 = 1/3(Va + aVb + a2Vc) = 1/3(10/30 + a.30/-60 + 1/240 . 15/145)

= 17,6/45

Va2 = 1/3(Va + a2Vb + aVc) = 1/3(10/30 + 1/240 . 30/60 + 1/120 x

15/145 = 8,25/-156,2

Vb1 = a2 . Va1 = 17,6/75 ; Vc1 = a Va1 = 17,6/165

Vb2 = aVa2; Vc2 = a2Va2

Va0 = Vb0 = Vc0

3 Exemplo:

Dadas as componentes simtricas:

Va0 = 100/30, Va1 = 220/0 e Va2 = 100/-60, determinar as tenses

Va, Vb e Vc.

V

V

V

a a

a a

V

V

V

a a

a

a

b

c

a

a

a

o

o

o

1 1 1

1

1

1 1 1

1

1 1

100 30

220 0

100 60

2

2

0

1

2

2

2

/

/

/

3.5 - Componentes simtricos das impedncias:

3.5.1 - Caso Geral

Para a figura:

As relaes para as correntes e tenses sero:

Va = ZaaIa + MabIb + MacIc

Vb = MbaIa + ZbbIb + MbcIc

Vc = McaIa + McbIb + ZccIc

M ab = M ba

M bc = M cb

M ca = M ac

Z aa

Z bb

Z cc

V a

V b

V c

a

b

c

V

V

V

Z M M

M Z M

M M Z

I

I

I

a

b

c

aa ab ac

ab bb bc

ca cb cc

a

b

c

Ou ainda: [Vp] = [Zpp].[Ip]

Aplicando a Lei de OHM tambm para os componentes simtricos:

[Vc] = [Zcc] . [Ic]

J foi visto anteriormente que:

Ou seja: [Vc] = [A-1][Vp]

Da mesma forma, pode-se escrever o mesmo para as correntes:

[Ic] = [A-1][Ip]

V

V

V

a a

a a

x

V

V

V

a

a

a

a

b

c

0

1

2

2

2

1

3

1 1 1

1

1

[Vc] = [Zcc] . [Ic]

[Vc] = [A-1][Vp], [Ic] = [A-1][Ip]

[A-1][Vp] = [Zcc][A-1][Ip]

V

V

V

a a

a a

x

V

V

V

a

a

a

a

b

c

0

1

2

2

2

1

3

1 1 1

1

1

V

V

V

Z M M

M Z M

M M Z

I

I

I

a

b

c

aa ab ac

ab bb bc

ca cb cc

a

b

c

M ab = M ba

M bc = M cb

M ca = M ac

Z aa

Z bb

Z cc

V a

V b

V c

a

b

c

Pr-multiplicando ambos membros por [A]:

[A][A-1][Vp] = [A] [Zcc] [A-1] [Ip]

[Vp] = [A] [Zcc] [A-1] [Ip]

Fazendo a identidade de [Vp] = [A][Zcc] [A-1] [Ip]

com [Vp] = [Zpp].[Ip]

[Zpp]= [A] [Zcc] [A-1]

Matricialmente: 1 1 1

1

1

1 1 1

1

1

2

2

2

2

a a

a a

Z M M

M Z M

M M Z

a a

a a

aa ab ac

ba bb bc

ca cb cc

[Zcc] = 1/3

Estando as trs fases equilibradas:

Zaa = Zbb = Zcc = Z

Mab = Mba = Mcb = Mbc = Mac = Mca = M

1 1 1

1

1

1 1 1

1

1

2

2

2

2

a a

a a

Z M M

M Z M

M M Z

a a

a a

( )

( )

( )

Z M

Z M

Z M

2 0 0

0 0

0 0

[Zcc] =1/3 =

Como se v, a matriz de impedncia se diagonalizou. Caso o circuito no

fosse equilibrado, a matriz acima seria totalmente cheia.