Estabilidade de Sistemas de Potência
AULA 1
1) INTRODUÇÃO
Definição:
Um sistema elétrico de potência é dito ESTÁVEL quando todas as máquinas
síncronas ligadas ao sistema em uma determinada condição inicial, voltam ao
sincronismo após uma dada perturbação.
A definição de estabilidade está portanto ligada aos conceitos de condição inicial e
perturbação. Não se pode dizer que um determinado sistema é estável. É necessário
definir para que tipo de falta, por qual duração e em quais condições iniciais este
sistema será estável.
O período imediatamente após uma perturbação é chamado período TRANSITÓRIO.
A característica deste período é oscilatória. Desta forma, quando as oscilações são
amortecidas o sistema é considerado estável, caso contrário, ele será considerado
INSTÁVEL. Com esta definição, as oscilações não amortecidas são consideradas
instáveis, mesmo sabendo que, matematicamente, uma função puramente senoidal é
uma função estável.
As perturbações que podem ocorrer em um dado sistema são infinitas. Pode-se dividir
estas perturbações em fortes e fracas. O curto circuito em uma determinada linha do
sistema é considerado, na maioria das vezes, uma forte perturbação. A perda de uma
grande unidade geradora ou de uma linha importante também são consideradas
grandes perturbações. Já a variação periódica da carga durante o dia, que afeta
também a estabilidade do sistema, é considerada uma pequena perturbação.
A divisão das perturbações em fortes e fracas é importante para definir a forma
matemática de tratar o problema. Após uma grande perturbação, se o sistema for
estável, o novo ponto de operação estará distante do ponto inicial. Desta forma, a não
linearidade das equações que regem as máquinas devem ser levadas em consideração.
Como não existe solução analítica para um sistema de equações diferenciais não
lineares, só é possível resolver o problema através da integração numérica das
equações que definem o sistema. Este problema é chamado na literatura de
ESTABILIDADE TRANSITÓRIA.
Por outro lado, para uma pequena perturbação, o sistema vai oscilar em torno do seu
ponto de equilíbrio inicial e, considerando o sistema estável, voltar às condições
iniciais ou em algum ponto muito próximo. Desta forma, admitindo-se a linearização
das equações em torno deste ponto, passa-se à solução de um sistema de equações
diferenciais lineares, ou seja, todas as técnicas ligadas aos sistemas lineares podem ser
utilizadas. Este problema linearizado é chamado ESTABILIDADE DINÂMICA.
Um dos pontos mais importantes no estudo da estabilidade de um sistema é a
definição dos critérios ou das perturbações que o sistema deve suportar. Como foi
dito, nenhum sistema é estável para qualquer condição. É fundamental que se defina
Ivan Camargo
1
Estabilidade de Sistemas de Potência
em quais condições ele deve ser estável, ou seja, em quais condições iniciais, para que
defeito e durante quanto tempo.
O estudo da proteção do sistema é também muito importante, uma vez que a proteção
define exatamente o tempo de abertura, ou eliminação do defeito. Quanto mais rápida
a proteção, maior será o limite de estabilidade transitória do sistema.
Finalmente, as condições iniciais, ou pré-defeito, também influenciam a estabilidade
do sistema. Um sistema carregado tem uma margem de estabilidade menor que um
sistema sem carga. Da mesma forma, uma máquina absorvendo potência reativa
também tem uma menor capacidade de suportar perturbações.
EXEMPLO 1.
Dado o sistema simplificado da figura 1, determinar, em função da tensão do gerador
e do motor, a potência transferida na linha de transmissão.
G
M
Figura 1
Solução:
Eq. 1
I=
Eg − Em
jX
Tomando a tensão no motor como referência fasorial:
Eq. 2
I=
Eg / δ − Em / 0
X / 90
A potência complexa é, por definição, dada pelo produto do fasor de tensão pelo
conjugado da corrente. A potência ativa (P), por sua vez, é dada pela parte real da
potência complexa.
Eq. 3
P = Re( Eg. I *)
Então:
Eq. 4
Ivan Camargo
P = Re( Eg *
Eg − Em
)
jX
2
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 5
P = Re(
2
EgEm
Eg
/ −90 −
/ −90 − δ )
X
X
Como
Eq. 6
e j θ = cos θ + jsenθ
Então
Eq. 7
P=
EgEm
cos( −90 − δ )
X
P=
EgEm
senδ
X
ou
Eq. 8
A potência máxima transmitida entre dois pontos é função do módulo da tensão entre
as barras e do seno do ângulo de defasagem entre elas.
EXEMPLO 2
Dado um sistema composto por um gerador, um transformador e uma linha, ligados a
um barramento infinito. Suponha que a tensão neste barramento seja igual a 1 pu.
Calcular o ângulo de carga do gerador quando este está submetido aos seguintes
carregamentos;
a) S = 100 MVA, fp = 0,9 indutivo;
b) S = 10 MVA, fp = 0,9 indutivo; e
c) S = 100 MVA, fp = 0,9 capacitivo.
Dados:
Gerador: S = 100 MVA; 13,8 kV, X’d = 0,15 pu;
Transformado: S = 100 MVA, 13,8/500 kV, XT = 10%; e
Linha: 500kV, XLT =0,5 Ω/km, 200 km.
Solução
a) Diagrama Unifilar
Trafo
Linha de Transm.
Barramento Infinito
Gerador
Figura 2
b) Transformação para pu em uma base comum:
Escolhendo S(base) = 100MVA, tem-se:
X’d = 0,15 pu,
Ivan Camargo
3
Estabilidade de Sistemas de Potência
XT = 0,10 pu e, para linha de transmissão:
X LT =
0,5* 200
Z BASE
onde
2
Z BASE =
2
V BASE 500
=
= 2500Ω
S BASE 100
XLT = 0,04 pu
A reatância equivalente é, portanto: X = X’d + XT + XLT = 0,29 pu.
c) Cálculo da corrente:
Para a primeira condição tem-se: S = 100MVA, fp = 0,9 indutivo, portanto, em pu:
S = 1 pu.
Como
Eq. 9
 S
I = *
V 
então:
I=
1 / − arccos( 0,9 )
= 1 / −25,84
1
nos outros dois exemplos o procedimento é o mesmo mudando, respectivamente, o
valor do módulo e o sinal do ângulo.
d) Cálculo da tensão interna da máquina:
Eq. 10
E = V + jXI
Portanto:
E = 1156
,
/ 13,04
A defasagem entre a tensão no barramento infinito e a tensão interna da máquina é de
aproximadamente 13 graus nestas condições.
Fazendo as mesmas contas para o item “b” e “c”, tem-se:
E = 1,013 / 1,47
e
E = 0,911 / 16,63
Observa-se diretamente deste exemplo que a tensão interna da máquina depende em
módulo e ângulo do carregamento do sistema.
EXEMPLO 3
Ivan Camargo
4
Estabilidade de Sistemas de Potência
Supondo que o regulador de tensão da máquina faça com que a tensão nos seus
terminais permaneça constante e igual a 1 pu. Calcular a defasagem angular entre a
tensão interna e o barramento infinito, para o primeiro carregamento do exemplo
anterior.
Solução:
a) Diagrama Unifilar:
E=1/tetaº
Trafo
V=1 / 0º
Linha de Transm.
Barramento Infinito
Gerador
Figura 3
b) O cálculo da corrente vem diretamente do exemplo anterior: I = 1 / −25,84 .
c) A potência será: P = 0,9 pu.
Portanto:
X .P
θ = arcsin
= 7 ,23
V .E
Ivan Camargo
5
Estabilidade de Sistemas de Potência
AULA 2
2) Modelo Matemático Elementar
Como a máquina síncrona é um corpo girante, sua posição é determinada pelas
equações mecânicas de rotação. Antes de falar da equação de balanço, vai-se fazer
uma pequena revisão das equações básicas da mecânica de translação e em seguida de
rotação.
1) TRANSLAÇÃO
As grandezas físicas podem ser derivadas de três grandezas fundamentais:
• comprimento (dado em metro [m]);
• massa (dada em quilograma [kg]); e
• tempo (dado em segundos [s]).
A partir destas grandezas podem se derivar todas as outras das quais vai-se destacar:
• velocidade
v=
dx
dt
[m/s]
a=
d2 x
d t2
[m/s2]
• aceleração
• força
F = ma
[kg.m/ s2] ou [N] ou [newton];
Q = mv
[kg.m/s] ou [Ns];
W = ∫ F . dx
[kg.m2/ s2] ou [J] ou [joule];
• momento
• trabalho
• Potência
dW
[kg.m2/ s3] ou [W] ou [watt].
dt
Observa-se da definição, que a velocidade é igual à taxa de variação do espaço com o
tempo. A aceleração é a taxa de variação da velocidade. A força aplicada em um corpo
de massa “m” produz uma aceleração “a”. O momento, ou a quantidade de movimento
de um corpo de massa “m” é igual ao seu produto pela velocidade. O trabalho é igual
a integral do produto escalar da força pela distância e, finalmente, que a potência é
igual a taxa de variação temporal do trabalho.
P=
Além destas grandezas fundamentais pode-se ainda derivar expressões que relacionem
estas grandezas entre si, por exemplo:
Ivan Camargo
6
Estabilidade de Sistemas de Potência
dv dQ
=
dt
dt
a força é igual a variação do momento com o tempo
dW
F=
,
dx
é também igual à variação do trabalho com o deslocamento;
dW Fdx
P=
=
= Fv ,
dt
dt
a potência é igual a força vezes a velocidade;
P = mav = Qa ,
ou ao produto da quantidade de movimento pela aceleração.
F=m
Outro conceito importante no estudo de estabilidade é o da “energia cinética”. A
energia cinética, por definição, é igual ao trabalho necessário para tirar um corpo de
massa “m” do repouso e colocá-lo a uma velocidade “v”.
v
dv
1
W = ∫ Fdx = m∫
dx = m∫ vdv =m∫ vdv = Qv
0
dt
2
1
ou
W = m v2
2
2) ROTAÇÃO
Por definição, ângulo é igual a relação entre o comprimento do arco e o raio da
circunferência. Ou seja:
s
θ=
[radianos] ou [rad].
r
A unidade radiano é adimensional já que é dada pela relação de dois comprimentos,
no entanto, é importante manter a unidade para não se perder a sensibilidade física da
definição de ângulo.
As definições de velocidade angular e aceleração angular decorrem diretamente da
definição do ângulo:
dθ
ω=
[rad/s]
dt
dω d 2 θ
α=
=
[rad/s2]
2
dt
dt
As relações entre deslocamento, velocidade e aceleração angular e suas componentes
tangenciais (a uma distância “r” do centro) são dadas por:
s = rθ
v = rω
a = rα
O conjugado é definido
r r rcomo sendo o produto vetorial do raio pela força:
T=r×F.
Considerando o conjugado total produzido por forças infinitesimais ao longo de uma
massa, tem-se:
r
r
r
T = ∫ r × dF
[Nm] ou [J/rad]
Ivan Camargo
7
Estabilidade de Sistemas de Potência
Dimensionalmente, conjugado e trabalho têm a mesma unidade já que o módulo dos
dois corresponde ao produto de força e distância. No entanto, fisicamente, os dois são
completamente diferentes. O primeiro, trabalho, é um escalar (dado pelo produto
escalar de dois vetores), portanto é um número. O segundo é um vetor, dado pelo
produto vetorial do raio e da força. Para o primeiro, a projeção do deslocamento na
direção da força que é importante. No segundo, o mais importante é a sua ação
ortogonal.
Para derivar uma expressão semelhante à lei de Newton para movimentos rotacionais,
parte-se da equação da aceleração para uma partícula “dm”.
dF = a . dm
se a força for aplicada a uma massa situada a uma distância “r” do centro, vem:
dF = rα. dm
O conjugado produzido por esta força é dado por:
dT = r . dF = r 2 α . dm
Definindo momento de inércia “J” como:
J = ∫ r 2. dm
[kg.m2]
Obtém-se a relação entre conjugado e aceleração para um corpo girante:
T = Jα
Fica clara, portanto, a relação entre as grandezas de um movimento translacional e
rotacional. Força e conjugado, massa e momento de inércia e aceleração e aceleração
angular.
O trabalho executado por um conjugado é dado por:
dW = ∫ F . dx = ∫ F . r . dθ
W = ∫ T . dθ
[J]
ou, derivando dos dois lados:
dW
T=
[J/rad]
dθ
dW
Como
P=
e
dt
então:
P . dt = T . dθ
Portanto:
P = Tω
Finalmente, a energia cinética de uma massa em rotação é dada por:
ω
1
W = ∫ Jω . dω
ou
W = Jω 2
0
2
Resumindo:
s
θ=
ângulo, [radiano];
r
dθ
ω=
velocidade angular, [rad/s];
dt
dω
α=
aceleração angular, [rad/s2];
dt
r r
T=r×F
conjugado, [Nm] ou [J/rad];
J = ∫ r 2 dm momento de inércia, [kgm2];
M = Jω
T = Jα
Ivan Camargo
constante de inércia, [kgm2/s];
Lei de Newton para movimento rotacional; e
8
Estabilidade de Sistemas de Potência
W=
Ivan Camargo
1
Jω 2
2
energia cinética, [J].
9
Estabilidade de Sistemas de Potência
AULA 3
3) Equação “Swing”
Como o problema de estabilidade analisa o comportamento das máquinas síncronas
do sistema para uma determinada perturbação, a melhor grandeza para se avaliar se o
sistema é ou não estável é a posição angular da máquina.
A relação entre conjugado e posição angular é dada por:
Eq. 11
Ta = J
d 2θ
= J&&
θ
dt 2
J/rad
onde θ é o ângulo mecânico (real) do eixo em relação a uma referência fixa, J é o
momento de inércia de todas as massas ligadas ao eixo do gerador, e Ta é o conjugado
acelerante.
Considerando o funcionamento da máquina como gerador, o conjugado acelerante é
positivo quando o conjugado mecânico da turbina é maior que o conjugado elétrico de
frenagem. Então é adotado como convenção a seguinte expressão para o conjugado
acelerante:
Eq. 12
Ta = Tm − Te
ou seja, quando o conjugado mecânico é maior que o elétrico a aceleração é positiva,
caso contrário, ocorre uma desaceleração do gerador. Em regime permanente, o
conjugado elétrico é igual ao mecânico e o gerador funciona com aceleração nula e
velocidade constante.
Em vez de se considerar o ângulo mecânico real da máquina, é mais conveniente
considerar a variação do ângulo mecânico em relação a uma referência girando à
velocidade síncrona, ou seja, definindo:
Eq. 13
θ = ω Rt + θ0 + δm
rad
vem:
θ& = ω R + δ& m
rad/s
e:
&& = δ&&
θ
m
Ivan Camargo
rad/s2
10
Estabilidade de Sistemas de Potência
Portanto, pode-se escrever a equação “swing” da mesma forma considerando o ângulo
mecânico em relação a uma referência girando à velocidade síncrona ( ω R ).
Eq. 14
J&&
δ m = Ta
N.m
Além disto, é também mais conveniente considerar o ângulo elétrico da máquina em
vez do ângulo mecânico:
Eq. 15
δe =
p
δm
2
rad
onde “p” é o número de pólos da máquina. Em termos do ângulo elétrico, a equação
“swing” fica:
Eq. 16
2 J &&
δ = Ta
p
N.m
onde o índice do ângulo foi suprimido para simplificar a notação. Ao longo deste texto
a posição do rotor em relação a uma referência girando à velocidade síncrona em
radianos elétricos é denominada simplesmente δ .
Esta mesma equação pode ser reescrita em termos da potência acelerante da máquina.
Multiplicando os dois lados da equação por ω , tem-se:
Eq. 17
2 M &&
δ = Pa
p
W
Onde “M”, como foi visto, é a chamada constante de inércia de todas as massas
ligadas ao eixo do gerador.
Existem diversas formas alternativas de se escrever a mesma equação, principalmente
levando em consideração as diferentes formas de se obter o dado da constante de
inércia da máquina. Em algumas máquinas este valor é fornecido como WR2, em
unidades do sistema inglês (slug). A transformação deste valor para unidades do MKS
está claramente detalhada nas referências [1] e [2] e não vai ser rediscutida aqui.
É importante, em um sistema, que todas as máquinas estejam referenciadas a uma
mesma base de potência. Dividindo-se a equação “swing” por uma potência aparente
de base, tem-se:
Ivan Camargo
11
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 18
2 M && Pa
δ=
= Pau
pS B 3
S B3
pu
onde todas as grandezas estão em valores reais menos a potência que, agora, está em
pu.
Pode-se também definir a base do torque para colocar a outra equação em valores por
unidade:
Eq. 19
S B3
ωR
TB =
N.m
e a equação em pu fica:
Eq. 20
2 J ω mR && Ta
δ=
= Tau
p S B3
TB
pu
Colocando esta equação em termos da energia cinética da máquina obtém-se uma
grande simplificação. Lembrando que:
Eq. 21
W=
1
Jω 2m
2
J
onde o índice “m” na velocidade angular caracteriza esta grandeza como mecânica.
Para se obter a energia cinética da máquina, basta multiplicar e dividir a equação do
torque em pu pela velocidade angular mecânica nominal ( ω mR ):
Eq. 22
2 J ω mR ω mR &&
δ = Tau
p ω mR S B3
pu
como a relação entre a velocidade angular mecânica e elétrica é dada pelo número de
pares de pólos:
Eq. 23
ωR =
p
ω mR
2
rad elétricos/s
então:
Eq. 24
2W 1 &&
δ = Tau
S B3 ω R
pu
Define-se então a relação entre a energia cinética da máquina e a sua potência aparente
nominal como o H da máquina:
Eq. 25
Ivan Camargo
H=
W
S B3
s
12
Estabilidade de Sistemas de Potência
Pode-se observar que dimensionalmente, a relação entre energia e potência é segundo,
portanto, o H da máquina corresponde ao tempo necessário para a máquina sair do
repouso e atingir a sua velocidade síncrona quando se aplica em seus terminais a sua
potência aparente nominal.
Esta grandeza é interessante porque ela não varia muito de máquina para máquina.
Para turbo geradores ela está na faixa de 3 a 10 segundos. Para hidro-geradores ela é
da ordem de 2 a 4 segundos. Valores típicos de H podem ser tomados como:
H turbo = 6
s
H hidro = 3
s
Com esta definição, a equação diferencial que define a posição elétrica do rotor da
máquina em relação a uma referência girante à velocidade síncrona, é dada
simplesmente por:
Eq. 26
2H &&
δ = Tau
ωR
pu
Esta equação diferencial de segunda ordem pode ser transformada em duas outras de
primeira ordem:
Eq. 27
δ& = ω
rad/s
Eq. 28
2H
ω& = Tau
ωR
pu
Neste sistema de equações diferenciais, todas as grandezas, com exceção do torque,
estão em valores reais. Esta equação, nesta forma, vai ser utilizada ao longo do curso.
É interessante notar que com esta forma normalizada em função do conjugado
mecânico de base e da energia cinética da máquina, ambos funções da velocidade
angular mecânica, a expressão final fica independente do número de pólos da máquina
(p). É também importante lembrar que H é dado em função da potência aparente de
base da máquina. Para se analisar um sistema é necessário colocar todas as máquinas
em uma base comum de potência, então o valor relativo dos H’s do sistema vão variar
bastante de acordo com a potência nominal das máquinas.
EXEMPLO
Ivan Camargo
13
Estabilidade de Sistemas de Potência
Dado um sistema com três máquinas de potência aparente nominal igual a 4000
MVA, 1000 MVA e 100 MVA. Se a energia cinética em pu das máquinas for
respectivamente 3, 4 e 6 segundos, colocar estes H’s em uma base comum. (Sbase =
1000MVA).
Solução:
Usando a base de potência aparente dada vem:
H1u = H1 .
S base ( maq )
4000
= 3.
= 12
S base ( sist )
1000
s
H 2 u = 4.
1000
=4
1000
s
H 3u = 6.
100
= 0,6
1000
s
É fácil perceber que quanto menor a máquina mais rápida será a sua variação de
velocidade para uma determinada perturbação.
Finalmente, outra forma de se escrever a mesma equação, também muito encontrada
na literatura, leva em consideração que em pu a velocidade angular é sempre próxima
da unidade, ou seja:
ωu =
então:
ω
≅1
ωR
pu
Pau = ω u Tau ≅ Tau
pu
2H
ω& ≅ Pau
ωR
pu
logo,
Ivan Camargo
14
Estabilidade de Sistemas de Potência
AULA 4
Conjugado Mecânico
O conjugado mecânico de um gerador é, normalmente, fornecido por uma turbina
térmica ou hidráulica. Em ambos os casos ele é função da velocidade.
Quanto melhor for representado o sistema mecânico, melhores serão os resultados em
estudos de Estabilidade. No entanto, não será considerado neste curso detalhes do
funcionamento da turbina. Características como altura, vazão, densidade do fluido e
rendimento não serão analisadas. Vai-se analisar apenas a influência do regulador de
velocidade, ou seja, vai-se, neste item, diferenciar as máquinas com e sem regulador
de velocidade.
a) Sem regulador de velocidade
Neste caso o sistema de injeção de fluido na turbina permanece inalterado havendo
uma mudança na velocidade, ou seja, as válvulas da turbina térmica e os “gates” das
turbinas hidráulicas permanecem inalterados havendo uma variação na carga.
A relação entre conjugado e velocidade é dada pela relação fundamental entre
potência e conjugado:
Eq. 29
Tm =
Pm
ωm
N.m
Diferenciando esta equação:
Eq. 30
dTm =
∂ Tm
∂T
dPm + m dω m
∂Pm
∂ω m
N.m
dTm =
P
1
dPm − m2 dω m
ωm
ωm
N.m
ou
Eq. 31
próximo da velocidade síncrona, tem-se:
Eq. 32
Ivan Camargo
dTm =
P
1
dPm − m2 dω m
ωR
ωR
N.m
15
Estabilidade de Sistemas de Potência
considerando que a máquina não tenha regulador, ou seja, que a potência mecânica
injetada na turbina permaneça aproximadamente constante:
Eq. 33
dPm = 0
W
Portanto:
Eq. 34
dTm = −
Pm
dω
ω 2R
N.m
Colocando esta equação em pu, considerando o torque de base previamente definido:
Eq. 35
dTmu = − dω mu
pu
ou seja, próximo à velocidade nominal, a relação entre o conjugado e a velocidade em
pu é uma reta com declividade igual a -1, conforme a figura abaixo:
T(pu)
1
1
w(pu)
figura 1
Esta curva mostra que no caso da máquina sem regulador uma diminuição na
velocidade da ordem de 1%, provoca um aumento no conjugado mecânico também da
ordem de 1% em pu. A declividade negativa da curva Txω é estável. Se por um
motivo qualquer a velocidade decrescer, o conjugado mecânico cresce, aumentando a
aceleração da máquina e fazendo com que a velocidade volte ao seu valor inicial.
b) Com regulador de velocidade
A característica do regulador de velocidade é a de atuar nas válvulas ou “gates” das
turbinas de forma a acentuar esta característica Tx ω do sistema, ou seja, para uma
queda na velocidade de 1%, o regulador, em vez de aumentar o conjugado mecânico
em apenas 1%, aumenta muito mais de forma a forçar a velocidade a voltar a seu valor
de regime o mais rápido possível.
Ivan Camargo
16
Estabilidade de Sistemas de Potência
Para isto é feito um ajuste na declividade da característica Tx ω da máquina. Este
ajuste pode ser feito da forma que o projetista quiser, respeitando os limites da
máquina e mantendo a característica estável do sistema, ou seja, uma declividade
negativa.
Para que uma variação na carga seja absorvida de forma proporcional por todas as
máquinas do sistema, o valor da declividade da curva, chamada “droop characteristic”,
é normalizado. Nos EUA este valor é ajustado em 5% e na Europa o valor usado é de
4%. Esta característica significa que para uma queda de 5% na velocidade haverá um
aumento de 100% no conjugado mecânico.
Matematicamente, a equação da reta é dada por:
Eq. 36
∆Tm = −
1
∆ω
R
N.m
O valor de R, na equação acima está dado em (rad/N.m.s). Colocando em pu na base
da potência aparente da máquina, vem:
Eq. 37
∆Tm = Tm − T0
N.m
∆ω = ω − ω 0
rad/s
então, multiplicando pela velocidade para se obter uma expressão em termos da
potência, vem:
Eq. 38
Pm − P0 = −
1
ω R (ω − ω 0 )
R
W
Dividindo-se pela potência de base:
Eq. 39
∆Pmu = −
1 ωR
∆ω
R S B3
pu
Para se obter a declividade em pu é necessário que a velocidade também esteja em pu.
Para isto, divide-se o segundo termo por ω R :
Eq. 40
∆Pmu = −
1 ω 2R
∆ω u
R S B3
pu
Definindo, então:
Ivan Camargo
17
Estabilidade de Sistemas de Potência
S B3 . R
ω 2R
Eq. 41
Ru =
então:
∆Pmu = −
pu
1
∆ω u
Ru
pu
É este valor (Ru), em pu, que é normalizado na Europa e nos Estados Unidos em 4 e 5
% respectivamente.
A curva característica do conjugado em relação a velocidade, da máquina com
regulador de velocidade fica, então:
Tm
∆ Tm
∆ω m
figura 2: com regulador
Esta regulação de velocidade é de regime permanente. Se todas as máquinas tiverem a
mesma regulação, uma variação da carga vai se dividir igualmente entre as máquinas.
Como foi visto, o valor da declividade R em pu, é dado na base da potência aparente
nominal da máquina, desta forma, colocando todos os reguladores na mesma base do
sistema, da mesma forma que foi feito para o H no item anterior, as declividades
relativas vão ser diferentes e a carga vai se distribuir proporcionalmente a potência
nominal de cada máquina.
As constantes de tempo do sistema mecânico são, em geral, de ordem de grandeza
bem superior que as elétricas, desta forma, para uma análise inicial simplificada, é
bastante razoável que se considere que a potência mecânica fornecida à máquina
permaneça constante durante o período transitório.
EXEMPLO 1
Ivan Camargo
18
Estabilidade de Sistemas de Potência
Colocar em uma base comum (1000MVA, p.ex.) o “droop” R das três máquinas do
exemplo anterior, supondo que eles sejam iguais a 5%.
Solução
R1u = 0,05.
S B3 ( sis )
= 1,25%
S B3 (maq )
Da mesma forma:
R 2 u = 5%
e
R3u = 50% .
Como era de se esperar, a divisão de uma variação de carga se dá proporcionalmente à
potência de cada máquina.
Ivan Camargo
19
Estabilidade de Sistemas de Potência
5) Conjugado Elétrico
Foi visto anteriormente que:
Eq. 42
2H
ω& = Tm − Te
ωR
pu
A análise do conjugado mecânico já foi feita, e, neste item, vai-se fazer uma análise
simplificada do conjugado elétrico.
O conjugado elétrico de uma máquina pode ser dado pela seguinte expressão geral:
Eq. 43
Te =
1
∂
[ i ] T { [ L( θ )]}[ i ]
2
∂θ
N.m
Onde [i] é o vetor de correntes da máquina e [L(θ)] a sua matriz de indutância, que é
uma função da posição do rotor θ.
Percebe-se, então, que o conjugado é função de todas as correntes que circulam na
máquina. Estas correntes, por sua vez, dependem das condições do sistema no qual a
máquina está ligada. Além disto, visto que o conjugado é função da matriz de
indutância, ele é também função do carregamento magnético da máquina, ou seja, da
sua saturação.
Uma simplificação significativa na expressão do conjugado é obtida utilizando a
transformada de Park. De fato, os enrolamentos do estator podem ser representados
por dois enrolamentos fictícios “d” e “q” em sincronismo com o rotor. Com esta
representação a matriz de indutância da máquina deixa de ser função da posição do
rotor e a expressão para o conjugado elétrico pode ser dada por:
Eq. 44
Te = λ d i q − λ q i d
N.m
onde
λ d = Ld i d + kM F i F + kM D i D
Wb
e
λ q = Lq i q + kM Q i Q
Wb
Ivan Camargo
20
Estabilidade de Sistemas de Potência
são os fluxos concatenados com os enrolamentos “d” e “q”. Uma revisão completa da
teoria de máquinas síncronas e da transformada de Park será vista no decorrer do
curso, por enquanto vai-se fazer uma análise simplificada.
O conjugado elétrico pode ser considerado em diversos níveis de aproximação. Uma
primeira aproximação óbvia é obtida desprezando-se os enrolamentos amortecedores
de eixo direto e em quadratura. Neste caso, o conjugado passa a ser simplesmente uma
função da iteração do fluxo produzido pelo rotor e pelo estator.
O fluxo produzido pelo enrolamento de campo é função da fmm produzida por este
enrolamento, ou seja, pelo número de espiras e pela corrente de circulação iF. Este
fluxo é portanto constante e gira à velocidade síncrona. O fluxo produzido pelo estator
é uma composição dos fluxos produzidos por cada uma das fases. A defasagem das
espiras no entreferro e a defasagem das tensões geradas no tempo produzem o campo
magnético girante da máquina que pode ser visto como uma fmm girando à
velocidade síncrona e de módulo constante.
A iteração entre estes dois fluxos produz um conjugado que é função do ângulo de
defasagem entre eles.
Um diagrama fasorial mostra de forma simplificada esta iteração. Chamando de E a
tensão produzida pela variação do fluxo produzido pelo rotor F nas bobinas do estator.
Chamando de A o fluxo produzido pela reação da armadura, ou seja, pela circulação
de corrente no estator. O fluxo resultante no entreferro será a soma vetorial destes dois
componentes. O fasor de tensão terminal da máquina V será dado pela derivada do
fluxo resultante R, ou seja, V estará fasorialmente estará atrasado em relação a R de
90 graus. A figura abaixo mostra o diagrama fasorial em regime permanente da
máquina.
Ivan Camargo
21
Estabilidade de Sistemas de Potência
A
F
R
E
V
I
Figura 4
Este diagrama representa a máquina síncrona de pólos lisos em regime permanente. O
circuito elétrico equivalente está mostrado na figura abaixo:
I
jX
E
V
Figura 5
Este diagrama em regime permanente ajuda a interpretar o que ocorre na máquina na
ocorrência de uma perturbação (um curto circuito por exemplo). A corrente do estator
(I) se altera, no entanto, pode-se supor que o fluxo produzido pelo campo permanece
aproximadamente constante, já que as constantes de tempo do enrolamento de campo
são relativamente grandes. Desta forma, pode-se supor que a tensão produzida por este
fluxo (E) também permanece constante. A reatância efetiva da máquina depende da
corrente nos diversos enrolamentos. Desprezando o efeito dos enrolamentos
amortecedores esta reatância é dada por X’d. Desta forma, com estas simplificações,
pode-se representar a máquina por uma tensão constante atrás da reatância transitória
de eixo direto, conforme a Figura 3.
Ivan Camargo
22
Estabilidade de Sistemas de Potência
I
X’d
E
V
Figura 6
Supondo que E e V permaneçam constantes, a potência elétrica fornecida pela
máquina se torna função exclusiva do ângulo de defasagem entre elas:
Eq. 45
P=
VE
senδ
X d′
W
Este modelo é chamado modelo clássico da máquina. Apesar de muito simplificado
ele é de grande utilidade para se avaliar os principais conceitos do problema de
estabilidade.
EXEMPLO 3
Calcular E e δ de uma máquina operando ligada a um barramento infinito (V = 1pu),
fornecendo uma potência ativa de 0,8 pu com um fator de potência 0,8 indutivo. A
reatância transitória da máquina é de 20%.
Solução:
Tomando V como referência:
V = 1 / 0°
S=
P
=1
fp
pu
pu
S = S / ar cos( 0,8 ) = 1/36,9°
pu
S
I =   * = 1/ − 36,9°
V 
pu
E = E / δ = V + jX d′ I = 11314
,
/8,13°
pu
Como durante o período transitório o módulo das tensões V e E permanecem
constantes, a potência elétrica fornecida pela máquina será uma função do seno do
ângulo de defasagem entre elas: P = 5,65 sen δ.
Ivan Camargo
23
Estabilidade de Sistemas de Potência
Ivan Camargo
24
Estabilidade de Sistemas de Potência
Coeficiente de Sincronização
Como foi visto no exemplo anterior, considerando que a máquina opere ligada a um
barramento muito forte (uma barra infinita) pode-se supor que durante o período
transitório o módulo da tensão interna da máquina E e a do barramento infinito
permanecem constantes. Desta forma, a potência é uma função do ângulo de
defasagem entre elas:
Eq. 46
P=
E .V
senδ
X d′ + X
W
onde X é a reatância da ligação entre a máquina e o barramento infinito.
Considera-se que a máquina esteja fornecendo inicialmente uma determinada potência
P0 que corresponde a um determinado ângulo inicial δ0. Havendo uma variação na
potência fornecida ∆P haverá também uma variação no ângulo do rotor (∆δ).
Eq. 47
∆δ = δ − δ 0 ⇒ δ = ∆δ + δ 0
rad
Eq. 48
∆P = P − P0 ⇒ P = ∆P + P0
W
∆P + P0 = Pmax sen( ∆δ + δ 0 )
W
Portanto:
Eq. 49
Desenvolvendo o seno da soma:
Eq. 50
∆P + P0 = Pmax ( sen∆δ cos δ 0 + senδ 0 cos ∆δ )
W
Considerando uma pequena variação do ângulo:
Eq. 51
∆δ → 0
Então:
e
sen∆δ ≅ ∆δ
cos ∆δ ≅ 1
Simplificando a equação 5 vem:
Eq. 52
∆P = Pmax cos δ 0 ∆δ
W
Definindo coeficiente de sincronização como:
Eq. 53
Ps = Pmax cos δ 0 =
∂P
∂δ
δ =δ 0
Então:
Eq. 54
∆P = Ps ∆δ
Da definição de coeficiente de sincronização (Eq. 8), observa-se que para que ele seja
positivo é necessário que:
Eq. 55
Ivan Camargo
0≤ δ0 ≤ π / 2
25
Estabilidade de Sistemas de Potência
O coeficiente de sincronização positivo corresponde ao funcionamento estável da
máquina, ou seja, um aumento na potência mecânica da turbina provoca uma
aceleração da máquina que provoca o aumento do ângulo δ. Este aumento provoca o
aumento da potência elétrica fornecida que tende a equilibrar a potência mecânica. O
limite δ = π / 2 é chamado limite de “estabilidade estática” ou de “regime
permanente”.
Freqüência Natural de Oscilação da Máquina Síncrona
Dada uma perturbação em um sistema, os rotores das diversas máquinas interligadas
vão oscilar em torno de um novo ponto de funcionamento (ou de um novo ângulo δ)
até que as oscilações sejam amortecidas. Além da oscilação do rotor com o sistema,
haverá uma série de outras oscilações, por exemplo, a oscilação das diversas massas
conectadas ao eixo.
Cada uma destas oscilações têm uma freqüência natural, ou um modo natural de
oscilação. Neste item, vai-se calcular a freqüência natural de oscilação de um rotor
(considerado um corpo rígido) em relação ao sistema, representando a máquina pelo
seu modelo clássico e que a oscilação seja suficientemente pequena para que se possa
linearizá-la em torno de um ponto.
Para isto, considera-se uma máquina ligada a um barramento infinito através de uma
linha sem perdas (ou seja, através de uma reatância pura “X”). Deseja-se calcular a
variação angular ∆δ em função do tempo para uma pequena perturbação. Partindo-se
da equação swing, tem-se:
Eq. 56
2H &&
δ = Pm − Pe
ωR
pu
Da definição de pequena oscilação em torno de um ponto (Eq. 2), vem:
Eq. 57
&&
δ = ∆δ&&
já que:
δ& 0 = 0
Então, a equação swing pode ser reescrita como:
Eq. 58
2H &&
∆δ = Pm − Pe 0 − ∆Pe
ωR
pu
Considerando que antes da perturbação o sistema estivesse em regime permanente, a
potência mecânica é igual a potência elétrica inicial, ou seja:
Eq. 59
Pm = Pe 0
pu
2H &&
∆δ = − ∆Pe
ωR
pu
Então:
Eq. 60
Como foi visto (Eq. 9), o coeficiente de sincronização relaciona a variação da potência
elétrica com a variação do ângulo, portanto, fazendo esta mudança de variáveis:
Ivan Camargo
26
Estabilidade de Sistemas de Potência
2H &&
∆δ + Ps ∆δ = 0
ωR
Eq. 61
pu
que é uma equação diferencial de segunda ordem linear.
EXEMPLO 1
Resolva a equação 16:
Solução:
ω R Ps
∆δ
2H
ω P
ω 2osc = R s , vem:
2H
&&
∆δ = − ω 2osc ∆δ , esta equação tem várias soluções, uma delas é dada
∆&&
δ=−
Definindo:
por:
∆δ = Ksenω osc t
De fato:
∆δ& = Kω osc cos ω osc t , e
2
2
∆&&
δ = − Kω osc
senω osc t = −ω osc
∆δ , cqd.
Portanto, desprezando-se os amortecimentos, o ângulo da máquina vai oscilar em
torno de um valor inicial δ0 com uma freqüência ωosc. Esta freqüência é chamada
Freqüência Natural de Oscilação.
A freqüência natural de oscilação depende do ponto inicial de operação da máquina
(Ps) e da inércia da máquina. A ordem de grandeza pode ser facilmente avaliada
supondo determinadas condições iniciais.
EXEMPLO 2
Avaliar a ordem de grandeza da freqüência natural de oscilação de uma máquina
ligada a um barramento infinito.
Solução:
ω P
ω 2osc = R s
2H
como:
Ps = Pmax cos δ 0
Supondo um ângulo inicial pequeno:
EV
Ps ≅
X d′ + X
Supondo ainda que a potência máxima seja igual a potência nominal (1 pu), com um
H=4s, vem:
377x1
ω osc =
= 6,86
rad/s
2x 4
ω
Então:
f osc = osc = 1
Hz
2π
Pode-se observar que para uma máquina maior, P = 2 e H = 10, por exemplo, a
freqüência de oscilação permanece aproximadamente a mesma. Considerando o valor
inicial do ângulo um pouco maior, observa-se que a freqüência natural não muda.
Ivan Camargo
27
Estabilidade de Sistemas de Potência
Generalizando-se, pode-se afirmar que esta freqüência está sempre na faixa de 1 a 4
Hz.
Este exemplo confirma que a análise transitória de um sistema elétrico está na ordem
de 1 segundo, desta forma, as constantes de tempo muito pequenas como as constantes
subtransitórias da máquina e as constantes de tempo mecânica, muito grandes, podem
ser desprezadas nesta primeira análise simplificada.
EXEMPLO 3
Escrever as equações diferenciais do problema massa/mola da figura abaixo.
Determinar K e B de forma a se ter um amortecimento crítico se uma força (f(t)),
aplicada a massa “M” for um degrau unitário.
x
M
mola (K)
B
Figura 7
Solução:
Considerando uma força f(t) aplicada no corpo de massa M, vem diretamente:
f (t ) = M
Eq. 62
d 2x
dx
+B
+ Kx
2
dt
dt
A solução da equação homogênea é dada por:
x = e st
&&
portanto:
x& = se st
e
x = s 2 e st
Substituindo, obtém-se a equação característica do sistema:
( Ms 2 + Bs + K )e st = 0 , ou
Eq. 63
s2 +
B
K
s+
= 0 , cuja solução é dada por:
M
M
B2
4K 
−

2
M 
M
A solução será puramente oscilatória quando a parte real da raiz for igual a zero, ou
seja B=0, e ela será puramente amortecida quando a parte imaginária for igual a zero,
ou seja:
B ≥ 4KM
s1,2 =
1  B
±
−
2  M
EXEMPLO 4
Transformar o problema anterior na forma de equação de estado do tipo:
x& = Ax + Bu
Ivan Camargo
28
Estabilidade de Sistemas de Potência
Solução:
Fazendo uma mudança de variáveis:
x1 = x
e
x2 =
dx
dt
e
vem:
Mx& 2 + Bx 2 + Kx1 = f ( t )
x&1 = x 2
Em forma matricial:
x& 2  − B / M − K / M   x 2   1
+
f (t )
 x&  =  1
0   x1   0
 1 
É fácil observar que os autovalores da matriz A são iguais às raízes da equação
característica do sistema. De fato, da definição de autovalores:
det A − λI = 0
det
Eq. 64
−
λ2 −
B
−λ
M
1
−
K
M =0
−λ
B
K
λ+
=0
M
M
Similar a Eq. 18.
Ivan Camargo
29
Estabilidade de Sistemas de Potência
Máquina Contra Barramento Infinito (Modelo Clássico)
Um barramento infinito já foi definido. É uma barra do sistema onde o módulo da
tensão e a freqüência não variam. Em um sistema real, não existe nenhum barramento
com estas características. Em geral, a saída de grandes unidades geradoras pode ser
considerada um barramento infinito quando o defeito analisado ocorrer a uma
distância elétrica razoável deste ponto.
Considerando uma máquina representada pelo seu modelo mais simples, ou seja, por
uma fonte de tensão constante atrás de uma reatância. Esta máquina está conectada
através de uma linha a um barramento infinito. A equação “swing” será dada por:
Eq. 65
2H d 2 δ
= Pm − Pe
ω R dt 2
pu
Deve ser determinada uma expressão para a potência elétrica e mecânica, de
preferência em função de δ para se obter a curva δ(t). A forma mais simples de se
obter estas expressões consiste em fazer as seguintes aproximações:
# A potência mecânica permanece constante durante o período transitório;
# O amortecimento é desprezível;
# A máquina síncrona pode ser representada por uma tensão constante atrás da
reatância transitória;
# O ângulo mecânico do rotor coincide com a fase da tensão interna; e
# A carga pode ser representada por uma impedância constante.
Estas considerações em conjunto formam o chamado modelo clássico para os estudos
de estabilidade.
Como, por definição, não está representado nem o regulador de tensão, nem o
regulador de velocidade, a primeira oscilação determina a estabilidade do sistema. Se
o valor de δ crescer indefinidamente para uma determinada perturbação, o sistema
será instável. Por outro lado, se δ atingir um valor máximo e diminuir, então o sistema
será considerado estável.
Ivan Camargo
30
Estabilidade de Sistemas de Potência
Das considerações acima, fica claro que não haverá amortecimento na curva do ângulo
interno da máquina em função do tempo.
Suponha o sistema abaixo dado pela definição do modelo clássico:
Vt
X’d
V/0
ZL
E/δ
Zs
Figura 8
Como, da definição do modelo, as tensões interna da máquina e do barramento
infinito são constantes, é conveniente fazer uma redução das barras do sistema à
barras de tensão constante. Usando a transformação Y-∆, a figura 7-1 pode ser
colocada como:
E/δ
V/0
I
y12
y10
y20
Figura 9
É interessante notar que y20 não interfere no problema de estabilidade porque está conectado ao
barramento infinito, ou seja, não importa o seu valor a tensão permanecerá constante.
Para se obter a potência elétrica fornecida pelo gerador basta fazer:
Eq. 66
P = Re( E . I *)
A corrente é dada em função da matriz Y por:
Eq. 67
 I 1  Y11
 =
I 2  Y21
Y12   E 
. 
Y22  V 
Onde os termos Yij são os valores complexos da matriz Ybus. Lembrando da formação
desta matriz tem-se:
Ivan Camargo
31
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 68
Y11 = y10 + y12 = Y11 / θ 11
Y12 = − y12 = Y12 / θ 12
Usando a barra em cima das variáveis para caracterizar o número complexo.
Fazendo a substituição da expressão de I1 na fórmula da potência e tomando a parte
real, tem-se:(obs.: Aqui a simplificação P = Re(EI*) = Re(E*I) foi utilizada)
Eq. 69
P = E 2 Y11 cos θ 11 + EVY12 cos(θ 12 − δ )
O primeiro termo corresponde ao produto da tensão interna da máquina ao quadrado
pela parte real da admitância própria da barra:
Eq. 70
G11 = Y11 cos θ 11 = Re[ Y11 ]
O ângulo θ12 corresponde a fase da admitância de ligação entre a máquina e o
barramento infinito. Se esta admitância for puramente indutiva, o seu valor será igual
a 90 graus. Para simplificar a notação toma-se:
Eq. 71
γ = θ 12 −
π
rad
2
então, substituindo esta definição em Erro! Fonte de referência não encontrada.) e
lembrando que:
Eq. 72
cos(
π
2
− ( δ − γ )) = sen( δ − γ )
obtém-se:
Eq. 73
P = G11 E 2 + EVY12 sen( δ − γ )
ou
P = PC + PM sen( δ − γ )
A curva Pxδ, considerando a resistência e a carga conectada à máquina é, então, uma
senóide defasada de γ rad no eixo horizontal e de PC do eixo vertical, como mostra a
figura abaixo:
P
PM+PC
PC
γ
Ivan Camargo
δ
32
Estabilidade de Sistemas de Potência
Figura 10
Para o caso sem carga local e com resistência desprezível, PC = γ = 0 e a curva Pxδ se
apresenta como foi vista nos itens anteriores.
EXEMPLO 1
Uma máquina é conectada a um barramento infinito através de um transformador e
um circuito duplo de linha de transmissão. Considerando os seguintes dados: V = 1/0;
X’d = 0,2 pu; XT = 0,1 pu; XLT = 0,4 pu e H = 5 s. A máquina opera inicialmente com
tensão terminal igual a 1,05 pu fornecendo uma potência ativa de 0,8 pu. Determinar a
equação “swing” da máquina nestas condições.
Solução:
a) Circuito equivalente
j0,2
j0,1
j0,4
j0,4
E/δ
1/0
Figura 11
b) Cálculo da matriz de admitância
y12 =
1
= − j 2,0
j 0,5
pu
Y12 = − y12 = j 2,0
Então:
PC = γ = 0
Y11 = − j 2,0
e
P = EVY12 senδ = 2Esenδ
c) Determinação do valor inicial do ângulo:
V = 1/0
Vt = 105
, /θ
P( X T +
então:
θ = arcsen(
VVt
e
P = 0,8
pu
X LT
)
2 ) = 13,21o
d) Determinação da corrente
I=
Vt − V
= 0,8034/ − 5,29 o
X
e) Determinação da tensão interna E:
Ivan Camargo
33
Estabilidade de Sistemas de Potência
E = Vt + jX d′ I = 1111
, /21,09 o
f) Equação Swing:
P=
1111
, * 1,0
senδ = 2,22 senδ
0,5
δ&& =
ωR
2H
pu
( Pm − P ) = 37,7( 0,8 − 2 ,22senδ )
rad/s2
Como já foi observado, mesmo neste exemplo muito simplificado, a equação
diferencial que descreve a posição relativa do rotor é não linear. A sua solução só é
possível por métodos de integração numérica.
EXEMPLO 2
Qual seria a equação swing se houvesse um curto circuito trifásico na saída de uma
das linhas. Considere que a impedância para o neutro seja igual a 0,1 pu, puramente
reativa.
Solução:
a) Circuito Equivalente
j0,2
j0,1
E/δ
j0,4
j0,1
1/0
Figura 12
b) Transformação Y∆. Para fazer esta transformação, é mais conveniente trabalhar
com admitância, já que:
Eq. 74
Y12 =
Y1Y2
∑Y
Neste caso particular tem-se:
Y1 =
1
= − j 3,333
j 0,3
Y2 =
1
= − j 5,0
j 0,2
e tomando a barra de referência como índice 0:
Ivan Camargo
34
Estabilidade de Sistemas de Potência
Y0 =
1
= − j10,0
j 0,1
Substituindo em(10) tem-se:
Y12 =
− j 3,33 * − j 5,0
= − j 0,909
− j 3,33 − j 5,0 − j10,0
pu
As outras admitâncias podem ser calculadas da mesma forma, no entanto, para este
problema particular elas não apresentam interesse já que por definição as tensões no
barramento infinito e na máquina permanecem constantes.
c) Equação Swing
Diretamente da definição:
então:
P = 111
, * 0,909 * senδ = 1010
, senδ
pu
δ&& = 37,7( 0,8 − 1,010senδ )
rad/s2
EXEMPLO 3
Se a proteção atuar eliminando a linha defeituosa (e o defeito) qual será a nova
equação swing?
Solução:
a) O circuito equivalente sem uma linha pode ser visualizado na figura acima, e o
cálculo da admitância e da potência é direto. Obtém-se então a seguinte equação:
δ&& = 37,7( 0,8 − 1587sen
,
δ)
EXEMPLO 4
Calcular o ângulo delta em função do tempo para os três exemplos anteriores
considerando um tempo de abertura da linha de 150 ms. Calcular por tentativa e erro
qual o tempo de abertura crítico. Variar os parâmetros da máquina (H e X’d) para ver a
sua influência no tempo crítico. Analisar o artigo do Concordia baseado nestes
resultados.
Solução:
Tem que elaborar um programa de integração passo a passo. Utilizar as equações
dadas e as condições iniciais obtidas nos exemplos anteriores. Usando o MATLAB
tem-se:
tspan = [0 1.2];
x0 = [1 0.368]';
[t,x] = ode23('swing',tspan,x0);
plot(t,x(:,2));
Ivan Camargo
35
Estabilidade de Sistemas de Potência
function xponto = swing(t,x)
% simulação da equação swing - exemplo fouad
xponto = zeros(2,1);
% parâmetros
P1 = 1.587; P2 = 1.010;
tab = 0.15; wr = 377;
H = 5; Pm = 0.8;
% equações
if(t > tab)
xponto(1) = (wr/(2*H))*(Pm - P1*sin(x(2)));
xponto(2) = x(1)-1;
else
xponto(1) = (wr/(2*H))*(Pm - P2*sin(x(2)));
xponto(2) = x(1)-1 ;
end;
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Figura 13
Neste exemplo não há tempo crítico uma vez que o curto circuito é muito amenizado
pela impedância. Considerando um curto-circuito franco, tem-se:
Pe = 0 durante o curto. Para o tempo de abertura igual a 0,25 segundos o sistema é
instável. Para t = 0,24 ele volta a ser estável como ilustra a figura abaixo:
Ivan Camargo
36
Estabilidade de Sistemas de Potência
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Figura 14
O tempo crítico deste exemplo é igual a 240 ms.
Ivan Camargo
37
Estabilidade de Sistemas de Potência
Critério das Áreas Iguais
A estabilidade de uma máquina contra um barramento infinito ou de duas máquinas
oscilando uma contra a outra pode ser avaliada de forma simplificada pelo chamado
método das áreas iguais.
A representação do sistema é feita pelo modelo clássico.
Partindo-se da equação swing pode-se mostrar que a área sobre a curva P(δ) é
proporcional à velocidade relativa da máquina.
Portanto, a partir de:
Eq. 75
2H &&
δ = Pm − Pe = Pa
Multiplicando-se os dois lados por 2
Eq. 76
pu
ωR
2
dδ
, ou duas vezes a velocidade angular tem-se:
dt
dδ d 2 δ ω R
dδ
=
Pa 2
2
dt dt
2H
dt
rad2/s3
Colocando em termos da velocidade e lembrando a definição de derivada de uma
função ao quadrado tem-se:
Eq. 77
2ω
dδ
dω d 2 ω R
= ω =
Pa
dt
dt
H
dt
rad2/s3
ou ainda:
Eq. 78
dω 2 =
ωR
Pa dδ
H
rad2/s2
Integrando e tirando a raiz quadrada:
Eq. 79
ω=
ωR
H
δ max
∫δ
Pa dδ
rad/s
o
Se a condição para garantir a estabilidade do sistema é que a velocidade relativa (em
relação à referência girante previamente definida) seja igual a zero, então:
Eq. 80
δ max
∫δ
0
Pa dδ = 0
rad/s
Esta integral pode ser interpretada como a área da potência acelerante em função do
ângulo delta. Esta área corresponde a diferença entre a potência mecânica e elétrica
quando ambas são traçadas em função do ângulo delta. No caso do modelo clássico,
com a potência mecânica constante e a potência elétrica função do seno do ângulo de
carga esta área é facilmente visualizada na figura abaixo:
Ivan Camargo
38
Estabilidade de Sistemas de Potência
P
Pm
δ0
δ
Figura 15
No caso dos três exemplos analisados na aula anterior, é fácil observar as áreas de
aceleração e desaceleração da máquina.
É interessante notar que, neste exemplo, mesmo que não haja abertura da linha ou a
eliminação do defeito, o sistema continua estável. Considerando um curto trifásico
mais severo, por exemplo, sem nenhuma impedância de defeito, a potência elétrica
entregue ao sistema durante o curto se anula, neste caso, se não houver a atuação da
proteção, o sistema perderá a estabilidade.
Neste novo exemplo, as curva que caracterizam o problema são as senóides prédefeito e pós defeito, já que durante o defeito a potência elétrica é constante (igual a
zero). A figura abaixo mostra esta situação caracterizando as áreas de aceleração e
desaceleração:
P
Pmax
Pmax2
Pm
A2
A1
δ0
δc
δm
δ
Figura 16
Observa-se desta figura que para que o sistema seja estável é necessário que a área de
desaceleração seja maior que a área de aceleração ( A2 ≥ A1 ). No limite, quando as
duas áreas são iguais, a velocidade se anula exatamente no momento em que a
aceleração iria mudar de sinal. Este ponto é chamado o limite de estabilidade
transitória.
Pode-se determinar o ângulo crítico de abertura igualando-se as áreas A1 e A2.
Explicitando o valor de δc, obtém-se:
Eq. 81
δ c = cos −1 {
P
1
[ m ( δ m − δ 0 ) + r2 cos δ m − r1 cos δ 0 ]}
r2 − r1 Pmax
pu
Onde:
Pmax = Potência máxima pré-defeito;
Pmax1 = Potência máxima durante o defeito;
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39
Estabilidade de Sistemas de Potência
Pmax2 = Potência máxima após o defeito;
r1 = Pmax1/Pmax;
r2 = Pmax2/Pmax;
P
δ 0 = sen −1 ( m ) ; e
Pmax
P
π
δ m = sen −1 ( m ) >
Pmax 2
2
EXEMPLO 1
Calcular o ângulo crítico de abertura dos exemplos anteriores considerando a potência
elétrica transmitida durante o curto igual a zero.
Solução:
Dos exemplos anteriores tem-se:
Pm = 0,8 pu; Pmax = 2,222 pu; Pmax1 = 0; e Pmax2 = 1,5787 pu.
Portanto:
r1 = 0; e r2 = 0,7104.Então:
δ0 = 21,09; e δm = 149,55. Colocando na expressão do ângulo crítico tem-se:
δc=74,08 graus.
É interessante notar que a obtenção do ângulo crítico não implica no conhecimento do
tempo crítico de abertura. Para se ter este tempo é necessário integrar as equações
diferenciais do ângulo em função do tempo e obter o valor do tempo que corresponde
ao ângulo crítico. Este ângulo crítico foi calculado no exemplo anterior e corresponde
(da Figura 7) a aproximadamente 1,3 rad, ou 75 graus.
O tempo crítico de abertura é uma informação essencial no estudo da estabilidade de
um sistema uma vez que determina a rapidez necessária para o seu sistema de
proteção.
As áreas A1 e A2 podem também ser interpretadas como a variação da energia cinética
do rotor da máquina. De fato, da definição de trabalho no movimento rotacional, vem:
Eq. 82
δ
W = ∫ Tdδ
δ0
J
Colocando esta equação em pu e considerando que a velocidade não é muito diferente
da síncrona, pode-se substituir o conjugado desta expressão pela potência acelerante e
a energia cinética acumulada quando a potência acelerante é positiva tem que ser pelo
menos igual a energia cinética de desaceleração, ou seja as áreas 1 e 2 da figura acima.
É também interessante notar que transitoriamente o ângulo δ pode assumir valores
maiores que 90 graus.
# Método das áreas iguais aplicado a duas máquinas finitas.
Para se analisar duas máquinas oscilando entre si é necessário equivalentar as duas
máquinas considerando esta máquina equivalente oscilando contra um barramento
infinito.
Para isto é necessário uma constante de inércia equivalente, uma potência mecânica
equivalente e uma potência elétrica equivalente. Tomando as equações swings de duas
máquinas, tem-se:
Ivan Camargo
40
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 83
δ&& 1 =
δ&& 2 =
ωR
2 H1
ωR
2 H2
( P1m − P1e )
( P2 m − P2 e )
fazendo:
rad
δ =δ1 −δ2
então:
Eq. 84
δ&& =
ωR
2 H1
P1a −
ωR
2H2
Multiplicando os dois lados por
Eq. 85
P2 a
rad/s2
2 H1 H 2
vem:
ω R ( H1 + H 2 )
2 H1 H 2
H ( P − P1e ) − H1 ( P2 m − P2 e )
δ&& = 2 1m
ω R ( H1 + H 2 )
H1 + H 2
Rearranjando a equação e chamando:
Eq. 86
H eq =
H1 H 2
H1 + H 2
s
Eq. 87
Pmeq =
H 2 P1m − H1 P2 m
H1 + H 2
pu
Eq. 88
Peeq =
H 2 P1e − H1 P2 e
H1 + H 2
pu
vem:
Eq. 89
2 H eq &&
δ = Pmeq − Peeq
ωR
pu
Observa-se que a inércia equivalente corresponde a uma composição das inércias das
máquinas em paralelo, portanto, corresponde a um valor menor que a inércia de
qualquer uma das máquinas. É claro também que, considerando uma máquina com
inércia infinita, esta equação volta a sua formulação inicial.
É possível equivalentar um conjunto de máquinas contra um barramento infinito.
Neste caso, em vez da inércia equivalente ser igual ao paralelo das inércias, ele
equivale à soma das inércias, ou seja, à sua disposição em série.
O modelo clássico, apesar de todas suas simplificações, é de grande interesse para a
compreensão do fenômeno de estabilidade entre máquinas. No próximo item vai-se
estender este conceito do modelo clássico a um sistema multimáquina.
Ivan Camargo
41
Estabilidade de Sistemas de Potência
AULA 9
Modelo Clássico para um Sistema Multimáquinas
As hipótese básicas continuam as mesmas do modelo da máquina contra barramento
infinito:
# Potência mecânica considerada constante;
# Amortecimento desprezível;
# Máquina representada pelo modelo da tensão constante atrás da reatância transitória
(X'd);
# O ângulo de carga (δ) coincide com a posição do rotor; e
# As cargas são representadas por impedância constante.
Este modelo é limitado ao estudo da primeira oscilação (first swing) já que todos
amortecimentos elétricos e mecânicos são desprezados. Uma forma aproximada de
considerar este amortecimento seria a inclusão de um termo de amortecimento (D) na
equação swing, ou seja, um termo proporcional à velocidade:
Eq. 90
2H d 2δ
dδ
+D
= Pm − Pe
2
dt
ω R dt
Este coeficiente representa os amortecimentos elétricos e mecânicos do sistema. Um
valor razoável, sugerido por Crary, é de 1 a 3 pu.
A representação da carga por impedância constante simplifica bastante as equações do
sistema: torna o sistema passivo (ou seja, representado por uma matriz YBUS que
pode ser reduzida às barras internas das máquinas). Esta representação é aproximada
já que o comportamento da carga com a tensão depende, evidentemente, das
características da carga. As três formas usuais de representação da carga são: potência
constante, corrente constante, e impedância constante. A Figura 1, abaixo, descreve a
variação da potência consumida pela carga em função da variação da tensão:
P(pu)
Zcte
Icte
Pcte
1pu
V(pu)
Figura 17: Característica da carga
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42
Estabilidade de Sistemas de Potência
Em estudos de fluxo de carga, a carga é representada pela potência constante. Em
estudos de estabilidade, usando programas bem elaborados, as cargas podem ser
representadas por uma composição dos três modelos. Evidentemente a representação
detalhada das cargas deve se restringir às maiores cargas do sistema. A representação
correta das cargas é muito importante para um estudo de estabilidade.
No modelo clássico, multimáquinas, as cargas são inicialmente representadas pela sua
potência quando é rodado um fluxo de carga. Em seguida, com o valor das tensões nos
barramentos de carga e da sua potência o valor da impedância (ou admitância)
equivalente é obtido e a matriz de admitância é alterada de forma a incorporar estes
valores. Finalmente esta mesma matriz é reduzida às barras internas dos geradores
transformando o sistema passivo em uma matriz simples de conexão entre as barras de
geração.
As tensões internas dos geradores também é calculada a partir dos resultados do fluxo
de carga. Um esquema equivalente do sistema de potência com “n” geradores pode ser
visto na Figura 2 abaixo:
X'd1
E1
L1
X'd2
E2
…
Em
SISTEMA
X'dm
L2
Ln
Figura 18: Representação Simplificada do Sistema
As equações que descrevem o sistema passivo e linear podem ser colocadas em sua
forma matricial:
Eq. 91
I = [YBUS ]E
Onde [YBUS] é a matriz de admitância de barra do sistema reduzido às barras de
geração. I é o vetor dos fasores das correntes injetadas nas “n” barras, e E o vetor dos
fasores das tensões internas.
A potência elétrica fornecida a cada instante pelas fontes (com “i” variando de 1 a
“n”) é dada por:
Eq. 92
Pi = Re( Ei .I i *)
Substituindo o valor da corrente complexa conjugada da expressão acima tem-se:
Ivan Camargo
43
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 93
n
∑E E Y
Pi = Ei2 Gii +
i
j
cos(θ ij − δ i + δ j )
ij
(i = 1, n)
j =1( ≠ i )
onde:
Eq. 94
Yii = Yii / θ 11 = Gii + jBii
Eq. 95
Yij = Yij / θ 1 j = Gij + jBij
Ou ainda:
Eq. 96
n
∑ E E [B
Pi = Ei2 Gii +
i
j
ij
sen(δ i − δ j ) + Gij cos(δ i − δ j )]
j =1( ≠ i )
A potência mecânica é calculada a partir da potência elétrica no instante inicial e
mantida constante.
Eq. 97
Pmi = Ei20 Gii +
n
∑E
i0
E j 0 [ Bij sen(δ i 0 − δ j 0 ) + Gij cos(δ i 0 − δ j 0 )]
j =1( ≠ i )
A equação swing a ser resolvida, dividida em duas equações de primeira ordem será
dada por:
2H i
Eq. 98
ωR
ω& i + Diω i = Pmi − Pei
δ&i = ω i − ω R
Estas equações têm que ser resolvidas, em função do tempo, considerando que a
matriz [YBUS] sofre alterações devido a defeitos, aberturas de linhas, perdas de cargas,
ou qualquer outro problema que venha a ocorrer no sistema elétrico.
A resolução, passo a passo de um problema de estabilidade é bastante interessante
uma vez que esclarece as dificuldades de cada passagem. Por outro lado mostra que a
elaboração de um programa que execute estas passagens não é complicado.
Evidentemente, pode-se sofisticar bastante um programa de estabilidade no entanto
este modelo simples mostra os conceitos principais.
Na bibliografia existem diversos problemas resolvidos. No livro do Stagg [4] tem a
resolução de um problema de cinco barras, no do Stevenson [10] aparece a resolução
de um problema semelhante de três barras. Vai-se detalhar, a seguir o problema de 9
barras do Anderson & Fouad [1].
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44
Estabilidade de Sistemas de Potência
EXEMPLO 1
Analisar a estabilidade transitória do sistema da figura abaixo considerando que
ocorra um curto-circuito na barra 7 e que a proteção atue eliminando o defeito em 150
ms.
Figura 3: Exemplo de estudo de estabilidade Transitória com 9 barras
O primeiro passo é a obtenção dos dados do sistema.
Os dados de linha e de transformadores estão mostrados na Tabela 1. Os dados de
linha são normalmente dados em função do comprimento da linha, em Ω/km para
resistência e reatância e em nF/km para capacitância. O transformador é representado
pela sua reatância de dispersão e é dado em pu na base da sua potência nominal.
Como ambos ligam duas barras, eles são chamados de elementos de ligação e um
identificador tipo = 1 ou tipo = 2, define em termos de programação o que é a ligação.
Tabela 1: Dados de ligação
de para tipo resistencia reatancia
1=LT (ohm/km)
(ohm/km) cap(nF/km) comp.(km)
2=TR (pu)
(pu)
Snom(MVA)
7
8
7
5
4
6
1
2
3
8
9
5
4
6
9
4
7
9
1
1
1
1
1
1
2
2
2
0.0749
0.0630
0.0677
0.0529
0.0600
0.0688
0.0000
0.0000
0.0000
0.6348
0.5332
0.3407
0.4496
0.3200
0.2998
0.0576
0.0625
0.0586
6.220
5.240
3.068
4.412
2.640
2.992
100.
100.
100.
60.0
100.0
250.0
100.0
150.0
300.0
0
0
0
Da mesma forma, são necessários os dados de barra.
Tabela 2: Dados de barra
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45
Estabilidade de Sistemas de Potência
Numero Nome Tipo Tensao P.At.ger P.At.car P.Reat.car
(kV)
(pu)
(pu)
(pu)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
gera1
gera2
gera3
alfa
beta
gama
delta
eta
lambda
3
2
2
1
1
1
1
1
1
16.500
18.000
13.800
230.000
230.000
230.000
230.000
230.000
230.000
0.000
1.630
0.850
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
-1.250
-0.900
0.000
-1.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
-0.500
-0.300
0.000
-0.350
0.000
Estes dados são suficientes para o cálculo do fluxo de carga. Observe que é necessário
que um dos geradores seja deixado sem uma definição da potência gerada para que
atenda as perdas do sistema.
Mesmo não fazendo parte do escopo deste curso, descreve-se abaixo, passo a passo o
que deve ser feito em programa de fluxo de carga.
Leitura dos dados;
Transformação dos parâmetros para valores em pu em uma base comum;
Formação da matriz [YBUS];
Cálculo iterativo das tensões pelo método de Newton-Raphson;
Cálculo do fluxo de potência nas linhas.
Os resultados deste exemplo estão mostrados na tabela 3 abaixo.
Tabela 3: Resultados do Fluxo de carga
Numero Nome Tipo
1
2
3
4
5
6
7
8
9
gera1
gera2
gera3
alfa
beta
gama
delta
eta
lambda
3
2
2
1
1
1
1
1
1
Tensao
Geracao
Carga
Modulo Angulo Ativo Reativo Ativo Reativo
(pu)
(graus)
(pu) (pu)
(pu)
(pu)
1.040 0.00
1.025 9.29
1.025 4.68
1.026 -2.22
0.996 -3.98
1.013 -3.67
1.026 3.73
1.016 0.74
1.032 1.98
0.716
1.630
0.850
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.271
0.067
-0.109
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
1.250
0.900
0.000
1.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.000
0.500
0.300
0.000
0.350
0.000
Com os resultados do fluxo de carga é possível iniciar os cálculos preliminares para o
programa de estabilidade. Para isto são necessários os dados dos geradores. No
modelo clássico, as únicas informações necessárias são: a reatância subtransitória, a
constante de inércia e a potência nominal. Neste exemplo tem-se:
Tabela 4: Dados dos geradores
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46
Estabilidade de Sistemas de Potência
gerador
x'd
H
(%)
(s)
S
(MVA)
1 6.08 23.64 100.00
2 11.98 6.40 100.00
3 18.13 3.01 100.00
a) Cálculo da tensão interna dos geradores.
Usando a tensão terminal como referência fasorial, o cálculo da corrente na barra “i” é
dado por:
Eq. 99
S 
P − jQi
I i =  i * = i
Vi
 Vi 
A tensão interna do gerador é, então, dada por:
Eq. 100
Ei = Ei / δ i ' = Vi + jX di ' I i
Substituindo a expressão da corrente obtém-se:
Eq. 101
Ei / δ i ' = (Vi +
X ' di Qi
X' P
) + j di i
Vi
Vi
O ângulo de fase difere do ângulo real da diferença entre a referência e o ângulo da
tensão no barramento “i”. Se Vi = Vi / α i , então:
Eq. 102
δ i = δ i '+α i
O valor de tensão interna permanece constante durante todo o processo. O valor inicial
do ângulo da tensão interna também já foi calculado (Eq. 13). A potência mecânica,
que também permanece constante, é dada diretamente do resultado do fluxo de carga.
b) Transformação das cargas em impedância constante
Para o problema de fluxo de carga as cargas são representadas por seu valor ativo e
reativo. Como foi visto, para o problema de estabilidade (no modelo clássico) elas
devem ser representadas por impedância constante. A transformação é simples e é
dada por:
Eq. 103
S L = PL + jQL = VL .I L * = VL .(VL * .YL *)
Onde o índice “L” se refere à carga e
Ivan Camargo
47
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 104
YL * = G L − jBL
Substituindo os valores e lembrando que o produto de dois fasores conjugados é igual
ao quadrado do módulo, tem-se:
Eq. 105
YL =
PL
Q
− j L2
2
VL
VL
c) Transformação da Matriz [YBUS]
A matriz [YBUS] foi calculada previamente para o problema de fluxo de carga. A sua
regra de formação é dada por:
Eq. 106
Yii = ∑ y i
Eq. 107
Yij = − y ij
Onde yi são todas as admitâncias que chegam no nó “i”, e yij é a admitância entre as
barras “i” e “j”.
É necessário transformá-la para o problema de estabilidade. Inicialmente, as
admitâncias (Eq. 16) das cargas são acrescentadas. Em seguida, as barras internas dos
geradores são criadas através da inclusão da reatância subtransitória (X’d). É claro que
todos os valores têm que estar em pu, na base do sistema, e transformados em
admitâncias.
d) Redução da Matriz [YBUS]
As únicas barras de interesse no modelo clássico são as barras internas dos geradores.
Então, é feita uma redução da matriz [YBUS] inicial considerando apenas aquelas
barras onde a injeção de corrente é diferente de zero. Suponha um sistema com “n”
barras e com apenas “m” geradores. A matriz [YBUS] inicial é de ordem nxn. Como
todas as correntes nas barras que não são geradores é nula, a equação de corrente pode
ser escrita como:
Eq. 108
[ I ] = [YBUS ][V ]
Eq. 109
 I m  Y1
 0  = Y
   3
Y2   E m 
Y4   V 
Onde [Yi] para i = 1,4 são submatrizes.
Resolvendo o sistema matricial, tem-se:
Ivan Camargo
48
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 110
I m = Y1 E m + Y2V
0 = Y3 E m + Y4V
Logo:
Eq. 111
I m = { Y1 − Y2Y4−1Y3 } E m
Portanto:
Eq. 112
[ YRED ] = { Y1 − Y2Y4−1Y3 }
Neste exemplo, a matriz [YRED] é de ordem três. Deve ser construída uma matriz
reduzida para cada configuração da rede, ou seja, antes do defeito, durante o defeito e
depois do defeito. Deve ser informado ao programa qual o defeito e quando ele ocorre.
Neste exemplo, tem-se:
DADOS DO TRANSITORIO
- defeito trifásico na barra ........................ 7
- eliminação do defeito através das abertura da lt .. 7 a 5
- tempo de duração do regime ........ 50.00 ms
- tempo de duração do defeito ....... 150.00 ms
- tempo de simulação pós defeito .... 2000.00 ms
As matrizes [YRED] nas três situações estão mostradas abaixo.
YBUS - PRE DEFEITO (REAL)
0.8469 0.2872 0.2092
0.2872 0.4199 0.2131
0.2092 0.2131 0.2769
YBUS - PRE DEFEITO (IMAG)
-2.9906 1.5134 1.2275
1.5134 -2.7240 1.0876
1.2275 1.0876 -2.3695
YBUS - DEFEITO (REAL)
0.6581 0.0000 0.0698
0.0000 0.0000 0.0000
0.0698 0.0000 0.1740
YBUS - DEFEITO (IMAG)
-3.8189 0.0000 0.6324
0.0000 -5.4855 0.0000
0.6324 0.0000 -2.7970
YBUS - POS DEFEITO (REAL)
1.1404 0.1287 0.1819
0.1287 0.3744 0.1920
0.1819 0.1920 0.2690
Ivan Camargo
49
Estabilidade de Sistemas de Potência
YBUS - POS DEFEITO (IMAG)
-2.3009 0.7081 1.0664
0.7081 -2.0159 1.2056
1.0664 1.2056 -2.3532
Finalmente, a obtenção do resultado final, ou seja, a variação dos ângulos internos das
diversas máquinas em função do tempo, é feita através da integração passo a passo das
equações do movimento. Neste caso, seis equações diferenciais de primeira ordem.
O resultado é mostrado na figura abaixo.
140
120
100
80
60
40
20
0
-20
0
500
1000
1500
2000
2500
Figura 19: Resultado ângulo interno (graus) em função do tempo (ms)
Uma listagem do programa em pascal é mostrada no Anexo 1.
A simplicidade do modelo clássico faz com que ele seja de grande utilidade didática,
no entanto, na prática, ele é muito pouco utilizado. Alguns problemas fazem com que
os resultados não representem a realidade. Entre eles pode-se citar:
Geradores representados por tensão constante. Os reguladores modernos são
rápidos e tentam manter a tensão nos terminais da máquina constante. Este efeito,
normalmente, não pode ser desprezado.
Desprezar o amortecimento. O efeito do amortecimento do conjugado durante
o período transitório é importante e, também, não deve ser desprezado.
Potência mecânica constante. A atuação do regulador de velocidade é
desprezada no modelo clássico, no entanto, a sua atuação é predominante,
principalmente após a primeira oscilação.
Representação da carga. A representação da carga por impedância constante
considera que a potência (ativa e reativa) varia com o quadrado da tensão. Na verdade
ela pode variar muito menos, podendo inclusive permanecer constante. Outro efeito
Ivan Camargo
50
Estabilidade de Sistemas de Potência
que é desprezado nesta simplificação é o da freqüência que, normalmente, não é
desprezível na maioria das cargas.
Apesar destas considerações, o modelo clássico é muito importante para a
compreensão dos conceitos básicos relacionados a um problema de estabilidade.
Ivan Camargo
51
Estabilidade de Sistemas de Potência
Resposta a pequenas perturbações
Uma pequena perturbação é por definição, uma alteração no sistema (temporária ou
permanente) tal que as oscilações em torno do ponto de operação podem ser
linearizadas.
Como a relação Pxδ é uma senóide, é considerada uma pequena perturbação aquela
que mantenha a proporcionalidade entre a potência elétrica e o ângulo.
Estas perturbações são da ordem de 1% da potência instalada do sistema.
Dois tipos de problemas podem ser abordados pela técnica da linearização: a resposta
a uma pequena perturbação e a distribuição de uma variação da carga.
Para pequenas perturbações, as variáveis de estado do sistema vão oscilar em torno de
um ponto de operação x0. As equações diferenciais linearizadas podem ser colocadas
na forma:
Eq. 113
x& = [ A( x&0 )] x + [ B ] u
Onde o negrito é utilizado para realçar que na equação x é um vetor.
Se a perturbação for suficientemente pequena, a matriz A é uma matriz constante, que
depende do ponto inicial de operação do sistema.
Para se analisar a resposta “livre” deste sistema, basta calcular os autovalores desta
matriz.
Voltando à análise da máquina contra barramento infinito, considerando agora a
potência elétrica em função da carga local e dependente também da resistência da
ligação entre a máquina e o barramento infinito tem-se:
Eq. 114
Pe = Pc + PM sen( δ − γ )
Considerando uma pequena alteração no ponto de funcionamento (índice 0), pode se
reescrever o ângulo elétrico e a potência como:
Eq. 115
δ = δ0 +δ∆
Eq. 116
Pe = Pe0 + Pe∆
Considerando que a variação do ângulo é pequena, vem:
Eq. 117
cos δ ∆ ≅ 1
Eq. 118
senδ ∆ ≅ δ ∆
A equação diferencial do movimento pode então ser colocada da seguinte forma:
Ivan Camargo
52
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 119
2 H &&
ωR
δ ∆ = − PM cos( δ 0 − γ )δ ∆
Redefinindo a potência sincronizante, levando agora em consideração a parte resistiva
da ligação, tem-se:
Eq. 120
Ps = PM cos( δ 0 − γ )
E a equação diferencial linearizada fica então:
Eq. 121
2 H &&
ωR
δ ∆ + Psδ ∆ = 0
A solução desta equação é direta:
Eq. 122
δ ∆ = ke st
Substituindo na equação 9 obtém-se a equação característica do sistema:
Eq. 123
2H
ωR
s 2 + Ps = 0
Cujas raízes são dadas por:
Eq. 124
s= ±j
Psω R
2H
Acrescentando-se o amortecimento na equação, a equação característica fica:
Eq. 125
2H
ωR
s2 +
D
ωR
s + Ps = 0
Cujas raízes são dadas pela solução desta equação do segundo grau:
Eq. 126
s=−
D
D 2 Psω R
± (
) −
/2
2H
2H
2H
Como D é normalmente muito menor que ωR, a freqüência de oscilação quase não
varia com a introdução do amortecimento, no entanto a forma de onda da resposta
passa a ser uma exponencial amortecida.
Eq. 127
δ ∆ = e st ≅ e
−
D
t
4H
.e
±j
Psω R
t
2H
Observa-se diretamente que se a potência sincronizante ou o amortecimento for
negativo a resposta no tempo crescerá indefinidamente, portanto o sistema será
instável.
A representação da máquina pelo modelo clássico simplifica demais o problema. É
possível considerar o efeito da variação do ângulo na tensão interna da máquina sem
complicar muito o modelo. O modelo que considera a variação da tensão interna com
o ângulo é conhecido como modelo de Heffron-Phillips. Além disto, com este modelo
simplificado e linearizado é possível considerar a influência do sistema de excitação.
Nesta introdução, não serão desenvolvidas as equações deste modelo. Ao final do
curso, depois de recordar as formas de representação da máquina síncrona estas
equações serão detalhadamente deduzidas. Sem então nenhuma demonstração, podeIvan Camargo
53
Estabilidade de Sistemas de Potência
se dizer que a potência elétrica, o ângulo interno, a tensão interna e a tensão de campo
estão relacionadas pelas seguintes expressões:
Eq. 128
Pe∆ = K1δ ∆ + K 2 E ∆′
Eq. 129
E ∆′ =
K3
K3 K4
v F∆ −
δ∆
1 + K 3 Td′0 s
1 + K 3 Td0′ s
Onde:
E ∆′ é a variação da tensão interna da máquina;
v F∆ é a variação da tensão de campo, relacionada ao controle da tensão.
As constantes K1, K2, K3 e K4 vão ser deduzidas ao longo do curso e são dadas por:
Eq. 130
K1 =
Pe∆
δ∆
E ∆′ = 0
é a própria definição de coeficiente de sincronização;
Eq. 131
K2 =
Pe∆
E ∆′
δ ∆ =0
relaciona a variação da potência elétrica com a variação do fluxo concatenado com o eixo direto;
Eq. 132
K 3 = limt →∞ E ∆′
δ ∆ =0
é dado pelo valor final da tensão interna da máquina para um degrau de tensão aplicado no campo
considerando que não haja variação no ângulo interno da máquina. Esta constante está diretamente
relacionada à impedância do sistema e independe das condições iniciais; e
Eq. 133
K4 = −
1
limt →∞ E ∆′
K3
v F∆ = 0
é dado pelo valor final da tensão interna para um degrau unitário de variação do ângulo interno. Todas
estas constantes, com exceção do K3, dependem das condições iniciais do sistema.
Estas equações diferenciais, em conjunto com as equações que definem o movimento,
podem ser representadas pelo seguinte diagrama de blocos:
Ivan Camargo
54
Estabilidade de Sistemas de Potência
Figura 20: Diagrama do Modelo linearizado
Introduzindo a Eq. 17 na Eq. 16, tem-se:
Eq. 134
Pe∆ = ( K 1 −
K2 K3 K4
K3K2
)δ ∆ +
v F∆
1 + Td′0 K 3 s
1 + K 3T ' d 0 s
Desprezando inicialmente o efeito do controle de tensão do campo vF∆ = 0:
Eq. 135
Pe∆ = ( K1 −
K2 K3 K4
)δ ∆
1 + Td′0 K 3 s
Ou seja, uma relação mais precisa entre a potência elétrica e o ângulo que leva em
consideração a variação da tensão interna com o ângulo. Colocando esta equação na
definição do movimento linearizado vem:
Eq. 136
K K K
2H 2
s + ( K1 − 2 3 4 ) = 0
ωR
1 + sK 3 Td′0
Rearranjando esta equação, obtém-se uma equação do terceiro grau em s:
Eq. 137
s3 +
Kω
ωR
1
s2 + 1 R s +
( K1 − K 2 K 3 K 4 ) = 0
K 3 Td′0
2H
2 HK 3 Td′0
Pelo critério de Routh, este sistema será estável se:
Eq. 138
K1 − K 2 K 3 K 4 > 0 ; e
Eq. 139
K2 K3 K4 > 0
O cálculo das constantes K1 a K4 mostra que a condição da Eq. 26 é sempre atendida.
No entanto, percebe-se que com esta melhor representação do sistema quando o
coeficiente de sincronização (K1) fica pequeno, aumenta as probabilidades do sistema
perder o sincronismo.
EXEMPLO 1
Simular o diagrama de blocos da Figura 1 aplicando um degrau unitário na potência
mecânica e calculando a variação do ângulo interno. Considere os seguintes dados:
K1 = 1,07
Ivan Camargo
55
Estabilidade de Sistemas de Potência
K2 = 1,2558
K3 = 0,3
K4 = 1,7124
T’d0 = 6 s
Estes valores serão calculados, com detalhes, no decorrer deste curso.
O resultado é mostrado na Figura
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Figura 21: Ângulo interno em função do tempo
Considere um valor reduzido de K1 = 0,5.
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Figura 22: Resultado com K1 = 0,5
(OBS.: Este exemplo foi simulado no Matlab - arquivo model4.m)
Pode-se ainda melhorar a representação considerando a variação das potências elétrica
e mecânica com a velocidade. Considerando o amortecimento “D” e um regulador de
velocidade ideal, tem-se:
Eq. 140
Ivan Camargo
 D
Pe∆ = 
ω∆
 ωR 
56
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 141
 1 
Pm∆ = −
ω∆
 Rω R 
com estas equações a equação característica fica:
Eq. 142
K K K
2H 2
1
1
s +
( D + )s + ( K1 − 2 3 4 ) = 0
1 + K 3 Td′0 s
ωR
ωR
R
As raízes deste sistema determinam a estabilidade do sistema. Note que no diagrama
da Figura 1, apenas o amortecimento D é considerado.
EXEMPLO 2
Repetir o exemplo anterior considerando D = 3 pu.
O resultado é mostrado na Figura 4.
2
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Figura 23: Considerando D = 3 pu
Como era de se esperar, observa-se um aumento do amortecimento.
Ivan Camargo
57
Estabilidade de Sistemas de Potência
Modo de Oscilação de um Sistema Multimáquina
Para um sistema multimáquina a potência elétrica de saída de cada uma das máquinas
é dada por:
n
Eq. 143
Pei = E i2 Gii + ∑ ( Bij senδ ij + Gij cos δ ij )E i E j
j =1
j ≠i
onde:
δ ij = δ i − δ j
Ei é a tensão atrás da reatância transitória
Yij = Gij + jBij é o termo “ij” da matriz [YBUS].
Usando a formulação incremental, tem-se:
Eq. 144
Eq. 145
δ ij = δ ij 0 + δ ij∆
sen δ ij = sen δ ij 0 + δ ij∆ cos δ ij 0
cos δ ij = cos δ ij 0 − δ ij∆ sen δ ij 0
Então, substituindo a Eq. 3 na Eq. 1:
n
Eq. 146
Pei∆ = ∑ Ei E j ( Bij sen δ ij 0 + Gij cos δ ij 0 )δ ij∆
j =1
j ≠i
Pode-se generalizar o conceito de potência sincronizante entre as barras “i” e “j” para
um sistema multimáquina como:
Eq. 147
Psij =
∂Pij
∂δ ij
= Ei E j ( Bij sen δ ij 0 + Gij cos δ ij 0 )
Então:
n
Eq. 148
Pei∆ = ∑ Psij δ ij∆
j =1
j ≠i
Esta definição de potência sincronizante relaciona a variação da potência elétrica entre
as barras “i” e “j” quando há uma variação no ângulo δij com todos os outros
mantidos constantes. É interessante observar que esta definição está relacionada com a
proximidade elétrica entre as barras “i” e “j”.
As “n” equações de movimento linearizadas ficam:
Eq. 149
Ivan Camargo
n
2 H i &&
δ i∆ + ∑ Psji δ ij∆ = 0
ωR
para i = 1, 2, ... n
j =1
j ≠i
58
Estabilidade de Sistemas de Potência
Para uniformizar as variáveis é interessante subtrair a última (n-ésima) equação da
equação de ordem “i”. Desta forma todos os ângulos passam a ser ângulos relativos.
Fazendo esta operação e lembrando que:
δ ij∆ = δ in∆ − δ jn∆
Eq. 150
Então, após alguma manipulação nas equações, obtém-se:
n −1
δ&&ij∆ + ∑ α ij δ jn∆ = 0
Eq. 151
j =1
Os valores de αij dependem das inércias das máquinas e das potências sincronizantes.
A determinação dos valores de αij para um caso geral de “n” barras é razoavelmente
complicado. Para exemplificar este processo, considera-se um sistema de três barras.
EXEMPLO 1
Calcular as expressões de αij para um sistema de 3 geradores.
Desenvolvendo a Eq. 7 para um sistema de ordem 3, tem-se:
2 H 1 &&
δ 1∆ + Ps 12δ 12 ∆ + Ps 13δ 13 ∆ = 0
ωR
2 H 2 &&
δ 2 ∆ + Ps 21δ 21∆ + Ps 23δ 23 ∆ = 0
Eq. 152
ωR
2 H 3 &&
δ 3 ∆ + Ps 31δ 31∆ + Ps 32δ 32 ∆ = 0
ωR
Fazendo a subtração da primeira pela terceira, vem:
Eq. 153
δ&&1∆ − δ&&3 ∆ +
δ&&2 ∆ − δ&&3 ∆ −
ωR
2H 1
ωR
2H 2
Ps 12 δ 12 ∆ +
ωR
2H 3
Ps 21δ 12 ∆ +
ωR
2H 3
Ps 32δ 23 ∆ + (
Ps 31δ 13 ∆ + (
ωR
2H1
ωR
2H 2
Ps 13 +
Ps 23 +
ωR
2H 3
ωR
2H 3
Ps 31 )δ 13 ∆ = 0
Ps 32 )δ 23 ∆ = 0
Como
δ 12 ∆ + δ 23 ∆ + δ 31∆ = 0
Eq. 154
É possível eliminar uma variável das duas equações 11. Fazendo a eliminação obtémse:
Eq. 155
δ&&13 ∆ + {
δ&&23 ∆ + {
ωR
2H 1
ωR
2H 2
Ps 12 +
Ps 21 +
ωR
2H1
ωR
2H 2
Ps 13 +
Ps 23 +
ωR
2H 3
ωR
2H 3
Ps 31 }δ 13 ∆ + {
Ps 32 }δ 23 ∆ + {
ωR
2H 3
ωR
2H 3
Ps 32 −
Ps 31 −
ωR
2H 1
ωR
2H 2
Ps 12 }δ 23 ∆ = 0
Ps 21 }δ 23 ∆ = 0
ou
Eq. 156
Ivan Camargo
δ&&13 ∆ + α 11δ 13 ∆ + α 12δ 23 ∆ = 0
δ&&23 ∆ + α 21δ 13 ∆ + α 22δ 23 ∆ = 0
59
Estabilidade de Sistemas de Potência
Onde a identificação dos αij é evidente. Considerando as equações que definem as
velocidades angulares:
Eq. 157
δ&13 ∆ = ω 13 ∆
δ&23 ∆ = ω 23 ∆
Obtém-se um sistema linear de quarta ordem, colocando-o na sua forma matricial:
Eq. 158
 δ&13 ∆   0
&  
δ 23 ∆  =  0
ω& 13 ∆   − α 11

 
ω& 23 ∆  − α 21
0
0
− α 12
− α 22
1
0
0
0
0   δ 13 ∆ 
1 δ 23 ∆ 
.
0  ω 13 ∆ 


0  ω 23 ∆ 
Esta matriz é chamada “matriz característica” do sistema. Os autovalores desta matriz
definem a estabilidade dinâmica do sistema.
Eq. 159
[x& ] = [MC ][. x]
Relembrando a definição dos autovalores, vem:
Eq. 160
det{[ MC ] − λ .[ U ]} = 0
Neste caso, corresponde a uma equação do quarto grau em λ. Este problema
específico de 4 grau tem solução analítica, uma vez que é possível mostrar que:
Eq. 161
det{[ MC ] − λ .[ U ]} = det{ λ2 [ U ] − [ A ]}
Ou seja, que esta equação tem pares conjugados de raízes. Desenvolvendo a Eq. 19:
Eq. 162
λ2
det 
 0
0  α 11 α 12  
+
 = 0
λ2  α 21 α 22  
Cujas raízes são dadas por:
Eq. 163
1
2
λ2 = { −( α 11 + α 22 ) ± ( α 11 + α 22 ) 2 − 4( α 11α 22 − α 12α 21 ) }
EXEMPLO 2
Considere o sistema de 9 barras resolvido e avalie as freqüências naturais de oscilação
deste sistema.
Usando a definição da Eq. 5, e os valores da [YBUS] reduzida calculada no exemplo
anterior, obtém-se:
Ps12 = 1,6015
Ps23 = 1,1544
Ps31 = 1,2936
Tomando os valores dados de H, tem-se:
α11 = 104,096
α12 = 59,524
α21 = 68,241
α22 = 119,065
Substituindo nas equações:
λ1 = ±j6,885
Ivan Camargo
60
Estabilidade de Sistemas de Potência
λ2 = ±j13,257
As freqüências naturais de oscilação são, portanto:
f1 =1,096 Hz
f2 = 2,110 Hz
é interessante notar que mesmo traçando δ(t) para uma pequena perturbação, nenhuma
destas duas freqüências vai aparecer claramente já que a resposta é uma composição
(ou soma) das diversas freqüências naturais do sistema.
Neste ponto é interessante voltar um pouco à teoria dos autovalores e autovetores para
entender esta freqüência natural de oscilação. De fato, como é sabido, a matriz que
diagonaliza a “matriz característica” [MC] do sistema, é a matriz dos seus autovetores
[E]. Portanto voltando à Eq. 17:
Eq. 164
[x& ] = [MC ][. x]
Existe [E], constante, tal que:
Eq. 165
[x] = [E ][ y ]
Eq. 166
[x& ] = [E ][ y& ]
Substituindo em 22:
Eq. 167
[ y& ] = [E ]−1 [MC ][E ][. y ] = [D][ y ]
Onde esta matriz [D] é diagonal e os seus termos correspondem aos autovalores de
[MC].
Desenvolvendo a Eq. 25, tem-se para o caso de ordem 4:
Eq. 168
y& 1 = λ1 y1
y& 2 = λ 2 y 2
y& 3 = λ 3 y 3
y& 4 = λ 4 y 4
A solução destas quatro equações é evidente:
Eq. 169
y i ( t ) = C i e λit
Cada resposta y(t) tem uma única freqüência de oscilação e oscila apenas nesta
freqüência. A grandeza original, “x(t)” vai oscilar em uma composição de todas as
freqüências naturais uma vez que, por definição:
Eq. 170
[x] = [E ][ y ]
Analisando a Eq. 27, é fácil concluir que se a parte real de λ for igual a zero, o sistema
será puramente oscilante. Se a parte real for positiva ele será INSTÁVEL e se a parte
real for negativa o sistema será ESTÁVEL. A análise dos autovalores da “matriz
característica” do sistema determina a estabilidade deste sistema.
Ivan Camargo
61
Estabilidade de Sistemas de Potência
Máquina Síncrona com Regulador de Tensão
A forma mais simples de se representar um regulador de tensão é através de uma
função de transferência com um ganho Ke e uma constante de tempo Te, ou seja:
Eq. 171
v F∆ = −
Ke
Vt∆
1 + sTe
O diagrama de blocos equivalente será:
Figura 24: Diagrama de blocos do regulador de tensão
Uma variação na tensão terminal cria uma variação na tensão de excitação dada pela
Eq. 1. Considera-se que não haverá alteração na tensão de referência, portanto:
Eq. 172
VREF∆ = 0
O modelo linear simplificado pode levar em consideração o efeito do regulador de
tensão. As equações deste modelo são dadas por:
Eq. 173
Pe∆ = K 1δ ∆ + K 2 E' ∆
Eq. 174
E' ∆ =
Eq. 175
Vt∆ = K 5δ ∆ + K 6 E' ∆
K3
K3K4
v F∆ −
δ∆
1 + sK 3T ' d 0
1 + sK 3T ' d 0
A dedução destas equações e a definição das constantes Ks serão vistas adiante. Neste
item vai-se analisar apenas o efeito do regulador de tensão.
Usando a Eq. 1:
Eq. 176
v F∆ = −
Ke
( K 5δ ∆ + K 6 E' ∆ )
1 + sTe
Substituindo 6 em 4:
Eq. 177
Ivan Camargo
E' ∆ =
K3
Ke
K3 K4
{−
( K 5δ ∆ + K 6 E' ∆ )} −
δ∆
1 + sK 3T ' d 0
1 + sTe
1 + sK 3T ' d 0
62
Estabilidade de Sistemas de Potência
Finalmente, substituindo 7 em 3 e eliminando-se E’∆, obtém-se uma equação
relacionando Pe∆ e δ∆. A equação característica do sistema será de ordem 4, do tipo:
s 4 + α 3 s 3 + α 2 s 2 + α1s + α0 = 0
Eq. 178
E a estabilidade do sistema será analisada pelas raízes desta equação.
EXEMPLO 1
Usando os mesmos valores de K1 a K4 do exemplo anterior calcular a variação da
tensão terminal e do ângulo interno em função de um degrau unitário na tensão de
campo.
K1 = 1,07
K2 = 1,2558
K3 = 0,3
K4 = 1,7124
T’d0 = 6 s
Sendo dado ainda:
K5 = -0,0477
K6 = 0,4970
Te = 20 ms, e
Ke = 10
Usando-se o Simulink do Matlab (model5) tem-se o resultado mostrado na Figura2.
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Figura 25: Variação da tensão de campo, da tensão terminal e do ângulo interno
Pode-se observar que o aumento da tensão terminal provoca uma redução no ângulo
interno da máquina, como era de se esperar.
EXEMPLO 2
Repetir o exemplo anterior aumentando o ganho do regulador de tensão, Ke = 100.
Ivan Camargo
63
Estabilidade de Sistemas de Potência
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-6
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Figura 26: vF, Vt e δ, aumentando o ganho do regulador de tensão
Observa-se um comportamento bem mais oscilatório e, se for aumentado ainda mais
este ganho, o sistema se tornará instável.
Máquina síncrona com Regulador de Velocidade
Da mesma forma que uma variação na tensão terminal produz uma variação na tensão
de excitação, uma variação na velocidade altera a potência mecânica fornecida à
turbina. O diagrama de blocos que define esta função é dado por:
Figura 27: Diagrama de blocos do regulador de velocidade
A equação será:
Ivan Camargo
64
Estabilidade de Sistemas de Potência
Eq. 179
Pm∆ = −
Kg
1 + sTg
ω∆
O sinal negativo, evidentemente, se refere ao fato que a um aumento na velocidade o
controle deve responder com uma redução na potência mecânica.
Voltando à Eq. 13 da aula 6:
Eq. 180
2 H &&
δ ∆ = Pm∆ − Pe∆
ωR
A variação da potência elétrica em função do ângulo interno já foi vista em diversos
exemplos. Na sua forma mais simples ela é dada pelo coeficiente de sincronização
(Ps).
Eq. 181
Pe∆ = Ps δ ∆
Substituindo 9 e 11 em 10 e colocando a equação no domínio “s”, tem-se:
Eq. 182
2H
ωR
s2 +
Kg
1 + sTg
s + Ps = 0
A Eq. 12 é de terceira ordem já que foi acrescentada uma equação diferencial ao
sistema.
O grau de sofisticação da representação pode aumentar bastante. Por exemplo,
considerando o regulador de tensão, visto no item anterior, o sistema fica de ordem 5.
A representação por diagrama de blocos é muito simples e a simulação pode ser feita
diretamente através de uma ferramenta matemática como o Simulink. Este trabalho é
deixado como exercício.
Ivan Camargo
65
Estabilidade de Sistemas de Potência
Distribuição de uma Variação da Potência
Neste item vai-se analisar como a variação da potência ativa em uma determinada
barra se distribui pelos diversos geradores do sistema.
Supondo um sistema com “n” máquinas, onde em uma barra “k” uma pequena carga
PL∆ é ligada em t = 0. Este sistema pode ser representado pela figura abaixo:
E1
Sistema
Vk
En
...
PL∆
Figura 28
A equação da potência fornecida por cada nó é dada por:
n
Eq. 183
Pi = ∑ E i E j Bij senδ ij
j =1
j ≠i
Onde, nesta expressão, as condutâncias do sistema foram desprezadas. Todos os
termos foram previamente definidos. Como a carga será colocada no barramento “k”
pode-se reescrever a mesma equação destacando para fora do somatório o termo em k:
n
Eq. 184
Pi =
∑E E
i
j
Bij senδ ij + E iVk Bik senδ ik
j =1
j ≠ i ,k
e a potência na barra “k” é dada por:
n
Eq. 185
Pk = ∑ Vk E j Bkj sen δ kj
j =1
j≠k
A obtenção destas expressões para potência ativa saindo de cada barra pressupõe que
as máquinas estejam representadas pelo modelo clássico (tensão interna constante) e
que a matriz de admitância do sistema tenha sido reduzida às suas barras geradoras
(com a incorporação da reatância transitória) e a barra de carga “k”.
Com a linearização destas equações, considerando a definição geral de potência
sincronizante, tem-se:
n
Eq. 186
Pi∆ =
∑P
sij
δ ij∆ + Psik δ ik∆
j =1
j ≠ i ,k
Ivan Camargo
66
Estabilidade de Sistemas de Potência
n
Eq. 187
Pk∆ = ∑ Pskj δ kj∆
j =1
j ≠k
O que se pretende neste item é determinar como a carga PL∆ se distribui entre os
geradores, ou seja uma expressão de Pi∆ para i = 1,n, em função da carga. Nesta
análise vai-se considerar dois instantes de tempos distintos. Inicialmente vai-se
determinar a distribuição da carga imediatamente após a perturbação, em seguida
determinar-se-á a mesma distribuição considerando que todas as máquinas
desaceleram em conjunto a uma mesma taxa.
a) t = 0+
No instante imediatamente após a perturbação os ângulos dos geradores não sofreram
ainda nenhuma alteração. O único ângulo que varia instantaneamente é o ângulo da
tensão da carga, desta forma:
δ ij∆ = 0
Eq. 188
δ ik∆ = δ i∆ − δ k∆ = −δ k∆
δ kj∆ = δ k∆ − δ j∆ = δ k∆
Substituindo na Eq. 4 tem-se:
Pi∆ ( 0 + ) = − Psik δ k∆
Eq. 189
n
Pk∆ ( 0 + ) = ∑ Pskjδ k∆
j=1
Portanto, como não podia deixar de ser, a carga será suprida pelo somatório das
variações nos diversos geradores:
n
Eq. 190
Pk∆ ( 0 + ) = − ∑ Pi∆ ( 0 + )
i=1
Isolando a variação do ângulo da expressão Eq. 7 tem-se:
Eq. 191
δ k∆ ( 0 + ) = −
PL∆
n
∑P
ski
i =1
Onde a variação da carga é igual a variação da potência entregue pela barra “k” com o
sinal negativo. Então, substituindo mais uma vez em Eq. 7 tem-se a expressão da
variação da potência entregue pelo gerador “i”:
Eq. 192
Pi∆ ( 0 + ) =
Psik
n
∑P
PL∆ ( 0 + )
para i = 1, n.
ski
i =1
Observa-se que a potência da carga se distribui proporcionalmente aos coeficientes de
sincronização, independentemente do tamanho do gerador. Quanto mais próximo,
eletricamente, um gerador estiver da carga, maior será a sua contribuição no instante
imediatamente após a entrada da carga no sistema.
b) t = t1
Ivan Camargo
67
Estabilidade de Sistemas de Potência
Havendo um aumento da potência elétrica entregue ao sistema por cada um dos
geradores, enquanto os reguladores de velocidade não atuarem, vai haver uma
desaceleração das máquinas. O valor da desaceleração (obtido diretamente da equação
do movimento linearizada) é dado por:
Eq. 193
1
ωR
ω& i∆ = −
1
Pi∆
2H i
ω& i∆ = −
1
2H i
ou,
Eq. 194
1
ωR
Psik
n
∑P
para i = 1, n
PL∆
sik
i =1
Observa-se que a desaceleração é proporcional a distância elétrica da nova carga e
inversamente proporcional à inércia da máquina.
Considerando que os reguladores de velocidade ainda não começaram a atuar, pode-se
determinar uma nova distribuição da carga considerando que o sistema tenda a
desacelerar em conjunto para uma velocidade média. Definindo esta velocidade média
como a média ponderada das velocidades em função da inércia de cada máquina, ou
seja:
Eq. 195
ω =
∑ω H
∑H
i
i
i
Para se obter a desaceleração média do sistema, soma-se a equação (13-12) para todos
os valores de n.
Eq. 196
1
ωR
n
∑ 2 H ω& ∆ = P ∆ = − P ∆ ( 0
i
i
k
L
+
)
i =1
Multiplicando-se e dividindo-se esta expressão pelo somatório das inércias do sistema
tem-se:
Eq. 197
2∑ H i
ωR
∑ H ω& ∆
∑H
i
i
= − PL∆ ( 0 + )
i
ou
Eq. 198
P
1 &
ω = − L∆
ωR
2∑ H i
que corresponde à desaceleração média de todo sistema. Como, por hipótese, todo o
sistema vai tender a desacelerar na mesma taxa, igualando as Eq. 11 e 16, tem-se:
Eq. 199
Pi∆ =
Hi
PL∆
∑ Hi
Observa-se então que a carga se distribui proporcionalmente aos valores das inércias
das máquinas. É interessante notar que a forma de distribuição da carga logo após a
perturbação e algum tempo depois é completamente diferente. Isto pode provocar
grandes oscilações em “tie-lines”.
EXEMPLO 1
Ivan Camargo
68
Estabilidade de Sistemas de Potência
Considere o sistema interligado da figura abaixo:
10Ps1 =Ps2
100MW
10MW
H1 = 10H2
Figura 29
Considerando que o gerador 1 é dez vezes maior que o gerador dois, e que a distância
elétrica da barra de carga para o gerador 1 é dez vezes superior que para o gerador 2,
analisar o fluxo de potência na ligação considerando que em t = 0 uma carga de 10
MW foi ligada no barramento de carga.
Solução
O fluxo inicial na ligação é de 100 MW. Após a conexão da carga, 90% da mesma
tem que ser alimentada pelo gerador 2, então a interligação passa a transmitir apenas
91 MW. Após alguns segundos, a carga passa a ser suprida preferencialmente pela
maior máquina então volta 99 MW a circular na interligação.
Ivan Camargo
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