UNIVERSIDADE CATÓLICA DE PELOTAS CENTRO POLITÉCNICO ENGENHARIA ELÉTRICANOTAS DE AULA PROF. LUCIANO VITORIA BARBOZA SUMÁRIO Capítulo 1. Faltas Trifásicas Simétricas ................................................................ 1 1.1. Introdução .............................................................................................................. 1 1.2. Transitórios em Circuitos RL Série ........................................................................ 1 1.3. Correntes de Curto-Circuito e Reatâncias das Máquinas Síncronas ....................... 4 1.4. Tensões Internas de Máquinas com Carga sob Condições Transitórias .................. 6 1.5. Matriz Impedância de Barra para Cálculo de Faltas .............................................. 8 1.6. MVA de Curto-Circuito ....................................................................................... 12 1.7. Seleção de Disjuntores e Tipos de Corrente de Curto-Circuito ............................ 13 1.7.1. Procedimento Simplificado de Cálculo ............................................................ 14 1.8. Lista de Exercícios ............................................................................................... 16 Capítulo 2. Componentes Simétricos ................................................................... 21 2.1. Introdução ............................................................................................................ 21 2.2. Fasores Assimétricos a partir dos Componentes Simétricos ................................. 21 2.3. Operadores ........................................................................................................... 23 2.4. Componentes Simétricos de Fasores Assimétricos ................................................ 24 2.5. Defasagem dos Componentes Simétricos em Bancos de Transformadores Y−∆ ... 26 2.6. Potência em função dos Componentes Simétricos ................................................ 29 2.7. Impedâncias de Seqüência e Circuitos de Seqüência ............................................. 31 2.8. Redes de Seqüência para Geradores em Vazio ..................................................... 32 2.9. Impedâncias de Seqüência para Linhas de Transmissão ....................................... 34 2.10. Impedâncias de Seqüência para Cargas Estáticas ............................................... 35 2.11. Impedâncias de Seqüência para Transformadores Trifásicos .............................. 38 2.12. Lista de Exercícios .............................................................................................. 42 Capítulo 3. Faltas Assimétricas ........................................................................... 47 3.1. Introdução ............................................................................................................ 47 3.2. Faltas em Geradores em Vazio ............................................................................. 47 Sistemas de Potência II iii 71 4... Análise de Faltas Assimétricas usando a Matriz Impedância de Barra ........................ Falta entre Fase e Terra ............................ 81 4....................................................................1........................................2............................................ 55 3................................7.......................................... 53 3..................... 61 Capítulo 4..................... 48 3................................ Lista de Exercícios .......... Critério da Igualdade de Área para a Estabilidade .......................3...... Lista de Exercícios ..... 55 3... Interpretação das Redes de Seqüência Interconectadas ... 87 4. 65 4...... 75 4................................. Falta entre Fase e Fase ...........................................................................5.............................2....................................... 89 4.................. Estudos de Estabilidade para Sistemas Multimáquinas: Estudo Clássico ............6..............1...........................................................6...................... Aplicações Adicionais ao Critério da Igualdade de Áreas ................... 56 3...... 60 3........... Barboza 3......... Luciano V..................2.................................... 65 4...................... 57 3...............Sumário Prof............ Aspectos Gerais ...................... Falta entre Fase e Terra ......... Falta entre Duas Fases e Terra ............... 67 4......................................3..3.............................................2.. 92 Bibliografia . Solução da Curva de Oscilação ..... 83 4.............................. 52 3...............2.....4.......................................................3..... Estabilidade de Sistemas de Potência ...............................4.............................. Falta entre Fase e Fase . Dinâmica do Rotor e Equação de Oscilação ............................. Equação Potência-Ângulo ...................................9... Falta entre Duas Fases e Terra ..........................2................................. Fatores que Afetam a Estabilidade Transitória . 50 3.................3.............. O Problema da Estabilidade ...........................1........3.......3.....10.... 65 4...............................................5..... Faltas Assimétricas em Sistemas de Potência ................................................ 95 Sistemas de Potência II iv ...........8........................... 1. FALTAS TRIFÁSICAS SIMÉTRICAS 1.2. Introdução Quando ocorre uma falta em um sistema de potência.1.1. Para se compreender o cálculo da corrente inicial quando um gerador síncrono é curtocircuitado. a corrente que circula é determinada pelas forças eletromotrizes internas das máquinas no sistema. após alguns ciclos e o valor em regime permanente diferem consideravelmente devido ao efeito da corrente de armadura sobre o fluxo que gera a tensão da máquina. 1.1.1 é Sistemas de Potência II 1 . mas também da corrente máxima momentânea que o percorre durante uma falta e da corrente a interromper sob a tensão da linha na qual se encontra. Este capítulo estuda o cálculo da corrente de falta em diferentes instantes de tempo e explica as mudanças na reatância e na tensão interna da máquina síncrona à medida que a corrente varia desde seu valor inicial até o seu valor em regime permanente. considere o que acontece quando uma tensão CA é aplicada a um circuito contendo valores constantes de resistência e indutância. Figura 1. Observe que o ângulo α determina o módulo da tensão quando o circuito é fechado. As correntes que circulam em uma máquina síncrona imediatamente após a ocorrência de uma falta. conforme a Figura 1. Aplicação de uma tensão CA a um circuito RL série. por suas impedâncias e pelas impedâncias existentes no sistema entre as máquinas e a falta. Transitórios em Circuitos RL Série A seleção de um disjuntor em um sistema elétrico depende não apenas da corrente que ele tem que suportar em regime normal de operação. A equação para a rede da Figura 1. porém são de sinais opostos de modo a expressar o valor nulo da corrente em t = 0. Luciano V.2) onde I max = Vmax ωL . Sistemas de Potência II 2 . Se o fechamento ocorre em um instante de tempo em que α − θ = 0. Z = R 2 + (ωL) 2 e θ = arctan . No instante da aplicação da tensão. a componente CC aparece na solução de modo a satisfazer a condição de corrente nula no instante imediatamente anterior ao fechamento da chave S. a componente CC possui seu valor inicial máximo e igual ao valor máximo da componente sinusoidal. Se o valor do termo em regime permanente não é zero quando t = 0. Z R O primeiro termo na equação (1.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Observe que a componente CC não existe se o fechamento ocorrer em um ponto da onda de tensão onde α − θ = π 2 ou α − θ = − π 2 . Este termo não-periódico é chamado componente CC da corrente.2) varia sinusoidalmente com o tempo. Barboza Ri + L di = Vmax cos(ωt + α) dt (1. As Figuras 1. respectivamente. O termo sinusoidal é o valor em regime permanente da corrente em um circuito RL.2 (a) e (b) mostram a corrente em função do tempo para α − θ = π 2 e α − θ = π. as componentes CC e de regime permanente têm a mesma amplitude. O segundo terX X mo é não-periódico e decai exponencialmente com uma constante de tempo τ = L R . Z = R + j ωL = Z ∠θ. A componente CC pode ter qualquer valor entre zero e Vmax Z dependendo do valor instantâneo da tensão quando o circuito é fechado e também do fator de potência da rede.1) A solução desta equação é R ⎡ − t⎤ i(t ) = I max ⎢⎢ cos(ωt + α − θ) − cos(α − θ)e L ⎥⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ (1. 2.3. A corrente que circula quando um gerador é curto-circuitado é semelhante àquela que circula quando uma tensão alternada é aplicada subitamente à associação série de um resistor e um indutor. Por outro lado. a curva das correntes de fase será aquela mostrada na Figura 1. Entretanto. Se a componente CC da corrente for eliminada. o curto-circuito ocorre em diferentes pontos da onda de tensão em cada fase.1 para: (a) α − θ = π 2 e (b) α − θ = π. um gerador síncrono consiste basicamente em um campo magnético girante que gera uma tensão no enrolamento de armadura que possui resistência e reatância. i c b a 0 t Figura 1. Por essa razão. A componente CC da corrente foi desprezada.3. existem diferenças importantes porque a corrente na armadura afeta o campo girante. Como as tensões de fase estão defasadas entre si de 120°. Corrente como função do tempo no circuito da Figura 1. A tensão é aplicada em t = 0. O efeito de um curto-circuito nos terminais de um gerador a vazio pode ser analisado a partir de um oscilograma da corrente em uma das fases quando este curto-circuito ocorre.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Oscilograma da corrente em um gerador síncrono a vazio em curto-circuito. Sistemas de Potência II 3 . Luciano V. Barboza (a) (b) Figura 1. a componente CC em cada fase é diferente. Faltas Trifásicas Simétricas Prof.3. é necessário transcorrer um tempo para reduzir o fluxo no entreferro.3. Este valor de corrente dividido por 2 é o valor eficaz da corrente de cur- to-circuito em regime permanente. A redução do fluxo é causada pela força magnetomotriz da corrente de armadura. que é chamada reação da armadura. Na Figura 1. 1.2(a) e 1. a distância “0a” é o valor máximo da corrente de curto-circuito em regime permanente. chamada de reatância transitória ou reatância transitória do eixo direto Sistemas de Potência II 4 . Assim. o fluxo no entreferro é muito maior no instante em que ocorre o curto-circuito do que alguns ciclos após. À medida que o fluxo diminui. Numa máquina síncrona.3) Se a envoltória da onda de corrente for retrocedida até o tempo zero e alguns dos primeiros ciclos forem desprezados (onde o decréscimo é muito rápido). Quando ocorre um curto-circuito nos terminais de uma máquina síncrona. O valor eficaz desta intersecção é conhecido como corrente transitória. a corrente durante uma falta está sempre atrasada com um grande ângulo em relação à tensão. Luciano V. pode-se definir uma outra reatância para a máquina. percebe-se a diferença entre a aplicação de uma tensão alternada a um circuito RL série e a aplicação de um curto-circuito a uma máquina síncrona. Como a resistência normalmente é pequena. Xd = EG E = G 0a I 2 (1. ou seja. Não há componente CC em nenhuma dessas figuras. Correntes de Curto-Circuito e Reatâncias das Máquinas Síncronas As reatâncias das máquinas síncronas tratadas em estudos de falta são as reatâncias do eixo direto. A tensão em vazio do gerador dividida pela corrente em regime permanente é chamada de reatância síncrona do gerador ou reatância síncrona do eixo direto.3. a corrente da armadura diminui porque a tensão gerada pelo fluxo do entreferro determina a corrente que fluirá através da resistência e da reatância de dispersão do enrolamento da armadura. a intersecção será a distância “0b”. Barboza Comparando as Figuras 1. Exemplo 1. que é uma denominação mais adequada por desprezar a componente CC e tomar o valor eficaz da componente CA da corrente imediatamente após a ocorrência da falta. Na Figura 1.5) A corrente subtransitória I ′′ é muito maior do que a corrente em regime permanente I porque a diminuição do fluxo no entreferro causada pela corrente da armadura não pode ocorrer imediatamente. como está mostrado na Figura 1. Antes da falta.4. O transformador está em vazio e não há corrente circulando entre os geradores. O transformador apresenta como valores nominais 75 MVA e 13. A corrente subtransitória muitas vezes é deno- minada de corrente eficaz simétrica inicial. ′′ Xd = EG E = G 0c I ′′ 2 (1. Luciano V. As equações (1. Barboza ′ Xd = EG E = G 0b I′ 2 (1. Sistemas de Potência II 5 . O gerador 1 tem para valores nominais 50 MVA e 13.4) O valor eficaz da corrente determinado pela intersecção da envoltória da corrente com o tempo zero é chamado corrente subtransitória. a tensão no lado de alta tensão do transformador é 66 kV.Faltas Trifásicas Simétricas Prof.3) a (1.8 kV. a máquina é representada pela tensão em vazio em relação ao neutro em série com a reatância apropriada. Se o gerador estiver sem carga quando ocorrer a falta.1: Dois geradores estão ligados em paralelo ao lado de baixa tensão de um transformador trifásico ∆−Y.8∆ / 69Y kV. Calcule a corrente subtransitória em cada gerador quando ocorre um curto-circuito trifásico no lado de alta tensão do transformador.3. A resistência pode ser considerada se desejar-se uma precisão maior. com uma reatância de 10%. O gerador 2 é de 25 MVA e 13.5) permitem determinar a corrente de falta em um gerador quanX X X X do as suas reatâncias são conhecidas. Cada gerador tem uma reatância subtransitória de 25%.8 kV. a corrente subtransitória equivale à distância “0c” dividida por 2. Para determi- Sistemas de Potência II 6 . A tensão E g em série com X d fornece a corrente em regime permanente I L quando a chave S está aberta. ou X d para a corrente transitória I ′. uma vez ′′ ′ que a reatância do gerador deve ser X d para a corrente subtransitória I ′′. Circuitos equivalentes para um gerador alimentando uma carga trifásica equilibrada. 1. Sabe-se que o circuito equivalente de um gerador síncrono consiste de sua tensão em vazio em série com a sua reatância síncrona X sinc . e fornece a corrente subtransitória no curto-circuito I ′′ quando a chave S está fechada.4. ′′ ′′ O circuito mostrado na Figura 1. Barboza Figura 1. ′′ Xd ′′ Eg I ′′ (a) Circuito equivalente em regime permanente (b) Circuito para cálculo da corrente subtransitória Figura 1.5. A corrente que circula antes da ocorrência da falta no ponto P é I L . A ocorrência de uma falta trifásica em P é simulada pelo fechamento da chave S. A impedância externa é mostrada entre os terminais do gerador e o ponto P onde a falta ocorre.5(b) corrige este erro. A Figura 1.1.4. Diagrama unifilar do Exemplo 1. Luciano V. Se ocorrer uma falta trifásica no ponto P do sistema. um curto-circuito do ponto P até a referência não satisfaz as condições para cálculo da corrente subtransitória.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Tensões Internas de Máquinas com Carga sob Condições Transitórias Considere um gerador com carga quando ocorre uma falta no sistema. a tensão no ponto de falta é V f e a tensão nos terminais do gerador é Vt .5(a) é o circuito equivalente de um gerador que alimenta uma carga trifásica equilibrada. porém seria necessário um novo valor para E g . Os motores síncronos possuem reatâncias semelhantes às dos geradores. E g permaneceria o mesmo. Barboza ′′ ′′ nar E g . as tensões internas transitória e subtransitória para um motor síncrono são ′′ ′′ E m = Vt − jX d I L ′ ′ E m = Vt − jX d I L (1. Por outro lado. a corrente transitória ′ I ′ pode ser obtida a partir da tensão interna transitória E g que pode ser determinada como ′ ′ E g = Vt + jX d I L (1. A tensão interna do motor síncrono faz com que ele forneça corrente para o sistema. ′′ ′′ Observe que E g em série com X d representa o gerador antes da ocorrência da falta e imediatamente após a falta apenas se a corrente anterior à falta for I L .5(a). E g em série com a reatância síncrona X sinc é o circuito equivalente da máquina em regime permanente para qualquer carga. porém seu campo permanece energizado e a inércia do seu rotor com sua carga conectada conserva sua rotação por um determinado período de tempo. ele não recebe mais energia da rede. ′′ ′′ E g = Vt + jX d I L (1. Analogamente. isto é. Luciano V.2: Um gerador e um motor síncrono possuem valores nominais de 30 MVA e 13.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Portanto. a corrente através de X d é I L . quando E g e Vt são iguais.2 kV e ambos têm reatâncias subtransitórias de 20%. Para um valor diferente de I L no circuito da Figura ′′ 1.8) Exemplo 1. Quando um motor é curto-circuitado.6) e esta equação define a tensão interna subtransitória.7) ′′ ′ As tensões internas E g e E g são determinadas a partir da corrente em regime perma- nente I L e ambas são iguais à tensão em vazio E g apenas quando I L for nula. A linha de conexão entre eles Sistemas de Potência II 7 . Portanto. agindo como se fosse um gerador. Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Luciano V. Barboza apresenta uma reatância de 10% na base dos valores nominais das máquinas. O motor está consumindo 20 MW com fator de potência 0,8cap com uma tensão de 12,8 kV em seus terminais, quando ocorre uma falta trifásica nos seus terminais. Determinar a corrente subtransitória no gerador, no motor e na falta. Utilize as tensões internas das máquinas. Exemplo 1.3: Resolva o Exemplo 1.2 utilizando o teorema de Thèvenin. 1.5. Matriz Impedância de Barra para Cálculo de Faltas Nesta seção será realizado o estudo de faltas trifásicas em redes generalizadas. O estudo será baseado no sistema elétrico mostrado na Figura 1.6(a) e os resultados podem ser generalizados para qualquer tipo de rede. A Figura 1.6(b) é o diagrama de reatâncias deste sistema e para estudar uma falta trifásica na barra 4, pode-se utilizar o mesmo procedimento da seção anterior e designar V f como a tensão na barra 4 antes da falta. ′′ EG 1 1 ′′ XG 1 XT1 X14 ′′ EG 2 3 X13 X34 4 ′′ XG 2 XT2 ′′ EM 2 X23 X24 ′′ XM XT3 (a) Diagrama unifilar Vf (b) Diagrama de reatâncias Figura 1.6. Diagramas de um sistema elétrico hipotético. Uma falta trifásica na barra 4 é simulada pela rede mostrada na Figura 1.7 onde as tensões V f e −V f simulam o curto-circuito. Apenas a tensão V f neste ramo não causa corrente no ramo. Com V f e −V f em série, o ramo constitui um curto-circuito, e a corrente ′′ ′′ ′′ no ramo é I f′′. Se EG 1, EG 2 , E M e V f forem curto-circuitadas, as tensões e correntes serão Sistemas de Potência II 8 Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Luciano V. Barboza aquelas devido apenas a − f . Assim, a única corrente que entra em um nó vinda de uma V V fonte é a devido a − f e igual a −I f′′ na barra 4 ( I f′′ saindo da barra 4) uma vez que não há corrente neste ramo até a inserção de − f . V ′′ EG 1 ′′ XG 1 ′′ EG 2 ′′ XG 2 ′′ EM ′′ XM I f′′ − f V Figura 1.7. Falta na barra 4 da rede da Figura 1.6 simulada por V f e −V f em série. V As equações nodais na forma matricial para a rede com − f como única fonte são ⎡ 0 ⎤ ⎡Y11 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ 0 ⎥ ⎢ 0 Y22 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ 0 ⎥ = ⎢Y Y 32 ⎢ ⎥ ⎢ 31 ⎢−I ′′⎥ ⎢Y Y ⎢⎣ f ⎥⎦ ⎣ 41 42 Y13 Y14 ⎤ ⎡⎢ V1 ⎤⎥ ⎥ Y23 Y24 ⎥ ⎢⎢ V2 ⎥⎥ ⎥⎢ ⎥ Y33 Y34 ⎥⎥ ⎢ V3 ⎥ ⎢ ⎥ Y43 Y44 ⎥⎦ ⎢− f ⎥ V ⎦ ⎣ (1.9) onde Y11 = Y22 = Y33 = Y44 = 1 1 1 + + ′′ j (XG 1 + XT 1 ) jX 13 jX 14 1 1 1 + + ′′ j (X M + XT 3 ) jX 23 jX 24 Y13 = Y31 = − Y23 = Y32 = − 1 jX 13 1 jX 23 Y14 = Y41 = − Y24 = Y42 = − 1 jX 34 1 jX 14 1 jX 24 1 1 1 1 + + + ′′ j (XG 2 + XT 2 ) jX 13 jX 23 jX 34 1 1 1 + + jX 14 jX 24 jX 34 Y34 = Y43 = − Sistemas de Potência II 9 Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Luciano V. Barboza e o sobrescrito indica que as tensões são devido apenas a − f . O sinal V foi escolhido para indicar a mudança nas tensões devido à falta. Invertendo a matriz admitância de barra da equação (1.9) , obtém-se a matriz impedânX X V cia de barra e as tensões nodais devido a − f são dadas por ⎡ ⎤ ⎢ V1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ V2 ⎥ ⎢ ⎥ = Z barra ⎢ V3 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− f ⎥ V ⎦ ⎣ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢−I ′′⎥ ⎢⎣ f ⎥⎦ (1.10) Da equação (1.10) , tem-se que X X I f′′ = Vf Z 44 (1.11) V1 = −Z 14I f′′ = − Z 14 Vf Z 44 V2 = −Z 24I f′′ = − Z 24 Vf Z 44 V3 = −Z 34I f′′ = − Z 34 Vf Z 44 (1.12) ′′ ′′ ′′ Quando a tensão −Vf é curto-circuitada na rede da Figura 1.7 e EG 1 , EG 2 , E M e Vf es- tão no circuito, as correntes e tensões são as que existiam antes da falta. Pelo princípio da superposição, estas tensões anteriores à falta adicionadas aos valores das tensões da equação (1.12) resultam nas tensões existentes após a ocorrência da falta. Normalmente, consiX X dera-se a rede sem carga antes da falta. Neste caso, nenhuma corrente circula antes da falta e todas as tensões são iguais a V f . Assim, Sistemas de Potência II 10 Faltas Trifásicas Simétricas Prof. V1 −V3 jX 13 ′′ EG 1 −V1 ′′ j (XG 1 + XT 1 ) ′′ I 13 = ′′ IG1 = (1. Por exemplo. Luciano V.16) Sistemas de Potência II 11 . pode-se afirmar que.13) V3 = V f + V3 = V f − Z 34I f′′ = V f − V4 = V f −V f = 0 Estas tensões existem quando a corrente subtransitória circula e Z barra foi formada para uma rede que possui valores subtransitórios para as reatâncias das máquinas síncronas.7 podem ser determinadas através das tensões e das impedâncias. Barboza V1 = V f + V1 = V f − Z 14I f′′ = V f − ⎛ Z 14 Z ⎞ ⎟ V f = ⎜1 − 14 ⎟V f ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Z 44 Z 44 ⎠ ⎝ ⎛ Z 24 Z ⎞ ⎟ V f = ⎜1 − 24 ⎟V f ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Z 44 Z 44 ⎠ ⎝ ⎛ Z 34 Z ⎞ ⎟ V f = ⎜1 − 34 ⎟V f ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Z 44 Z 44 ⎠ ⎝ V2 = V f + V2 = V f − Z 24I f′′ = V f − (1. tem-se If = Vf Z kk (1. para uma falta na barra k.14) e a tensão na barra n após a falta é ⎛ Z ⎞ ⎟ Vn = ⎜1 − nk ⎟V f ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ Z kk ⎠ ⎝ (1.15) As correntes em qualquer parte do circuito da Figura 1. Generalizando as relações anteriores. Barboza 1.18) Resolvendo a equação (1. MVA de Curto-Circuito As concessionárias de energia elétrica fornecem os dados para os usuários que devem determinar a corrente de falta de modo a especificar os disjuntores em algum ponto de uma planta industrial ou de um sistema de potência.6. tem-se X X X X XTH = (kVnominal )2 Ω MVA de curto-circuito (1.18) .21) Sistemas de Potência II 12 .19) para pu.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Normalmente. Luciano V.17) Desprezando as resistências e capacitâncias em derivação.19) Transformando a equação (1. obtém-se X X XTH (kVnominal )2 (kVbase )2 = pu MVA de curto-circuito MVAbase (1. esses dados incluem os MVA de curto-circuito. onde MVA de curto-circuito = 3 × kV nominal ×I SC × 10−3 (1. convertendo para pu. o circuito equivalente monofásico de Thèvenin que representa o sistema consiste em uma fem igual à tensão de linha nominal dividida por 3 em série com uma reatância indutiva de XTH kVnominal × 1000 3 Ω = I SC (1. obtém-se XTH = MVAbase I = base pu MVA de curto-circuito I SC (1.20) Se kVbase é igual a kVnominal .17) para I SC e substituindo na equação (1. A inclusão deste componente resulta em um valor eficaz da corrente imediatamente após a falta maior do que a corrente subtransitória.0 pu antes da ocorrência da falta.7. Seleção de Disjuntores e Tipos de Corrente de Curto-Circuito A corrente subtransitória é a corrente eficaz simétrica inicial e não inclui o componente CC.4 : Determine a matriz impedância de barra para a rede da Figura 1. As relações de transformação dos transformadores são tais que a tensão base em cada circuito do gerador é igual à tensão nominal do gerador.8. Incluir as reatâncias dos geradores e transformadores na matriz. respectivamente.4. a corrente subtransitória multiplicada por 1. usando como base os valores nominais dos geradores. 1.6 é considerada como sendo o valor eficaz da corrente cuja força disruptiva o disjuntor deve suportar durante o primeiro ciclo após a ocorrência da falta. A capacidade nominal de interrupção de um disjuntor é especificada em MVA.3 pu cada. Diagrama unifilar do Exemplo 1. Esta corrente é chamada corrente momentânea.8. Luciano V. As reatâncias subtransitórias dos geradores mais as reatâncias dos transformadores que os conectam às barras do sistema são iguais a 0. Barboza Exemplo 1. Para disjuntores a óleo acima de 5 kV.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. A corrente antes da falta pode ser desprezada e todas as tensões são consideradas 1. A base do sistema é 100 MVA. Os MVA de interrupção são iguais a 3 vezes a tensão da barra à qual o disjuntor está ligado mul- Sistemas de Potência II 13 . Calcule a corrente subtransitória para uma falta trifásica na barra 4 e as correntes que chegam à barra em falta vindas das barras 3 e 5. Figura 1. Os geradores nas barras 1 e 3 possuem valores nominais de 270 e 225 MVA. Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Esta corrente é menor do que a corrente momentânea e depende da velocidade do disjuntor. tal como 8. Para a falta especificada. Luciano V. que é a medida do tempo que transcorre a partir da ocorrência da falta até a extinção do arco. A corrente que o disjuntor deve interromper é assimétrica.5 ciclos.5: Um gerador de 25 MVA e 13. calcule: a) a corrente subtransitória na falta. A determinação dessa corrente pode ser realizada utilizando o procedimento simplificado descrito a seguir.7. 5. 1. se não houver motores representados no sistema.1.8/6.9 kV. todas as cargas estáticas.9 kV quando ocorre uma falta trifásica no ponto P. a corrente nominal simétrica de curto-circuito é igual à corrente subtransitória. c) a corrente nominal simétrica de curto-circuito na falta e no disjuntor A. A reatância subtransitória X d de cada motor é 20% na base de 5 MVA e 6.5.9. 3 ou 1. todas as correntes anteriores à falta e todos os motores de indução abaixo de 50 HP. Note que. para os geradores são utilizadas as reatâncias subtransitórias e para os motores síncronos utilizam-se as reatâncias subtransitórias multiplicadas por 1. Sistemas de Potência II 14 . ′′ Exemplo 1. com uma reatância de dispersão de 10%. A corrente nominal de interrupção para disjuntores é chamada corrente simétrica de capacidade de interrupção requerida ou corrente nominal simétrica de curto-circuito. Barboza tiplicado pela corrente que o disjuntor deve ser capaz de interromper quando os seus contatos se separam. Procedimento Simplificado de Cálculo Este método conhecido como método E/X despreza todas as resistências. pois contém o componente CC. Os valores nominais do transformador trifásico são 25 MVA e 13. No cálculo da corrente nominal simétrica de curto-circuito.9 kV. como mostra a Fi′′ gura 1. A tensão na barra dos motores é 6. b) a corrente subtransitória no disjuntor A.8 kV com X d = 15% é conectado através de um transformador a uma barra que alimenta quatro motores idênticos. 9. Diagrama unifilar para o Exemplo 1. Luciano V. Barboza G P A Figura 1.5.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Sistemas de Potência II 15 . 1. X d = 26% e X d = 130%. Lista de Exercícios 1. Uma tensão alternada sinusoidal de 60 Hz com valor eficaz de 100 V é aplicada a um circuito RL série pelo fechamento de uma chave. Os valores nominais de um gerador de 60 Hz são 500 MVA e 20 kV. b) a corrente de curto-circuito permanente no disjuntor.12 H. O gerador está funcionando em vazio e sob tensão nominal quando ocorre um curto-circuito trifásico no lado AT do transformador. calcule a corrente eficaz simétrica inicial no gerador em pu numa base de 500 MVA e 20 kV.8. Calcule.5 e 5. Um gerador conectado a um transformador por um disjuntor apresenta valores nomi′′ ′ nais de 100 MVA e 18 kV com reatâncias de X d = 19%. O transformador trifásico tem valores nominais de 100 MVA e 240Y / 18∆ kV e X = 10%. Ele alimenta uma resistência pura de 400 MW sob 20 kV. com ′′ X d = 0.5 ciclos.3. Luciano V. 1. Curto-circuitando simultaneamente as três fases da carga. b) Qual é o valor instantâneo da tensão que produz o máximo componente CC da corrente no fechamento da chave? c) Qual é o valor instantâneo da tensão que resulta na ausência de componente CC da corrente no fechamento da chave? d) Se a chave for fechada quando a tensão instantânea for zero. d) a corrente eficaz simétrica inicial na linha no lado AT. Barboza 1.2. A resistência é 15 Ω e a indutância é 0. determine os valores da corrente instantânea após transcorridos 0.2 pu.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. em Ampères: a) a corrente eficaz simétrica inicial no disjuntor. a) Determine o valor do componente CC da corrente no fechamento da chave para um valor da tensão neste instante de 50 V. 1.5. 1. c) a corrente eficaz simétrica inicial nos enrolamentos do lado AT. Esta carga é ligada diretamente aos terminais do gerador. Sistemas de Potência II 16 . a uma barra de um sistema de potência.5.13 0. Dois motores síncronos com reatâncias subtransitórias de 0.25 pu.80 e 0.023 Ω. Sistemas de Potência II 17 .09 0. Nesta barra.15 pu e 0.06 0. A matriz impedância de barra para uma rede de 4 barras.07 ⎤ ⎥ 0. respectivamente. respectivamente.04 ⎢ ⎢0. os MVA de curto-circuito do sistema de potência são 9.8cap.9 pu e a corrente de saída do gerador é 1.2 pu. estão conectados a uma barra. Barboza 1. Calcule também a corrente subtransitória em pu no gerador 2. Ocorre uma falta trifásica nos terminais do motor quando a tensão nos terminais do gerador é 0.6 MVA para uma tensão nominal de 480 V.6.10 pu. Desprezando a corrente anterior à falta.0 pu antes da ocorrência da falta. Calcule a corrente subtransitória em pu no ponto de falta.09⎥ ⎥ 0. Luciano V.05 Os geradores estão conectados às barras 1 e 2 e suas reatâncias subtransitórias foram incluídas na matriz Z barra .15 ⎢ ⎢0. calcule a corrente subtransitória em pu no ponto de falta para uma falta trifásica na barra 4. 1.06 0. Para uma tensão na barra do motor igual a 440 V. cuja reatância subtransitória é 0.0 pu com um fator de potência 0.15 0.35 pu. Use a tensão nos terminais do gerador como fasor de referência e obtenha a solução: a) calculando as tensões internas das máquinas. 1.12⎥⎦ Z barra 0.4. Um gerador é conectado através de um transformador a um motor síncrono. numa base de 480 V e 2 MVA. Esta barra está conectada.Faltas Trifásicas Simétricas Prof. as reatâncias subtransitórias do gerador e do motor são 0. é ⎡0. despreze a corrente de carga e calcule a corrente eficaz simétrica inicial numa falta trifásica na barra do motor.08 0. b) usando o teorema de Thèvenin. Reduzidas a uma mesma base. e a reatância de dispersão do transformador é 0.07 ⎣ 0.05⎥⎥ 0. através de uma linha de transmissão com reatância de 0.04 0. Considere a tensão no ponto de falta igual a 1.08 =j⎢ ⎢0. com valores em pu. no gerador e no motor. Sistemas de Potência II 18 . Luciano V.0 pu. Rede para o Problema 1.5 j0.4 3 X ′′ = 0. Para a rede mostrada na Figura 1.8 (valores em pu). 2 j0. Resolva usando a matriz impedância de barra.Faltas Trifásicas Simétricas Prof.8. ′′ EG 1 ′′ EG 2 ′′ EM Figura 1.10.0 pu antes da ocorrência da falta.12.0 pu). Para uma falta trifásica na barra 1 da rede sem carga da Figura 1.10. 1. 3 e 4 e a corrente no gerador ligado à barra 3. Barboza 1.2 1 X ′′ = 0. Considere que nenhuma corrente circula anteriormente à falta e que a tensão na barra 2 antes da falta era 1. calcule a corrente subtransitória em pu no gerador 1. 1.25 G1 G2 Figura 1.7.9.11 (todas as tensões nodais são iguais a 1. Calcule também a corrente nas linhas 1−5 e 3−5. calcule a corrente subtransitória na falta. as tensões nas barras 2.7 (valores em pu).2 j0. na linha 1−2 e a tensão nas barras 1 e 3 para uma falta trifásica na barra 2. Despreze a corrente anterior à falta e considere todas as tensões nodais iguais a 1. Calcule a corrente subtransitória em pu numa falta trifásica na barra 5 na rede da Figura 1. Rede para o Problema 1.11. b) Repita o item (a) para uma falta trifásica no ponto Q e para uma falta trifásica no ponto R. 90% de rendimento e X d = 0. Os motores estão funcionando a plena carga. Diagrama unifilar para o Problema 1. Diagrama de reatâncias para o Problema 1. Utilize como base para o sistema 625 kVA e 2. Sistemas de Potência II 19 . Luciano V.4 kV. Figura 1.4 kV.13.Faltas Trifásicas Simétricas Prof.9 (valores em pu). com ′′ fator de potência unitário.12.4 kV com X d = 0. ′′ 1.2 pu é ligado a uma barra através de um disjuntor. Despreze a corrente anterior à falta. através de disjuntores. Um gerador de 625 kVA e 2. com a carga igualmente dividida entre as máquinas.10. estão ligados três motores síncronos com valores nominais de 250 HP e 2. com fator de potência unitário e tensão nominal.2 pu. a) Calcule a corrente nominal simétrica de curto-circuito em Ampères que deve ser interrompida pelo disjuntor A e B para uma falta trifásica no ponto P. Barboza Figura 1.10. como mostrado na Figura 1. À mesma barra.13. Faltas Trifásicas Simétricas Prof. Barboza Sistemas de Potência II 20 . Luciano V. A Figura 2. Fortescue. 2. COMPONENTES SIMÉTRICOS 2. Utiliza-se o subíndice “0” para designar este conjunto de fasores.2. 120° defasados entre si e tendo seqüência de fases oposta à dos fasores originais. uma das mais poderosas ferramentas para tratar com circuitos polifásicos desequilibrados foi apresentada por C. Introdução Em 1918.2.1 mostra os conjuntos de componentes simétricos para um conjunto genérico de três correntes desequilibradas. Sistemas de Potência II 21 . três fasores desequilibrados de um sistema trifásico podem ser decompostos em três sistemas equilibrados de fasores denominados componentes simétricos dos fasores originais. O. • Componentes de seqüência zero: consistem em três fasores iguais em módulo e com o mesmo ângulo de fase. Fasores Assimétricos a partir dos Componentes Simétricos De acordo com a teoria de Fortescue.1. Utiliza-se o subíndice “1” para designar este conjunto de fasores. o método de componentes simétricos tornou-se de grande importância e as faltas assimétricas são todas estudadas por esta abordagem. Estes conjuntos equilibrados são conhecidos como: • Componentes de seqüência positiva: consistem de três fasores iguais em módulo. 120° defasados entre si e tendo seqüência de fases idêntica à dos fasores originais. Utiliza-se o subíndice “2” para designar este conjunto de fasores. • Componentes de seqüência negativa: consistem de três fasores iguais em módulo. Desde então. 1.2) (2.1) (2. Três conjuntos de fasores equilibrados que são componentes de três fasores desequilibrados. Barboza Componentes de seqüência positiva Componentes de seqüência negativa Componentes de seqüência zero Figura 2. Cada um dos fasores desequilibrados originais corresponde à soma de seus componentes simétricos.3) IC = IC 1 + IC 2 + IC 0 A síntese de um conjunto de três fasores desequilibrados a partir de três conjuntos de componentes simétricos (Figura 2. Luciano V.2. I A = I A1 + I A2 + I A0 I B = I B1 + I B 2 + I B 0 (2.1) é mostrada na Figura 2. Sistemas de Potência II 22 . Figura 2. Adição gráfica dos componentes simétricos da Figura 2.1.Componentes Simétricos Prof. ou seja.2. 0∠90° (2. tem-se a × a = a 2 = 1.6) a × a = a = 1.0∠120° = 1. Um operador conhecido é o operador j.5) Se o operador a for aplicado duas vezes sucessivas a um fasor. Três aplicações sucessivas de a causam uma rotação de 360° no sentido anti-horário. Luciano V. o operador j pode matematicamente ser expresso como j = 1. Se o número complexo que expressa um fasor for multiplicado por um número complexo de módulo unitário e ângulo θ. que causa uma rotação de 120° no sentido anti- horário sobre o fasor no qual é aplicado. o número complexo resultante representa um fasor igual ao fasor original defasado de um ângulo θ. O número complexo de módulo unitário e ângulo θ é chamado operador e faz com que o fasor. sobre o qual atua.Componentes Simétricos Prof.0∠ − 120° × 1. Barboza 2. Duas aplicações sucessivas do operador j causam uma rotação de 180° no sentido anti-horário. Operadores O resultado da multiplicação de dois números complexos é o produto de seus módulos e a soma de seus ângulos. Matematicamente. Sistemas de Potência II 23 .0∠120° × 1. tem-se que a = 1.3. que causa uma rotação de 90° no sentido antihorário.0∠0° 2 3 A Figura 2. Dessa forma. Assim. gire de um ângulo θ.4) Um outro operador útil é o operador a.0∠ − 120° (2.0∠120° (2.0∠120° = 1. este irá girar de 240° no sentido anti-horário.3 mostra os fasores representando as várias potências do operador a. Componentes Simétricos Prof. Luciano V. Barboza Figura 2.3. Diagrama fasorial com as várias potências do operador a. 2.4. Componentes Simétricos de Fasores Assimétricos Cada componente simétrico das correntes I B e I C pode ser expresso em termos do operador a e um componente simétrico da corrente I A . De acordo com a Figura 2.1, pode-se escrever I B 1 = a 2I A1 I B 2 = aI A2 I B 0 = I A0 I C 1 = aI A1 I C 2 = a 2I A2 I C 0 = I A0 (2.7) Substituindo as equações (2.7) nas equações (2.1) , (2.2) e (2.3) , obtêm-se X X X X X X X X I A = I A1 + I A2 + I A0 (2.8) (2.9) (2.10) I B = a 2I A1 + aI A2 + I A0 I C = aI A1 + a 2I A2 + I A0 ou na forma matricial ⎡I ⎤ ⎡1 1 1 ⎤ ⎡I A0 ⎤ ⎥⎢ ⎥ ⎢ A⎥ ⎢ ⎢I B ⎥ = ⎢1 a 2 a ⎥ ⎢ I A1 ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢I C ⎥ ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢I A2 ⎥ ⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢⎣ (2.11) Sistemas de Potência II 24 Componentes Simétricos Prof. Luciano V. Barboza Definindo ⎡1 1 1 ⎤ ⎢ ⎥ A = ⎢⎢1 a 2 a ⎥⎥ ⎢ 2⎥ ⎢⎣1 a a ⎥⎦ (2.12) tem-se que ⎡1 1 1 ⎤ ⎥ 1 ⎢⎢ 2⎥ = ⎢1 a a ⎥ 3⎢ ⎥ 2 a ⎥⎦ ⎢⎣1 a A −1 (2.13) e pré-multiplicando ambos os lados da equação (2.11) por A −1 , obtém-se X X ⎡1 1 1 ⎤ ⎡I ⎤ ⎡I A 0 ⎤ ⎥ ⎢ A⎥ ⎢ ⎥ 1⎢ ⎢ I A1 ⎥ = ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢I B ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3⎢ ⎢ ⎥ 2 ⎢I A 2 ⎥ a ⎥⎦ ⎢⎣I C ⎥⎦ ⎢⎣1 a ⎣ ⎦ (2.14) ou na forma de equações I A0 = I A1 = I A2 = 1 (I A + I B + I C ) 3 1 (I A + aI B + a 2I C ) 3 1 (I A + a 2I B + aI C ) 3 (2.15) (2.16) (2.17) A partir dos componentes simétricos da corrente I A , pode-se obter, através da equação X (2.7) , os componentes simétricos das correntes I B e I C . X Em um sistema trifásico, tem-se I A + I B + IC = I N (2.18) Sistemas de Potência II 25 Componentes Simétricos Prof. Luciano V. Barboza portanto, I N = 3I A0 (2.19) Na ausência de um caminho ao neutro em um sistema trifásico, I N é zero e as correntes de linha não contêm componentes de seqüência zero. Assim, uma carga ligada em ∆ não contém componentes de seqüência zero. A equação (2.15) mostra que não existem componentes de seqüência zero se a soma dos X X fasores desequilibrados for zero. A soma dos fasores tensão de linha em um sistema trifásico é sempre zero, portanto, os componentes de seqüência zero nunca estão presentes nas tensões de linha, não importando a dimensão do desbalanceamento. Exemplo 2.1: Um condutor de uma linha trifásica está aberto. A corrente que circula para uma carga ligada em ∆ através da linha a é 10 A. Usando a corrente da linha a como referência e considerando que a linha c esteja aberta, calcular os componentes simétricos das correntes de linha. 2.5. Defasagem dos Componentes Simétricos em Bancos de Transformadores Y − ∆ No curso de Circuitos III, estudou-se a utilização da regra do ponto para transformadores. Para que as correntes do lado de alta e do lado de baixa tensão estejam em fase é necessário que o sentido da corrente em um enrolamento entre pelo ponto e no outro, saia. A marcação padrão para transformadores monofásicos utiliza H 1 e X 1 nos lados AT e BT, respectivamente, ao invés dos pontos. As outras extremidades dos enrolamentos são marcadas por H 2 e X 2 . A Figura 2.4 mostra a equivalência entre as duas regras. No transformador mostrado, as correntes I p e I s estão em fase. Assim, os terminais H 1 e X 1 são positivos no mesmo instante em relação a H 2 e X 2 . Sistemas de Potência II 26 independentemente de estarem os enrolamentos de alta tensão em Y ou em ∆. as marcações são tais que as tensões e correntes nos terminais H 1 . H 2 e H 3 estão em fase com as tensões e correntes nos terminais X 1 . A seqüência de fases é direta (ABC). Luciano V. A Figura 2. com X 1 . em transformadores Y − ∆ e ∆ − Y.5 é o diagrama de ligação de um transformador Y − ∆.5. por letras minúsculas. Entretanto. Sistemas de Potência II 27 . Barboza Figura 2. Em transformadores Y−Y e ∆ − ∆. Diagrama de ligações de um transformador trifásico. respectivamente. Diagrama esquemático de um transformador monofásico. Os enrolamentos colocados em paralelo estão acoplados magneticamente. A Figura 2.Componentes Simétricos Prof. a defasagem deve ser de 30° em atraso. X 2 e X 3 . As fases do lado de AT são designadas por letras maiúsculas e as do lado de BT. H 2 e X 2 e H 3 e X 3 .6 mostra os diagramas fasoriais para os componentes de seqüência das tensões nos dois lados do transformador. sempre há defasagem entre as grandezas do lado de AT e de BT. Para as grandezas de seqüência negativa. H 2 e H 3 e os de BT. exigem que as grandezas de seqüência positiva do lado de AT estejam 30° adiantadas em relação às grandezas de seqüência positiva do lado de BT. X 2 e X 3 . Os terminais de AT dos transformadores trifásicos são marcados com H 1 . As normas americanas para designar os terminais H 1 e X 1.4. em um transformador Y − ∆. Figura 2. pois estão montados sobre o mesmo núcleo. Da Figura 2.6. verifica-se que I A1 está 90° atrasada em relação a I a1 e que I A2 está 90° adiantada em relação a I a 2 .6.20) A Figura 2.7.21) A Figura 2.7. Diagramas fasoriais dos componentes simétricos das tensões. verifica-se que VA1 está 90° atrasada em relação a Va 1 e que VA2 está 90° adiantada em relação a Va 2 .7 mostra os diagramas fasoriais para os componentes de seqüência das correntes nos dois lados do transformador. Assim. as relações entre os componentes simétricos das tensões nos dois lados do transformador é VA1 = −jVa1 VA2 = jVa 2 (2.8(a) mostra as conexões das fases para os terminais de um transformador de Sistemas de Potência II 28 . Diagramas fasoriais dos componentes simétricos das correntes. Seqüência positiva Seqüência negativa Figura 2.Componentes Simétricos Prof. Barboza Seqüência positiva Seqüência negativa Figura 2. Observando os diagramas fasoriais da Figura 2. Luciano V. Assim. as relações entre os componentes simétricos das correntes nos dois lados do transformador é I A1 = −jI a1 I A 2 = jI a 2 (2. com valor 1. Calcular as tensões e correntes de linha.8.8(b) mostra as conexões das fases para os terminais de um transformador de modo que a tensão de seqüência positiva em relação ao neutro VA1 está 30° adiantada em relação à tensão de seqüência positiva em relação ao neutro Va 1 . Em notação matricial Sistemas de Potência II 29 .0 pu Suponha que não haja ligação do neutro da carga com o neutro do secundário do transformador e que a ligação do transformador seja a da Figura 2.2 pu Vca = 1. em pu.22) onde E A .8(a). a potência em um sistema trifásico pode ser calculada diretamente destas componentes.Componentes Simétricos Prof. As tensões na carga de resistores são Vab = 0. A potência total em um sistema trifásico é ∗ ∗ ∗ S = P + jQ = E AI A + E B I B + EC I C (2. I B e I C são as correntes de fase. Potência em Função dos Componentes Simétricos Se os componentes simétricos das tensões e das correntes são conhecidos. 2. a Figura 2. Barboza modo que a tensão de seqüência positiva em relação ao neutro VA1 está 30° adiantada em relação à tensão de seqüência positiva em relação ao neutro Vb1 . Pode ou não haver conexão ao neutro. E B e EC são as tensões de fase e I A .8 pu Vbc = 1.2: Três resistores idênticos.0 pu cada. no lado Δ do transformador. Luciano V. Designações das linhas ligadas a um transformador trifásico Y − ∆ ou ∆ − Y. Exemplo 2. Por outro lado.6. A B C H1 H2 H3 X1 X2 X3 a b c (a) (b) Figura 2. estão conectados em Y ao lado Y de baixa tensão de um transformador ∆ − Y. pode-se escrever a equação (2.23) como X X X X X X S = [AE ] [AI ] T ∗ (2.25) Da álgebra matricial.26) e.23) onde o conjugado de um vetor é o conjugado de cada um de seus componentes.11) e (2.24) onde ⎡E A0 ⎤ ⎢ ⎥ E = ⎢ E A1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢E A2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡I A 0 ⎤ ⎢ ⎥ I = ⎢ I A1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢I A 2 ⎥ ⎣ ⎦ e (2. então.Componentes Simétricos Prof. tem-se que ∗ ⎡1 1 1 ⎤ ⎡1 1 1 ⎤ ⎡I A0 ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ∗ ⎥ E A2 ] ⎢⎢1 a 2 a ⎥⎥ ⎢⎢1 a a 2 ⎥⎥ ⎢ I A1 ⎥ ⎢ ⎥⎢ ∗ ⎥ 2⎥ ⎢ 2 a ⎥⎦ ⎢I A2 ⎥ ⎢⎣1 a a ⎥⎦ ⎢⎣1 a ⎣ ⎦ S = [E A0 E A1 (2.28) e observando que Sistemas de Potência II 30 .12) . Recordando as equações (2. Luciano V.27) Lembrando que AT = A e que a e a 2 são conjugados. Barboza S = [E A E B ⎡ I A ⎤ ∗ ⎡E A ⎤ T ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ EC ] ⎢I B ⎥ = ⎢E B ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢I C ⎥ ⎢EC ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡I A ⎤ ∗ ⎢ ⎥ ⎢I B ⎥ ⎢ ⎥ ⎢I C ⎥ ⎣ ⎦ (2. ∗ S = E T AT [AI ] = E T AT A ∗I ∗ (2. sabe-se que T [AE ] = E T AT (2. Quando estão presentes apenas correntes de seqüência zero.29) obtém-se ⎡I ∗ ⎤ ⎢ A0 ⎥ ⎢ ∗ ⎥ E A2 ] ⎢ I A1 ⎥ ⎢ ∗ ⎥ ⎢I A 2 ⎥ ⎣ ⎦ S = 3 [E A0 E A1 (2. Luciano V. a impedância é chamada impedância de seqüência zero. A análise de uma falta assimétrica em um sistema simétrico consiste em determinar os componentes simétricos das correntes desequilibradas que estão circulando. 2. a queda de tensão causada pela corrente de uma determinada seqüência depende da impedância do circuito para a corrente dessa seqüência. Barboza ⎡1 1 1 ⎤ ⎡1 1 1 ⎤ ⎡ 1 0 0⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ AT A ∗ = ⎢⎢1 a 2 a ⎥⎥ ⎢⎢1 a a 2 ⎥⎥ = 3 ⎢0 1 0⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2⎥ ⎢ 2 ⎢ 0 0 1⎥ a ⎥⎦ ⎢⎣1 a a ⎥⎦ ⎢⎣1 a ⎣ ⎦ (2. A impedância de um circuito.30) Assim. A impedância de uma rede equilibrada para a corrente de uma seqüência pode ser diferente da impedância para a corrente de outra seqüência.Componentes Simétricos Prof. tem-se que ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ S = P + jQ = E AI A + E B I B + EC I C = 3E A0I A0 + 3E A1I A1 + 3E A2I A2 (2. Impedâncias de Seqüência e Circuitos de Seqüência Em qualquer parte de um circuito. a impedância é chamada impedância de seqüência negativa.7. quando apenas correntes de seqüência negativa estão presentes.31) que é a potência trifásica calculada em função dos componentes simétricos das tensões e das correntes. é chamada impedância de seqüência positiva. Analogamente. Uma vez que as correntes componentes de uma seqüência causam queda de tensão somente da mesma seSistemas de Potência II 31 . quando estão circulando apenas correntes de seqüência positiva. finalmente. Figura 2. consideram-se as correntes de qualquer seqüência circulando em um circuito independente composto por impedâncias para as correntes apenas daquela seqüência. Redes de Seqüência para Geradores em Vazio Um gerador em vazio. I b e I c circulam nas linhas. As tensões geradas são somente de seqüência positiva. em um sistema equilibrado.9. 2. a rede de seqüência positiva é composta por uma fem em série com a impedância de seqüência positiva do gerador. é chamado circuito de seqüência para aquela seqüência. incluindo somente as impedâncias do gerador para as correntes de seqüência negativa e zero. pois os geradores são projetados para fornecer tensões trifásicas equilibradas. pois o gerador está em vazio. é mostrado na Figura 2. respectivamente. Luciano V. Barboza qüência e são independentes das correntes de outras seqüências. aterrado através de uma impedância Z n .10. as correntes I a .9. que é também igual às tensões atrás das reatâncias transitória ou subtransitória. O circuito monofásico equivalente. a corrente que circula pelo neutro do gerador é I n . Diagrama de um gerador em vazio aterrado através de uma impedância. Portanto. Os circuitos de seqüência para os geradores são mostrados na Figura 2. As redes de seqüência negativa e zero não contêm forças eletromotrizes. composto somente das impedâncias para a corrente daquela seqüência. Quando ocorre uma falta nos terminais do gerador. A fem gerada na rede de seqüência positiva é a tensão nos terminais do gerador em vazio em relação ao neutro. Se a falta envolve a terra. A barra de referência para as redes de seqüência positiva e negativa é Sistemas de Potência II 32 .8.Componentes Simétricos Prof. A rede de seqüência zero que é um circuito monofásico no qual se supõe que circule apenas a corrente de seqüência zero deve. a barra de referência é o terra do sistema. Barboza o neutro do gerador. pela qual circula I a 0 é.Componentes Simétricos Prof.10. portanto. Para a rede de seqüência zero. Luciano V.10. ter uma impedância de 3Z n + Z g 0 . A impedância total de seqüência zero. Z 0 = 3Z n + Z g 0 Sistemas de Potência II (2.32) 33 . Pela Figura 2. onde Z g 0 é a impedância de seqüência zero por fase do gerador. nota-se que a queda de tensão de seqüência zero é −3I a 0Z n − I a 0Z g 0 . Seqüência positiva Seqüência negativa Seqüência zero Figura 2. Circuitos de seqüência para geradores em vazio A corrente que circula na impedância Z n entre o neutro do gerador e a terra é 3I a 0 . portanto. por cabos de cobertura ou por ambos. as impedâncias de seqüência positiva e negativa de uma linha de transmissão transposta são iguais. Como as correntes de seqüência zero são iguais (módulo e ângulo) nas três fases. pode-se deduzir as relações para os componentes de seqüência das tensões na fase a Va 1 = E a − Z 1I a1 Va 2 = −Z 2I a 2 Va 0 = −Z 0I a 0 (2. Luciano V. Portanto. A corrente retorna pela terra.11 apresenta as impedâncias de seqüência para linhas de transmissão transpostas. simétricos e estáticos são idênticas porque a impedância de tais circuitos é independente da seqüência de fases. Sistemas de Potência II 34 . Barboza Da Figura 2.32) .35) onde E a é a tensão em vazio de seqüência positiva em relação ao neutro. X 2. desde que as tensões aplicadas sejam equilibradas.34) (2. Quando apenas a corrente de seqüência zero circula por uma linha de transmissão.33) (2. Z 1 e Z 2 são as impedâncias de seqüência positiva e negativa do gerador e Z 0 é definida pela equação X (2.5 vezes maiores que as reatâncias de seqüência positiva. o campo magnético devido a estas correntes é muito diferente daqueles produzidos pelas correntes de seqüência positiva e negativa.Componentes Simétricos Prof.10. A Figura 2. ela é a mesma em todas as fases. Impedâncias de Seqüência para Linhas de Transmissão As impedâncias de seqüência positiva e negativa de circuitos lineares.9. Esta diferença resulta em reatâncias indutivas de seqüência zero para linhas de transmissão aéreas de 2 a 3. Luciano V. Barboza Barra de referência Ea1 ′ Ea1 Ea 2 ′ Ea 2 Ea 0 Ia0 ′ Ea 0 Z0 Seqüência positiva Seqüência negativa Seqüência zero Figura 2. Assim. Equações análogas podem ser determinadas para Vb e Vc .11. 2. têm-se que Va = Z f I a + Z n I n = Z f I a + Z n (I a + I b + I c ) = (Z f + Z n )I a + Z n I b + Z n I c (2. Impedâncias de Seqüência para Cargas Estáticas A Figura 2. Carga estática conectada em Y.12. Vb = Z n I a + (Z f + Z n )I b + Z n I c Vc = Z n I a + Z n I b + (Z f + Z n )I c (2. A impedância de cada fase é Z f e a impedância de neutro é Z n .37) (2. Da figura 2.Componentes Simétricos Prof. Impedâncias de seqüência para linhas de transmissão transpostas.12 mostra uma carga estática conectada em Y. tem-se Sistemas de Potência II 35 .12.38) Escrevendo na forma matricial.10.36) Figura 2. 39) em função dos componentes simétricos das tensões e das X X correntes.43) é chamada matriz de impedâncias X X Sistemas de Potência II 36 .43) A matriz impedância Z S definida na equação (2.39) Escrevendo a equação (2.42) onde ⎡Z f + Z n ⎢ Z S = A −1 ⎢⎢ Z n ⎢ Z n ⎢⎣ Zn Z f + Zn Zn ⎤ ⎥ Z n ⎥⎥ A Z f + Z n ⎥⎥⎦ Zn (2. obtém-se ⎡V ⎤ ⎡Z + Z n ⎢ a0 ⎥ ⎢ f A ⎢Va1 ⎥ = ⎢⎢ Z n ⎢ ⎥ ⎢V ⎥ ⎢ Z n ⎣ a 2 ⎦ ⎢⎣ ⎡1 1 1 ⎤ ⎢ ⎥ A = ⎢⎢1 a 2 a ⎥⎥ ⎢ 2⎥ ⎢⎣1 a a ⎥⎦ ⎤ ⎡ ⎤ ⎥ ⎢I a 0 ⎥ Z n ⎥⎥ A ⎢I a1 ⎥ ⎢ ⎥ Z f + Z n ⎦⎥⎥ ⎣⎢I a 2 ⎥⎦ Zn Zn Z f + Zn Zn (2.40) onde Pré-multiplicando a equação (2. Barboza ⎡V ⎤ ⎡Z + Z n ⎢ a⎥ ⎢ f ⎢V ⎥ = ⎢ Z n ⎢ b⎥ ⎢ ⎢V ⎥ ⎢ Z n ⎣ c ⎦ ⎣⎢ Zn Z f + Zn Zn ⎤ ⎡I a ⎤ ⎥⎢ ⎥ ⎥ ⎢I ⎥ ⎥ ⎢ b⎥ Z f + Z n ⎦⎥⎥ ⎢⎣I c ⎥⎦ Zn Zn (2. obtém-se X X ⎡Z ⎡V ⎤ Z ⎢ f + n ⎢ a0 ⎥ −1 ⎢ ⎢Va1 ⎥ = A ⎢ Zn ⎢ ⎥ ⎢ Z ⎢V ⎥ n ⎢⎣ ⎣ a2 ⎦ Zn Z f + Zn Zn ⎤ ⎡I a 0 ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ Z n ⎥⎥ A ⎢I a1 ⎥ ⎢ ⎥ Z f + Z n ⎦⎥⎥ ⎢⎣I a 2 ⎥⎦ Zn (2.Componentes Simétricos Prof. Luciano V.40) por A −1 .41) ou ⎡Va 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢Va 1 ⎥ = Z S ⎢ ⎥ ⎢Va 2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡I a 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢I a1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢I a 2 ⎥ ⎣ ⎦ (2. Luciano V.13. Se a carga estiver conectada em ∆.46) A Figura 2.Componentes Simétricos Prof. não haverá correntes de seqüência zero circulando Sistemas de Potência II 37 . Barboza de seqüência. pode-se escrever que X X X X Va 0 = (Z f + 3Z n )I a 0 Va 1 = Z f I a1 Va 2 = Z f I a 2 (2.42) e (2.44) . Ela pode ser obtida por ⎡1 1 1 ⎤ ⎡Z + Z ⎡Z 0 ⎤ n ⎥⎢ f ⎢ ⎥ 1⎢ ⎢Z 1 ⎥ = ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢ Z n ZS = ⎥⎢ ⎢ ⎥ 3⎢ ⎢ ⎥⎢ 2 ⎢Z 2 ⎥ a ⎥⎦ ⎢⎣ Z n ⎣ ⎦ ⎣⎢1 a ⎡Z f + 3Z n ⎢ Z S = ⎢⎢ 0 ⎢ 0 ⎢⎣ ⎤ ⎡1 1 1 ⎤ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢1 a 2 a ⎥ ⎥ ⎥⎢ Z f + Z n ⎥⎥⎦ ⎢⎢1 a a 2 ⎥⎥ ⎣ ⎦ Zn Zn Zn Z f + Zn Zn 0 Zf 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ Z f ⎥⎥⎦ 0 0 (2.45) De onde se conclui que Z 0 = Z f + 3Z n Z1 = Z f Z2 = Z f (2.13 mostra as impedâncias de seqüência para uma carga passiva conectada em Y. Seqüência positiva Seqüência negativa Seqüência zero Figura 2. Impedâncias de seqüência para uma carga passiva conectada em Y.44) A partir das equações (2. Se a impedância por fase for Z ∆ . Barboza pela rede de seqüência zero devido à ausência do neutro.14 mostra as impedâncias de seqüência de uma carga passiva ligada em ∆. Luciano V. tem-se Zf = Z∆ 3 (2. o seu comportamento é idêntico ao estudado no curso de Sistemas de Potência I. Impedâncias de seqüência para uma carga passiva conectada em ∆.47) A Figura 2.11.Componentes Simétricos Prof. Redes de seqüência para um transformador trifásico.15. Seqüência positiva Seqüência negativa Figura 2. A Figura 2. Sistemas de Potência II 38 . transformando a carga para uma conexão equivalente em Y. Z1 = Z f = Z∆ 3 Z2 = Z f = Z∆ 3 Z0 = Z f = Z∆ 3 Seqüência positiva Seqüência negativa Seqüência zero Figura 2.14. a oposição à circulação destas correntes é a própria impedância ZT do transformador. Impedâncias de Seqüência para Transformadores Trifásicos Quando apenas correntes de seqüência positiva ou negativa circulam por um transformador. 2.15 mostra as redes de seqüência positiva e negativa para um transformador trifásico. ou seja. existe um caminho. através da impedância de dispersão do transformador. existe um circuito aberto para a corrente de seqüência zero entre as duas partes do sistema ligadas pelo transformador. Barboza O valor da impedância de seqüência zero de transformadores trifásicos também é a impedância de dispersão do transformador XT . Assim. A corrente de seqüência zero. os dois lados do transformador são interligados pela impedância de seqüência zero do transformador. Banco Y−Y com apenas um neutro aterrado: se qualquer um dos neutros de um banco Y−Y não estiver aterrado. é infinita. Cinco possibilidades serão analisadas a seguir. até a barra de referência. Luciano V. que circula no ∆ para equilibrar a corrente de seqüência zero no Y. os circuitos de seqüência zero de transformadores trifásicos requerem um estudo mais detalhado em função dos enrolamentos do primário e do secundário poderem estar conectados em Y ou ∆. através do transformador. Como a corrente de seqüência zero pode seguir um caminho completo por fora do transformador em ambos os lados. ela também poderá circular em ambos os enrolamentos do transformador. Banco Y − ∆. Deve existir um circuito aberto entre a linha e a barra de referência no lado ∆. Assim. entre o neutro e a terra. não pode circular nas linhas ligadas ao ∆. Y não-aterrado: um Y não-aterrado é o caso onde a impedância Z n . a impedância 3Z n do caso anterior torna-se infiniSistemas de Potência II 39 . as correntes de seqüência zero possuem um caminho para a terra através da ligação Y porque as correspondentes correntes induzidas podem circular no ∆. Banco Y−Y ambos os neutro aterrados: neste caso. Se a ligação do neutro à terra apresenta uma impedância Z n . para as correntes de seqüência zero em ambos os enrolamentos. Banco Y − ∆. Y aterrado: se o neutro de um banco Y − ∆ estiver aterrado. o circuito equivalente de seqüência zero deve ter uma impedância de 3Z n em série com a impedância de dispersão do transformador para ligar a linha no lado Y até a terra. O circuito equivalente oferece um caminho a partir do Y. A ausência de caminho em um enrolamento impede a passagem da corrente no outro. a corrente de seqüência zero não pode circular em nenhum dos enrolamentos.Componentes Simétricos Prof. Assim. Porém. embora ela possa circular nos enrolamentos ∆.Componentes Simétricos Prof. Barboza ta. A corrente de seqüência zero não pode circular nos enrolamentos do transformador. Luciano V.16 mostra os circuitos de seqüência zero para as diferentes conexões de transformadores trifásicos. A Figura 2. Sistemas de Potência II 40 .16. Banco ∆ − ∆: como o circuito ∆ não oferece caminho de retorno para as correntes de seqüência zero. Circuitos de seqüência zero para transformadores trifásicos. Ligação Seqüência zero − − − − − Figura 2. essas correntes não podem circular em bancos ∆ − ∆. 230/20 kV.3: Um gerador trifásico de 300 MVA. Escolha os valores nominais do gerador como base no circuito deste. Diagrama unifilar para o Exemplo 2. No neutro do gerador está presente um reator de limitação de corrente de 0.4 Ω. Os motores. Trace os diagramas de seqüências positiva.2 kV. O gerador alimenta um certo número de motores síncronos através de uma linha de transmissão de 64 km. apresenta reatância de 10%. tem uma reatância subtransitória de 20%. O neutro do motor M 1 está aterrado através de uma reatância de 0.5 Ω/km. O neutro do motor M 2 não está aterrado. tendo transformadores em ambas as extremidades. Para ambos os motores X ′′ = 20%. Considere a reatância de seqüência negativa de cada máquina igual à sua reatância subtransitória. O transformador T2 é composto de três transformadores monofásicos. As entradas nominais para os motores são 200 MVA para M 1 e 100 MVA para M 2 . considere a reatância de seqüência zero igual a 5%. Sistemas de Potência II 41 . A reatância em série da linha de transmissão é 0. Barboza Exemplo 2. com reatância de 10%. Para o gerador e os motores. O transformador trifásico T1.2 kV. Figura 2.3.5 Ω/km.17. Luciano V.4 Ω.Componentes Simétricos Prof. cada um de 100 MVA. de 350 MVA. todos de 13. 127/13. A reatância de seqüência zero da linha de transmissão é 1. como mostra o diagrama unifilar da Figura 2. negativa e zero com todas as reatâncias em pu. estão representados por dois motores equivalentes.17. 20 kV. I a = 10∠0° A. I b e I bc e I c e I ca .8∠ − 121. calcule as tensões em relação ao neutro Va . Um conjunto de tensões de fase desequilibradas Van . Uma carga trifásica consiste de uma carga equilibrada conectada em ∆ em paralelo com uma outra ligada em Y. I b = 141. 2.3. ligada em ∆. Suponha que o neutro da carga não está aterrado. 2. As tensões nos terminais de uma carga equilibrada consistindo em três resistores de 10 Ω. Vbn e Vcn com com- ponentes simétricos de seqüência iguais a Van 0 = 10∠60° V.1. Apresente também o resultado na forma de um diagrama.5. As correntes que circulam nas linhas para uma carga equilibrada.6. Calcule os componentes simétricos das três correntes I b = 10∠ − 130° A e I c = 10∠130° A. Barboza 2. os valores típicos para os componentes simétricos da corrente na fase a são I a1 = 600∠ − 90° A. Verifique a resposta. Lista de Exercícios 2. Calcule as correntes para a terra e a corrente em cada fase do gerador. Luciano V. Determine as defasagens en- ter I a e I ab . O neutro da carga conectada em Y está aterrado através de uma impedância Z n = j 1 Ω. Calcule também a potência consumida nos três resistores usando os componentes simétricos das correntes e tensões. A impedância por fase da carga em ∆ é Z ∆ = (6 + j 6) Ω e a impedância por fase da carga em Y vale Z Y = (2 + j 2) Ω. Vb e Vc . Va 2 = 20∠90° V e Va 0 = 10∠180° V. Sendo Va 1 = 50∠0° V. Quando um gerador tem o terminal a aberto e os outros dois terminais estão ligados entre si com um curto-circuito desta conexão com a terra. I a 2 = 250∠90° A e I a 2 = 350∠90° A. são Vab = 100∠0° V. Vbc e Vb e Vca e Vc . 44° V e Vca = 90∠130° V.2.12. 4∠ − 135° A e I c = 100∠90° A. Van 1 = 100∠0° V e Sistemas de Potência II 42 . 2. Determine as defasagens entre Vab e Va . ligados em Y. 2. Vbc = 80.Componentes Simétricos Prof. são I a = 100∠0° A. 2.4. diretamente a partir das correntes no lado Y multiplicando pela relação de espiras dos enrolamentos. X = 10% Construa as redes de seqüência positiva. b) Calcule a potência complexa por seqüência fornecida às cargas em ∆ e em Y. Os geradores e transformadores apresentam as seguintes características: Gerador 1: 20 MVA.8 kV no circuito do gerador 1. a) Construa os diagramas de seqüência positiva.7. 2. negativa e zero. Luciano V. X 2 = 20% e X 0 = 5% Gerador 2: 30 MVA. Complete a verificação calculando as correntes de linha em função das correntes de fase no lado ∆.9. Calcule as correntes que circulam nas linhas da carga convertendo em pu os componentes simétricos das correntes na base dos valores nominais do transformador e defasando os componentes de acordo com a equação (2. Barboza Van 2 = 15∠ − 160° V são aplicadas à carga trifásica descrita acima.8.Componentes Simétricos Prof. X ′′ = 20%.4 estejam circulando por uma linha de transmissão conectada ao lado Y de um transformador Y − ∆ com valores nominais 10 MVA e 66 Y/13. A resistência na fase a é 10 Ω. em A. Suponha que as correntes especificadas no Exercício 2. cada uma de 10 MVA.19. 2. X ′′ = 20%. calcule a corrente na fase a e a tensão Va . Coloque todos os valores em pu na base de 50 MVA e 13. 20 kV. 13. Os neuSistemas de Potência II 43 . 220Y / 22Y kV. X 2 = 20% e X 0 = 5% Gerador 3: 30 MVA. 220Y / 13. O neutro da carga não está aterrado.2 ∆ kV. c) Calcule a potência complexa total fornecida à carga trifásica. 18 kV. São aplicadas tensões de linha trifásicas equilibradas de 100 V a uma carga ligada em Y consistindo de três resistores. A carga está conectada ao lado ∆ do transformador. X ′′ = 20%. na fase b é 20 Ω e na fase c é 30 Ω.21) . 127/18 kV. Verifique os resultados X X calculando as correntes em cada fase dos enrolamentos ∆. X = 10% Transformador 2: unidades monofásicas. Escolhendo Vab como referência. O diagrama unifilar de um sistema sem carga está apresentado na Figura 2. 2. X 2 = 20% e X 0 = 5% Transformador 1: 25 MVA. negativa e zero para o sistema.8Δ kV.8 kV. X = 10% Transformador 3: 35 MVA. 13. Luciano V. 18 kV. 18 kV. X 2 = 20% e X 0 = 8% Gerador 2: 20 MVA.10.9. 2. tendo reatâncias de 5% na base da máquina a qual estão conectados. 138Y / 13.Componentes Simétricos Prof.20.19. Construa as redes de seqüência positiva. X ′′ = 20%. Diagrama unifilar para o Problema 2. Barboza tros dos geradores 1 e 3 são ligados à terra através de reatores de limitação de corrente.8∆ kV. X ′′ = 20%. X 2 = 20% e X 0 = 8% Transformadores Y−Y: 20 MVA. As características dos geradores. Represente as reatâncias em pu em uma base de 50 MVA e 138 kV na linha de 40 Ω. X = 10% Transformadores Y−∆: 15 MVA. motores e transformadores são: Gerador 1: 20 MVA. Figura 2. As reatâncias de seqüência zero das linhas de transmissão valem três vezes as suas reatâncias de seqüência positiva. 138Y / 20Y kV. X 2 = 20% e X 0 = 8% Motor síncrono: 30 MVA. X ′′ = 20%. cada um com uma reatância de 5% na base da máquina a qual é conectado.8 kV. A reatância de seqüência zero da linha de transmissão é 210 Ω de A até B e 250 Ω de B até C. negativa e zero do sistema elétrico apresentado na Figura 2. X = 10% Os neutros das máquinas estão aterrados através de reatores de limitação de corrente. Sistemas de Potência II 44 . Barboza Figura 2.10. Luciano V.20. Sistemas de Potência II 45 . Diagrama unifilar para o Problema 2.Componentes Simétricos Prof. Luciano V.Componentes Simétricos Prof. Barboza Sistemas de Potência II 46 . o método dos componentes simétricos é muito útil na determinação das correntes e tensões no sistema após a ocorrência de uma falta assimétrica.35). FALTAS ASSIMÉTRICAS 3.34) e (2. seção 2. (2. positiva e negativa.III. a relação para os componentes simétricos das tensões na fase a em um gerador em vazio como ⎡Va 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡Z 0 0 0 ⎤ ⎡I a 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢Va1 ⎥ = ⎢E a ⎥ − ⎢ 0 Z 1 0 ⎥ ⎢ I a 1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢Va 2 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ 0 0 Z 2 ⎥ ⎢I a 2 ⎥ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ (3. da corrente da fase a. E a é a tensão em vazio da fase a. pode-se escrever. 3.1.1) onde Va 0 . Va1 e Va 2 são os componentes simétricos de seqüência zero. I a 0 . positiva e negativa. Introdução A maioria das faltas que ocorre em sistemas elétricos é assimétrica podendo constituir-se em curto-circuitos fase-terra. respectivamente. do gerador. positiva e negativa. Z 1 e Z 2 são as impedâncias de seqüência zero. fase-fase ou fase-fase-terra. equações (2.33). em notação matricial. I a 1 e I a 2 são os componentes simétricos de seqüência zero. respectivamente. Z 0 .2. Sistemas de Potência II 47 . Faltas em Geradores em Vazio Do capítulo 2. Como qualquer falta assimétrica provoca o fluxo de correntes desequilibradas no sistema. O caminho para a corrente de falta pode ou não conter uma impedância. respectivamente. da tensão da fase a.8. 2) Os componentes simétricos da corrente na fase a são ⎡1 1 1 ⎤ ⎡ I ⎤ ⎡I a 0 ⎤ ⎥⎢ a ⎥ ⎢ ⎥ 1⎢ ⎢ I a 1 ⎥ = ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢I b = 0⎥ ⎥⎢ ⎢ ⎥ 3⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢I = 0 ⎥ 2 ⎢I a 2 ⎥ a ⎥⎦ ⎣ c ⎢⎣1 a ⎣ ⎦ ⎦ (3. é mostrado na Figura 3. As condições na falta são Ib = 0 Ic = 0 Va = 0 (3.1.3) o que resulta em I a1 = I a 2 = I a 0 = 1 Ia 3 (3.1. Figura 3. Falta entre Fase e Terra O circuito para uma falta fase-terra em um gerador em vazio ligado em Y. os circuitos de seqüência do gerador devem ser conectados em série.4) Para que os três componentes simétricos da corrente na fase a sejam iguais. com seu neutro aterrado através de uma reatância.Faltas Assimétricas Prof. onde a falta ocorre na fase a. Barboza 3. Luciano V. como mostra a Figura 3. Diagrama para uma falta fase-terra em um gerador em vazio.2.2.1. Sistemas de Potência II 48 . Sistemas de Potência II 49 .8 kV e uma reatância subtransitória de eixo direto de 0. Luciano V. 13. Note que se não há ligação entre a terra e o neutro do gerador. a corrente na fase a será zero. 0.Faltas Assimétricas Prof.2. tem-se que I a1 = I a 2 = I a 0 = Ea Z1 + Z 2 + Z 0 (3.2.1. I a 2 e I a 0 serão nulas e.5) Se o neutro do gerador não estiver aterrado. Exemplo 3.35 e 0.1: Um gerador tem valores nominais de 20 MVA. O neutro do gerador está solidamente aterrado. não existe caminho para a corrente na falta.25 pu. Da Figura 3. portanto. as correntes I a1 . Calcule a corrente subtransitória no gerador e as tensões de linha em condições subtransitórias quando ocorre uma falta fase-terra nos terminais do gerador. Assim. a rede de seqüência zero estará aberta e Z 0 será infinita. Esta mesma conclusão pode ser obtida analisando o circuito da Figura 3. Barboza Figura 3. As reatâncias de seqüência negativa e zero são.10 pu. respectivamente. quando este está operando sem carga com tensão nominal. Conexão das redes de seqüência de um gerador em vazio para uma falta fase-terra. Faltas Assimétricas Prof. Diagrama para uma falta fase-fase em um gerador em vazio.3. sem carga é mostrado na Figura 3.7) Para os componentes simétricos da corrente na fase a.2.2. tem-se ⎡1 1 1 ⎤ ⎡ I = 0 ⎤ ⎡I a 0 ⎤ ⎥⎢ a ⎥ ⎢ ⎥ 1⎢ ⎥ ⎢I a1 ⎥ = ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢ I b ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3⎢ ⎢ ⎥ ⎢I = −I ⎥ 2 ⎢I a 2 ⎥ a ⎦⎥ ⎣ c b⎦ ⎣ ⎦ ⎣⎢1 a (3. Luciano V. As condições para a falta são Vb = Vc Ia = 0 I c = −I b (3.8) Sistemas de Potência II 50 . (3. Barboza 3. com aterramento. Falta entre Fase e Fase O circuito para uma falta fase-fase em um gerador ligado em Y. As fases em falta são b e c. Figura 3.3.6) Os componentes simétricos da tensão na fase a são ⎡1 1 1 ⎤ ⎡ V ⎤ ⎡V ⎤ a ⎥⎢ ⎥ ⎢ a0 ⎥ 1 ⎢ ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢ V ⎥ ⎢Va 1 ⎥ = b ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3⎢ ⎢ ⎥ ⎢V = V ⎥ 2 ⎢Va 2 ⎥ a ⎥⎦ ⎣ c b⎦ ⎢⎣1 a ⎣ ⎦ resultando em Va 1 = Va 2 . Exemplo 3. e assim Va 0 = −Z 0I a 0 = 0 (3.2: Calcule as correntes e as tensões de linha subtransitórias na falta quando ocorre uma falta fase-fase os terminais do gerador do Exemplo 3.10) Como a falta não envolve a terra.4. Figura 3. pois a corrente I n é igual a 3I a 0 . encontrou-se I a 0 = 0.1. deve-se conectar as redes de seqüência positiva e negativa em paralelo. Sistemas de Potência II 51 .Faltas Assimétricas Prof. conforme mostra a Figura 3. O gerador está em vazio e operando com tensão nominal quando a falta ocorre. Este resultado confirma o fato de não haver corrente no neutro. Na dedução das equações.4. portanto. Barboza o que fornece I a 0 = 0 e I a 2 = −I a 1 . Z 0 será finito. Com Va 1 e Va 2 iguais e com I a 1 igual a −I a 2 . tem-se que I a1 = Ea Z1 + Z 2 (3.9) Com Va 0 igual à zero. não influi na falta. Havendo conexão entre o neutro do gerador e a terra. não existe corrente para a terra. Luciano V.4. Da figura 3. a rede de seqüência zero está em curto-circuito e. Conexão das redes de seqüência de um gerador em vazio para uma falta fase-fase. não sendo usada. 11) Os componentes simétricos da tensão na fase a são ⎡1 1 1 ⎤ ⎡ V ⎤ ⎡Va 0 ⎤ ⎥⎢ a ⎥ ⎢ ⎥ 1⎢ ⎢Va 1 ⎥ = ⎢1 a a 2 ⎥ ⎢Vb = 0⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3⎢ ⎢ ⎥ 2 ⎢Va 2 ⎥ a ⎦⎥ ⎢⎣Vc = 0⎥⎦ ⎢⎣1 a ⎣ ⎦ (3.Faltas Assimétricas Prof.13) Para que os três componentes simétricos da tensão na fase a sejam iguais. Barboza 3.6.12) o que fornece 1 Va 1 = Va 2 = Va 0 = Va 3 (3. As condições na falta são Vb = 0 Vc = 0 Ia = 0 (3. Luciano V.5. os circuitos de seqüência do gerador devem ser conectados em paralelo. como mostra a Figura 3. Figura 3.2.3. Diagrama para uma falta fase-fase-terra em um gerador em vazio. As fases em falta são b e c. Falta entre Duas Fases e Terra A Figura 3. com o neutro aterrado.5 mostra o circuito para uma falta entre duas fases e terra em um gerador ligado em Y e em vazio. Sistemas de Potência II 52 . 3. Sistemas de Potência II 53 . Na ausência de uma conexão com a terra no gerador.6. para uma falta fase-fase. o resultado é o mesmo de uma falta fase-fase. Da Figura 3. As correntes I a . quando Z 0 tende para o infinito.14) . Z 0 é infinita e I a 0 é nula. Conexão das redes de seqüência de um gerador em vazio para uma falta fase-fase e terra. X X Exemplo 3. Luciano V. Neste caso. Faltas Assimétricas em Sistemas de Potência A Figura 3. A equação (3.3: Calcule as correntes e tensões de linha subtransitória na falta quando ocorre um curto-circuito entre duas fases e terra nos terminais do gerador do Exemplo 3. tende X X à equação (3. para uma falta fase-fase e terra.14) O esquema de conexão das redes de seqüência mostra que a corrente de seqüência positiva I a1 é determinada pela tensão E a aplicada em Z 1 em série com a combinação em paralelo de Z 2 e Z 0 .6. 3.7 mostra os três condutores do sistema trifásico na parte da rede onde ocorre a falta.1. I b e I c são as correntes que saem do sistema originalmente equilibrado para a falta.Faltas Assimétricas Prof. Barboza Ea Va1 Z1 Ia1 Z2 Ia2 Va2 Z0 3Zn Va0 Zg0 Ia0 Figura 3. O gerador estava operando em vazio e com tensão nominal quando a falta ocorre. nenhuma corrente flui para a terra na falta. pode-se escrever que I a1 = Ea Z ⋅Z Z1 + 2 0 Z2 + Z0 (3. através de fios hipotéticos. Do ponto de vista da corrente.10) . A tensão de fase da fase a antes da ocorrência da falta. Luciano V. Como as redes de seqüência são circuitos lineares.1) .15) onde Z 1 . Z 2 e Z 0 correspondem às impedâncias de Thèvenin entre o ponto de falta e a barra de referência. Dessa forma. Vb e Vc . exceto com a substituiX X ção de E a por V f . A fem do único gerador no circuito equivalente de Thèvenin de seqüência positiva é V f . a equação matricial para os componentes simétricos da tensão de falta na fase a é semelhante àquela para geradores em vazio. com todas as fem curto-circuitadas. será chamada V f .Faltas Assimétricas Prof. no local da falta. equação (3. respectivamente. que é uma tensão de seqüência positiva porque o sistema está equilibrado antes da ocorrência da falta.7. cada uma delas pode ser substituída pelo seu equivalente Thèvenin entre a barra de referência e o ponto de falta. Sistemas de Potência II 54 . ⎡Va 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡Z 0 0 0 ⎤ ⎡I a 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢Va 1 ⎥ = ⎢V f ⎥ − ⎢ 0 Z 1 0 ⎥ ⎢I a1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢V ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ 0 0 Z ⎥ ⎢I ⎥ a2 ⎦ 2 ⎦ ⎣ a2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎣ (3. a tensão de fase pré-falta no ponto de falta. Três condutores do sistema trifásico. as impedâncias Z 2 e Z 0 são as impedâncias entre o ponto de falta e a barra de referência nas redes de seqüência negativa e zero. Analogamente. As tensões de fase no local da falta serão designadas por Va . A impedância Z 1 do circuito equivalente é a impedância entre o ponto de falta e a barra de referência na rede de seqüência positiva. Barboza a Ia b Ib c Ic Figura 3. as relações para os componentes simétricos da corrente na fase a devem ser os mesmos. os fios hipotéticos das três linhas na falta são conectados como é mostrado na Figura 3. Sistemas de Potência II 55 . negativa e zero também devem ser interligados em série. Diagrama de ligação dos fios hipotéticos para uma falta fase-terra.9. As relações existentes nesta falta são Ib = 0 Ic = 0 Va = 0 (3.3.Faltas Assimétricas Prof.3. I a1 = I a 2 = I a 0 I a1 = Vf Z1 + Z 2 + Z 0 (3.16) Estas relações são as mesmas que se aplicaram à falta fase-terra em um gerador em vazio.1. a Ia b Ib c Ic Figura 3. Falta entre Fase e Fase Para uma falta entre fase e fase. Falta entre Fase e Terra Para uma falta fase-terra.8. os fios hipotéticos do sistema elétrico são conectados como mostra a Figura 3.2. Barboza 3. exceto pela troca de E a por V f e os equivalentes Thèvenin de seqüência positiva.8. Luciano V. Assim.17) 3. As relações matemáticas para a falta são Va1 = Va 2 I a1 = Vf Z1 + Z 2 (3.18) As relações anteriores são idênticas. Falta entre Duas Fases e Terra Para uma falta entre duas fases e terra. Diagrama de ligação dos fios hipotéticos para uma falta fase-fase.19) 3. os fios são conectados como mostra a Figura 3.9.10. Barboza a Ia b Ib c Ic Figura 3.3. Sistemas de Potência II 56 .3.Faltas Assimétricas Prof. As relações existentes neste tipo de falta são Vb = Vc Ia = 0 I c = −I b (3. em forma. Dessa forma. Luciano V. àquelas que se aplicam a uma falta fasefase em um gerador em vazio. os equivalentes Thèvenin das redes de seqüência positiva e negativa devem ser conectados em paralelo e a rede de seqüência zero não participa da falta. tem-se Va1 = Va 2 = Va 0 I a1 = Vf Z ⋅Z Z1 + 2 0 Z2 + Z0 (3. 3.21) indicam que os equivalentes Thèvenin das redes de seqüênX X X X cia positiva. Barboza Figura 3.2. Na Figura 3. As relações na falta são Vb = 0 Vc = 0 Ia = 0 (3. Diagrama de ligação dos fios hipotéticos para uma falta fase-fase e terra.Faltas Assimétricas Prof. A rede de Sistemas de Potência II 57 . As redes de seqüência estão indicadas por um retângulo em cujo interior há uma linha grossa que representa a barra de referência e um ponto P que indica o ponto de falta.21) As equações (3. Interpretação das Redes de Seqüência Interconectadas Nas seções anteriores. inclusive a falta trifásica simétrica. Luciano V.20) e (3. viu-se que as redes de seqüência de um sistema elétrico podem ser interconectadas de modo que a solução da rede resultante forneça os componentes simétricos das correntes e tensões na falta.3.4.20) Por comparação com a dedução realizada na Seção 3.10.11 são mostradas as conexões das redes de seqüência para simular os diferentes tipos de falta. negativa e zero devem ser conectados em paralelo no ponto de falta para simular uma falta entre duas fases e terra. para uma determinação mais correta das correntes de seqüência positiva no sistema original. Esta corrente é a corrente de carga pré-falta. Conexões das redes de seqüência para simular os diferentes tipos de falta. Entretanto. se houver diferença de fase ou de amplitude entre as fem. Barboza seqüência positiva é a única que contém fem que representam as tensões internas das máquinas. Falta trifásica Falta fase-fase Falta fase-fase e terra Falta fase-terra Figura 3. haverá corrente circulando antes da falta. Dessa forma. Os motores são de 600 V e operam com rendimento de 89.11.4: Um grupo de motores síncronos idênticos é conectado através de um transformador a uma barra de 4.16 kV em local afastado das usinas geradoras de um sistema de potência.5% quando em plena Sistemas de Potência II 58 . O circuito de Thèvenin entre a barra de referência e o ponto de falta para a rede de seqüência positiva é equivalente somente em efeito à rede original de seqüência positiva.Faltas Assimétricas Prof. No circuito equivalente não há correntes circulando anteriormente a ocorrência da falta. Luciano V. na rede original de seqüência positiva. Exemplo 3. deve-se incluir a componente de corrente pré-falta à corrente durante a falta. 2.730 kW (5.04 pu e está aterrado através de uma reatância de 0.000 HP).16 kV.1 pu.12 e o esquema de ligação do transformador.16 kV através de um banco de transformadores composto de três unidades monofásicas. Ligação do banco de transformadores do Exemplo 3. Diagrama unifilar para o Exemplo 3. Cada um dos motores idênticos está alimentando uma parcela igual de uma carga total de 3.2 pu e X 0 = 0. Calcule as correntes subtransitórias de linha em todas as partes do sistema de energia. A soma de suas potências de saída é de 4.000 HP) e está operando com tensão nominal. O sistema de potência que fornece os 4. X 2 = 0.13. A reatância de dispersão de cada transformador é de 10%. Considere o grupo de motores como um único motor equivalente.500 kVA. na Figura 3.Faltas Assimétricas Prof.13.476 kW (6. são X ′′ = 0.4.12. Os motores estão conectados ao barramento de 4. cada uma com 2. 4. Luciano V.05 pu.02 pu. quando ocorre uma falta fase-terra no lado de baixa tensão do banco de transformadores. com fator de potência de 85% atrasado e com rendimento de 88%. Barboza carga com fator de potência unitário e tensão nominal. Os enrolamentos de 600 V são ligados em Δ e os enrolamentos de 2.2 pu. Sistemas de Potência II 59 . Figura 3.400 / 600 V.05 pu e X n entre neutro e terra igual à 0.16 kV para o barramento é representado por um gerador equivalente de Thèvenin de 7. Figura 3. com base em seus próprios kVA nominais de entrada.400 V são conectados em Y.4. As reatâncias em pu do motor equivalente. O diagrama unifilar do sistema elétrico está mostrado na Figura 3. com reatâncias de X ′′ = X 2 = 0.500 kVA. X 0 = 0. notando que as redes de seqüência positiva. Barboza 3. Análise de Faltas Assimétricas Usando a Matriz Impedância de Barra No Capítulo 1. O método pode facilmente ser estendido a faltas assimétricas. Luciano V. As admitâncias de transferência permitem calcular as tensões nas outras barras do sistema elétrico. no sistema elétrico do Exemplo 3. negativa e zero podem ser representadas por redes equivalentes de impedâncias de barras. Exemplo 3. Z 332 e Z 330 são as impedâncias próprias da barra 3 de seqüência positiva. usamos a matriz impedância de barras para determinar as correntes e tensões na ocorrência de uma falta trifásica. Use a matriz impedância de barra e calcule também a tensão na barra 2 com a barra 1 em falta.22) onde Z 331 . com as quais se podem determinar as correntes de linha.Faltas Assimétricas Prof. Assim. primeiro na barra 1 e depois na barra 2. para uma falta fase-terra na barra 3 de um sistema hipotético tem-se I a1 = Vf Z 331 + Z 332 + Z 330 (3.4. negativa e zero.5.5: Calcule as correntes subtransitórias para uma falta fase-terra. respectivamente. Sistemas de Potência II 60 . Antes de ser conectado ao sistema.162 Ω no neutro. d) a corrente subtransitória de linha para uma falta entre duas fases e terra. O gerador possui um reator limitante de corrente de 0. Com a reatância indutiva obtida no Exercício 3.05 pu. 18 kV.4. Um gerador de 100 MVA. Calcule o valor da reatância indutiva em Ω que deve ser inserida no aterramento do neutro do gerador do Exercício 3. Lista de Exercícios 3. solidamente aterrado e está operando em vazio com tensão nominal.15 pu e X 0 = 0. Luciano V. Suas reatâncias são X ′′ = X 2 = 0. Calcule: a) a corrente subtransitória de linha para uma falta trifásica. 22 kV. Barboza 3.1 limita a corrente subtransitória de linha para uma falta fase-terra ao valor obtido para a falta trifásica? 3. c) a corrente subtransitória de linha para uma falta entre duas fases. c) uma falta fase-fase e terra.1 para limitar a corrente subtransitória de linha para uma falta fase-terra ao valor da corrente para uma falta trifásica.2 inserida no neutro do gerador do Problema 3. sua tensão é ajustada para 16 kV quando ocorre uma falta fase-fase-terra nos terminais b e c. Ele está isolado do restante do sistema.1.1. 3. calcule as correntes subtransitórias de linha para: a) uma falta fase-terra. Sistemas de Potência II 61 .Faltas Assimétricas Prof. tendo X ′′ = X 2 = 20% e X 0 = 5%. Calcule o valor eficaz da corrente simétrica inicial para a terra na linha b. b) a corrente subtransitória de linha para uma falta fase-terra. Qual o valor da resistência em Ω que conectada o neutro do gerador do Exercício 3. está para ser conectado a um sistema de potência.6.3. 3.2. 3. Os valores nominais de um gerador de 60 Hz são 500 MVA. Ele é conectado em Y.5. b) uma falta entre duas fases. Figura 3. se existe.14. com uma reatância de 10%. ocorre no transformador uma falta faseterra no lado de alta tensão que estava aberto. desprezando a corrente antes da falta e supondo uma falta fase-fase no lado de baixa tensão do transformador. Ocorre uma falta entre os terminais do motor e do transformador. Os componentes simétricos da corrente subtransitória do motor para a falta são I a1 = (−0. O gerador está conectado ao lado Y do transformador. na falta. Ligação do trafo do Problema 3. Luciano V.7.0 pu e I a 0 = −j 3.14. na linha a.7.8. Barboza 3. 3. Um gerador alimenta um motor através de um transformador Y−Δ. O gerador está conectado a um transformador Δ−Y de 100 MVA. 3.9.4) pu. A ligação do transformador está mostrada na Figura 3. As reatâncias de um gerador de 100 MVA. Os componentes simétricos da corrente do transformador para a falta são I a1 = (−0. Calcule as correntes subtransitórias em todas as partes do sistema do Exemplo 3. em pu.6. 20Δ − 230Y kV.8 − j 2. O neutro do transformador está solidamente aterrado.0 pu e I a 0 = 0. b) a corrente subtransitória.8 para uma falta fase-fase-terra. Repita o Exercício 3. 3. I a 2 = −j 2. Figura 3. c) a corrente subtransitória. Determine o valor eficaz inicial das correntes simétricas em todas as fases do gerador. Sistemas de Potência II 62 . A conexão do transformador está apresentada na Figura 3.15. Calcule: a) a corrente antes da falta. Descreva o tipo de falta.6) pu.Faltas Assimétricas Prof. Quando a tensão terminal do gerador é de 20 kV.8 − j 0. em pu. Suponha X ′′ = X 2 para o motor e para o gerador. I a 2 = −j 1.15.6. em cada fase do gerador. Ligação do trafo do Problema 3.4.0 pu. 20 kV são X ′′ = X 2 = 20% e X 0 = 5%. X S = 120%. X 2 = 40% na base de 1.10. 500 kV O neutro do gerador 1 está aterrado através de uma reatância de 0. X S = 100%. Usando uma base de 1. d) na fase c para uma falta fase-terra na linha A. 500Y / 20Δ kV. X = 17.10. O esquema de ligação do transformador 1 está mostrado na Figura 3. A tensão pré-falta no ponto de falta é de 515 kV.000 MVA. 20 kV. determine a corrente subtransitória no gerador G1 : a) na fase c para uma falta trifásica.16. Luciano V. Os valores nominais e as reatâncias dos equipamentos são: G 1 : 1.5% B B T 2 : 800 MVA. b) na fase b uma falta fase-fase nas linhas B e C.Faltas Assimétricas Prof.000 MVA. Dois geradores G1 e G 2 são conectados através dos transformadores T1 e T2 a um barramento de alta tensão que alimenta uma linha de transmissão. 500 kV na linha de transmissão e desprezando a corrente pré-falta. 500Y / 22Y kV. Os neutros de todos os transformadores estão solidamente aterrados. c) na fase a para uma falta fase-fase-terra nas linhas B e C. A linha está em aberto no extremo distante dos transformadores. no qual ocorre uma falta. Conexão do transformador 1 para o Exercício 3.000 MVA. X ′′ = X 2 = 10% e X 0 = 5% B B B B G 2 : 800 MVA. Barboza 3. X ′′ = X 2 = 15% e X 0 = 8% B B B B T 1 : 1.500 MVA.04 Ω.16. O neutro de G 2 não está aterrado. X = 16% B B Linha: X 1 = X 2 = 15%. 22 kV. Sistemas de Potência II 63 . Figura 3. Faltas Assimétricas Prof. Barboza Sistemas de Potência II 64 . Luciano V. Um barramento infinito. Aspectos Gerais Quando os geradores CA eram acionados por máquinas a vapor. um dos principais problemas na operação do sistema era o das oscilações. a partir de uma condição normal de operação. As variações resultantes de tensão e freqüência eram transmitidas aos motores conectados ao sistema. O uso de turbinas reduziu o problema das oscilações. para fins de estudo de estabilidade. embora ainda esteja presente quando a máquina primária é uma máquina diesel.1. pode ser considerado como uma barra na qual está localizada uma máquina de tensão interna constante. 4. Em estudos de estabilidade. As oscilações nos motores. ESTABILIDADE DE SISTEMAS DE POTÊNCIA 4. estabilidade dinâmica e estabilidade em regime permanente. Os estudos de estabilidade transitória constituem a principal metodologia analítica para estudos do comportamento dinâmico-eletromecânico do sistema.IV. um conceito importante é o de barra infinita. de modo a retornarem a uma condição de operação novamente normal. causadas pelas variações de tensão e freqüência. tendo impedância zero e inércia infinita. dependendo da natureza e ordem de grandeza do distúrbio: estabilidade transitória. As variações periódicas no conjugado aplicado ao gerador causavam variações periódicas na velocidade.2. algumas vezes causavam a inteira perda de sincronismo dos motores se as suas freqüências naturais de oscilação coincidissem com a freqüência de oscilação causada pelas máquinas que acionavam os geradores. Estes estudos indicam se o Sistemas de Potência II 65 . Os estudos de estabilidade são classificados em três tipos. A conservação do sincronismo das várias partes de um sistema de potência torna-se cada vez mais difícil à medida que os sistemas e interligações entre sistemas crescem. O ponto de conexão de um gerador a um sistema de grande porte pode ser considerado como tal barra. O Problema da Estabilidade A estabilidade de um sistema de potência pode ser definida como a propriedade do sistema que permite as máquinas síncronas desse sistema responder a um distúrbio. mais alguns elásticos podem se romper representado um colapso na rede. Como resultado. para uma determinada perturbação. variações rápidas de demanda ou perdas de unidades geradoras. diferem somente no grau de detalhamento das máquinas. Sistemas de Potência II 66 . Estudos de estabilidade transitória são mais comumente empregados por refletirem a sua grande importância na prática. Uma analogia mecânica para o problema da estabilidade transitória pode ser visto na Figura 4. Em estudos dinâmicos. artificial visto que os problemas são os mesmos em natureza. Luciano V. Barboza sistema permanecerá em sincronismo após distúrbios significativos. devido à nova configuração de forças. tais como faltas no sistema de transmissão. deseja-se saber se o sistema possui estabilidade transitória ou se ele fica instável. o sistema de excitação e o sistema turbina-regulador são representados em conjunto com modelos de máquinas síncronas que provêm às variações de enlace de fluxo no entreferro da máquina. Assim. as massas ficarão sujeitas a oscilações transitórias e as forças atuantes no sistema variam em intensidade. O sistema então se deslocará para uma outra posição de repouso ou. A distinção entre os estudos de estabilidade dinâmica e em regime permanente é. Os estudos de estabilidade dinâmica e em regime permanente são menos extensivos e envolvem uma ou algumas poucas máquinas que sofrem variações lentas ou graduais nas condições de operação.1. Análogo mecânico da estabilidade transitória em sistemas de potência. suponha que um dos elásticos seja cortado representando a perda de uma linha de transmissão. Um determinado número de massas representando as máquinas síncronas é interconectado por fios de elástico representando as linhas de transmissão. Estando o sistema em repouso em uma determinada posição. Estes problemas envolvem grandes perturbações que não permitem procedimentos de linearização e as equações algébrico-diferenciais devem ser resolvidas por métodos diretos ou procedimentos numéricos. Figura 4. na realidade. Problemas de estabilidade em regime permanente usam um modelo simples do gerador que é modelado como uma fonte de tensão constante.1.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. 2) onde ωmsinc é a velocidade síncrona da máquina. em N. significa que as velocidades dos rotores se desviam temporariamente da velocidade síncrona. Conseqüentemente. em rad. em segundos.3. em rad/s. em kg.m. θm = ωmsinc t + δm (4. cresce continuamente com o tempo e com velocidade síncrona constante.m 2 . Luciano V.m.m. Isto. Barboza Em todos os estudos de estabilidade. em N. P P θm é a posição angular do rotor em relação a um eixo estacionário. em N.1) onde J é o momento de inércia total das massas do rotor. Dinâmica do Rotor e Equação de Oscilação A equação que descreve o movimento do rotor de um gerador síncrono está baseada no princípio da dinâmica (2ª lei de Newton): o torque de aceleração é igual ao produto do momento de inércia do rotor pela sua aceleração angular. O ângulo θm é uma medida absoluta do ângulo do rotor visto que é medido em relação a um eixo de referência estacionário sobre o rotor. Te é o torque elétrico resultante. portanto. sendo perturbados. 4. Ta é o torque de aceleração resultante. retornam ou não à operação com velocidade constante. t é o tempo. Portanto. pode-se medir a posição angular do rotor em relação a um eixo de referência que gira em velocidade síncrona.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Tm é o torque mecânico aplicado ao gerador pela máquina primária. Matematicamente. o objetivo é determinar se os rotores das máquinas. Sistemas de Potência II 67 . tem-se J d 2θm = Ta = Tm − Te dt 2 (4. Dessa forma. 4) A equação (4.5) Multiplicando a equação (4. em rad. Portanto.4) na equação (4.5) por ωm . obtém-se X X X X J d 2δm = Ta = Tm − Te dt 2 (4.4) representa X X a aceleração do rotor. Sistemas de Potência II 68 . Barboza δm é a posição angular do rotor em relação a um eixo de referência girando na velo- cidade síncrona.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. a equação (4.7) onde Pm é a potência mecânica de entrada no eixo da máquina menos as perdas rotacionais.6) transforma-se em X X M d 2δm = Pa = Pm − Pe dt 2 (4. Luciano V.2) em relação ao tempo fornecem X X d θm dδ = ωmsinc + m dt dt d 2θm d 2δm = dt 2 dt 2 (4. o termo d δm / dt representa o desvio de sincronismo da velocidade do rotor.3) indica que a velocidade angular do rotor d θm / dt é constante e igual à X X velocidade síncrona somente quando d δm / dt é zero.1) . obtém-se X X d 2δm J ωm = Ta ωm = Tm ωm − Te ωm dt 2 (4. a equação (4. Substituindo a equação (4. As derivadas da equação (4.6) Recordando que o termo J ωm é o momento angular do rotor (M) e que potência é igual ao produto do torque pela velocidade angular.3) (4. Por outro lado. que é definida como 1 M ωmsinc energia cinética armazenada na velocidade síncrona = 2 H = S nom potência nominal da máquina (4. H é expresso em MJ/MVA ou pu-s. Normalmente. Tabela 4. obtém-se X X M = 2HS nom ωmsinc (4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. um parâmetro relacionado à estabilidade é a constante H. desprezam-se as perdas rotacionais e perdas por efeito Joule na armadura.9) Sistemas de Potência II 69 . de modo que se considera Pm como a potência mecânica suprida pela máquina primária e Pe como a potência elétrica de saída.25 1. A Tabela 4. Barboza Pe é a potência elétrica de saída do gerador mais as perdas elétricas. Pa é a potência de aceleração do rotor que leva em conta a diferença entre Pm e Pe . Tipo de máquina Gerador turbinado: Condensado 1800 rpm 1300 rpm Não condensado 3600 rpm Gerador roda d’água: Baixa velocidade Alta velocidade Condensador síncrono: Grande Pequeno Motor síncrono com carga Constante H (MJ/MVA) 6–9 4–7 3–4 2–3 2–4 1.8) . Constantes H típicas de máquinas síncronas. Luciano V.00 1–5 Resolvendo para M a equação (4.1. em MVA.1 apresenta valores típicos para a constante H. Em dados de geradores síncronos.8) onde S nom é a potência nominal da máquina. 10) ou simplesmente 2H d 2δm = Pa = Pm − Pe ωmsinc dt 2 (4.7) . Pm e Pe estão expressos em pu. Este Sistemas de Potência II 70 . Barboza Substituindo a equação (4. a relação entre as grandezas elétricas e mecânicas é δ= P δm 2 e ωsinc = P ωmsinc 2 (4.14) Quando a equação de oscilação é resolvida. equação de oscilação da máquina.11) .9) na equação (4. tem-se X X X X 2H d 2δ = Pa = Pm − Pe ωsinc dt 2 (4. obtém-se δ como uma função do tempo. é a equação que descreve as dinâX X micas rotacionais das máquinas síncronas em estudos de estabilidade transitória.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. que pode ser escrita como duas equações diferenciais de primeira ordem ⎧d ω ωsinc ⎪ ⎪ ⎪ dt = 2H (Pm − Pe ) ⎪ ⎪ ⎨ ⎪d δ ⎪ ⎪ = ω − ωsinc ⎪ dt ⎪ ⎩ (4.11) observando que na equação (4.13) .13) A equação (4.11) . os valores de Pa .12) na equação (4. É uma equação diferencial de segunda ordem.12) Substituindo as equações (4. Luciano V. X X Para um gerador com P pólos. tem-se X X X X 2HS nom d 2δm = Pa = Pm − Pe ωmsinc dt 2 ou P P P 2H d 2δm = a = m − e 2 ωmsinc dt S nom S nom S nom (4. 800 rpm. o lado esquerdo desta equação também deve estar em pu na base correta.2 MJ/MVA. a máquina opera na velocidade síncrona em Sistemas de Potência II 71 . fp = 0. 20 kV. 3. 4. Como Pm na equação (4. Determine a equação de oscilação da usina considerando que as duas unidades oscilem juntas e em uma base de 100 MVA. a potência elétrica de X X saída Pe determina as condições para que o rotor acelere. pois aguardam-se modificações nas condições da rede elétrica antes que as ações de controle possam causar reação da turbina. Exemplo 4. Quando Pe iguala-se a Pm .4. Esta consideração é razoável. 22 kV.1: Duas unidades geradoras de 60 Hz operam em paralelo em uma usina e possuem os seguintes valores nominais: Unidade 1: 500 MVA. 1. Luciano V. Como o lado direito da equação de oscilação está expresso em pu.13) é constante. utiliza-se a relação H corrig = H maq S maq Sbasesist (4. Para corrigir o valor de H para a base correta de potência. H 1 = 4. somente um MVA é escolhido como base para todo o sistema.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. a potência mecânica de entrada fornecida pela máquina primária Pm é considerada constante.9atr . desacelere ou permaneça na velocidade síncrona.15) onde o subíndice maq indica os dados nominais da máquina e Sbasesist é a potência base escolhida para o sistema. Equação Potência-Ângulo Na equação de oscilação para o gerador. Barboza gráfico é chamado de curva de oscilação da máquina e a análise das curvas de oscilação de todas as máquinas do sistema indicam se as mesmas permanecem em sincronismo após a ocorrência de um distúrbio. H 2 = 3.85atr .600 rpm.000 MVA. fp = 0. Em um X X estudo de estabilidade de um sistema de potência com muitas máquinas síncronas.8 MJ/MVA Unidade 2: 1.8) correspondem ao valor nominal da máquina. Os MVA usados na equação (4. no barramento 2. ′ jX d E′ ′ jX d I E′ (a) (b) Figura 4.3. neste caso. existem transitórios eletromecânicos. cuja reatância transitória está incluída na rede.2(a). A tensão E 1 represen′ ta a tensão transitória interna do gerador. os ângulos fasoriais das variáveis das máquinas são medidos com respeito à referência comum do sistema. para fins de estudo de estabilidade transitória. Mudanças em Pe são determinadas por modificações na rede de transmissão e cargas do sistema para o qual o gerador fornece potência. Diagrama esquemático para estudos de estabilidade. o rotor desvia-se da velocidade síncrona. Luciano V. Sistemas de Potência II 72 . quando Pe muda deste valor. pela sua ′ tensão interna E ′ em série com a reatância transitória X d . suprindo potência através de um sistema de transmissão ao receptor.2. Distúrbios na rede elétrica resultante de variações severas de carga. Como cada máquina deve ser considerada em relação ao sistema do qual faz parte. Diagrama fasorial de uma máquina síncrona para estudos de estabilidade transitória. na barra 1. ′ E1 ′ E2 Figura 4. A Figura 4. A máquina é representada. O retângulo representa o sistema de transmissão composto por transformadores. na qual Vt é a tensão terminal. linhas de transmissão. A Figura 4.2(b) mostra o diagrama fasorial aplicável à Figura 4. faltas na rede ou operação de disjuntores podem causar variações rápidas à potência de saída do gerador Pe e. Barboza regime permanente. como mostrado na Figura 4.3 representa esquematicamente um gerador. As reatâncias transitórias associadas ao gerador e ao receptor estão incluídas na rede de transmissão.2(a). A tensão E 2 no receptor é a de um barramento infinito ou a tensão transitória interna de um motor síncrono. capaci′ tores e inclusive as reatâncias transitórias do gerador e do receptor.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. 18) .21) e substituindo as equações (4.20) Fazendo π 2 δ = δ1 − δ2 e γ = θ12 − (4. fornece para a potência ativa X X ′ ′ ′ P1 = E 1 G11 + E 1 E 2 Y12 cos(δ1 − δ2 − θ12 ) 2 (4.19) que substituindo na equação (4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof.20) . Barboza A matriz admitância de barra para a rede é ⎡Y Y12 ⎤ ⎥ Ybarra = ⎢ 11 ⎢⎣Y21 Y22 ⎥⎦ (4. Luciano V. sabe-se que ∗ S k = Pk + jQk = ∗ EkI k ⎛ nb ⎞ = E k ⎜ Ykm E m ⎟ ⎝ m =1 ⎠ ∑ (4.18) Por outro lado.17) na qual fazendo-se k e m iguais a 1 e 2. tem-se que ′ ′ E 1 = E 1 ∠δ1 Y11 = G11 + jB11 ′ ′ E 2 = E 2 ∠δ2 Y12 = Y12 ∠θ12 (4. respectivamente. obtém-se X X X X ′ ′ ′ P1 = E 1 G11 + E 1 E 2 Y12 sen(δ − γ ) 2 (4.21) na equação (4. pode-se reescrevê-la como ′ ′ ′ ′ P1 + jQ1 = E 1(Y11E 1 )∗ + E 1(Y12E 2 )∗ (4.16) Do curso de Sistemas de Potência I.22) Sistemas de Potência II 73 . Quando a rede é considerada sem resistência.2: O diagrama unifilar da Figura 4. Exemplo 4.4 mostra um gerador de 60 Hz. Pmax e γ são X constantes para uma determinada configuração da rede elétrica e magnitudes de tensões ′ ′ constantes E 1 e E 2 .23) onde P1 foi substituído por Pe pois P1 é a potência elétrica de saída do gerador e ′ Pc = E 1 G11 2 e ′ ′ Pmax = E 1 E 2 Y12 (4.23) em função de δ é conhecido como curva potência-ângulo. Os valores Pc . Barboza A equação (4. portanto.22) pode ser reescrita de uma forma mais simples como X X Pe = Pc + Pmax sen(δ − γ ) (4.0 pu.0 pu de potência e tanto a tensão terminal como a tensão na barra infinita são 1.20 pu. Sistemas de Potência II 74 . O gráfico da equação X X X (4. A equação potência-ângulo em uma rede puramente reativa é ′ ′ Pe = Pmax sen δ = E 1 E 2 Y12 sen δ = ′ ′ E1 E 2 X 12 sen δ (4. tanto G11 como γ são zero. Determine a equação potência-ângulo para o sistema nas condições de operação e a equação de oscilação para o gerador.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Os valores no diagrama indicam os valores das reatâncias em pu em uma base comum ao sistema. conectado através de uma linha de transmissão paralela a um grande sistema metropolitano considerado como uma barra infinita. A máquina está fornecendo 1. cuja constante H vale 5 MJ/MVA. Luciano V.25) ′ ′ onde X 12 é a reatância de transferência entre as tensões E 1 e E 2 .23) é conhecida como equação potência-ângulo. A reatância transitória do gerador é 0. todos os elementos de Ybarra são susceptâncias e.24) A equação (4. a correspondente equação de oscilação.2 Figura 4.2 está operando nas condições indicadas quando uma falta trifásica ocorre no ponto P (meio da linha) mostrado na Figura 4. Exemplo 4.4: A falta no sistema do Exemplo 4. Critério da Igualdade de Área para a Estabilidade Considere o sistema mostrado na Figura 4.4. Portanto. Determine a equação potência-ângulo e a equação de oscilação para o período pós-falta. Determine a equação potência-ângulo para o sistema nas condições de falta. Diagrama unifilar para o Exemplo 4. portanto. Ocorre uma falta trifásica no ponto P e é eliminada pelo disjuntor A após um curto período de tempo. a potência elétrica de saída do gerador é zero até a falta ser eliminada.5.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof.2. Figura 4.5. durante e após a falta podem ser mais bem compreendidas a partir das curvas potência-ângulo das Figuras 4. Luciano V. Sistemas de Potência II 75 .3: O sistema do Exemplo 4.3 é eliminada pela abertura simultânea dos disjuntores nos terminais da linha afetada. o sistema de transmissão permanece inalterado.6. Barboza ′ X d = j 0. Diagrama unifilar de um sistema elétrico para a análise do critério de área iguais. 4. O curto-circuito efetiva-se sobre o barramento e. Inicialmente. As condições físicas antes.4. a potência inicial de aceleração e a aceleração inicial do rotor. exceto durante a ocorrência da falta.5. O ponto P está no centro da linha. o disjuntor A está fechado e o disjuntor B aberto. Exemplo 4. no tempo t = 0. a aceleração é constante e igual a ω d 2δ = sinc Pm 2 2H dt (4. Barboza Pmax sen δ Pmax sen δ Pmax sen δ (a) (b) (c) Figuras 4. Inicialmente.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. é obtido integrando a equação (4.26) . As áreas A1 e A2 são iguais às áreas A3 e A4 . Isto resulta em uma potência de aceleração igual a Pm .6(a). a potência elétrica de saída torna-se subitamente nula. resultando em X X dδ = dt ∫ t 0 ωsinc ω P Pmdt = sinc m t 2H 2H (4. a velocidade cresce acima da velocidade síncrona e. este acréscimo. o gerador está operando na velocidade síncrona com um ângulo de rotor δ0 e a potência mecânica de entrada Pm igual à potência elétrica de saída Pe . como indicado no ponto “a” da Figura 4.26) Quando a falta está presente. Luciano V.27) A posição angular do rotor é dada por δ= ∫ 0 t ωsinc ω P Pmtdt = sinc m t 2 + δ0 2H 4H (4.28) Sistemas de Potência II 76 .6(b). enquanto a potência mecânica de entrada se mantém inalterada. Curvas potência-ângulo para o gerador da Figura 4. Quando a falta ocorre. então para o tempo t menor que tc . como indicado no ponto “b” na Figura 4.6. Chamando o tempo para a eliminação da falta de tc .5. com velocidade síncrona ocorrendo nos pontos “e” e “f”. auX X menta linearmente com o tempo quando o ângulo do rotor avança de δ0 para o ângulo de abertura δc . a partir de δx em “e’’. chamado critério de igualdade de áreas. o aumento na velocidade do rotor e a abertura angular entre o gerador e o barramento infinito são dados. Sistemas de Potência II 77 . O ângulo do rotor move-se. No ponto “e”.6(c). Em um sistema onde uma máquina oscila em relação a um barramento infinito. Embora não aplicável a sistemas multimáquinas. na Figura 4. Na ausência de amortecimento. Luciano V. pode-se usar este princípio. devem ser iguais. . e A3 e A4 . O ponto “f” está alocado de modo que as áreas A3 e A4 sejam iguais. Em “d”. Do ponto “a” ao “f”. o rotor iria continuar a oscilar na seqüência “f−a−e”. onde a velocidade do rotor é menor do que a síncrona. embora o ângulo do rotor tenha avançado para δx . para determinar a estabilidade do sistema nas condições transitórias sem resolver a equação de oscilação. o rotor diminui a velocidade à medida que Pe vai do ponto “d” para “e”. por ω P dδ (tc ) = sinc m tc 2H dt ωsinc Pm 2 tc + δ 0 4H e δc = (4. o método ajuda no entendimento de como certos fatores influenciam na estabilidade transitória de um sistema. ao longo da curva potência-ângulo para o ponto “a”. a potência elétrica de saída excede a potência mecânica de entrada e.6(c).29) Quando a falta é eliminada no ângulo δc . o rotor não pode permanecer em velocidade síncrona.27) indica que a velocidade do rotor. A seguir será mostrado que as áreas A1 e A2 . na Figura 4. respectivamente.6(b). O ângulo δx é determinado com base no fato de que as áreas A1 e A2 devem ser iguais (será explicado adiante). na Figura 4. a velocidade do rotor é novamente a síncrona. “e−a−f”. relativa à velocidade síncrona. a potência elétrica de saída abruptamente aumenta para um valor correspondente ao ponto “d” sobre a curva potência-ângulo. Barboza A equação (4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. portanto. Em conseqüência. Na Figura 4. na Figura 4.6(c). a potência de aceleração é negativa.. A potência de aceleração em “e” é ainda negativa e..6(b). portanto. mas deve continuar a diminuir a velocidade. a potência mecânica excede a potência elétrica e a velocidade do rotor aumenta novamente até alcançar o sincronismo em “f”.. No instante de eliminação da falta. o ângulo δ vai do ponto “b” para o ponto “c”. isto é. Luciano V.30) pode ser reescrita como X X 2H d ω = Pm − Pe ωsinc dt (4.31) por d δ / dt = ω − ωsinc e realizando-se simplificações. embora também se aplique a um sistema de duas máquinas. Assim.32) pode ser integrada entre δ0 e δx . Figura 4. quando o ângulo δ vale δ0 e δx .Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Sistemas de Potência II 78 .31) Multiplicando a equação (4. X X tem-se 2H (ω − ωsinc )d ω = (Pm − Pe )d δ ωsinc A equação (4. resultando em X X (4. a equação (4.34) A integral acima pode ser realizada em duas etapas. A equação de oscilação para a máquina conectada ao barramento é 2H d 2δ = Pm − Pe ωsinc dt 2 (4.33) Observe que.32) H ⎡ 2 2 ω(δ ) − ωsinc ) − ( ω(δ0 ) − ωsinc ) ⎤ = ⎣( x ⎦ ωsinc ∫ δx δ0 (Pm − Pe )d δ (4.6(b).30) A equação (4. a velocidade do rotor é a síncrona (ωsinc ). Barboza A dedução do critério de igualdade de áreas é feita para um sistema composto de uma máquina e um barramento infinito.33) se reduz a X X ∫ δx δ0 (Pm − Pe )d δ = 0 (4. que se segue a uma falta. Se houver um atraso na eliminação da falta. até o ponto de máxima oscilação δx . existe um ângulo crítico para a eliminação da falta e que satisfaz o critério de igualdade de áreas para a estabilidade. Sendo a velocidade do rotor a síncrona em δx e também em δy . As áreas A1 e A4 correspondem ao aumento da energia cinética do rotor quando este está acelerando.6(b). Barboza ∫ X δx δ0 (Pm − Pe )d δ = ∫ δc δ0 (Pm − Pe )d δ + ∫ δx δc (Pm − Pe )d δ = 0 (4. conseqüentemente. deve ser removida após a falta para restabelecer o rotor à velocidade síncrona. enquanto a integral da direita é adequada ao período imediatamente pós-falta. A área A1 é dependente do tempo necessário para eliminar a falta. o ângulo δ aumentará sem limite e resultará em instabilidade. chamado ângulo crítico de abertura e denotado por δcr . Na Figura 4.35) A equação (4.6.36) A integral da esquerda aplica-se ao período de falta.35) pode ser reescrita como X ∫ δc δ0 (Pm − Pe )d δ = ∫ δx δc (Pm − Pe )d δ (4. fazendo com que o ângulo de oscilação máximo δx também aumente. Pe é zero durante a falta. a área A1 aumenta e o critério da igualdade de áreas requer que a área A2 também aumente para restabelecer o rotor à velocidade síncrona. o ângulo δc aumenta.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. as duas áreas A1 e A2 X X são iguais. portanto. A área A1 é dada pela expressão do lado esquerdo e a área A2 é a expressão do lado direito da equação (4. enquanto as áreas A2 e A3 correspondem ao decréscimo de energia cinética do rotor quando este está desacelerando.6(c). Se o atraso na eliminação é retardado de modo que o ângulo do rotor oscile além do ângulo δmax . Portanto. as mesmas razões anteriores indicam que A3 e A4 são também iguais. na Figura 4. Luciano V. Este ângulo. o critério da igualdade de áreas especifica que a quantidade de energia cinética adicionada ao rotor. está indicado na Figura Sistemas de Potência II 79 . Sob a influência desta potência de aceleração positiva. na Figura 4.36) . Portanto. então a velocidade do rotor naquele ponto sobre a curva potência-ângulo está acima da velocidade síncrona quando a potência de aceleração positiva é novamente encontrada. 7.40) Substituindo as equações (4. obtém-se para o ângulo crítico de X X X X abertura Sistemas de Potência II 80 .7.ângulo da Figura 4. Curva ângulo-potência indicando o ângulo crítico de abertura δcr . As áreas A1 e A2 são iguais.38) Igualando as equações (4. obtém-se X X X X cos δcr = Pm (δmax − δ0 ) + cos δmax Pmax (4.40) na equação (4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. A área A1 é δcr A1 = ∫ δ0 Pm d δ = Pm (δcr − δ0 ) (4. Luciano V.37) e (4. Barboza 4.7. Pe = Pmax sen δ Figura 4.37) e a área A2 é δmax A2 = ∫ δcr (Pmax sen δ − Pm )d δ = Pmax (cos δcr − cos δmax ) − Pm (δmax − δcr ) (4. O tempo crítico para remover a falta é chamado tempo crítico de abertura.39) .7. tcr .38) .39) Da curva potência. tem-se que δmax = π − δ0 Pm = Pmax sen δ0 e (4. o ângulo de abertura e o tempo crítico de abertura podem ser calculados como segue. Na Figura 4. ele é muito útil para se entender o que acontece quando uma falta ocorre. embora a carga possa ser suprida pela linha não eliminada nas condições de regime permanente.6. nenhuma potência pode ser transmitida por qualquer das linhas. o critério de igualdade de áreas é aplicado como mostrado na Figura 4. Entretanto.42) Exemplo 4.5 quando o sistema está sujeito a uma falta trifásica no ponto P da linha de transmissão curta. a qual é similar às curvas potência-ângulo dos Exem- Sistemas de Potência II 81 . Se um curto-circuito trifásico ocorre no barramento ao qual as duas linhas estão conectadas.5: Calcule o ângulo crítico de abertura e o tempo crítico de abertura para o sistema da Figura 4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof.8. Barboza δcr = arccos[(π − 2δ0 )sen δ0 − cos δ0 ] (4. Quando um gerador supre potência a um barramento infinito através de duas linhas de transmissão em paralelo. se a falta é no terminal de uma das linhas. Aplicações Adicionais ao Critério da Igualdade de Áreas Embora o critério de igualdade de áreas possa ser aplicado somente ao caso de duas máquinas ou uma máquina e um barramento infinito. o que permite determinar o X X valor do tempo crítico de abertura como tcr = 4H (δcr − δ0 ) ωsinc Pm (4.29) . 4. Portanto. a abertura de uma das linhas pode causar a perda de sincronismo do gerador. Luciano V. Quando a potência é transmitida durante a falta. existirá alguma impedância entre os barramentos e a falta.41) Este valor de δcr pode ser substituído na equação (4. As condições iniciais são as mesmas do Exemplo 4. Quando uma falta trifásica ocorrer em algum ponto do circuito duplo das linhas que não sejam os barramentos ou os extremos das linhas.2 e H vale 5 MJ/MVA. alguma potência é transmitida apesar da existência da falta no sistema. a abertura de disjuntores em ambas as extremidades da linha isolará a falta no sistema e permitirá a potência fluir através da outra linha. pode-se determinar que ⎛ Pm ⎞ ⎟ (δ ⎜ ⎟ − δ0 ) + r2 cos δmax − r1 cos δ0 ⎜ ⎟ ⎜ P ⎠ max ⎝ max ⎟ r2 − r1 cos δcr = (4. Pmax sen δ é a potência que pode ser transmitida. Para o sistema e a localização da falta indicados na Figura 4. e após a falta ser eliminada no instante δ = δcr . Neste caso. isto é.8. Avaliando as áreas A1 e A2 . Barboza plos 4. Luciano V. r2Pmax sen δ é a potência que pode ser transmitida.43) P Pmax sen δ r2 Pmax sen δ r1Pmax sen δ A2 Pm A1 0 0 cr max 180° Figura 4. os valores são r1 = 0 e r2 = 1. A potência transmitida durante a falta influi no valor de A1. maior é a potência transmitida durante a falta. durante a falta. valores pequenos de r1 resultam em grandes distúrbios ao sistema com pequena potência transmitida e um grande valor para A1. Na ordem crescente de severidade.5.39) . as faltas podem ser classificadas na seguinte seqüência: • Falta fase-terra • Falta entre duas fases • Falta entre duas fases e terra • Falta trifásica Sistemas de Potência II 82 .3 e 4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof.2. e a equação (4. as faltas de curto-circuito que não envolvem as três fases permitem a transmissão de alguma potência porque elas são representadas conectando alguma impedância entre o ponto de falta e a barra de referência. 4.4.43) se reduz à equação (4. δcr indica o ângulo crítico de abertura. Critério de igualdade de áreas aplicado à eliminação de falta quando a potência é transmitida durante a falta. Quanto maior a impedância colocada em paralelo com a rede de seqüência positiva para simular a falta. Antes da falta. r1Pmax sen δ é a potência que pode ser transmitida. X X X X Independente de sua localização. As áreas A1 e A2 são iguais. 3 e 4.4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. 4. portanto. Quando um sistema multimáquinas opera sob condições eletromecânicas transitórias. as oscilações entre máquinas ocorrem através do sistema de transmissão que as conecta. Para estudos de estabilidade multimáquinas. quando a configuração inicial do sistema e condições de operação préfalta são como descritas no Exemplo 4. Estudos de Estabilidade para Sistemas Multimáquinas: Estudo Clássico O critério da igualdade de áreas não pode ser usado diretamente em sistemas com três ou mais máquinas. utilizam-se as seguintes considerações: • A freqüência do sistema de transmissão não é perturbada pela freqüência de oscilação e. Exemplo 4. • Todas as cargas devem ser consideradas como impedâncias em derivação para a terra e com valores determinados pelas condições pré-falta. Para facilitar a modelagem do problema. Barboza A falta fase-terra ocorre mais freqüentemente e a falta trifásica é a menos freqüente. O modelo de sistema para fins de estabilidade baseado nestas considerações é chamado modelo clássico de estabilidade e estudos que usam este modelo chamam-se estudos clássicos de estabilidade. Luciano V. os parâmetros da rede em 60 Hz não se alteram.6: Determine o ângulo crítico de abertura para a falta trifásica descrita nos Exemplos 4. • A potência amortecedora é desprezada. • Cada máquina pode ser representada por uma reatância transitória constante em sé- rie com uma tensão interna transitória constante. • O ângulo mecânico do rotor de cada máquina coincide com o ângulo de fase elétrico da tensão transitória interna. um sistema deve ser projetado considerando a estabilidade transitória para uma falta trifásica na pior localização.7. Para completa confiabilidade.2. • A potência mecânica de entrada para cada máquina permanece constante durante a solução da curva de oscilação. dois passos preliminares são necessários: • As condições pré-falta em regime permanente para o sistema são determinadas usan- Sistemas de Potência II 83 . 45) onde PL + jQL é a carga e VL é a magnitude da tensão na barra. ′ Xd1 ′ Xd 2 ′ Xd 3 ′ E1 ′ E2 ′ E3 Figura 4. usada no fluxo de potência para a condição pré-falta. A tensão interna transitória de cada gerador é ′ E ′ = Vt + jX d I (4. Observe que a corrente injetada é zero em todas as barras. é aumentada para incluir as reatâncias transitórias dos geradores e as admitâncias das cargas em derivação. então. Barboza do um programa de fluxo de carga. exceto nas barras internas dos geradores. • A representação da rede pré-falta é determinada e. Rede aumentada de um sistema elétrico de potência.9. obtêm-se os valores de potência e tensão complexa em cada terminal de gerador e barras de carga. como mostra a Figura 4. modificada para considerar as condições de falta e pós-falta. Luciano V.44) onde Vt é a tensão terminal e I é a corrente de saída. Sistemas de Potência II 84 .Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Cada carga é convertida em uma admitância constante para a terra como PL − jQL VL 2 YL = (4. A matriz admitância de barra Ybarra .9. No primeiro passo. Os dados dos circuitos são fornecidos na Tabela 4.46) onde δ12 = δ1 − δ2 e δ13 = δ1 − δ3 . Equações similares podem ser escritas para Pe 2 e Pe 3 com os valores Yij retirados da matriz admitância para as condições de falta e pós-falta. na Tabela 4. da Figura 4.067 pu. H = 11.47) para representar o movimento de cada rotor para os períodos de falta e pós-falta. tem-se ′ ′ ′ ′ ′ Pe1 = E 1 G11 + E 1 E 2 Y12 cos(δ12 − θ12 ) + E 1 E 3 Y13 cos(δ13 − θ13 ) 2 (4.2 e os dados das barras. Exemplo 4. X d = 0. Determine a equação de oscilação para cada máquina durante o período de falta. As equações potência-ângulo tomam parte nas equações de oscilação. Por exemplo. As soluções destas equações dependem da localização e da duração da falta e da Ybarra que resulta quando a linha em falta é removida.2.3. resultando em 2H i d 2δi = Pmi − Pei ωsinc dt 2 i = 1. Uma falta trifásica ocorre na linha 4−5 próxima à barra 4. tem dois geradores e um barramento infinito como mostra a Figura 4. Barboza No segundo passo. 60 Hz.9.7: Um sistema de transmissão de 230 kV. 18 kV.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. a potência de cada gerador é calculada pela sua correspondente equação potência-ângulo. Luciano V. todas as demais barras podem ser eliminadas reduzindo as dimensões das matrizes ao número de geradores.10.0 MJ/MVA Sistemas de Potência II 85 . determinam-se as matrizes admitâncias de barra modificadas correspondentes às condições de falta e pós-falta. Durante e após a falta. são: ′ Gerador 1: 400 MVA.1 pu. H = 8. Os geradores com valores de reatância e constante H numa base de 100 MVA e 230 kV. 20 kV.3 (4.2 MJ/MVA ′ Gerador 2: 250 MVA. X d = 0. Como somente as barras internas dos geradores têm injeções. 098 0.7.226 Tabela 4.082 0.110 C shunt 0. De 1 2 3 3 3 4 Barras Para 4 5 4 5 5 5 Z série Circ 1 1 1 1 2 1 R 0.022 0.040 0.000 0.2.007 0.030 1.000 0.50 0. Luciano V.047 0. 230 kV.000 0. Diagrama unifilar para o Exemplo 4.020 1.16 Exemplo 4.008 0.000 0. 230 kV. Dados das barras para o Exemplo 4.3. Sistemas de Potência II 86 .008 0.040 0. Valores em pu numa base de 100 MVA. Barra 1 2 3 4 5 Tipo 1 1 2 0 0 |V| 1.7 é eliminada pela abertura simultânea dos disjuntores nos terminais da linha em falta.50 1. Tabela 4. Valores em pu numa base de 100 MVA.8: A falta trifásica no Exemplo 4.000 ângulo Geração P Q 3. Dados dos circuitos para o Exemplo 4.10.7.047 0.098 0.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Barboza 4 3 1 Gerador 1 L4 5 2 Gerador 2 L5 Figura 4.00 0.85 Carga P Q 0° 1.018 X 0. Determine a equação de oscilação para cada máquina para o período pós-falta.7.44 0. de acordo com a equação (4. Para o caso da estabilidade transitória em sistemas de potência.50) (4. Barboza 4.53) x f = x i + f (x i ) ∆t t f = t i + ∆t f (x f ) = x i +∆t = x i + dx (t f ) dt 2 f (x i ) + f (x f ) onde Δt é o passo de integração.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Luciano V.51) (4. a equação de oscilação a ser resolvida é 2H d 2δ = Pa = Pm − Pe ωsinc dt 2 (4. b ] com x (t 0 ) = x 0 . Solução da Curva de Oscilação (Integração Numérica: Método de Euler Aperfeiçoado) O método de Euler aperfeiçoado (estudado no Curso de Cálculo Numérico) consiste na geração de aproximações para a solução da equação diferencial dx = f (x ) dt no intervalo [a.48) f (x i ) = dx (t i ) dt (4.52) ∆t (4. os subíndices i e f referem-se aos extremos do intervalo de integração.8. pode ser desmembrada em duas equações diferenciais X X de primeira ordem Sistemas de Potência II 87 . utilizando o seguinte conjunto de equações (4.14) .54) que.49) (4. 56) .9: Monte uma tabela com os valores do ângulo δ2 do rotor da máquina 2 para uma falta no sistema de 60 Hz dos Exemplos 4.58) ⎧ ⎪ d ωi d ω f ⎪ + ⎪ ⎪ dt ∆t ⎪ωi +∆t = ωi + dt ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ d δi d δ f ⎪ + ⎪ ⎪ dt ∆t ⎪δi +∆t = δi + dt ⎪ ⎪ 2 ⎩ (4.59) começa em t = 0 (início da falta) com valores iX X X X niciais para δ0 e ω 0 .59) A seqüência de equações (4. Barboza ⎧d ω ωsinc ⎪ ⎪ ⎪ dt = 2H (Pm − Pe ) ⎪ ⎪ ⎨ ⎪d δ ⎪ ⎪ = ω − ωsinc ⎪ dt ⎪ ⎩ (4.8.55) . Exemplo 4. Sistemas de Potência II 88 .56) (4.(4.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. obtém-se o seguinte X X X X X X conjunto de equações ⎧d ωi ωsinc ⎪ ⎪ ⎪ dt = 2H (Pm − Pei ) ⎪ ⎪ ⎨ ⎪d δ ⎪ i ⎪ ⎪ dt = ωi − ωsinc ⎪ ⎩ ⎧ dω ⎪ ⎪ω f = ωi + i ∆t ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎨ ⎪ dδ ⎪ ⎪δ f = δi + i ∆t ⎪ ⎪ dt ⎩ ⎧d ω f ⎪ ω ⎪ = sinc (Pm − Pe f ) ⎪ ⎪ dt 2H ⎪ ⎨ ⎪d δ ⎪ f ⎪ = ω f − ωsinc ⎪ ⎪ dt ⎪ ⎩ (4.49) .7 e 4. Luciano V. A falta é eliminada pela abertura simultânea dos disjuntores localizados nos extremos da linha em falta em 0.53) às equações (4.55) Utilizando o conjunto de equações (4.(4.57) (4. e continua iterativamente até t = T (tempo final de análise).25 s. Luciano V.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Por outro lado. Barboza 4.24) indica que Pmax diminui à medida X X que a reatância transitória da máquina aumenta. Os esquemas de controle incluem: • sistema de excitação • controle da válvula da turbina • circuitos disjuntores com operação monopolar Sistemas de Potência II 89 . observa-se que. Em concordância.28) .8. qualquer procedimento que diminua a constante H e aumente a reatância transitória de uma máquina causa um decréscimo no tempo crítico de abertura. este processo de aumento de valores nominais tende a resultar em maiores reatâncias transitórias e síncronas. Como os sistemas de energia estão continuamente crescendo. Da Figura 4. São a oscilação angular da máquina durante e após a falta e o tempo crítico de abertura (eliminação da falta). quanto menor for a constante H. diminuindo a probabilidade de sustentação da estabilidade sob condições transitórias. Por outro lado. existe uma necessidade de usar unidades de geração cada vez maiores. Isto resulta em constantes H menores criando um impacto negativo na estabilidade da unidade geradora. Assim. O resultado é que uma Pmax menor faz com que a máquina oscile com um ângulo menor desde a sua posição original antes de alcançar o ângulo crítico de abertura. Estas grandes unidades possuem avançados sistemas de refrigeração que permitem maiores capacidades de potência nominal sem comparável aumento em tamanho do rotor. δmax diminui e uma menor diferença entre δ0 e δcr existe para uma menor Pmax . Das equações que foram desenvolvidas neste capítulo. o ângulo inicial do rotor δ0 aumenta. Ao mesmo tempo. Fatores que Afetam a Estabilidade Transitória Existem dois fatores que atuam como referência para a estabilidade de uma unidade geradora em um sistema de potência.9. Isto resulta porque a reatância transitória forma parte da reatância série total do sistema e é o inverso da admitância de transferência. Analisando a equação (4. nota-se o efeito direto da constante H e da reatância transitória ′ X d da unidade geradora nestes fatores. a equação (4. maior seX X rá a oscilação angular. para uma potência no eixo Pm . observa-se que todas as curvas de potência diminuem quando Pmax diminui. as técnicas de controle de estabilidade e projeto de sistemas de transmissão também têm evoluído com o objetivo de aumentar a estabilidade geral do sistema. o que torna a tarefa de projetar sistemas confiáveis e estáveis cada vez mais competitiva. melhorando as condições de estabilidade. inclui: • mínimas reatâncias para transformadores • capacitores para compensação série das linhas • linhas de transmissão adicionais. Sistemas de Potência II 90 . as tensões em todas as barras diminuem. especialmente se os tempos de eliminação de falha de retaguarda são problemas para a estabilidade do sistema. Nos terminais do gerador. Isto é compensado pela elevação da tensão aplicada ao enrolamento de campo do gerador. buscando a diminuição da reatância dos sistemas. Tais ganhos em tempo crítico podem ser importantes. Imediatamente à detecção da diferença entre as potências mecânicas de entrada e elétrica de saída. O aumento do fluxo no entreferro produz um torque freiante sobre o rotor que tende a diminuir o seu movimento. Como as falhas monofásicas ocorrem mais freqüentemente. O ganho de um a dois ciclos no tempo crítico de abertura pode ser conseguido. Barboza • rápidos tempos de eliminação de faltas. Luciano V.8 e. esquemas de relés permitindo a operação independente ou seletiva de pólos de disjuntores podem ser usados para eliminar a fase em falta. A estratégia de projeto de sistemas elétricos. A operação com pólo independente de disjuntores pode estender o tempo crítico de abertura por 2 a 5 ciclos. mantendo as demais intactas. Reduzindo a reatância do sistema durante as condições de falta. produzindo um ganho de meio a um e meio ciclo no tempo crítico de abertura para falhas trifásicas no barramento de alta tensão do transformador de ajuste do gerador. decrescendo a área de aceleração da Figura 4. O efeito do sistema de excitação é reduzir o ângulo de oscilação inicial do rotor logo após a falta. Sistemas modernos de reguladores de turbinas hidráulicas têm a habilidade de fechar a válvula da turbina para reduzir a aceleração da unidade durante falhas severas do sistema próximas à unidade. conseqüentemente. Quando uma falta ocorre em um sistema. a tensão menor é percebida pelos reguladores automáticos de tensão que atuam no sistema de excitação para restabelecer a tensão terminal do gerador. Sistemas modernos de excitação respondem rapidamente à redução de tensão no barramento do gerador. a ação do controle inicia o fechamento da válvula que reduz a potência de entrada.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. aumenta r1Pmax . Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. A potência transferida é subtraída da potência mecânica de entrada para se obter a potência de aceleração. o aumento na potência transferida durante uma falta significa menos potência de aceleração para a máquina e aumento de chances de se manter a estabilidade do sistema. Sistemas de Potência II 91 . Aumentar o número de linhas de transmissão paralelas também é uma forma de reduzir a reatância. A compensação de reatância de linha por capacitores série é também econômica para aumentar a estabilidade. a menos que a falta ocorra no barramento de paralelismo. Barboza A redução da reatância de uma linha de transmissão é um outro meio para aumentar Pmax . Em circuitos paralelos. Luciano V. Assim. alguma potência pode ser transferida pela linha em funcionamento até mesmo durante uma falha trifásica na outra. Luciano V. Se uma falha trifásica ocorre sobre o sistema de potência do Exercício 4.2 com exceção da impedância de cada uma das linhas de transmissão que é de j0. 4. Suponha que o gerador está sincronizado com um sistema de grande porte e não tem torque de aceleração antes do início do período correspondente aos 15 ciclos. determine a aceleração angular do gerador em relação ao motor. 4.5 MJ/MVA. Determine a equação do potência-ângulo do sistema durante as condições de operação especificadas. No momento em que a potência entregue fica reduzida a 0.5 pu e a potência entregue que é 0. 4. Um gerador com H = 6 MJ/MVA está conectado a um motor síncrono tendo H = 4 MJ/MVA através de uma rede de reatâncias.0 pu ao motor quando uma falha ocorre. Se a aceleração é constante para um período de 15 ciclos.8atr quando uma falha reduz a potência elétrica de saída em 40%. Um sistema é idêntico àquele do Exemplo 4. 4.5. O gerador está entregando uma potência de 1. Lista de Exercícios 4.2. Um turbogerador de 60 Hz com valores nominais de 500 MVA e 22 kV tem uma constante de inércia H = 7.4 em um ponto sobre uma das linhas de transmissão a uma distância de 30% do comprimento da linha a partir do terminal de alimentação da linha. A potência elétrica desenvolvida é 400 MW quando a entrada menos as perdas rotativas vale 740.1 está fornecendo potência nominal com um fator de potência de 0. Despreze as perdas e considere a potência de entrada no eixo constante.0 pu.4 pu.8 pu quando tanto a tensão nos terminais da máquina como a tensão do barramento infinito são 1.10.1. reduzindo a potência entregue. Barboza 4. b) a equação de oscilação Sistemas de Potência II 92 . encontre a mudança em δ em graus elétricos naquele período e a velocidade em rotações por minuto no fim dos 15 ciclos.000 HP.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof.3. Determine o torque de aceleração em Newton. O gerador do Exercício 4.4.metro no momento em que a falha ocorre. determine: a) a equação do ângulo-potência durante a falha. encontre também o tempo crítico de abertura.9 para uma falha eliminada aos 0. 4. Para esta situação. trace a curva de oscilação do gerador até t = 0.7 e é eliminada pela abertura simultânea dos disjuntores em ambos os terminais da linha após 4.7 a 4.3 s.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. As condições originais da rede são restauradas quando a falha é eliminada. Uma falha trifásica ocorre sobre a linha 4−5.0 pu. Um gerador com H = 6 MJ/MVA está entregando uma potência de 1. A potência máxima que poderia ser entregue é 2.9 para traçar a curva de oscilação da máquina 2 até t = 0. Determine o ângulo crítico de abertura para as condições descritas.8.8.0 pu a um barramento infinito através de uma rede puramente reativa quando a ocorrência de uma falha reduz a potência de saída do gerador a zero. Utilize ∆t = 0.5 pu.7.5 ciclos após a ocorrência da falha.10. 4. Um gerador de 60 Hz com uma constante de inércia H = 6 MJ/MVA está suprindo 60% de Pmax a um barramento infinito através de uma rede reativa. prepare uma tabela como a do Exemplo 4. Luciano V.4 e 4.6Pmax é uma potência de 1.01 s.25 segundos.6. Determine o ângulo crítico de abertura. Barboza Considere que o sistema está operando sob as condições especificadas no Problema 5. Calcule a curva de oscilação para a máquina 1 dos Exemplos 4. Para o sistema e para as condições de falha descritas nos Exercícios 4. determine a equação potência-ângulo se a falta é eliminada pela abertura simultânea dos disjuntores em ambos os terminais da linha em falha aos 4. 4. quando da ocorrência da falta. 4.9. e que H = 5 MJ/MVA. próxima à barra 5 do sistema do Exemplo 4.05 segundos e pelo método descrito na Seção 4.5 ciclos da ocorrência da falha. Sistemas de Potência II 93 . Então. A máxima potência que pode ser entregue quando a falha é eliminada vale 80% do valor máximo original.5. Se Pm igual a 0. 4. Uma falha ocorre aumentando a reatância da rede entre a tensão interna do gerador e o barramento infinito em 400%. Barboza Sistemas de Potência II 94 . Luciano V.Estabilidade de Sistemas de Potência Prof. Computer Methods in Power System Analysis. Colin David Sparrow. 1983. Dorel Soares Ramos e Eduardo Mário Dias. Prentice-Hall. 2 nd edition. McGraw-Hill Inc. P P Brooks/Cole Thomson Learning. Duncan Glover e Mulukutla S. New York. Fluxo de Cargas em Redes de Energia Elétrica. 3 rd edition. Tokyo. 1968. Stevenson. Power System Analysis.. Alcir Monticelli e Ariovaldo Garcia. Charles A. 2002. 2001. P P Boston. 1973. Power Systems Analysis.. Hadi Saadat. Introdução a Sistemas de Energia Elétrica. 1986. 2000. Editora Guanabara Dois S. 1 e 2. Editora Edgar Blücher Ltda. Análise de Sistemas de Potência. Pacific Grove. 2 nd edition. Rio de Janeiro. New Jersey. 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Report "Analise_de_Sistemas_de_Potencia_II[1] - Faltas Simetricas e Assimetricas e Enalise de Estabilidade"