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FACULDADE DE ENGENHARIA ELÉTRICA ANÁLISE DE SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA NOTAS DE AULA - 9º PERÍODO Autor: Professor Paulo Rogério Pinheiro Nazareth 1 1

Apostila1 Asep 2015.1

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Sistemas Eltricos de Potncia

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38

FACULDADE DE ENGENHARIA ELTRICA

ANLISE DE SISTEMAS ELTRICOS

DE POTNCIA

NOTAS DE AULA - 9 PERODO

Autor: Professor Paulo Rogrio Pinheiro Nazareth

Aluno(a): ............................................................................................................................

TPICOS

I- CONSIDERAES GERAIS EM SEP ........................................................................................ 03

II-CONCEITOS BSICOS ............................................................................................................... 08

III-GRANDEZAS EM PU............................................................................................................... 29

IV-REPRESENTAO DE SEPs .................................................................................................... 33

V-ESTUDOS DE CURTO-CIRUITOD EM SEPs ........................................................................... 38

VI-IMPEDNCIAS DE SEQUNCIA DOS COMPONENTES DO SEP ........................................ 51

VII-FALTAS ASSIMTRICAS EM SEP ........................................................................................... 54

VIII-COMPARAO DOS NVEIS DE CURTO-CIRCUITO ASSIMTRICOS EM FUNO DO CURTO-CICUITO TRIFSICO ....................................................................................................... 58

IX-CLCULO DE CURTO-CIRCUITO ATRAVEZ DA MATRIZ DE IMPEDNCIA ZBUS ....... 60

ANLISE DE SISTEMAS ELTRICOS DE POTNCIA ( SEP )

I- CONSIDERAES GERAIS EM SEP.

I.1- Introduo.

Engenharia de SEP o ramo da engenharia que lida com a tecnologia de gerao, transmisso e distribuio de energia eltrica.

O engenheiro de um SEP dever saber planejar, projetar e operar com um SEP. Esta tecnologia compreende o estudo de vrios tpicos tais como: Anlise, Planejamento, Dinmica de Gerao, Proteo, Estabilidade, Confiabilidade, Sobretenses, Operao Econmica, Distribuio de SEP, etc.

I.2- Objetivo.

Gerar energia eltrica suficiente nos locais mais adequados transmiti-la em grosso at o centro de carga e ento distribu-la aos consumidores individuais sob forma e qualidade adequadas e ao mais baixo preo econmico e ecolgico. Os SEP so projetados para atender certas exigncias, tais como:

a)Confiabilidade de suprimento; b) Economia ( tcnica e ecolgica );

c)Qualidade de suprimento ( V = cte e f = cte ).

I.3- Classificao das Tenses.

NVEL

TENSES NOMINAIS DISPONVEIS

CLASSE DE TENSO

Baixa Tenso

110 ...... 127 V

220 ...... 230 V

380 V

415 ...... 480 V

660 V

1 kV

Mdia Tenso

2,4 kV; 3,3 kV; 4,16 kV; 6,6 kV; 7,2 kV

11 kV; 13,2 kV; 13,8 kV

20 kV; 23,2 kV; 24,2 kV

36,2 kV

7,2 kV

15 kV

24 kV

36 kV

Alta Tenso

66 kV; 69 kV

138 kV

230 kV

69 kV

138 kV

230 kV

Extra Alta

Tenso

345 kV

450 kV ..... 550 kV

550 kV ..... 750 kV

345 kV

550 kV

750 kV

I.4- Estrutura do SEP.

O SEP opera em diversos nveis de tenso separados por transformadores.

a) Nvel de distribuio

-

-

V

220

/

V

380

;

V

127

/

V

220

Secundria

kV

5

,

34

;

kV

8

,

13

imria

Pr

b) Nvel de subtransmisso - 22 kV a 69 kV ou 138 kV

c) Nvel de transmisso - 138 kV; 230 kV

- EAT: 345 kV; 450 kV; 550kV; 750 kV

I.5- Estado de um SEP.

Basicamente um SEP pode operar em dois estados:

- SEP em regime permanente;

- SEP fora do regime permanente (regime transitrio).

I.5.1- SEP em regime permanente.

Neste caso so comuns os seguintes tipos de estudos:

1- Fluxo de Potncia (Load Flow).

Os estudos de fluxo de potncia so realizados, principalmente para fins de planejamento e operao. O estudo do fluxo de potncia nos fornece a condio de tenso em todas as barras em mdulo e ngulo de fase, bem como o fluxo de potncia ativa (P) e reativa (Q) em todas as linhas do sistema.

Com as informaes obtidas do estudo de fluxo de potncia, pode-se pesquisar:

Modificao da configurao do sistema, ou seja, Novas LTs? Rearranjo das existentes?

Modificaes das caractersticas do sistema, ou seja, Mudar o condutor? Mudar a V do sistema?

Emergncias no sistema, tais como Perdas de LTs, e Geradores.

Otimizao da operao do sistema quanto distribuio de cargas do sistema, minimizao de perdas, utilizao de Trafo com e sem taps variveis em carga (LTC).

2- Operao Econmica do Sistema.

Uma determinada carga pode ser alimentada por diferentes alternativas, dependendo dos despachos de gerao das usinas, do perfil de tenso V do sistema e da configurao de linhas de transmisso (LTs) do sistema.

Portanto, necessrio decidir a estratgia operacional tima do sistema levando-se em conta:

Despacho de gerao mais econmico.

Critrios de custos (operacionais de combustveis).

Critrio de perdas nas linhas de transmisso, para diferentes configuraes e diferentes despachos de gerao.

3- Controle do Sistema.

Controle f x P (Carga x Frequncia)

Controle V x Q (Tenso x Reativos)

I.5.2- SEP fora do regime permanente ( regime transitrio ).

Durante o funcionamento de um SEP podero ocorrer diversos fenmenos transitrios devido a:

1- Variaes momentneas ou permanentes do sistema, provocado por:

descargas atmosfricas; manobras do circuito; desligamento de geradores;

desligamento de cargas; ocorrncia de curtos-circuitos.

2- Variao de alguma grandeza eletromecnica do sistema.

Consequentemente vo surgir oscilaes de potncia, tenso e corrente do sistema.

As OSCILAES DE POTNCIA podero tirar o sistema de sincronismo.

As ELEVADAS TENSES E CORRENTES podero danificar os equipamentos.

Os transitrios so classificados de acordo com a sua velocidade e durao em:

( Transitrios Ultrarrpidos ou classe A, que constitui o chamado ESTUDO DE SOBRETENSES.

So caracterizados por fenmenos de pontos de tenso, causados por:

=> Descarga atmosfrica nas LTs => Operaes de manobra (switching

operations)

L

b

L

b

t

a

t

a

L

g

g

t

A

L

t

L

V

V

e

v

v

V

V

e

v

v

se

tem

referncia

de

n

e

o

ns

os

Sendo

I

Z

E

V

Z

V

V

I

=

=

=

=

-

-

=

-

=

;

:

,

;

So de natureza eltrica provocando ondas eletromagnticas que se propagam pela linha velocidade da luz. O elemento que controla ou elimina estes transitrios so os para-raios do sistema. A durao deste transitrio pode chegar at 5 ms aps a ocorrncia, provocando perigosas sobretenses. A finalidade do Estudo de Sobretenses de fornecer elementos para estabelecer um esquema e proteo contra sobretenses e determinar o nvel bsico de isolamento (NBI) dos equipamentos do SEP.

( Transitrios Medianamente Rpidos ou classe B, que constitui o chamado ESTUDO DE CURTOS-CIRCUITOS.

So caracterizados por fenmenos de curto-circuito, causados por falhas de isolamento de LT ou equipamentos aps surtos de tenso ou contatos acidentais entre fases, fase e terra, ou causas mecnicas diversas.

So tambm de natureza eltrica e so determinadas basicamente pelo acoplamento magntico entre os enrolamentos dos geradores. Quanto a durao, nos primeiros 10 ciclos do curto-circuito, na prtica so de importncia maior, porm os estudos se prolongam at 100 ms aps a ocorrncia do curto-circuito.

Os curtos-circuitos acarretam um colapso total ou parcial da tenso do sistema e as correntes podem alcanar valores maiores que as limitaes tcnicas dos equipamentos e LTs.

Os elementos responsveis por controlar ou eliminar tais transitrios so os rels e disjuntores, religamento automtico.

A finalidade do Estudo de Curto-circuito de determinar presumidamente as correntes e tenses de falta para selecionar os disjuntores do sistema e escolher o sistema de proteo por rels que devero sentir o defeito e iniciar o chaveamento seletivo para minimizar os problemas tcnicos dos equipamentos e as oscilaes mecnicas dos motores.

( Transitrios Lentos ou classe C, que constitui o chamado ESTUDO DE ESTABILIDADE.

So fenmenos de estabilidade transitria e dinmica, causados por curto-circuito que ocorre num ponto vital do sistema no eliminado com sucesso e/ou a tempo. So de natureza eletromecnica, envolvendo as oscilaes mecnicas dos rotores das mquinas sncronas. Sua durao vai de frao de segundo a um minuto ou mais. As oscilaes do rotor podem tirar mquinas de sincronismo e provocar o colapso total ou parcial do sistema.

Estes transitrios podem ser controlados ou eliminados pela eficincia do sistema de proteo que deve eliminar o defeito.

A finalidade do estudo de estabilidade estabelecer estratgias de operao que minimizem os efeitos das ocorrncias usando outros tipos de proteo ou outros tipos de rels, chaveamento no sistema de LTs e/ou Geradores, e rejeio de cargas.

QUADRO RESUMO DE ESTUDO E ANLISE DE SISTEMAS ELTRICOS DE POTNCIA

REGIME PERMANENTE SENOIDAL (60 Hz)

REGIME DINMICO

(0,1 Hz a 100 Hz)

REGIME TRANSITRIO

(1 Hz a 100 MHz)

Anlise no domnio

da

FREQUNCIA

Anlise no domnio do TEMPO e APROXIMAES

Anlise no domnio do TEMPO

e/ou da

FREQUNCIA

( Curto-circuito;

( Fluxo de Carga;

( Estabilidade Esttica.

Estabilidade

Transitria.

( Transitrios

Eletromecnicos

Faltas

1 Hz

a

10 kHz

Manobras

100 Hz

a

100 kHz

Sobretenses Atmosfricas

100 kHz

a

1 MHz

Corona

1 MHz

a

100 MHz

II-CONCEITOS BSICOS.

II.1-Representao de Tenso e Corrente.

A forma de onda de tenso nos barramentos de um SEP pode ser assumida como sendo puramente senoidal e de frequncia constante.

- As correntes e tenses senoidais so representadas na forma fasorial e com letras maisculas, como por exemplo, V; I.

-

I

e

V

Mdulos de V e I respectivamente.

- Os valores instantneos de corrente e tenso sero designados por letras minsculas.Ex.: v(t) ou v; i(t) ou i

- Quando uma tenso gerada (fora eletromotriz) est especificada, usa-se a letra E em vez de V para enfatizar o fato de uma genrica diferena de potencial entre dois pontos est sendo considerada.

- Se uma tenso ou corrente so expressas em funo do tempo, tais como:

v(t) = 141,4cos (wt + 30) e i(t) = 7,07coswt, teremos:

Vmx=141,4 V; Imax=7,07 A

Vrms = Vef =

)

(

100

2

4

,

141

2

CA

s

voltmetro

nos

lido

V

V

V

mx

=

=

=

)

(

5

2

07

,

7

2

CA

os

ampermetr

nos

lido

A

I

I

I

I

mx

ef

rms

=

=

=

=

=

-Expressando como fasores, fica:

)

(

0

5

0

5

);

(

50

6

,

86

30

100

A

j

I

ou

A

I

V

j

V

ou

V

V

+

=

=

+

=

=

-A potncia mdia dissipada em um resistor

.

2

R

I

II.2-Notao com subscrito nico.

o

o

o

o

o

o

150

)

3

/

V

(

V

30

)

3

/

V

(

V

90

)

3

/

V

(

V

120

V

V

0

V

V

240

V

V

L

CN

L

BN

L

AN

L

CA

L

BC

L

AB

=

=

-

=

=

=

=

Considere o circuito CA a seguir com fem Eg e impedncia de carga ZL.

o

o

o

o

o

o

150

)

3

/

V

(

V

30

)

3

/

V

(

V

90

)

3

/

V

(

V

240

V

V

0

V

V

120

V

V

L

CN

L

BN

L

AN

L

CA

L

BC

L

AB

-

=

-

=

=

=

=

=

II.3-Notao com subscrito duplo.

Observando o mesmo circuito anterior, podemos destacar:

IL = Iab sentido positivo da corrente de a b.

Iab = - Iba =

180

ba

I

=

-

=

180

ba

ba

ab

V

V

V

A

ab

ab

Z

I

V

=

Da 2 Lei de Kirchhoff (LKT), temos que:

A

bn

ao

ab

bn

ao

A

ab

bn

A

ab

ao

bn

ab

oa

Z

V

V

I

V

V

Z

I

V

Z

I

V

V

V

V

-

=

-

=

=

+

+

-

=

+

+

0

0

EMBED Equation.3

II.4- Sistema de Transmisso de Energia Eltrica

Os sistemas de transmisso de energia eltrica so projetados para atender a certos critrios mnimos, tais como:

a) Capacidade de transmisso de energia;

b) Qualidade de transmisso;

c) Confiabilidade;

d) Economia.

II.4.1- Caractersticas bsicas da energia eltrica

Inicialmente, devemos ressaltar que, por vrias razes, conveniente na maior parte das ocasies dar ateno, no energia w em si, mas a sua taxa de variao com o tempo, ou a potncia p, onde:

dt

dw

p

D

=

(Watts)

Nota: Usaremos letras minsculas para indicar funes do tempo ou valores instantneos.

Explicitando a energia w da equao anterior, fica:

=

t

t

0

pdt

w

(Ws ou J)

Observe que w depender do instante inicial t0, arbitrariamente escolhido, o que no ocorre com a potncia.

No SI, a unidade de energia eltrica o wattsegundo (Ws) e a de potncia eltrica o watt (W). Essas unidades so muito pequenas, sendo prefervel usar o quilowatt (kW), o megawatt (MW) e o gigawatt (GW) para potncia eltrica e o kWh para a energia eltrica.

II.4.2- Frmula fundamental da potncia Energia eletromagntica

Toda tecnologia aplicada na ESEE se baseia no fato de que possvel transformar as formas primitivas de energia disponveis na natureza, em energia eltrica, transmiti-la ao consumidor em potencial e ento, finalmente, novamente transform-la em outras e variadas formas para sua utilizao.

Essas transformaes no so simples.

Por exemplo, consideremos a energia qumica armazenada no carvo. O carvo pulverizado misturado com o ar na cmara de combusto da caldeira, onde a energia qumica liberada sob a forma de energia trmica, ou calor. Numa sequncia de trocadores de calor, a energia trmica transmitida para outro meio, a gua, que absorve e muda de fase, transformando-se em vapor. Este, passando por uma turbina, perde parte de sua energia trmica, sob a forma de energia mecnica. Por fim, no gerador eltrico, a energia mecnica se transforma em energia eltrica.

Praticamente, quase toda energia eltrica produzida atualmente a partir de geradores rotativos (mquinas girantes), nos quais a transformao de energia de mecnica para eltrica. Grandes esforos esto sendo empreendidos na pesquisa de mtodos de converso direta de energia (CDE). A principal caracterstica de todas as tcnicas de CDE que se tenta eliminar a etapa mecnica intermediria, procurando obter energia eltrica diretamente, ou de energia trmica, ou da solar, ou da energia qumica.

Iremos tratar as caractersticas da energia j na forma eltrica, no nos importando como ela chegou a essa forma. Supomos inicialmente de que dispomos de um equipamento, designado por gerador, que possui no mnimo dois terminais de sada, dos quais podemos retirar uma corrente i, estvel, num potencial v, estvel, entre esses terminais. Faremos a suposio inicial de que v e i sejam quase estticos, isto , que suas variaes sejam relativamente lentas.

A formula fundamental da potncia agora informa que o gerador fornece energia numa taxa:

p = vi (Watts)

Considerem nas figuras os prottipos mais simples de um sistema de transmisso, sendo um eltrico e o outro mecnico para efeito de comparao:

C

B

A

C

A

3

C

B

A

C

B

2

C

B

A

B

A

1

Z

Z

Z

Z

.

Z

Z

Z

Z

Z

Z

.

Z

Z

Z

Z

Z

Z

.

Z

Z

+

+

=

+

+

=

+

+

=

1

3

2

3

1

2

1

C

3

3

2

3

1

2

1

B

2

3

2

3

1

2

1

A

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

+

+

=

+

+

=

+

+

=

No caso eltrico, o processo mostrado realizado por um mecanismo de bombeamento de carga. A corrente representa o fluxo de carga por unidade de tempo e o gerador bombeia essa carga, sendo capaz de manter um fluxo i contra a presso, ou potencial v.

Fazendo uma analogia com o sistema de transmisso de potncia hidrulica, temos:

Aos condutores eltricos correspondem linhas de presso hidrulica conduzindo um fluido incompressvel; a bomba hidrulica, que corresponde ao gerador, faz com que o fluido circule com uma vazo i m/s e mantem uma diferena de presso de N/m. Se a rea de seco das linhas for de A m, a velocidade do fluido ser i/A m/s, e a fora total sentida pelo pisto do motor ser A N.

Como, Potncia mecnica = fora x velocidade, podemos utiliz-la para obtermos a seguinte expresso para a potncia mecnica transmitida por esse sistema, ou seja:

Pmec = A.i/A = i, ou seja,

Pmec = i (Watts)

Cuja equao idntica a p = vi (Watts)

Na realidade, existem diferenas entre os dois sistemas mostrados anteriormente.

Por exemplo, no h dvida de que, no sistema hidrulico, a transferncia de energia entre a bomba e o motor ocorre no interior das linhas de presso. No temos essa garantia no sistema de transmisso eltrico. Embora a equao de p enfatize a corrente, que sem dvida localiza-se no interior dos condutores, o enfoque dado pela Fsica situa o fluxo de energia fora dos condutores, no campo eletromagntico que os circunda. Portanto, deveremos designar a energia transmitida por energia eletromagntica wem.

No devemos, claro, esperar que a energia esteja uniformemente distribuda no espao externo aos condutores, e sim que apresente uma densidade volumtrica que aumentar na mesma proporo que a intensidade dos vetores de campo. O fenmeno dessa transmisso de energia descrito de maneira compacta pelo vetor de Poynting P, dado pela expresso:

P = E x H (W/m)

Onde na expresso temos para os vetores:

E = intensidade de campo eltrico, V/m;

H = intensidade de campo magntico, A/m.

O vetor P definido na equao anterior, obtido pelo produto vetorial entre E e H, e sua direo perpendicular ao plano que contem E e H.

O valor de P dado por:

a

=

sen

H

E

P

, onde o ngulo entre E e H.

A interpretao da equao do vetor de Poynting que a energia eletromagntica movimenta-se ou irradia-se numa direo e num sentido coincidentes com os de P. A quantidade de energia que penetra na unidade de rea (perpendicular direo da radiao), por unidade de tempo, dado pelo mdulo |P|.

F

L

I

3

I

=

Na figura a seguir temos os dois condutores do sistema simples de transmisso eltrica, com seus campos eltricos e magnticos:

q

=

cos

I

V

3

P

L

L

T

II.4.3- Formas Adicionais de Energia Eltrica

Alm da energia eletromagntica, na ESEE nos interessam trs outras formas de energia:

1- Energia de campo eltrico, we;

2- Energia de campo magntico, wm;

3- Energia hmica, ou dissipada, w.

- Energia de campo eltrico (we)

Esta forma de energia existe em todos os lugares do espao onde esteja presente um campo eltrico. Por exemplo, entre as placas de um capacitor ou em torno dos condutores de uma linha de transmisso. Ela encontrada em densidades de volume, que podem ser calculadas por:

m

/

Ws

D

.

E

2

1

)

vol

(

d

dw

ou

m

/

Ws

E

2

1

)

vol

(

d

dw

e

2

0

e

=

ee

=

Sendo:

- E = intensidade de campo eltrico, V/m;

-

=

p

=

e

-

9

0

10

36

1

constante dieltrica para o vcuo,

-

e

= constante dieltrica relativa para o meio em questo;

- D = 0E = densidade de fluxo eltrico, Vs/m.

Exemplo 1.

Considere o capacitor simples de placas representado na figura:

F

L

V

3

V

=

O capacitor est carregado com uma tenso v volts. Desprezar o efeito de espraiamento, e assim considera-se que o campo eltrico constante entre as placas. Assuma um dieltrico linear com uma constante dieltrica e obtenha a energia de campo eltrico do capacitor (we).

Sendo

d

v

E

=

=>

2

0

e

d

v

2

1

)

vol

(

d

dw

ee

=

O volume compreendido entre as placas ser o produto Ad.

Trabalhando apenas com meios isotrpicos e lineares, temos:

2

0

2

0

2

0

e

v

d

A

2

1

Ad

d

v

2

1

volume

d

v

2

1

w

ee

=

ee

=

ee

=

2

0

e

v

d

A

2

1

w

ee

=

; Sabe-se que a capacitncia

d

A

C

0

ee

=

, ento,

Joules

ou

Ws

Cv

2

1

w

2

e

=

- Energia de campo magntico (wm)

Em qualquer lugar do espao onde esteja presente um campo magntico, a energia de campo magntico encontrada. Sua densidade de volume dada por:

m

/

Ws

H

.

B

2

1

)

vol

(

d

dw

ou

m

/

Ws

H

2

1

)

vol

(

d

dw

m

2

0

m

=

mm

=

Sendo:

- H = intensidade de campo magntico, A/m;

-

=

p

=

m

-

7

0

10

.

4

permeabilidade magntica no vcuo;

-

m

= permeabilidade magntica relativa para o meio em questo;

- B = 0H = densidade de fluxo magntico em Wb/m.

Exemplo 2.

Para um elemento de circuito (bobina) que tenha um comprimento a, uma rea A, uma indutncia L e conduza uma corrente i, obter a expresso da energia de campo magntico Wm.

m

/

Ws

H

2

1

)

vol

(

d

dw

2

0

m

mm

=

Em meios isotrpicos e lineares temos:

volume

H

2

1

W

2

0

m

mm

=

Sabe-se que = L.i, ou = B.A

Logo, B.A = L.i =>

A

Li

B

=

Sendo

a

i

H

=

A/m, vem;

2

2

0

2

0

m

Li

2

1

A

.

a

a

i

A

Li

2

1

A

.

a

.

H

.

B

2

1

A

.

a

H

2

1

volume

H

2

1

W

=

=

=

mm

=

mm

=

Joules

ou

Ws

Li

2

1

W

2

m

=

Obs.: A frmula da energia de campo magntico para um sistema de bobinas magneticamente acopladas conter termos adicionais devidos mtua indutncia M. Por exemplo, para um sistema de duas bobinas com correntes i1 e i2, teremos:

2

1

2

2

2

2

1

1

m

i

Mi

i

L

2

1

i

L

2

1

W

+

+

=

- Energia hmica ou dissipada (w)

Essa forma de energia dissipada sob a forma de calor sempre que uma corrente eltrica flui num meio resistivo. A taxa de variao com o tempo, dessa dissipao de energia ser, por unidade de volume, definido:

)

m

/

W

(

E

.

I

)

vol

(

d

dw

ou

)

m

/

W

(

I

)

vol

(

d

dw

)

vol

(

d

dp

3

2

=

r

=

=

W

W

W

, onde:

- = resistividade especfica do meio em questo (.m);

- I = vetor densidade de corrente (A/m);

- E = I = vetor tenso (V/m).

Exemplo 3.

Num condutor de comprimento a m e rea de seo de A m conduzindo uma corrente total de i A (de densidade uniforme de corrente I), obter a dissipao total de energia no volume.

2

2

2

i

A

a

aA

A

i

vol

I

p

r

=

r

=

r

=

W

; sendo

,

A

a

R

r

=

tem-se que:

Watts

Ri

p

=

W

Nota: Em muitos casos essa dissipao de calor representa uma forma til de energia, como, por exemplo, no forno eltrico, nos aquecedores eltricos, etc. No entanto, na maioria dos casos, a energia hmica deve ser considerada uma perda de energia, como no caso de um sistema de transmisso.

Exemplo 4.

Considere o sistema de transmisso na figura a seguir:

q

=

cos

I

V

3

P

L

L

T

Deseja-se transmitir certa quantidade de potncia (ptr). Devido resistncia da linha R, essa transmisso est associada a uma inevitvel perda de potncia (pperda). Obter a relao entre a perda de potncia e a potncia transmitida. Interprete o resultado.

pperda = Ri, ptr = vi, onde i = ptr/v

2

tr

tr

perda

2

2

tr

2

tr

perda

v

p

R

p

p

ou

,

v

p

R

v

p

R

p

=

=

=

Da relao obtida, podemos concluir que para diminuir as perdas pela resistncia, devemos transmitir potncia ou energia em alta tenso.

II.5-Potncia em circuitos monofsicos CA.

A teoria fundamental da transmisso de energia descreve o deslocamento de energia em termos da iterao de campos eltricos e magnticos. Porm, o engenheiro de sistemas de potncia est, na maioria das vezes, preocupado com a descrio da taxa de variao da energia com respeito ao tempo (a qual a definio de potncia) em termos de tenso e corrente. A unidade de potncia o Watt. A potncia em Watt absorvida pela carga a qualquer instante o produto da queda de tenso atravs da carga em volts e a corrente instantnea na carga em ampres. Se os terminais da carga esto indicados por a e n, e se a tenso e a corrente so expressas por,

),

wt

cos(

I

i

e

wt

cos

V

v

max

an

max

an

q

-

=

=

a potncia instantnea :

)

wt

cos(

wt

cos

I

V

i

v

p

max

max

an

an

q

-

=

=

O ngulo na equao da potncia positivo para corrente atrasada da tenso e negativo para corrente adiantada da tenso. Um valor positivo de p expressa a taxa pela qual a energia est sendo absorvida pela parte do sistema, entre os pontos a e n. A potncia instantnea obviamente positiva quando ambas, van e ian, so positivas, mas tornar-se-o negativas quando van e ian estiverem opostas em sinal.

A figura a seguir mostra a corrente, a tenso e a potncia em funo do tempo.

-

-

-

-

-

-

-

-

1

2

3

2

2

3

2

1

a

a

a

1

a

1

a

1

a

a

a

1

1

1

1

1

A potncia positiva calculada por vanian resulta quando a corrente est fluindo na direo da queda de tenso e a taxa de transferncia de energia para a carga. Inversamente, potncia negativa calculada por vanian resulta quando a corrente est fluindo na direo de um crescimento da tenso e significa que uma energia est sendo transferida da carga para o sistema no qual a carga est ligada.

Se van e ian esto em fase, como no caso de carga puramente resistiva, a potncia instantnea nunca ficar negativa. Se a corrente e a tenso esto defasadas de 90, como num elemento ideal de circuito puramente indutivo ou capacitivo, a potncia instantnea ter semiciclos positivos e negativos iguais e seu valor mdio ser zero.

Usando identidades trigonomtricas na equao de p, ela fica reduzida a:

wt

sen

sen

I

V

)

wt

cos

(

cos

I

V

p

max

max

max

max

2

2

2

1

2

q

q

+

+

=

Interpretando a expresso de p acima, destaca-se:

a) O termo

2

max

max

I

V

pode ser substitudo pelo produto do valor rms da tenso e corrente, ou seja:

EMBED Equation.3

.

I

.

V

I

V

I

V

max

max

max

max

=

=

2

2

2

Logo,

wt

sen

sen

I

.

V

)

wt

cos

(

cos

I

.

V

p

2

2

1

q

q

+

+

=

, sendo;

q

=

D

cos

I

.

V

P

a potncia ativa ou real,

q

=

D

sen

I

.

V

Q

a potncia reativa.

Onde p pode ser reescrita, como:

wt

2

Qsen

)

wt

2

cos

1

(

P

p

+

+

=

b) O primeiro termo que contem cos sempre positivo e tem um valor mdio de

2

max

max

I

V

P

=

, ou em valores rms tem-se

.

cos

I

.

V

P

q

=

P significa fisicamente a potncia mdia ou potncia til, dada em Watts, que est sendo transmitida. Seu valor depende muito do fator de potncia.

c) O cosseno do ngulo de fase entre a tenso e a corrente chamado fator de potncia. Um circuito indutivo tem um fator de potncia em atraso e um circuito capacitivo tem um fator de potncia adiantado.

d) O termo

wt

cos

I

.

V

2

ou

wt

2

cos

P

, sendo senoidal possui valor nulo em um perodo.

e) O termo

wt

sen

.

sen

I

.

V

2

q

ou

wt

2

Qsen

, alternadamente positivo e negativo e tem um valor mdio igual a zero e incapaz de realizar um trabalho til. Esta componente da potncia instantnea p chamada potncia reativa instantnea e expressa o fluxo de energia alternativamente na direo da carga e para fora da carga. O valor mximo desta potncia pulsante, designada por Q, chamado potncia reativa ou volt-ampre reativo.

Logo,

,

sen

I

V

Q

max

max

q

2

=

ou valores rms

q

=

sen

I

.

V

Q

.

A tabela abaixo mostra resumidamente as potncias ativas e reativas para as cargas mais comumente encontradas.

=

D

C

B

A

2

3

2

2

3

2

3

A

2

A

1

A

0

A

V

V

V

V

.

a

a

a

1

a

1

a

1

a

a

a

1

1

1

1

1

4

1

V

V

V

V

Exemplo 1.

Considere o circuito RL srie como tipo de carga na tabela anterior. A tenso vale

senwt

V

2

v

=

volts. Adote o ngulo de defasagem entre a corrente e a tenso.

Determine:

a) A corrente i; b) cos e sen; c) As potncias, ativa e reativa;

d) A energia de campo magntico armazenada na bobina;

e) Relacionar a potncia reativa energia de campo magntico armazenada na bobina.

a) Z = R +jWL =

2

2

)

WL

(

R

+

;

R

WL

tg

1

-

=

q

q

-

=

q

+

=

q

=

I

2

)

WL

(

R

0

V

2

Z

0

V

2

I

2

2

o

.

Amp

)

wt

(

sen

I

2

i

q

-

=

b)

2

2

2

2

)

WL

(

R

WL

sen

;

)

WL

(

R

R

cos

;

R

WL

tg

+

=

q

+

=

q

=

q

c)

Watts

)

WL

(

R

R

V

P

)

WL

(

R

R

)

WL

(

R

V

V

P

cos

I

V

P

2

2

2

2

2

2

2

+

=

\

+

+

=

=>

q

=

VAr

)

WL

(

R

WL

V

Q

)

WL

(

R

WL

)

WL

(

R

V

V

Q

sen

I

V

Q

2

2

2

2

2

2

2

+

=

\

+

+

=

=>

q

=

d)

2

2

2

2

m

)

wt

(

sen

)

WL

(

R

V

2

L

2

1

Li

2

1

w

q

-

+

=

=

e)

q

-

+

=

2

2

2

m

)

wt

(

sen

)

WL

(

R

V

2

L

2

1

dt

d

dt

dw

)

wt

cos(

)

wt

(

sen

)

WL

(

R

V

WL

2

dt

dw

2

2

2

m

q

-

q

-

+

=

)]

wt

(

2

[

sen

2

1

)

WL

(

R

V

WL

2

dt

dw

2

2

2

m

q

-

+

=

)]

wt

(

2

[

Qsen

dt

dw

m

q

-

=

Nota: A taxa de variao com o tempo da energia de campo magntico varia harmonicamente com a frequncia de 2W, possui valor mdio nulo e um valor mximo exatamente igual a Q.

Exemplo 2.

Determine as potncias pL, pc absorvidas pela bobina e pelo capacitor respectivamente, na associao em paralelo, no circuito da figura. Calcule tambm a potncia p.

a

a

a

1

a

1

a

1

a

a

a

1

1

1

1

1

4

1

2

3

2

2

3

2

Da equao,

wt

sen

sen

I

.

V

)

wt

cos

(

cos

I

.

V

p

2

2

1

q

q

+

+

=

, temos:

wt

2

sen

I

V

wt

2

sen

sen

I

.

V

p

c

c

c

-

=

q

-

=

wt

2

sen

I

V

wt

2

sen

sen

I

.

V

p

L

L

L

=

q

=

Essas potncias esto defasadas de 180.

(

)

c

L

L

c

L

c

I

I

wt

2

sen

V

wt

2

sen

I

V

wt

2

sen

I

V

p

p

p

-

=

+

-

=

+

=

Note que as trs potncias

L

c

p

e

p

,

p

, so puramente reativas.

Obs.: Se o circuito for posto em ressonncia as correntes, Ic e IL sero iguais, e assim a potncia de linha p, ser igual a zero. Fisicamente isso significa que a energia oscila entre a bobina e o capacitor. Num dado instante a bobina est com o mximo de energia de campo magntico armazenada e o capacitor totalmente descarregado. Meio ciclo de tenso depois, o capacitor est totalmente carregado e a bobina sem nenhuma energia armazenada.

II.6- Tenso e Corrente em Circuitos Trifsicos Equilibrados.

Sistemas eltricos de potncia so alimentados por geradores trifsicos. Usualmente, os geradores alimentam cargas trifsicas equilibradas, o que significa cargas com impedncias idnticas nas trs fases. Cargas com iluminao e pequenos motores so, obviamente, monofsicas, mas sistemas de distribuio so projetados tal que todas as fases sejam essencialmente equilibradas.

A figura a seguir indica um gerador em conexo Y com o neutro marcado o e alimentando uma carga equilibrada Y com o neutro marcado n.

"

I

No gerador as fems Ega, Egb e Egc so iguais em mdulo e deslocado uma da outra de 120, ou seja, no sistema trifsico, a diferena de fase entre as tenses induzidas nas trs bobinas igualmente espaadas de 120.

'

I

Considere a figura a seguir:

Na sequncia ABC, a tenso na bobina A atinge um mximo em primeiro lugar, seguida pela bobina B, e depois pela bobina C.

I

Esta sequncia pode ser vista pelo diagrama de fasores, considerada positiva o sentido anti-horrio, e o traado das tenses instantneas, como mostram as seguintes figuras:

A inverso nas bobinas B e C resulta na sequncia CBA ou sequncia negativa, como segue:

1

Z

E

A ligao dos terminais A, B e C, resulta num alternador ligado em Y (estrela), ao passo que a ligao de A em B, de B em C e de C em A, resulta num alternador ligado em ( (delta ou tringulo), representadas a seguir:

FASE

LINHA

FASE

LINHA

V

.

3

V

e

I

I

=

=

2) Na ligao tringulo, as tenses de linha e de fase so iguais, e a corrente de linha

3

a corrente de fase, ou seja;

F

L

F

L

I

.

3

I

e

V

V

=

=

OBS.: Seja qual for a ligao, as trs linhas A, B e C constituem um sistema trifsico de tenso. O ponto neutro da ligao em estrela fornece o quarto condutor do sistema trifsico a quatro condutores.

- TENSES DO SISTEMA TRIFSICO -

1

T

2

sc

I

-

f

1

Z

- CARGAS TRIFSICAS EQUILIBRADAS -

EXEMPLOS:

1) Um sistema ABC trifsico a trs condutores, 110 volts, alimenta uma carga em tringulo, constituda por trs impedncias iguais de

W

o

45

5

. Determinar as correntes de linha IA, IB e IC e traar o diagrama de fasores.

2) Um sistema CBA trifsico a quatro condutores, 208 volts, alimenta uma carga em estrela, constituda por impedncias de

.

30

20

W

-

o

Calcular as correntes de linha e traar o diagrama de fasores.

- ESTRUTURA PASSIVA EM DELTA () OU ESTRELA (Y)

2

T

2

sc

I

-

f

1 - TRANSFORMAO Y:

0

Z

0

T

2

sc

I

-

f

2 - TRANSFORMAO Y :

.

iaes

var

as

s

Estudo

I

Z

V

I

Z

V

0

I

Z

V

Z

I

Z

Z

V

)

I

(

Z

V

,

Logo

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

BUS

I

V

I

V

I

V

D

=

D

\

D

=

D

+

D

=

D

+

-

D

+

=

D

+

D

+

=

D

+

o

o

o

o

o

o

OBS.: No caso de ZA = ZB = ZC = Z , e Z1 = Z2 = Z3 = ZY, temos:

qq

Kq

q

Kq

PS

K

Z

1

.

Z

1

I

.

Z

1

V

-

=

-

=

\

Y:

3

Z

Z

,

seja

ou

3

Z

Z

3

Z

Z

Z

Z

Z

.

Z

Z

Y

2

Y

D

D

D

D

D

D

D

D

D

=

=

=

+

+

=

qq

Kq

qq

PS

K

Z

Z

Z

V

-

=

Y:

Y

Y

Y

2

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Z

3

Z

,

seja

ou

Z

3

Z

Z

3

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

.

Z

Z

=

=

=

+

+

=

D

D

II.7- Potncia em Circuitos Trifsicos Equilibrados.

Sendo a corrente a mesma nas impedncias de fase das cargas equilibradas em estrela ou em tringulo, a potncia de fase igual a um tero da potncia total.

II.7.1- Potncia em cargas equilibradas ligadas em tringulo.

PS

m

V

Considere a figura a seguir:

PS

l

V

II.7.2- Potncia em cargas equilibradas ligadas em estrela.

Considere a figura a seguir:

OBS.: Como as equaes para potncia ativa PT so idnticas para as duas cargas equilibradas (Y ou ), a potncia em qualquer carga trifsica equilibrada dada por

q

cos

I

V

3

L

L

, onde o ngulo da impedncia de carga ou ngulo da impedncia equivalente, na hiptese de serem vrias cargas equilibradas, alimentadas pelo mesmo sistema.

O volt ampres totais ST (potncia aparente total) e a potncia reativa total QT so relacionados a seguir:

L

L

T

I

V

3

S

=

;

q

=

sen

I

V

3

Q

L

L

T

Assim, para uma carga trifsica equilibrada, a potncia aparente, a potncia ativa e a potncia reativa so dadas por:

L

L

T

I

V

3

S

=

;

q

=

cos

I

V

3

P

L

L

T

;

q

=

sen

I

V

3

Q

L

L

T

II.8- Potncia Complexa (S)

Sejam os tringulos de potncias a seguir:

Os trs lados S, P e Q do tringulo de potncias podem ser obtidos do produto VI*, cujo resultado um nmero complexo, chamado potncia complexa S. A sua parte real igual a potncia mdia P e a sua parte imaginria igual a potncia reativa Q.

Seja

,

I

I

e

V

V

q

+

a

=

a

=

ento,

q

-

a

-

a

=

=

I

V

*

VI

S

=

q

-

VI

Logo,

q

-

q

=

sen

jVI

cos

VI

S

, ou

jQ

P

S

-

=

O mdulo de S a potncia aparente, ou seja:

2

2

Q

P

S

+

=

, Unidade Volt-Ampere (VA)

Resumindo, temos:

Potncia mdia ou ativa

{

}

*

=

=

=

VI

Re

R

V

cos

VI

P

R

2

q

, (Watts)

Potncia reativa

{

}

*

=

=

=

=

VI

Im

X

V

XI

VIsen

Q

X

2

2

q

, (Var)

Potncia aparente

*

=

=

=

=

VI

de

absoluto

Valor

Z

V

ZI

VI

S

2

2

, (VA)

q

ngulo de deslocamento entre a corrente e a tenso.

Podemos ainda expressar a potncia complexa por duas formas, usando as relaes:

YV

I

e

ZI

V

=

=

Ento,

2

I

Z

ZII

VI

S

=

=

=

*

*

Ou,

2

V

Y

V

VY

VI

S

*

*

*

*

=

=

=

A importncia prtica da potncia aparente na designao de valores nominais de geradores e transformadores.

IIIGRANDEZAS POR UNIDADE (pu)

III.1- Introduo.

Na anlise de redes de potncia necessrio representar-se as grandezas eltricas envolvidas (tenses, correntes, impedncias, etc.) em por unidade. Uma grandeza em pu dada pela relao entre o seu valor atual (em V, A, (, etc.) e um valor como base (tambm em V, A, (, etc.).

Logo,

Base

Eltrica

Grandeza

)

pu

(

Valor

=

III.2- Principais vantagens da utilizao de valores em pu:

a) Facilidade de comparao de valores;

b) Eliminao no diagrama de nveis de tenso diferentes;

c) Menor erro de aproximao (trabalha-se com nmeros prximos unidade);

d) Menor chance de confuso entre valores de fase e de linha;

e) Valores tpicos de impedncias para equipamentos.

III.3- Tabela das grandezas envolvidas na anlise de redes de potncia

GRANDEZA ELTRICA

SMBOLO

DIMENSO

UNIDADE

Corrente

I

[ I ]

Ampres

Tenso

V

[ V ]

Volt

Potncia Complexa

S = P + jQ

[ VI ]

Volt-ampre

Impedncia

Z

[ V/I ]

Ohm

ngulo de fase

( , ( , (

-

Radiano

Tempo

t

[ T ]

Segundo

Nos estudos em regime permanente o parmetro tempo no considerado. Nesta tabela verificamos que o ngulo de fase no tem dimenso e as quatro grandezas restantes so relacionadas como segue:

=

=

I

V

Z

*

I

.

V

S

Assim uma escolha arbitrria de duas bases (em geral S e V) automaticamente fixar as outras duas (I e Z).

III.4- Formulrio para circuitos monofsicos.

Normalmente so escolhidas ou fornecidas a Potncia Base e a Tenso Base. Desta forma tem-se:

Potncia Base: Sb [VA]; Sb [MVA]; MVAb

Tenso Base: Vb [V]; Vb [KV]; KVb

A determinao das outras bases se processa da seguinte forma:

( Corrente Base:

=

=

=

b

b

b

b

b

b

b

b

b

KV

MVA

KI

]

KV

[

V

]

MVA

[

S

]

KA

[

I

;

]

V

[

V

]

VA

[

S

]

A

[

I

( Impedncia Base:

=

W

=

W

=

=

W

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

MVA

KV

Z

MVA

S

KV

V

Z

VA

S

V

V

A

I

V

V

Z

2

2

2

]

[

]

[

]

[

]

[

;

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

III.5- Formulrio para circuitos trifsicos.

Para circuitos trifsicos so vlidas as seguintes equaes em mdulo:

f

ff

f

f

f

ff

f

f

f

f

ff

3

2

1

2

1

3

3

3

3

3

S

V

S

V

I

V

Z

I

V

I

V

S

S

V

V

N

N

N

N

=

=

=

=

=

=

=

Usualmente fornecida a Potncia Base Trifsica (Sb3() e a Tenso Base de Linha (Vb(().

( Potncia Base Trifsica: Sb3( [VA]; Sb3( [MVA]; MVAb3( .

( Tenso Base de Linha: Vb(( [V]; Vb(( [KV]; KVb(( .

No entanto pode-se utilizar a Potncia Base por Fase (1() e a Tenso Base de Fase ((N). Portanto,

( Potncia base por Fase: Sb1( [VA]; Sb1( [MVA]; MVAb1(

( Tenso Base de Fase: Vb(N; Vb(N [KV]; KVb(N

Os valores base por fase se relacionam com os valores base trifsicos por:

=

=

ff

f

f

f

3

V

V

3

S

S

b

N

b

3

b

1

b

A determinao dos outros valores de base dada como segue:

( Corrente Base

=

=

=

=

ff

f

ff

f

f

f

f

f

b

3

b

b

b

3

b

b

N

b

1

b

b

N

b

1

b

b

KV

3

MVA

KI

]

KV

[

V

3

]

MVA

[

S

]

KA

[

I

KV

MVA

KI

]

KV

[

V

]

MVA

[

S

]

KA

[

I

( Impedncia Base

=

W

=

W

=

W

=

W

f

ff

f

ff

f

f

f

f

3

b

2

b

b

3

b

2

b

b

1

b

2

N

b

b

1

b

2

N

b

b

MVA

KV

]

[

Z

]

MVA

[

S

]

KV

[

V

]

[

Z

MVA

KV

]

[

Z

]

MVA

[

S

]

KV

[

V

]

[

Z

III.6- Mudana de Base.

2

=

bN

bA

bA

bN

)

pu

(

A

)

pu

(

N

V

V

S

S

Z

Z

III.7- Aplicaes.

1- No estudo de um dado sistema eltrico, definimos os seguintes valores-base: Vb=20kV e Sb=2MVA. Exprimir em por unidade as seguintes tenses, correntes, potncias e impedncias:

a) V = 12 kV b) V = (13,3 + j6,0) kV c) I = (513 + j203) A d) S = 9,3 MVA

e) S = (200 + j300) (kW; kVAr) f) Z = (80 + j40)

2- A impedncia percentual de um transformador de fora de 1000 kVA 13.800/13.200/12.600 380/220 V de 4,5% referida ao tape de 13.200 V. Calcular esta impedncia em pu no tape de tenso mais elevada. Os valores nominais do trafo so 1000 kVA e 13.800 volts.

3- No circuito da figura abaixo a tenso no ponto A mantida com o valor eficaz de 1pu. Calcule as potncias (ativa e reativa) absorvidas pelos nove elementos cujas impedncias (com valores-base MVA kV) so:

pu

210

,

0

Z

;

pu

100

,

0

j

Z

;

pu

015

,

0

Z

3

2

1

=

=

=

;

.

pu

600

,

0

Z

e

pu

400

,

0

j

Z

;

pu

201

,

0

j

Z

;

pu

300

,

0

j

Z

;

pu

200

,

0

j

Z

;

pu

100

,

0

j

Z

9

8

7

6

5

4

=

=

-

=

=

=

-

=

4) A reatncia de um gerador, designada por X, dada como sendo 0,25 pu baseado nos dados de placa do gerador de 18 kV, 500 MVA. A base para clculo 20 kV, 100 MVA. Encontre X na nova base.

5) Calcule os valores base da impedncia e da corrente em todos os nveis de tenso praticados no sistema eltrico da Aominas, na base de 100 MVA.

6) Um gerador (que pode ser representado por uma F.E.M. em srie com uma reatncia indutiva) especificado nominalmente 500 MVA, 22 kV. Seus enrolamentos conectados em Y tm uma reatncia de 1,1 pu. Obtenha o valor hmico da reatncia dos enrolamentos.

IV- REPRESENTAO DE SEPs

IV.1- Diagrama Unifilar

usado para representar os elementos associados de um sistema eltrico de potncia (SEP).

Smbolos utilizados:

Exemplo.Considere o diagrama a seguir:

No diagrama, esto representados, dois geradores, um aterrado atravs de um reator e o outro atravs de um resistor, onde so interligados a uma barra e, atravs de um transformador elevador (T1), a uma linha de transmisso (LT). Um terceiro gerador, aterrado atravs de um reator, ligado a uma barra e, atravs de um transformador elevador (T2), extremidade oposta da linha de transmisso (LT). Uma carga ligada a cada barra. No diagrama, s vezes, so fornecidas informaes sobre as cargas, as potncias e tenses nominais dos geradores e transformadores, e reatncias dos diferentes componentes do circuito.

IV.2- Diagrama de Impedncia e Reatncia

O diagrama unifilar mostrado no exemplo anterior pode ser representado por uma nica fase em relao terra e cada dispositivo pelo seu circuito equivalente constitudo por impedncias:

Consideraes a respeito do diagrama de impedncias:

1) Como a corrente de magnetizao desprezvel comparada com a corrente de plena carga, o ramo paralelo omitido.

2) No clculo de faltas (curtos-circuitos) a resistncia geralmente omitida.

3) Para as linhas de transmisso o modelo vai depender do comprimento da linha. Como vamos trabalhar com linhas curtas (at 80 km), usaremos somente o ramo srie.

Baseado nas consideraes anteriores obtm-se o diagrama de reatncia do exemplo considerado anteriormente, como segue:

Exemplo:

Dado o diagrama unifilar abaixo, represent-lo num diagrama de reatncias em pu.

Dados: G1: 100 MVA, j0,2 pu ; G2: 50 MVA , j0,2 pu ; G3: 50 MVA , j1,0 pu ; 6,6KV

T1=T2: 75 MVA, j0,1 pu ; T3: 50 MVA , j0,1 pu ; XLT = 0,8 /mi , L = 50 mi.

IV.3- Aplicaes

1- O diagrama unifilar de um sistema sem carga est representado abaixo. So mostradas no diagrama as reatncias das duas sees da linha de transmisso. Os geradores e transformadores apresentam as seguintes caractersticas:

- Gerador 1: 20 MVA, 13,8 kV, X= 0,2 pu;

- Gerador 2: 30 MVA, 18 kV, X= 0,2 pu;

- Gerador 3: 30 MVA, 20 kV, X= 0,2 pu;

- Transformador T1: 25 MVA, 220Y/13,8( kV, X = 10 %;

- Transformador T2: Unidades monofsicas, sendo cada uma de 10 MVA, 127/18 kV, X=10% ;

- Transformador T3: 35 MVA, 220Y/20Y kV, X = 10%.

Esquematize o diagrama de reatncias em pu.

2- Considere o diagrama a seguir:

Dados:

G1: 50 MVA; X=j1,00 pu G2: 100 MVA; X=j1,5 pu G3: 75 MVA; X=j1,25 pu

T1: 150 MVA; XT1=10% T2: 100 MVA; XT2=10% T3: 25 MVA; XT3=10%

LTs: Duas linhas de Transmisso em paralelo de reatncia de 0,12 ohms/fase.km;

Comprimento das LTs: 200 km.

Desenhar o diagrama de reatncias em pu;

3- Dado o diagrama abaixo, desenhar o diagrama de reatncias em pu.

Dados: G2=G1: 6,6 kV; 100 MVA; j0,15 pu G3: 13,8 kV; 150 MVA; j0,20 pu

T1=150 MVA; 6,6kV/138kV; X=10% T2=200 MVA; 13,8kV/138kV; X=12%

T3=75 MVA; 138kV/34,5kV; X=10% T4=75MVA; 6,6kV/69kV; X=10%

T5= 50MVA; 69kV/34,5kV; X=10%

LTs de 138kV: X=0,0325 ohms/km ; 80 km;

LT de 69kV: X=0,0435 ohms/km ; 30 km.

V ESTUDOS DE CURTO-CIRCUITOS EM SEPs

V.1- Introduo.

Um sistema eltrico de potncia, quando projetado, dimensionado para proporcionar um grau de confiabilidade compatvel com a importncia das cargas que alimenta. Assim, natural que os critrios de projeto de um sistema de transmisso em EHV, que alimenta grandes blocos de carga, sejam bem diferentes dos critrios de um ramal de distribuio primria. De qualquer forma, independentemente do fato de a confiabilidade ser varivel com a classe de tenso e de concessionria para concessionria, na maior parte do tempo o sistema opera em condies normais, com todos os componentes em servio.

Aleatoriamente, no entanto, os sistemas so submetidos a esforos provenientes de elevadas correntes de defeito (curtos-circuitos), cujo clculo o nosso principal objetivo.

A queda de raios, a poluio nas reas industriais e orla martima, queimadas em regies rurais, falha mecnica nas cadeias de isoladores so algumas das causas da deteriorao da isolao. Aps a primeira descarga, que provoca a ionizao do meio, podemos ter o incio do chamado arco de potncia, e o estabelecimento de uma elevada corrente de defeito, alimentado pela prpria tenso de frequncia industrial.

Os resultados de um estudo de curto-circuito, que so as correntes e tenses de falta, fornecem os subsdios para estudos que definam as caractersticas e os ajustes da proteo, bem como as caractersticas que devam possuir os equipamentos para suportar os esforos dinmicos das correntes de curtos-circuitos.

V.2- Curtos-circuitos Simtricos

V.2.1- Introduo

Considere a parte um sistema de transmisso mostrado na figura a seguir, e admita que ocorra um curto-circuito simtrico na barra de carga 3.

A tenso na barra V3 anterior falta, medindo cerca de 100% , ou seja, 1,0 pu cair instantaneamente a zero. As partes do sistema esquerda e direita, que supomos conter fontes ativas, iro imediatamente comear a alimentar a falta com as correntes de falta Isc e Isc por meio das barras 1 e 2. O valor dessas correntes ser determinado pela fora dessas barras e pela impedncia das linhas L1 e L2. Em geral tais correntes atingiro valores muitas vezes superiores s correntes normais das linhas, e os disjuntores CB1 e CB2 sero comandados para abrir, por intermdio dos sensores (rels de proteo), a fim de isolar a barra com falta.

V.2.2- Conceito de Capacidade de Curto-circuito (SCC)

As tenses nas barras 1 e 2 e em todas as outras barras do sistema cairo durante a ocorrncia do curto-circuito. O valor dessa queda de tenso uma indicao da fora do sistema. Necessitamos medir essa fora, bem como a severidade da influncia dos curtos. Ambos os objetivos so conseguidos por uma grandeza designada por capacidade de curto-circuito (algumas vezes chamada de nvel de falta) para barra em questo.

A capacidade de curto-circuito (SCC), de uma barra do sistema definida como o produto da tenso anterior falta (tenso de pr-falta) pela corrente aps a falta (corrente ps-falta). Assim a SCC vir em pu volt-ampres, se a tenso e a corrente forem dadas em pu.

MVA

pu

I

V

SCC

falta

ps

falta

pr

-

-

=

Se a tenso for medida em KV entre linhas e a corrente em KA por fase, a SCC ser dada em MVA trifsicos.

Logo;

MVA

I

V

3

SCC

falta

ps

falta

pr

-

-

=

Nota: Sendo a tenso de pr-falta cerca de 1,0 pu, ento podemos escrever a seguinte relao aproximada:

MVA

pu

I

SCC

falta

ps

-

.

Exemplo: Considere o circuito a seguir:

Com os disjuntores CB1 e CB2 abertos, o sistema divide-se em duas partes. Nessa configurao, as barras 1 e 2 tm os seguintes MVA de curto-circuito:

MVA

pu

0

,

8

SCC

1

=

e

MVA

pu

0

,

5

SCC

2

=

. As impedncias das linhas L1 e L2 so 0,3 pu cada uma. Se agora fecharmos os dois disjuntores, como isso afetar as capacidades de curto-circuito das barras 1 e 2, e qual ser a fora da barra 3? Admitimos que todas as impedncias sejam puramente reativas.

Circuito equivalente do sistema com o curto-circuito na barra 3.

V.3- Componentes Simtricas

V.3.1- Introduo.

A resoluo de redes trifsicas equilibradas (isto , com impedncias iguais nas trs fases) submetidas a excitaes balanceadas simtricas (isto , com tenses de fase iguais em mdulo, defasada de 120 uma das outras) bastante facilitada pela simetria existente. Assim, suficiente considerar apenas uma das fases dos circuitos componentes, proceder ao clculo das grandezas correspondentes a esta fase, e a seguir as demais grandezas podero ser imediatamente obtidas bastando realizar rotaes de fase convenientes.

Em se perdendo a simetria (seja por desequilbrio na rede ou assimetria na excitao), o clculo j teria que envolver as trs fases do sistema simultaneamente, aumentando em muito o trabalho necessrio. Em 1918, em um artigo clssico da teoria de circuitos e sistemas, o Dr. C. L. Fortescue desenvolveu a ferramenta necessria para simplificar o problema de clculo de sistemas desequilibrados. O mtodo baseia-se na decomposio de um conjunto de grandezas trifsicas em trs outros conjuntos convenientes (denominados sequncias), de forma a se recair no problema de anlise de circuitos equilibrados.

V.3.2- Teorema De Fortescue

Um conjunto de n fasores no balanceados pode ser representado por um conjunto de n fasores de sequncia zero mais n-1 conjuntos de fasores balanceados da seguinte forma:

Sejam:

Va , Vb , Vc , ....... , Vn => conjunto de n fasores no balanceados, que podemos represent-los por:

Va0 , Vb0 , Vc0 , ....... , Vn0 => conjunto de n fasores de sequncia zero (defasados de 0.c em fase)

Va1 , Vb1 , Vc1 , ....... , Vn1 => conjunto de n fasores de sequncia 1 ou positiva (defasados de 1.c)

Va2 , Vb2 , Vc2 , ....... , Vn2 => conjunto de n fasores de sequncia 2 (defasados de 2.c)

Va3 , Vb3 , Vc3 , ....... , Vn3 => conjunto de n fasores de sequncia 3 (defasados de 3.c)

. . . . .

. . . . .

Va(n-1), Vb(n-1), Vc(n-1), ... , Vn(n-1) => conjunto de n fasores de sequncia (n-1) ou negativa (defasados de (n-1).c)

Onde c o ngulo caracterstico do sistema, sendo dado por 2/n, ou seja;

n

2

C

p

=

q

,

Ento,

Va = Va0 + Va1 + Va2 + Va3 + .... + Va(n-1)

Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2 + Vb3 + .... + Vb(n-1)

Vc = Vc0 + Vc1 + Vc2 + Vc3 + .... + Vc(n-1)

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

Vn = Vn0 + Vn1 + Vn2 + Vn3 + .... + Vn(n-1)

Exemplo: Representao de um sistema tetrafsico desequilibrado em componentes simtricos.

Teremos para C =

o

90

2

4

2

2

ou

rad

n

p

p

p

=

=

Escrevendo os fasores VA, VB, VC e VD em funo das componentes simtricas, vem:

VA = VA0 + VA1 + VA2 + VA3

VB = VB0 + VB1 + VB2 + VB3

VC = VC0 + VC1 + VC2 + VC3

VD = VD0 + VD1 + VD2 + VD3

Nota-se que so 16 variveis a serem determinadas. Porm, podemos escrever os fasores VB, VC e VD em funo das componentes simtricas de VA, reduzindo-se o nmero de variveis a calcular de 16 para 04, utilizando-se um operador a = 1 C , que causa uma rotao de C ou seja de 90, no sentido positivo ou anti-horrio para o nosso exemplo, como segue:

VA = VA0 + VA1 + VA2 + VA3

VB = VA0 + a3.VA1 + a2.VA2 + a .VA3 ou

VC = VA0 + a2.VA1 + VA2 + a2.VA3

VD = VA0 + a .VA1 + a2.VA2 + a3.VA3

Obs.: O sinal (negativo) gira o fasor no sentido horrio.

Escrevendo as equaes acima na forma matricial, fica:

=

-

-

-

-

-

-

-

-

3

A

2

A

1

A

0

A

1

2

3

2

2

3

2

1

D

C

B

A

V

V

V

V

.

a

a

a

1

a

1

a

1

a

a

a

1

1

1

1

1

V

V

V

V

, onde

E explicitando as componentes simtricas, teremos:

, onde

V.3.3- Estudo das componentes simtricas para sistemas trifsicos (n = 3)

Sejam VA, VB e VC as trs tenses desbalanceadas de um sistema eltrico trifsico, representados a seguir:

Que pode ser decomposto em trs sistemas equilibrados de sequncias zero, positiva e negativa, mostrados a seguir, sendo o ngulo caracterstico, portanto

p

=

q

120

ou

rad

3

2

C

.

Logo,

VA = VA0 + VA1 + VA2

VB = VB0 + VB1 + VB2

VC = VC0 + VC1 + VC2

Aplicando o Operador a = 1 120 e escrevendo as componentes simtricas das fases B e C em funo da fase A, tem-se:

VA = VA0 + VA1 + VA2

VB = VA0 + a-1.VA1 + a-2.VA2 , sendo

VC = VA0 + a-2.VA1 + a-1.VA2

Que na forma matricial vem:

=

-

-

-

-

2

A

1

A

0

A

1

2

2

1

C

B

A

V

V

V

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

V

V

V

ou

=

2

A

1

A

0

A

2

2

C

B

A

V

V

V

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

V

V

V

Chamando de

=

=

-

-

-

-

2

2

1

2

2

1

a

a

1

a

a

1

1

1

1

T

ou

a

a

1

a

a

1

1

1

1

T

, a Matriz de Transformao de Fortescue

Pode-se mostrar que esta admite inversa, mostrada a seguir:

=

-

a

a

1

a

a

1

1

1

1

3

1

T

2

2

1

, que nos permite calcular as componentes simtricas em funo dos

fasores desbalanceados conhecidos, como segue:

=

C

B

A

2

2

2

A

1

A

0

A

V

V

V

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

3

1

V

V

V

, ou

Aplicaes:

1-Dada as tenses

=

-

=

=

90

380

V

e

90

380

V

,

0

120

V

C

B

A

, decomp-la em componentes simtricas.

2-Dadas as componentes simtricas

=

=

=

60

100

I

e

0

220

I

,

30

100

I

2

1

0

, determine a sequncia real.

3-Um condutor de uma linha trifsica est aberto. A corrente que circula para uma carga conectada em tringulo por meio da linha A de 10 A. Tomando a corrente da linha A como referncia e considerando que a linha C est aberta, achar os componentes simtricos das correntes de linha.

V.4- Estudo dos curtos-circuitos assimtricos

V.4.1- Sistemas trifsicos assimtricos.

Um sistema trifsico chamado assimtrico por natureza, quando um ou mais de seus componentes, excetuado as cargas, apresentam assimetria permanente. Tal assimetria pode ser originada por:

a) Impedncias desiguais nos enrolamentos dos geradores;

b) Falta de transposio dos condutores;

c) Induo mtua entre condutores em paralelo;

d) Ligaes assimtricas de transformadores (delta aberto, Scott, etc.)

Um sistema simtrico pode ser assimtrico acidentalmente e temporariamente quando, na operao do mesmo, a simetria alterada devido a:

a) Cargas desequilibradas;

b) Defeitos que introduzem assimetria no sistema (por exemplo um curto-circuito entre uma fase e terra ou entre duas fases, interrupo de uma fase, etc.)

V.4.2- Redes de sequncia de geradores em vazio

Considere um gerador em vazio, aterrado atravs de um reator, representado na figura a seguir:

Quando ocorre uma falta (no indicado na figura) nos terminais do gerador, as correntes Ia, Ib e Ic circulam nas linhas. Se a falta envolve a terra, a corrente que circula pelo neutro do gerador designada por In. Uma ou duas correntes de linha podem ser nulas, porm as correntes podem ser decompostas em seus componentes simtricos independentemente do quanto estejam desequilibradas.

Rede de sequncia positiva para a fase a

Rede de sequncia negativa para a fase a

Rede de sequncia zero para a fase a

Obs.: Qualquer que seja o tipo de falta assimtrica que ocorra nos terminais de um gerador pode-se escrever e aplicar as seguintes equaes para as redes de sequncia:

, que na forma matricial, fica =>

-

=

2

a

1

a

0

a

2

1

0

a

2

a

1

a

0

a

I

I

I

.

Z

0

0

0

Z

0

0

0

Z

0

E

0

V

V

V

.

V.5- Falta entre fase e terra em um gerador em vazio.

Considere o diagrama a seguir de um gerador em vazio, para uma falta fase-terra simples na fase a, sendo o mesmo ligado em Y e neutro aterrado atravs de uma reatncia:

Condies de falta => Va = 0 , Ib = 0 e Ic = 0

Nestas condies, as componentes simtricas das correntes so dadas por:

=

0

0

I

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

3

1

I

I

I

a

2

2

2

a

1

a

0

a

, o que implica em Ia0 = Ia1 = Ia2 = Ia/3

Substituindo nas equaes das redes de sequncia as componentes das correntes de sequncia zero e negativas em funo de Ia1, vem:

-

=

1

a

1

a

1

a

2

1

0

a

2

a

1

a

0

a

I

I

I

.

Z

0

0

0

Z

0

0

0

Z

0

E

0

V

V

V

Onde, Va0 = - Ia1.Z0 ; Va1 = Ea Ia1.Z1 ; Va2 = - Ia1.Z2

Somando membro a membro, fica:

Va0 + Va1 + Va2 = - Ia1.Z0 + Ea Ia1.Z1 Ia1. Z2

0 = Ea Ia1(Z1 + Z2 + Z0) =>

0

2

1

a

1

a

Z

Z

Z

E

I

+

+

=

, onde

1

a

a

I

3

I

=

Exemplo1 : Um gerador de polos salientes sem amortecedores tem os valores nominais de placa de 20 MVA, 13,8 KV e uma reatncia subtransitria de eixo direto de 0,25 pu. As reatncias de sequncia negativa e zero so, respectivamente, de 0,35 e 0,10 pu. O neutro do gerador est solidamente aterrado. Determine a corrente subtransitria no gerador e as tenses de linha em condies subtransitria quando ocorre uma falta fase-terra simples nos terminais do gerador, quando este est operando sem carga com tenso nominal. Despreze as resistncias.

V.6- Falta linha-linha em um gerador em vazio.

Considere o diagrama a seguir de um gerador em vazio, para uma falta linha-linha ou entre fases (b e c) sem aterramento, sendo o mesmo ligado em Y e neutro aterrado atravs de uma reatncia:

Condies de falta => Vb = Vc , Ia = 0 e Ib = - Ic

Nestas condies, as componentes simtricas das tenses so dadas por:

=

b

b

a

2

2

2

a

1

a

0

a

V

V

V

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

3

1

V

V

V

, o que implica em Va1 = Va2 .

Com Ib = - Ic e Ia = 0 , as componentes simtricas de corrente so dadas por:

-

=

c

c

a

2

2

2

a

1

a

0

a

I

I

I

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

3

1

I

I

I

, o que resulta Ia0 = 0 e Ia2 = - Ia1

Nota: Com uma conexo entre o neutro do gerador e a terra, Z0 ser finito e assim Va0 = 0 desde que Ia0 = 0.

Substituindo nas equaes das redes de sequncia as condies das componentes de corrente e de tenso, anteriormente estabelecidas, vem:

-

-

=

1

a

1

a

2

1

0

a

1

a

1

a

I

I

0

.

Z

0

0

0

Z

0

0

0

Z

0

E

0

V

V

0

Onde, Va0 = 0; Va1 = Ea Ia1.Z1 ; Va1 = Ia1.Z2

Como Va1 = Va2 => Ea Ia1.Z1 = Ia1.Z2 , que explicitando Ia1, fica:

2

1

1

Z

Z

E

I

a

a

+

=

Exemplo2 : Um gerador de polos salientes sem amortecedores tem os valores nominais de placa de 20 MVA, 13,8 KV e uma reatncia subtransitria de eixo direto de 0,25 pu. As reatncias de sequncia negativa e zero so, respectivamente, de 0,35 e 0,10 pu. O neutro do gerador est solidamente aterrado. Determine a corrente subtransitria no gerador e as tenses de linha em condies subtransitria quando ocorre uma falta linha-linha nos terminais do gerador, quando este est operando sem carga com tenso nominal. Despreze as resistncias.

V.7- Falta entre duas fases e terra em um gerador em vazio.

Considere o diagrama a seguir de um gerador em vazio, para uma falta entre duas fases e terra (b e c), sendo o mesmo ligado em Y e neutro aterrado atravs de uma reatncia:

Condies de falta => Vb = 0 ; Vc = 0 ; Ia = 0

Com Vb = 0 e Vc = 0, as componentes simtricas da tenso so dadas por :

=

0

0

V

.

a

a

1

a

a

1

1

1

1

3

1

V

V

V

a

2

2

2

a

1

a

0

a

, onde Va0 = Va1 = Va2 = Va/3.

Sabe-se que Ia = Ia0 + Ia1 + Ia2 = 0

E que Va0 = Va1 =>

0

1

1

0

0

Z

Z

I

Z

E

I

a

a

a

+

-

=

, e Va2 = Va1 =>

2

1

1

2

2

Z

Z

I

Z

E

I

a

a

a

+

-

=

,

0

1

1

0

Z

Z

I

Z

E

a

a

+

-

+

1

a

I

2

1

1

2

Z

Z

I

Z

E

a

a

+

-

= 0 =>

+

+

=

0

2

0

2

1

1

1

Z

Z

Z

Z

Z

I

a

Exemplo3 : Um gerador de polos salientes sem amortecedores tem os valores nominais de placa de 20 MVA, 13,8 KV e uma reatncia subtransitria de eixo direto de 0,25 pu. As reatncias de sequncia negativa e zero so, respectivamente, de 0,35 e 0,10 pu. O neutro do gerador est solidamente aterrado. Determine a corrente subtransitria no gerador e as tenses de linha em condies subtransitria quando ocorre uma falta linha-linha-terra nos terminais do gerador, quando este est operando sem carga com tenso nominal. Despreze as resistncias.

VI- IMPEDNCIAS DE SEQUNCIA DOS COMPONENTES DO SEP

VI.1-Transformadores de dois enrolamentos.

So obtidas atravs dos ensaios de curto-circuito e circuito a vazio.

Sequncia positiva e negativa:

Logo, X1 = X2 = Xdisp (Ncleo envolvido )

Sequncia zero

Caso A: Permisso de fluxo de I0 => X0 = X1 = X2

Caso B: No permisso do fluxo de I0.

No caso A, a ligao de X0 no diagrama (sistema) depende da ligao dos enrolamentos do transformador. Vejamos como efetuar a ligao de X0 no diagrama de sequncia zero.

1-Colocar uma chave h e uma chave V em cada enrolamento do transformador em questo, conforme a seguir:

2-Se I0 puder circular entre as fases e um neutro (ou terra) fecha-se a chave h, ou seja, se o enrolamento for,

3-Se I0 circular dentro do enrolamento fecha-se a chave V, ou seja, se o enrolamento for (.

Exemplo: Montar o diagrama de sequncia Zero para os transformadores a seguir:

a) b) c) d)

VI.2- Reatncias de sequncia para mquinas sncronas

O gerador sncrono o nico componente do sistema eltrico que apresentam trs reatncias distintas, cujos valores obedecem inequao:

S

X

'

X

"

X

perodo transitrio;

Trecho de => perodo de regime permanente.

VI.2.1- Reatncia Subtransitria (X)

definida supondo o perodo subtransitrio em regime permanente, tendo como corrente o valor inicial IMAX, onde:

"

I

E

"

X

=

, sendo

2

"

I

"

I

MAX

=

VI.2.2- Reatncia Transitria (X)

definida supondo o perodo transitrio em regime permanente, tendo como corrente o valor inicial (IMAX ) da envoltria, caso o gerador no tenha o enrolamento amortecedor:

'

I

E

'

X

=

, sendo

2

'

I

'

I

MAX

=

VI.2.3- Reatncia Sncrona ( XS )

Define-se esta reatncia como a de regime permanente.

I

E

X

S

=

, sendo

2

I

I

MAX

=

Notas: 1-A durao do perodo subtransitrio

d

"

T

de 0,02 a 0,05s

)

s

,

"

T

(

med

03

0

=

.

2-A durao do perodo transitrio

d

'

T

de 0,5 a 1,8s (Turbo geradores) com

s

,

'

T

med

3

1

=

, e de 0,7 a 2,5s (Geradores de polos salientes) com

s

,

'

T

med

6

1

=

.

VI.3-Linhas de transmisso

Para as linhas de transmisso, existem tcnicas para calcular as impedncias de sequncia.

X1 = X2; X0 ( X1 => X0 > X1, sendo [X0 ( (2 a 4 vezes)X1]

VII- FALTAS ASSIMTRICAS EM SISTEMAS ELTRICOS DE POTNCIA (SEP)

VII.1- Introduo

Para a deduo das equaes para as componentes simtricas de correntes e tenses em um ponto do SEP durante uma falta, designaremos por Ia, Ib e Ic as correntes que saem do sistema originalmente equilibrado para a falta, respectivamente, das fases a, b e c.

Veja a figura:

As tenses de falta no local da falta sero designadas por Va, Vb e Vc. A tenso de fase da fase A antes da ocorrncia da falta, no local de falta, ser chamada Vpf, que uma tenso de pr-falta.

Considere o diagrama unifilar de um sistema de potncia equilibrado com trs mquinas sncronas:

Este sistema suficientemente geral para que as equaes deduzidas a partir dele sejam aplicveis a qualquer sistema equilibrado, independentemente de sua complexidade. O ponto P no diagrama indica o local de ocorrncia da falta.

Uma vez identificado o tipo de falta, devemos traar as redes de sequncia positiva, negativa e zero, e representar os circuitos equivalentes de Thvenin visto do ponto de falta e a barra de referncia, como segue:

As equaes matriciais para as componentes simtricas das tenses na falta so as mesmas escritas para o gerador em vazio, porm com Vpf no lugar de Ea, ou seja:

-

=

2

a

1

a

0

a

2

1

0

f

p

2

a

1

a

0

a

I

I

I

.

Z

0

0

0

Z

0

0

0

Z

0

V

0

V

V

V

Como exemplo, considere os seguintes dados para o sistema eltrico anterior dado:

G1 = G2: 30 MVA, 18 kV, X = 20% ; G3: 50 MVA, 13,8 kV, X = 20% ;

T1: 70 MVA, 18/138 kV, X = 10%; T2: 50 MVA, 13,8/138 kV, X = 10% ;

XLT = j100 (.

Calcule a corrente de curto-circuito trifsica e de fase-terra no ponto P.

VII.2- Falta fase-terra em um sistema de potncia

Considere a figura que representa um trecho de um SEP, onde ocorre um curto-circuito fase-terra na fase A:

As relaes existentes na falta so Ib = 0, Ic = 0 e Va = 0. Nota-se que estas relaes so as mesmas aplicadas para um gerador a vazio. Portanto, as solues encontradas so semelhantes para o gerador em vazio, exceto pela troca de Ea por Vpf, ou seja:

Ia1 = Ia2 = Ia0 =

3

I

a

, onde

0

2

1

1

Z

Z

Z

V

I

pf

a

+

+

=

Estas equaes ratificam que as trs redes de sequncia devam ser conectadas em srie atravs do ponto de falta, de modo a simular uma falta fase-terra simples.

VII.3- Falta linha-linha em um sistema de potncia

Considere a figura que representa um trecho de um SEP, onde ocorre um curto-circuito fase-fase, nas fases B e C:

As relaes existentes na falta, so Vb = Vc, Ia = 0 e Ib = - Ic. Nota-se que estas relaes so as mesmas aplicadas para um gerador a vazio. Portanto, as solues encontradas so semelhantes para a falta entre fases de um gerador em vazio, exceto pela troca de Ea por Vpf, ou seja:

Va1 = Va2, onde

2

1

1

Z

Z

V

I

pf

a

+

=

Estas equaes ratificam que as redes de sequncia positiva e negativa devam ser conectadas em paralelo no ponto de falta, de modo a simular uma falta fase-fase.

VII.4- Falta entre duas fases e terra em um sistema de potncia

Considere a figura que representa um trecho de um SEP, onde ocorre um curto-circuito fase-fase-terra, nas fases B e C:

As relaes existentes na falta so Vb = Vc = 0 e Ia = 0. Nota-se que estas relaes so as mesmas aplicadas para um gerador a vazio. Portanto, as solues encontradas so semelhantes para a falta entre fases e terra em um gerador a vazio, exceto pela troca de Ea por Vpf, ou seja:

Va1 = Va2 = Va0, onde

(

)

0

2

0

2

1

1

Z

Z

/

Z

Z

Z

V

I

pf

a

+

+

=

Estas equaes ratificam que a rede de sequncia positiva deva ser conectada em srie com o paralelo das redes de sequncia negativa e zero no ponto de falta, de modo a simular uma falta fase-fase-terra.

VIII- COMPARAO DOS NVEIS DE CURTO-CIRCUITO ASSIMTRICOS EM FUNO DO CURTO-CIRCUITO TRIFSICO.

Consideremos as seguintes relaes:

1) Curto-circuito simtrico (Trifsico) =>

)

I

(

C

,

B

,

A

3

sc

f

1

C

,

B

,

A

3

sc

Z

E

I

=

f

2) Curto-circuito assimtrico (Fase-Terra) =>

)

I

(

A

T

1

sc

-

f

0

2

1

A

T

1

sc

Z

Z

Z

E

3

I

+

+

=

-

f

3) Curto-circuito assimtrico (Dupla fase) =>

)

I

(

B

2

sc

f

2

1

2

B

2

sc

Z

Z

E

)

a

a

(

I

+

-

=

f

4) Curto-circuito assimtrico (Dupla Fase-Terra) =>

)

I

(

B

T

2

sc

-

f

-

+

-

+

=

f

-

f

aK

a

Z

Z

K

K

1

I

I

2

0

1

B

3

sc

B

T

2

sc

; onde

0

1

0

Z

Z

Z

K

+

=

VIII.1- Comparao entre o curto fase-terra e o trifsico

Fazendo

2

1

Z

Z

=

, vem:

+

=

+

=

+

=

f

-

f

1

0

A

3

sc

1

0

1

0

1

A

T

1

sc

Z

Z

2

I

3

Z

Z

2

Z

E

3

Z

Z

2

E

3

I

Onde,

+

=

f

-

f

1

0

A

3

sc

A

T

1

sc

Z

Z

2

I

.

3

I

1 Caso : Para

0

1

Z

Z

=

=>

A

3

sc

A

T

1

sc

I

I

f

-

f

=

2 Caso : Para

1

0

Z

Z

=>

A

3

sc

A

T

1

sc

I

I

f

-

f

>

; que o caso mais comum devido a presena de transformadores delta estrela aterrado.

VIII.2- Comparao entre o curto dupla fase e o trifsico

Fazendo

2

1

Z

Z

=

, vem:

(

)

2

I

.

90

3

Z

2

E

.

a

a

I

B

3

sc

1

2

B

2

sc

f

f

-

=

-

=

,

Onde,

1

I

.

866

,

0

j

I

B

3

sc

B

2

sc

f

f

-

=

=>

B

3

sc

B

2

sc

I

I

f

f

/ppVIII.3- Comparao entre o curto dupla fase-terra e o trifsico/ppFazendo div class="embedded" id="_1219332404"/p2/pp1/ppZ/ppZ/pp=/p e considerando os diagramas de sequncias a seguir, tem-se:/pp/ppDo qual podemos escrever as seguintes equaes:/ppdiv class="embedded" id="_1219332412"/p/pp/pp/pp/pp/pp/pp/pp/pp+/pp/pp=/pp-/ppf/pp0/pp1/pp0/pp1/pp1/ppT/pp2/ppsc/ppZ/ppZ/ppZ/pp./ppZ/ppI/ppV/p =>

1

3

sc

Z

.

I

K

1

K

V

f

+

=

1

2

T

2

sc

Z

V

I

-

=

-

f

=>

f

-

f

+

-

=

3

sc

2

T

2

sc

I

K

1

K

I

0

0

T

2

sc

Z

V

I

-

=

-

f

=>

0

1

3

sc

0

T

2

sc

Z

Z

I

K

1

K

I

f

-

f

+

-

=

K

1

I

I

3

sc

1

T

2

sc

+

=

f

-

f

Sabendo que

2

T

2

sc

1

T

2

sc

2

0

T

2

sc

B

T

2

sc

I

a

I

a

I

I

-

f

-

f

-

f

-

f

+

+

=

, e substituindo cada componente de sequncia da corrente, anteriormente explicitadas em funo da corrente de curto-circuito trifsica, temos