Unicamp Calculo De Fluxo De Carga Cap2

ET720 – Sistemas de Energia El´ etrica I Cap´ıtulo 2: C´ alculo de fluxo de carga

2.1

Estrutura geral dos sistemas de potˆ encia

Centro de Supervisão e Controle

controle

aquisição de dados

unidade terminal remota (UTR) c.a. ~

Distribuição

Transmissão

Geração

c.a.

c.a. medidor

disjuntor

Conversor (inversor) c.c. Conversor (retificador)

transformador ~

gerador

– 1–

Carga

2.2

Defini¸c˜ ao do problema

I Fluxo de carga (FC): obten¸c˜ ao das condi¸co ˜es de opera¸c˜ ao (tens˜ oes, fluxos de potˆ encia) de uma rede el´ etrica em fun¸c˜ ao da sua topologia e dos n´ıveis de demanda e gera¸c˜ ao de potˆ encia.

´ SISTEMA ELETRICO USINA

PSfrag replacements

15,9 kV 42,7 MW SUBESTAC 72,2 MW ˜ ¸ AO 138,4 kV 15,4 Mvar

12,1 Mvar

3,3 MW

1,0 Mvar

13,4 kV ´ INDUSTRIA

I Fluxo de carga: Modelagem dos componentes → obten¸c˜ ao do sistema de equa¸co ˜es e inequa¸co ˜es alg´ ebricas → m´ etodos de solu¸c˜ ao → estado de opera¸c˜ ao da rede em regime permanente.

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– 2–

I Modelagem ´ e est´ atica → rede representada por um conjunto de equa¸co ˜es e inequa¸co ˜es alg´ ebricas. An´ alise est´ atica: obt´ em-se o estado de opera¸c˜ ao da rede em regime permanente → comportamento dinˆ amico n˜ ao ´ e considerado.

2.3

Aplica¸co ˜es

I FC ´ e utilizado tanto no planejamento como na opera¸c˜ ao de redes el´ etricas. I Em geral ´ e parte de um procedimento mais complexo. I Alguns exemplos: Opera¸c˜ ao arias contingˆ encias (acidentes, dist´ urbios) s˜ ao an´ alise de seguran¸ca: v´ simuladas e o estado de opera¸c˜ ao da rede ap´ os a contingˆ encia deve ser obtido. Eventuais viola¸co ˜es dos limites de opera¸c˜ ao s˜ ao detectados e a¸co ˜es de controle corretivo e/ou preventivo s˜ ao determinadas. Planejamento planejamento da expans˜ ao: novas configura¸co ˜es da rede s˜ ao determinadas para atender ao aumento da demanda e o estado de opera¸c˜ ao da rede para a nova configura¸c˜ ao deve ser obtido.

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– 3–

I Ao longo dos anos, v´ arios m´ etodos de solu¸c˜ ao do FC foram propostos. Para cada aplica¸c˜ ao existem os m´ etodos mais apropriados. Os fatores considerados na escolha s˜ ao mostrados nas tabelas a seguir. Tipos de solu¸c˜ ao Precisa Aproximada Sem controle de limites Com controle de limites Off-line On-line Caso simples Casos m´ ultiplos

Propriedades dos m´ etodos de solu¸c˜ ao do FC Alta velocidade especialmente redes de grandes dimens˜ oes para: aplica¸co ˜es em tempo real casos m´ ultiplos aplica¸co ˜es interativas Pequeno espa¸co especialmente redes de grandes dimens˜ oes de armazena- para: mento computadores com pequena mem´ oria Confiabilidade especialmente problemas mal-condicionados para: an´ alise de contingˆ encias aplica¸co ˜es em tempo real Versatilidade habilidade para incorpora¸c˜ ao de caracter´ısticas especiais (controle de limites operacionais, representa¸c˜ ao de diversos equipamentos etc.); facilidade de ser usado como parte de processos mais complexos Simplicidade facilidade de manuten¸c˜ ao e melhoramento do algoritmo e do programa ET720

– 4–

I Em geral uma aplica¸c˜ ao requer v´ arias caracter´ısticas. Exemplo: na an´ alise de seguran¸ca pode-se necessitar de um m´ etodo de solu¸c˜ ao aproximado, sem controle de limites operacionais, on-line, com solu¸c˜ ao de casos m´ ultiplos.

2.4

Hist´ oria

I Network analyzer – pain´ eis em que os equipamentos do sistema eram emulados atrav´ es de conjuntos de fontes, resistores, capacitores e indutores vari´ aveis. Para redes reais, network analyzers eram enormes (ocupando v´ arias salas), consumiam muita energia e modifica¸co ˜es na rede exigiam altera¸co ˜es na fia¸c˜ ao e ajustes nos valores dos componentes. Network analyzers foram utilizados antes e tamb´ em algum tempo depois da utiliza¸c˜ ao de computadores digitais. I Primeiro m´ etodo pr´ atico de solu¸c˜ ao do problema do FC atrav´ es de um computador digital → Ward e Hale, 1956 (m´ etodo baseado na matriz Y) I M´ etodos baseados na matriz Y : espa¸co de armazenamento pequeno (adequado aos computadores da ´ epoca), convergˆ encia lenta. I Come¸co da d´ ecada de 60: m´ etodos baseados na matriz Z (Gupta e Davies,1961). Convergˆ encia mais confi´ avel, requerem mais espa¸co de armazenamento, mais lentos. I Na mesma ´ epoca: m´ etodo de Newton (Van Ness, 1959). Caracter´ısticas de convergˆ encia excelentes. Computacionalmente n˜ ao era competitivo.

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– 5–

I Meados da d´ ecada de 60: t´ ecnicas de armazenamento compacto e ordenamento da fatora¸c˜ ao (Tinney e Walker, 1967) tornaram o m´ etodo de Newton muito mais r´ apido e exigindo pequeno espa¸co de mem´ oria, mantendo a caracter´ıstica de o ´tima convergˆ encia → m´ etodo de Newton passou a ser considerado como o melhor m´ etodo e foi adotado pela maioria das empresas de energia el´ etrica. I D´ ecada de 70: m´ etodos desacoplados (Stott e Alsa¸c, 1974) baseados no m´ etodo de Newton foram propostos → ainda mais r´ apidos, mantendo precis˜ ao e convergˆ encia. Somente em 1990 foi apresentado um estudo te´ orico aprofundado das caracter´ısticas dos m´ etodos desacoplados. I Foram propostos ainda: varia¸co ˜es dos m´ etodos desacoplados b´ asicos, m´ etodos para redes mal-condicionadas, m´ etodos para redes de distribui¸c˜ ao (m´ edia e baixa tens˜ oes), fluxo de carga da continua¸c˜ ao, fluxo de carga o ´timo, etc.

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– 6–

2.5

Motiva¸c˜ ao e id´ eias gerais

I Considerar o seguinte sistema de potˆ encia:

fechado

~

Região em operação

Transmissão

Distribuição

Geração aberto Carga

~

ET720

– 7–

I Considerar que: a fun¸c˜ ao do sistema de gera¸c˜ ao ´ e produzir a energia el´ etrica que ser´ a consumida → modelado como uma inje¸c˜ ao de potˆ encia no barramento a linha de transmiss˜ ao ´ e modelada como um circuito RL s´ erie, representando as perdas o ˆhmicas de potˆ encia e a presen¸ca de campo magn´ etico em torno dos condutores o sistema de distribui¸c˜ ao consome a energia transportada pelo sistema de transmiss˜ ao → modelado como uma inje¸c˜ ao de potˆ encia no barramento I Diagrama unifilar correspondente:

Região em operação

~

Distribuição

Transmissão

Geração

ag replacements

2

1

P1 + j Q 1 E1 = V1 ∠θ1 Gera¸c˜ ao

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r+jx P12 + j Q12 Transmiss˜ ao

P2 + j Q 2 E2 = V2 ∠θ2 Distribui¸c˜ ao

– 8–

PSfrag replacements I Circuito por fase:

r

1

+ −

Gera¸c˜ ao

I Dados:

I Pede-se:

I

P1 Q1

∼ E1

jx

2

+

P2 Q2

E2 −

Distribui¸c˜ ao

Transmiss˜ ao

V2 =| E2 |= 500 kV (tens˜ ao de linha) S2 = P2 + j Q2 = 100 + j 0 = 100∠0◦ MVA r = 25 Ω/fase x = 125 Ω/fase

(100 MW, 0 Mvar)

V1 S1 = P 1 + j Q 1

Conhecendo essas grandezas, pode-se dizer que o estado de opera¸c˜ ao da rede ´ e totalmente conhecido. A partir da´ı outras an´ alises podem ser realizadas. I Os c´ alculos ser˜ ao feitos em pu (por unidade), cuja id´ eia ´ e muito importante no caso de circuitos com v´ arios n´ıveis de tens˜ ao. I Valores de base: Sb = 100 MVA

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Vb = 500 kV

– 9–

Convers˜ ao dos dados para pu: E2 = 1∠0◦ pu S2 = 1∠0◦ pu 25 r= = 0,01 pu (Vb2 /Sb) 125 x= = 0,05 pu (Vb2 /Sb)

(referˆ encia angular)

Corrente pelo circuito: I=



S2 E2

∗

=



1∠0◦ 1∠0◦

∗

= 1∠0◦ pu

Tens˜ ao na fonte: E1 = E2 + I (r + j x) = 1∠0◦ + 1∠0◦ (0,01 + j 0,05) = 1,0112∠2,8◦ pu Potˆ encia fornecida pela fonte:

S1 = E1I ∗ = 1,0112∠2,8◦ = 1,01 + j 0,05 pu PSfrag replacements

(101 MW, 5 Mvar)

V1 = 1,0112 pu

V2 = 1 pu

1

2

perdas na transmiss˜ ao

101 MW

100 MW

5 Mvar

0 Mvar 1 MW 5 Mvar

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– 10–

I Na pr´ atica, os dados e inc´ ognitas n˜ ao s˜ ao os especificados anteriormente. I Dados:

S2 = P2 + j Q2 = 100 + j 0 = 100∠0◦ MVA V1 = 1,0112 pu (*) (linha) r = 25 Ω/fase x = 125 Ω/fase

(100 MW, 0 Mvar)

(*) Tens˜ ao na sa´ıda do transformador elevador na subesta¸c˜ ao da usina, mantida constante atrav´ es de um complexo sistema de controle. I Pede-se:

V2 S1 = P 1 + j Q 1

I A resolu¸c˜ ao anal´ıtica ´ e mais complicada. Pode-se tamb´ em resolver por tentativa e erro. I Resolu¸c˜ ao anal´ıtica Lei das tens˜ oes de Kirchhoff: E1 = E2 + ZI = E2 + Z (S2 /E2)∗

(×E2∗ )

E1 E2∗ = V22 + ZS2∗ Considerando E1 = V1 ∠0◦ e E2 = V2 ∠θ2 : V1V2 ∠ − θ2 = V22 + (r + j x) (P2 − j Q2 ) Separando as partes real e imagin´ aria: V1 V2 cos θ2 = V22 + (rP2 + xQ2) V1 V2 sen θ2 = (rQ2 − xP2 )

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– 11–

Elevando as duas equa¸co ˜es ao quadrado e somando-as, elimina-se θ2 : V12 V22 = V24 + (rP2 + xQ2)2 + 2V22 (rP2 + xQ2) + (rQ2 − xP2 )2 i  h  2 2 4 2 2 V2 + V2 2 (rP2 + xQ2) − V1 + (rQ2 − xP2) + (rP2 + xQ2) = 0 que pode ser reescrita como: V24 + bV22 + c = 0

∆ = b2 − 4c   1/2 y1 = −b + ∆ /2   y2 = −b − ∆1/2 /2 n o 1/2 1/2 V2 = ±y1 , ±y2

Para os dados fornecidos: V2 = {±1, ±0,05} pu. A resposta esperada ´ e V2 = 1 pu. Ent˜ ao: θ2 = sen−1 [(rQ2 − xP2) /V1V2 ] = −2,8◦  ∗ S2 = 1∠ − 2,8◦ pu I= E2 S1 = E1I ∗ = 1,0112∠2,8◦ = 1,01 + j 0,05 pu

(101 MW, 5 Mvar)

→ Mesma solu¸c˜ ao anterior.

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– 12–

PSfrag replacements

I Interpreta¸c˜ ao: As duas solu¸co ˜es negativas n˜ ao tˆ em significado f´ısico → s˜ ao desprezadas. Supor que a potˆ encia ativa da carga no barramento 2 seja vari´ avel e que a potˆ encia reativa seja nula: V2 [pu]

opera¸c˜ ao est´ avel

1 0,8

V2cr

caso base

0,6 0,1

0,4

P2cr

0,2 0

opera¸c˜ ao inst´ avel 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

P2 [pu]

P2cr – m´ aximo carregamento da rede para as condi¸co ˜es especificadas. V2cr – tens˜ ao para a qual ocorre o m´ aximo carregamento.

 Exerc´ıcio

(1) Apresentar a curva [V2 × P2 ] completa para o circuito exemplo, considerando Q2 = 0. (2) Obter P2cr e V2cr analiticamente e comparar com os valores obtidos atrav´ es da an´ alise da curva PV. (3) Apresentar a curva [V2 × Q2 ] considerando P2 = 0 no mesmo gr´ afico de (1). cr Obter Qcr es da 2 e V2 analiticamente e comparar com os valores obtidos atrav´ an´ alise da curva PV. 

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– 13–

I Os sistemas el´ etricos de potˆ encia s˜ ao dinˆ amicos: P2

frag replacementsP cr 2 V2cr

t

V2

processo de instabilidade de tens˜ ao que resulta no ˜ COLAPSO DE TENSAO t∗

t

→ Modelagem dos aspectos dinˆ amicos e m´ etodos de resolu¸c˜ ao espec´ıficos s˜ ao necess´ arios. I Para redes maiores:

Resolu¸c˜ ao por meios anal´ıticos ´ e imposs´ıvel. Tentativa e erro?

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– 14–

I Resolu¸c˜ ao por tentativa e erro Uma id´ eia de um procedimento de c´ alculo iterativo: (a) Inicializar contador de itera¸co ˜es ν = 0 (b) Escolher E2ν = E20 (c) Calcular a corrente pela carga: I2ν =



S2 E2ν

∗

(d) Calcular a queda de tens˜ ao na linha de transmiss˜ ao: ∆E ν = (r + j x) I2ν (e) Calcular a tens˜ ao na barra de carga: E2ν+1 = E1 − ∆E ν = E1 − (r + j x)



S2 E2ν

∗

(f) Incrementar contador de itera¸co ˜es (ν ← ν + 1) e voltar para o passo (c) Come¸cando com E2 = 1∠0◦ pu tem-se: Itera¸c˜ ao

E2 [pu]

0 1 2 3 4

1+j0 1,0012 − j 0,0500 0,9987 − j 0,0493 0,9987 − j 0,0494 0,9987 − j 0,0494

Solu¸c˜ ao: E2 = 1∠ − 2,8◦ pu

Na realidade este m´ etodo iterativo (Gauss) foi o primeiro a ser proposto para a resolu¸c˜ ao das equa¸co ˜es de fluxo de carga (∼ 1956). ET720

– 15–

I Resumo: ´ necess´ E ario o desenvolvimento de t´ ecnicas de resolu¸c˜ ao espec´ıficas e eficientes para o problema da determina¸c˜ ao do estado de opera¸c˜ ao de ´ redes el´ etricas em regime permanente CALCULO DE FLUXO DE CARGA Fluxo de carga (load flow) = Fluxo de potˆ encia (power flow) ´ uma ferramenta b´ E asica para a an´ alise de redes el´ etricas 2.6

Representa¸c˜ ao por fase

asica equilibrada ´ e representada somente por uma das fases → I A rede trif´ diagrama unifilar:

Furnas (Campinas) Tanquinho (138 kV) Taquaral 42 MVA

x = 21,24% Tanquinho (69 kV)

Souzas

Barão Geraldo

Itatiba

r = 1,41% x = 3,68% b = 0,06%

Nova Aparecida

Trevo (69 kV)

PSfrag replacements x = 24,26%

x = 28%

Trevo (138 kV) barramento Viracopos

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– 16–

I Barramento (barra) – n´ o do circuito.

I Ramos – linhas de transmiss˜ ao ou transformadores, que conectam duas barras.

I Dados dos ramos – em % na base 100 MVA e tens˜ ao nominal (pu × 100%).

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– 17–

I Para as linhas de transmiss˜ ao – utiliza-se o modelo π, em que r ´ e a resistˆ encia s´ erie, x ´ e a reatˆ ancia s´ erie e b ´ e o carregamento total charging da linha (o dobro da admitˆ ancia shunt): PSfrag replacements r

jx j b/2

j b/2

Para a linha Tanquinho-Trevo:

acements Tanquinho

Para a linha do exemplo da Se¸c˜ ao 2.5:

PSfrag replacements Trevo

1

0,0141 j 0,0368 j 0,0003

2

0,01 j 0,05

j 0,0003

I Gera¸c˜ ao e carga – inje¸co ˜es de potˆ encia nas barras.

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– 18–

2.7

Formula¸c˜ ao b´ asica do problema de fluxo de carga

I Rede composta por barras e ramos (linhas de transmiss˜ ao e/ou transformadores). I Barras: 4 grandezas b´ asicas: V θ P Q

– – – –

magnitude da tens˜ ao nodal ˆ angulo de fase da tens˜ ao nodal inje¸c˜ ao de potˆ encia ativa nodal inje¸c˜ ao de potˆ encia reativa nodal

2 grandezas s˜ ao conhecidas e 2 devem ser calculadas. Para a rede exemplo da Se¸c˜ ao 2.5 : Grandezas Grandezas Barra conhecidas a calcular 1

V 1 , θ1

P1 , Q 1

2

P2 , Q 2

V 2 , θ2

I As barras s˜ ao classificadas em: → barras de carga (PQ) – s˜ ao conhecidas as potˆ encias ativa e reativa consumidas. Deve-se calcular a tens˜ ao (magnitude e ˆ angulo de fase) → conhece-se P e Q, calcula-se V e θ. → barras de gera¸c˜ ao (PV) – s˜ ao conhecidos a potˆ encia ativa gerada e a magnitude da tens˜ ao terminal. Deve-se calcular o ˆ angulo da tens˜ ao e a potˆ encia reativa gerada (ou consumida) → conhece-se P e V , calcula-se θ e Q. → barra(s) de referˆ encia (Vθ, tamb´ em chamadas de slack) – a tens˜ ao (magnitude e ˆ angulo de fase) ´ e conhecida. Deve-se calcular as potˆ encias ativa e reativa → conhece-se V e θ, calcula-se P e Q.

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– 19–

I A barra slack tem duas fun¸co ˜es: Fornecer uma referˆ encia angular para a rede (a referˆ encia da magnitude de tens˜ ao ´ e o pr´ oprio n´ o terra) PSfrag replacements  Exemplo

Calcular a potˆ encia ativa consumida pela impedˆ ancia Z2 do circuito a seguir. Z1 = 4∠90◦ Ω + V1 − + ∼ E −

V

+ 100 V −

+ V2 −

Z2 = 3∠0◦ Ω

I

Utilizando a medi¸c˜ ao feita pelo volt´ımetro, define-se a tens˜ ao da fonte E como: E = 100∠α V A corrente pelo circuito ´ e:

I=

E = 20∠ (α − 53,1◦) A (Z1 + Z2 )

A potˆ encia complexa consumida por Z2 vale: S2 = V2 · I ∗ = (Z2 · I) · I ∗ = Z2 · | I |2 = 1,2∠0◦ kVA que resulta em uma potˆ encia ativa de 1,2 kW.

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– 20–

Coment´ arios: → os fasores de tens˜ ao e corrente dependem de α. → as defasagens entre os fasores n˜ ao dependem de α. → determinou-se a potˆ encia consumida sem que se conhecesse o valor de α. → as potˆ encias n˜ ao dependem dos ˆ angulos de fase das tens˜ oes e correntes e sim das diferen¸cas angulares entre as grandezas. → α pode ser escolhido livremente pois n˜ ao altera os resultados finais. 

x Fechar o balan¸co de potˆ encia da rede, levando em conta as perdas de transmiss˜ ao. As perdas de transmiss˜ ao n˜ ao s˜ ao conhecidas a priori, e devem ser supridas pelas unidades geradoras. Em geral, especifica-se uma barra da rede que suprir´ a as perdas.

 Exemplo

Considerar a rede de 3 barras e 3 ramos mostrada a seguir. PSfrag replacements 20 MW +

P

i

perdas1

perdasi

∼

(slack)

2 100 MW

1 perdas3

perdas2 3 ∼

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80 MW

– 21–

Coment´ arios: → a barra slack deve fornecer 20 MW adicionais para satisfazer a demanda na barra 2, pois o gerador da barra 3 entrega somente 80 MW. → a barra slack deve fornecer ainda uma quantidade adicional de potˆ encia para suprir as perdas de potˆ encia nos ramos. 

 Exemplo frag replacements Relembrando a solu¸c˜ ao da rede exemplo da Se¸c˜ ao 2.5 :

V1 = 1,0112 pu

V2 = 1 pu

1

2

perdas na transmiss˜ ao

101 MW

100 MW

5 Mvar

0 Mvar 1 MW 5 Mvar 

I Outros tipos de barras podem ser definidos, em fun¸c˜ ao de situa¸co ˜es de opera¸c˜ ao particulares.

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– 22–

 Exemplo

Considere a rede a seguir. 1

PSfrag replacements

3

2

4

5

∼

∼ 6

7 ∼

• Barras 3 e 4: barras de carga (PQ) → P e Q s˜ ao conhecidos e deve-se calcular V e θ • Barras 2 e 6: n˜ ao tˆ em carga nem gera¸c˜ ao associados → s˜ ao consideradas como barras de carga (PQ) com P = Q = 0 • Barras 1, 5 e 7: conectadas a geradores → barras de gera¸c˜ ao → em geral P e V s˜ ao conhecidos e deve-se calcular θ e Q • Uma das barras deve desempenhar o papel especial de: ? ser a referˆ encia angular da rede (θ especificado) ? permitir o balan¸co de potˆ encia da rede • Pode-se escolher, por exemplo, a barra 1 como a slack, atribuindo um valor para θ1. Logo, P1 passa a ser desconhecido. • As barras 5 e 7 continuam a ser PV. 

ET720

– 23–

2.7.1

Formula¸c˜ ao nodal – equa¸co ˜es de corrente

I Considerar a rede de trˆ es barras e trˆ es linhas mostrada a seguir. ∼ 1

V1 , θ 1

P12 , Q12

∼

V2 , θ 2

r12 , x12 bsh 12

Pc1 , Qc1 r13 , x13 bsh 13

Pg2 , Qg2

Pg1 , Qg1

2 Pc2 , Qc2

P23 , Q23

P13 , Q13

r23 , x23 bsh 23

V3 , θ 3

3

Pc3 , Qc3

I Barras – 1 e 2 (gerador e carga) e 3 (carga) → Define-se a inje¸c˜ ao l´ıquida de potˆ encia ativa: ∼

PSfrag replacements k P1 = Pg1 − Pc1 Pck P2 = Pg2 − Pc2 P3 = 0 − Pc3

Pgk Pgk − Pck = Pk potencia transmitida pelas linhas

→ o mesmo vale para potˆ encia reativa.

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– 24–

→ o mesmo vale para as correntes – inje¸c˜ ao l´ıquida de corrente:

I1 = Ig1 − Ic1 I2 = Ig2 − Ic2 I3 = 0 − Ic3 I Trˆ es linhas de transmiss˜ ao conectando as barras. → Linhas representadas pelos seus modelos π nominais. → impedˆ ancia s´ erie z12 = r12 + jx12 → admitˆ ancia s´ erie: 1 −x12 r12 y12 = + j = g12 + jb12 = 2 PSfrag replacements 2 + x2 z12 r12 + x212 r12 12 → admitˆ ancia shunt jbsh 12 I Levando em conta as defini¸co ˜es anteriores tem-se o circuito equivalente da rede por fase em pu: I1 1

I2 V1 , θ 1

y12

I13

I12

V2 , θ 2

2

I23 sh j bsh 12 j b23

sh j bsh 13 j b12

y13

y23 V3 , θ 3

3 I3 j bsh 13 ET720

j bsh 23 – 25–

I Aplicando a lei das correntes de Kirchhoff para o n´ o 1: → a inje¸c˜ ao de corrente I1 entrando na barra se distribui pelas linhas 1-2 e 1-3. → as correntes pelas linhas, por sua vez, tˆ em duas componentes, uma pela admitˆ ancia s´ erie e outra pela admitˆ ancia shunt.

I1 = I12 + I13 = y12 (E1 − E2 ) + jbsh E1 + y13 (E1 − E3) + jbsh 1 12 13 E} | {z } | {z I12

I13


sh I1 = y12 + y13 + jbsh + jb 12 13 E1 + (−y12 ) E2 + (−y13 ) E3

em que Ej = Vj ∠θj , j = 1, . . . , 3. I Realizando o mesmo procedimento para as demais barras, obt´ em-se o seguinte sistema de equa¸co ˜es:


sh I1 = y12 + y13 + jbsh + jb 12 13 E1 + (−y12 ) E2 + (−y13 ) E3
sh I2 = (−y12) E1 + y12 + y23 + jbsh 12 + jb23 E2 + (−y23 ) E3
sh I3 = (−y13) E1 + (−y23 ) E2 + y13 + y23 + jbsh + jb 13 23 E3 I Na forma matricial:      sh E1 −y12 −y13 I1 y12 + y13 + jbsh 12 + jb13 sh  ·  E2   I2  =  −y12 y12 + y23 + jbsh −y23 12 + jb23 sh sh E3 I3 −y13 −y23 y13 + y23 + jb13 + jb23 

ET720

– 26–

ou:

I =Y·E em que I ´ e o vetor de inje¸co ˜es nodais de corrente (n × 1), E ´ e o vetor das tens˜ oes nodais (n × 1) e Y ´ e a matriz admitˆ ancia nodal (n × n). n ´ e o n´ umero de barras da rede. I De acordo com os resultados obtidos obt´ em-se uma regra para a forma¸c˜ ao da matriz Y: elementos fora da diagonal – o negativo da admitˆ ancia s´ erie: Ykm = −ykm elementos da diagonal – soma das admitˆ ancias conectadas ` a barra:
P Ykk = m∈Ωk ykm + jbsh km

em que Ωk ´ e o conjunto formado pelas barras vizinhas da barra k. I A matriz Y pode ser colocada na seguinte forma:

Y = <{Y} + j={Y} = G + jB em que G ´ e a matriz condutˆ ancia nodal e B ´ e a matriz susceptˆ ancia nodal. Logo:

I = (G + jB) · E

ET720

– 27–

em que: 

 g12 + g13 −g12 −g13 G =  −g12 g12 + g23 −g23  −g13 −g23 g13 + g23

e 

 sh b12 + b13 + bsh + b −b −b 12 13 12 13 sh sh   −b23 B= −b12 b12 + b23 + b12 + b23 sh −b13 −b23 b13 + b23 + bsh 13 + b23  Exemplo

Para a rede da se¸c˜ ao 2.5 : PSfrag replacements

1

2

r

jx

z = r + jx = 0,01 + j0,05 = 0,051∠78,69◦ pu y = z −1 =

Y=



1 = 19,6116∠ − 78,69◦ = 3,8462 − j19,2308 pu = g + jb ◦ 0,051∠78,69

y −y −y y



=⇒



 3,8462 −3,8462 G = < {Y} = −3,8462 3,8462   −19,2308 19,2308 B = = {Y} = 19,2308 −19,2308 

ET720

– 28–

PSfrag replacements 2.7.2

Formula¸c˜ ao nodal – equa¸co ˜es de potˆ encia

I Na pr´ atica s˜ ao especificadas as inje¸co ˜es de potˆ encia (P e Q) e n˜ ao as correntes. I Da equa¸c˜ ao das correntes:

I =Y·E

I1 I2 .. . Ik .. . In

=

Yk1 Yk2 · · · Ykk · · · Ykn

E1 E2 .. . Ek .. . En

Logo:

Ik = Yk1E1 + Yk2 E2 + · · · + Ykk Ek + · · · + Ykn Ekn X X = Ykk Ek + Ykm Em = Ykm Em m∈Ωk

m∈K

em que K ´ e o conjunto formado pela barra k e suas vizinhas (K ← Ωk ∪ k).

ET720

– 29–

 Exemplo

PSfrag replacements 1

3

8

n

k

De acordo com a regra de forma¸c˜ ao da matriz admitˆ ancia: Yk1 , Yk3, Yk8, Ykn , Ykk 6= 0 e os demais Ykj = 0. Portanto: Ik = Yk1 E1 + Yk3 E3 + Yk8 E8 + Ykn En + Ykk Ekk 

I Para uma barra k: Sk = Pk + jQk = Ek Ik∗ Logo: Sk∗

= Pk − jQk =

Ek∗ Ik

=

Ek∗

X

Ykm Em

m∈K

ET720

– 30–

I Lembrando que Ek = Vk ∠θk e Em = Vm ∠θm :

Pk − jQk = Ek∗

X

Ykm Em

m∈K

= Vk ∠ (−θk ) = Vk

X

X

(Gkm + jBkm ) Vm ∠θm

m∈K

Vm (Gkm + jBkm ) e−j(θk −θm )

m∈K

= Vk

X

Vm (Gkm + jBkm ) e−jθkm

m∈K

= Vk

X

Vm (Gkm + jBkm ) · (cos θkm − j sen θkm)

m∈K

Pk = V k

X

Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm)

m∈K

Qk = Vk

X

Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm)

m∈K

que s˜ ao as equa¸co ˜es das potˆ encias nodais → 2 equa¸co ˜es para cada barra.

ET720

– 31–

 Exemplo

Considerar a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 :

Geração (slack)

PSfrag replacements

Carga (PQ)

1

2

r

jx

Em princ´ıpio tem-se 2 equa¸co ˜es para cada barra, ou seja, um total de 4 equa¸co ˜es:

P1 = V 1

X

Vm (G1m cos θ1m + B1m sen θ1m)

m∈K1

=

V12G11

+ V1

X

Vm (G1m cos θ1m + B1m sen θ1m)

m∈Ω1

P1 = V12G11 + V1 V2 (G12 cos θ12 + B12 sen θ12) X Q1 = V1 Vm (G1m sen θ1m − B1m cos θ1m) m∈K1

= −V12B11 + V1

X

Vm (G1m sen θ1m − B1m cos θ1m)

m∈Ω1

Q1 = −V12B11 + V1 V2 (G12 sen θ12 − B12 cos θ12)

ET720

– 32–

P2 = V 2

X

Vm (G2m cos θ2m + B2m sen θ2m)

m∈K2

=

V22G22

+ V2

X

Vm (G2m cos θ2m + B2m sen θ2m)

m∈Ω2

P2 = V22G22 + V2 V1 (G21 cos θ21 + B21 sen θ21) X Q2 = V2 Vm (G2m sen θ2m − B2m cos θ2m) m∈K2

= −V22B22 + V2

X

Vm (G2m sen θ2m − B2m cos θ2m)

m∈Ω2

Q2 = −V22B22 + V2 V1 (G21 sen θ21 − B21 cos θ21) 

 Exemplo

Considerar a rede de 3 barras a seguir. Geração (slack )

Geração (PV)

∼

∼ 2

1

PSfrag replacements 3

Carga (PQ)

ET720

– 33–

Em princ´ıpio tem-se 2 equa¸co ˜es para cada barra, ou seja, um total de 6 equa¸co ˜es:

P1 = V 1

X

Vm (G1m cos θ1m + B1m sen θ1m)

m∈K1

P1 = V12 G11 + V1 V2 (G12 cos θ12 + B12 sen θ12) + V1 V3 (G13 cos θ13 + B13 sen θ13) Q1 = V1

X

Vm (G1m sen θ1m − B1m cos θ1m)

m∈K1

Q1 = −V12 B11 + V1 V2 (G12 sen θ12 − B12 cos θ12) + V1 V3 (G13 sen θ13 − B13 cos θ13) Obtenha as equa¸co ˜es para P2 , Q2, P3 e Q3 . 

2.7.3

Id´ eia geral dos m´ etodos de resolu¸c˜ ao

eia b´ asica ´ e obter as 4 grandezas (P , Q, V e θ) para todas barras da rede. I A id´ → Supor que sejam conhecidas todas as potˆ encias (P e Q) de todas as barras. → A id´ eia ´ e determinar todas as tens˜ oes (V e θ) de forma que satisfa¸cam as equa¸co ˜es das potˆ encias nodais.

 Exerc´ıcio

Considerar a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 . Verificar que as equa¸co ˜es das potˆ encias nodais s˜ ao satisfeitas para a solu¸c˜ ao encontrada (E1 = 1,0112∠0◦ pu, E2 = 1∠ − 2,8◦ pu, S1 = 101 + j5 MVA, S2 = 100 + j0 MVA). 

ET720

– 34–

I Uma id´ eia para a resolu¸c˜ ao do problema: → Arbitrar tens˜ oes e testar se satisfazem as equa¸co ˜es das potˆ encias nodais. → Se satisfizerem → solu¸c˜ ao do problema foi encontrada. → Se n˜ ao satisfizerem → alterar as tens˜ oes e repetir o processo. I Na Se¸c˜ ao 2.5 foi mostrado um procedimento que segue esta id´ eia geral (m´ etodo de Gauss). I Primeiro problema: como alterar as tens˜ oes convenientemente a fim de sempre caminhar em dire¸c˜ ao ` a solu¸c˜ ao correta? Segundo problema: n˜ ao se conhece todas as potˆ encias → existem diferentes tipos de barras e para cada tipo existem valores fornecidos e valores a serem calculados. I Procedimento geral de resolu¸c˜ ao do problema de fluxo de carga: Tomar as equa¸co ˜es de Pk para as barras dos tipos PQ (carga) e PV (gera¸c˜ ao), para as quais existem valores especificados de Pk . Tomar as equa¸co ˜es de Qk para as barras do tipo PQ (carga), para as quais existem valores especificados de Qk . Supor que existam NPQ barras do tipo PQ e NPV barras do tipo PV. Tem-se (NPQ + NPV) equa¸co ˜es de Pk e NPQ equa¸co ˜es de Qk . O total de equa¸co ˜es ´ e (2NPQ + NPV). As inc´ ognitas s˜ ao Vk e θk para as barras PQ e θk para as barras PV. O total de inc´ ognitas ´ e tamb´ em igual a (2NPQ + NPV). Tem-se um sistema de (2NPQ + NPV) equa¸co ˜es alg´ ebricas n˜ ao-lineares e mesmo n´ umero de inc´ ognitas.

ET720

– 35–

Obter as inc´ ognitas por algum m´ etodo (que ser´ a mostrado adiante). Calcular Pk para a barra de referˆ encia e Qk para a barra de referˆ encia e barras PV.

 Exemplo

Descreva o procedimento de c´ alculo de fluxo de carga para a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 , mostrada a seguir. Geração (slack)

PSfrag replacements

Carga (PQ)

1

2

r

jx

• Equa¸co ˜es das potˆ encias nodais: P1 = V 1

X

Vm (G1m cos θ1m + B1m sen θ1m)

m∈K1

Q1 = V1

X

Vm (G1m sen θ1m − B1m cos θ1m)

m∈K1

P2 = V 2

X

Vm (G2m cos θ2m + B2m sen θ2m)

m∈K2

Q2 = V2

X

Vm (G2m sen θ2m − B2m cos θ2m)

m∈K2

• Tomar P2 = . . ., pois P2 ´ e especificado. Tomar Q2 = . . ., pois Q2 ´ e especificado.

ET720

– 36–

• NPQ = 1 e NPV = 0 → o n´ umero de equa¸co ˜es ´ e igual a 2 NPQ + NPV = 2. As inc´ ognitas s˜ ao V2 e θ2 → 2 inc´ ognitas. • Equa¸co ˜es de fluxo de carga: ∆P2 = P2esp − P2calc = P2esp − V2

X

Vm (G2m cos θ2m + B2m sen θ2m) = 0

m∈K2

∆Q2 =

Qesp 2

−

Qcalc 2

=

Qesp 2

− V2

X

Vm (G2m sen θ2m − B2m cos θ2m) = 0

m∈K2

• Resolver as equa¸co ˜es de fluxo de carga, obtendo V2 e θ2 . • Calcular P1 e Q1 . 

 Exerc´ıcio

Descreva o procedimento de c´ alculo de fluxo de carga para a rede de 3 barras mostrada a seguir. Geração (slack )

Geração (PV)

∼

∼

1

2

PSfrag replacements 3 Carga (PQ)



ET720

– 37–

2.8

M´ etodos de solu¸c˜ ao

I Atrav´ es de algum m´ etodo determina-se as tens˜ oes desconhecidas (magnitude e/ou fase). I As equa¸co ˜es das potˆ encias nodais s˜ ao:

Pk = V k

X

Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm )

k = {barra PQ ou PV}

Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm )

k = {barra PQ}

m∈K

Qk = Vk

X

m∈K

Tem-se portanto (NPQ + NPV) equa¸co ˜es de potˆ encia ativa e NPQ equa¸co ˜es de potˆ encia reativa. I Supor que sejam arbitrados os valores das tens˜ oes desconhecidas (V e θ). A partir das equa¸co ˜es das potˆ encias nodais pode-se calcular:

Pkcal = Pk (V , θ) Qcal k = Qk (V , θ)

k = {barra PQ ou PV} k = {barra PQ}

I No entanto, os valores de Pk e Qk dessas barras s˜ ao conhecidos (dados do esp esp problema) e valem Pk e Qk . I Se os valores de tens˜ ao arbitrados estiverem errados (o que ´ e prov´ avel), pode-se estimar o erro resultante da escolha desses valores:

∆Pk = Pkesp − Pkcal cal ∆Qk = Qesp k − Qk ET720

k = {barra PQ ou PV} k = {barra PQ}

– 38–

em que ∆Pk e ∆Qk s˜ ao chamados de erros de potˆ encia, res´ıduos de potˆ encia, ou mismatches de potˆ encia (denomina¸c˜ ao mais comum). Se os valores das tens˜ oes arbitrados corresponderem ` a solu¸c˜ ao exata do problema tem-se mismatches de potˆ encia nulos:

∆Pk = 0 ∆Qk = 0

k = {barra PQ ou PV} k = {barra PQ}

I As chamadas equa¸co ˜es de fluxo de carga s˜ ao:

∆Pk = Pkesp − Pkcal = 0 cal ∆Qk = Qesp k − Qk = 0

k = {barra PQ ou PV} k = {barra PQ}

que podem ser escritas de maneira geral como:

g (x) = 0 em que o vetor g ´ e o vetor dos mismatches de potˆ encia e x ´ e o vetor das inc´ ognitas (magnitudes e ˆ angulos de fase das tens˜ oes). I A solu¸c˜ ao xs faz as fun¸co ˜es g se anularem → g (xs ) = 0. Os m´ etodos de solu¸c˜ ao consistem na obten¸c˜ ao de xs que anula g (mismatches).

ET720

– 39–

2.8.1

M´ etodo de Newton

Equa¸c˜ ao alg´ ebrica n˜ ao-linear I Considere a equa¸c˜ ao alg´ ebrica n˜ ao-linear:

g (x) = 0 que ´ e um caso particular (unidimensional) de um sistema de equa¸co ˜es alg´ ebricas n˜ ao-lineares (n-dimensional). I Pretende-se determinar o valor de x para o qual a fun¸c˜ ao g (x) se anula. Em termos geom´ etricos a solu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao acima corresponde ao ponto xs em que a curva g(x) corta o eixo horizontal x: g (x)

PSfrag replacements

xs

ET720

x0

x

– 40–

I A resolu¸c˜ ao do problema pelo m´ etodo de Newton resulta em um processo iterativo cujos passos ser˜ ao detalhados a seguir: (1) Inicializar contador de itera¸co ˜es ν = 0 e escolher um ponto inicial x = x(ν) = x(0) .
(2) Calcular o valor da fun¸c˜ ao g (x) no ponto x = x(ν) → g x(ν) .
ancia especficada ε. (3) Comparar o valor calculado g x(ν) com uma tolerˆ
ao x = x(ν) ser´ a a solu¸c˜ ao procurada dentro da faixa Se | g x(ν) |≤ ε, ent˜ de tolerˆ ancia ±ε.
ao do processo iterativo. Se | g x(ν) |> ε, prosseguir com a execu¸c˜ g (x)

g x(0)




PSfrag replacements

+ε −ε

x xs

x(0)



edio (4) Linearizar a fun¸c˜ ao g (x) em torno do ponto x(ν) , g x(ν) por interm´ da s´ erie de Taylor desprezando os termos de ordem superior a 2:     d  (ν)  (ν) 0 (ν) (ν) + g x ∆x(ν) ≈g x g x + ∆x +g x ∆x = g x dt
Este passo se resume de fato ao c´ alculo da derivada g 0 x(ν) . 

ET720

(ν)

(ν)





(ν)



– 41–

(5) Resolver o problema linearizado, ou seja, encontrar ∆x(ν) tal que: 

g x

(ν)



+g

0



x

(ν)



∆x(ν) = 0

ou:

∆x(ν) x(ν+1) − x(ν) x(ν+1)


g x(ν) = − 0 (ν)
g x
g x(ν) = − 0 (ν)
g x


(ν) g x = x(ν) − 0 (ν)
g x

g (x) g x(0)




PSfrag replacements

+ε −ε

x xs

x(1)

x(0)

(6) Fazer ν + 1 → ν e voltar para o passo (2).

ET720

– 42–

I Uma vis˜ ao geral do procedimento ´ e mostrada a seguir. g (x)

PSfrag replacements
g x(0)

g x(1)





g x(2) +ε −ε

x xs x

(3)

(2)

x x(1) solu¸c˜ ao

x(0)

I Uma varia¸c˜ ao do m´ etodo acima ´ e obtida considerando-se a derivada constante (Von Mises), ou seja, ela ´ e calculada somente uma vez no ponto (0) x e utilizada em todas as itera¸co ˜es: PSfrag replacements g (x) g x(0)




g x(1)





g x(2)
g x(3)

+ε −ε

ET720

x xs

x(3)x(2) x(1)

x(0)

– 43–

I O n´ umero de itera¸co ˜es ´ e maior que no m´ etodo original. Cada itera¸c˜ ao ´ e mais r´ apida pois a derivada n˜ ao precisa ser calculada a cada passo (esse fato ficar´ a mais claro quando for tratado o caso multidimensional).

Sistema de equa¸co ˜es alg´ ebricas n˜ ao-lineares ˜es alg´ ebricas I Considere agora o caso de um sistema n-dimensional de equa¸co n˜ ao-lineares:

g1 (x1, x2, · · · , xn) = 0 g2 (x1, x2, · · · , xn) = 0 g3 (x1, x2, · · · , xn) = 0 .. . gn (x1, x2, · · · , xn) = 0 ou:

g (x) = 0 em que g (fun¸co ˜es) e x (inc´ ognitas) s˜ ao vetores (n × 1):

g (x) = [g1 (x) g2 (x) ··· T x = [x1 x2 · · · xn ]

gn (x)]T

I Os passos do processo iterativo de resolu¸c˜ ao para o caso n-dimensional s˜ ao basicamente os mesmos do caso unidimensional. A diferen¸ca est´ a no passo (4) onde, ao inv´ es da derivada de uma fun¸c˜ ao, aparece a matriz Jacobiana. ET720

– 44–

I A lineariza¸c˜ ao de g (x) em torno de x = x(ν) ´ e dada por:



g1 x

(ν)

(ν)

+ ∆x





≈ g1 x

(ν)



(ν)

(ν)

+ ∂g1/∂x1|x(ν) ∆x1 + ∂g1/∂x2|x(ν) ∆x2 + · · · +

∂g1/∂xn|x(ν) ∆x(ν) n     (ν) (ν) g2 x(ν) + ∆x(ν) ≈ g2 x(ν) + ∂g2/∂x1|x(ν) ∆x1 + ∂g2/∂x2|x(ν) ∆x2 + · · · + ∂g2/∂xn|x(ν) ∆x(ν) n

..     . (ν) (ν) (ν) (ν) (ν) + ∂gn/∂x1|x(ν) ∆x1 + ∂gn/∂x2|x(ν) ∆x2 + · · · + ≈ gn x gn x + ∆x ∂gn /∂xn|x(ν) ∆x(ν) n

Logo: 

g x

(ν)

+ ∆x

(ν)





≈g x

(ν)





(ν)

+J x



∆x(ν)

sendo a matriz Jacobiana J dada por:



J x

(ν)





∂ ∂x1 g1 ∂ g ∂x1 2

∂  (ν)    g x = = ∂x  ... ∂ ∂x1 gn

∂ ∂x2 g1 ∂ g ∂x2 2

... ∂ ∂x2 gn

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

∂ ∂xn g1 ∂ g ∂xn 2



   ...  ∂ ∂xn gn

x(ν)

O vetor de corre¸c˜ ao das inc´ ognitas ∆x ´ e calculado impondo-se: 

(ν)

g x

ET720





+J x

(ν)



∆x(ν) = 0

– 45–

I Caso particular em que n = 2:   ∂ (ν) (ν) (ν) PSfrag replacements g1 [(x1 + ∆x1) , (x2 + ∆x2)] ≈ g1 x1 , x2 + g1 ∆x1 + ∂x1   ∂ (ν) (ν) (ν) g2 ∆x1 + g2 [(x1 + ∆x1) , (x2 + ∆x2)] ≈ g2 x1 , x2 + ∂x1

∂ (ν) g1 ∆x2 ∂x2 ∂ (ν) g2 ∆x2 ∂x2

e:

g1 g2

 

(ν) (ν) x1 , x2 (ν) (ν) x1 , x2



 +

∂ ∂x1 g1

∂ g ∂x2 1

∆x1

∂ ∂x1 g2

∂ ∂x2 g2

(ν) ∆x2

(ν)

0 = 0

matriz Jacobiana

I Algoritmo para a resolu¸c˜ ao do sistema de equa¸co ˜es g (x) = 0 pelo m´ etodo de Newton: (1) Inicializar contador de itera¸co ˜es ν = 0 e escolher um ponto inicial (ν) (0) x=x =x .
(2) Calcular o valor da fun¸c˜ ao g (x) no ponto x = x(ν) → g x(ν) .

(3) Testar convergˆ encia:
ao x = x(ν) ser´ a a solu¸c˜ ao procurada Se | gi x(ν) |≤ ε para i = 1, · · · , n, ent˜ dentro da faixa de tolerˆ ancia ±ε e o processo convergiu. Caso contr´ ario, prosseguir com a execu¸c˜ ao do algoritmo.
(4) Calcular a matriz Jacobiana J x(ν) . ET720

– 46–

(5) Determinar o novo ponto x(ν+1) :

∆x

(ν)

= −J

−1



x

(ν)





g x

x(ν+1) = x(ν) + ∆x(ν)

(ν)



(6) Fazer ν + 1 → ν e voltar para o passo (2).

I Id´ eia geral da evolu¸c˜ ao do processo iterativo (para n = 2):

x1

g1 0

0

1

lacements

2 3

1

g2 2 3

x2

ET720

– 47–

Problema de fluxo de carga I No m´ etodo de Newton para a resolu¸c˜ ao do sistema de equa¸co ˜es g (x) = 0, o ponto central consiste em determinar o vetor de corre¸c˜ ao ∆x atrav´ es de: g (xν ) = −J (xν ) ∆xν I Para o problema de fluxo de carga tem-se:

g (xν ) =



∆P ν ∆Qν

ν



∆x =



= 



P esp − P calc Qesp − Qcalc

∆θν ∆V ν



∂ (∆P ) ∂ (∆P )

ν

} NPQ + NPV } NPQ

} NPQ + NPV } NPQ

(ν)

∂V ∂θ  J (xν ) =  ∂ ∆ ( Q) ∂ (∆Q) ∂V ∂θ |{z} |{z}

} NPQ + NPV } NPQ

NPQ + NPV NPQ

I Lembrando das equa¸co ˜es dos mismatches (cujas derivadas aparecem na matriz Jacobiana) e de que os valores especificados das potˆ encias s˜ ao constantes∗ , pode-se escrever: 

J (xν ) = − 

ET720

∂ (P )

∂ (P )

∂θ ∂ (Q)

∂V ∂ (Q)

∂θ

∂V

(ν) 

(∗)

calc esp (V , θ) ∆P = P |{z} −P ↓ constante → derivada nula

– 48–

I As submatrizes que comp˜ oem a matriz Jacobiana s˜ ao geralmente representadas por:

∂ (P ) ∂θ ∂ (Q) M= ∂θ

∂ (P ) ∂V ∂ (Q) L= ∂V

H=

N=

As express˜ oes para os elementos das matrizes H, M, N e L s˜ ao deduzidas a partir das express˜ oes b´ asicas de fluxo de potˆ encia (express˜ oes de Pk e Qk ). I Finalmente as equa¸co ˜es podem ser colocadas na forma: 

∆P ν ∆Qν



=



H N M L

(ν) 

∆θ ν ∆V ν



 Exemplo

Considerar a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 :

Geração (slack)

PSfrag replacements

Carga (PQ)

1

2

r

jx

As equa¸co ˜es a serem resolvidas neste caso s˜ ao:  ET720

∆P2 ∆Q2



=



H22 N22 M22 L22



∆θ2 ∆V2

 – 49–

 ∂ ∂  V2 V1 (G21 cos θ21 + B21 sen θ21) + V22 G22 P2 = ∂θ2 ∂θ2 = −V2V1 (G21 sen θ21 − B21 cos θ21) +V22 B22 −V22 B22 | {z }

H22 =

−Q2

= −Q2 −

V22 B22

∂ P2 ∂V2 = V1 (G21 cos θ21 + B21 sen θ21) + 2V2G22
= P2 + V22 G22 /V2

N22 =

× (V2 /V2)

 ∂ ∂  Q2 = V2 V1 (G21 sen θ21 − B21 cos θ21) − V22 B22 ∂θ2 ∂θ2 = V2V1 (G21 cos θ21 + B21 sen θ21) +V22G22 −V22 G22 | {z }

M22 =

P2

= P2 −

V22 G22

∂ Q2 ∂V2 = V1 (G21 sen θ21 − B21 cos θ21) − 2V2 B22
= Q2 − V22 B22 /V2

L22 =

× (V2 /V2 )



I Dedu¸c˜ ao das express˜ oes dos elementos da matriz H: A express˜ ao da potˆ encia ativa em uma barra k ´ e:

Pk = V k =

X

m∈K 2 Gkk Vkk

Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm ) + Vk

X

Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm)

m∈Ωk

ET720

– 50–

A segunda equa¸c˜ ao corresponde a uma separa¸c˜ ao dos termos correspondentes ` a pr´ opria barra k. Logo, a somat´ oria cont´ em agora somente as barras vizinhas da barra k. Elemento fora da diagonal k-m – derivada da potˆ encia Pk em rela¸c˜ ao ao ˆ angulo de uma certa barra vizinha m:

Hkm =

∂ Pk = Vk Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm) ∂θm

Elemento fora da diagonal m-k – derivada da potˆ encia Pm em rela¸c˜ ao ao ˆ angulo de uma certa barra vizinha k – basta inverter os ´ındices k e m da express˜ ao de Hkm :

Hmk =

∂ Pm = Vm Vk (Gmk sen θmk − Bmk cos θmk ) ∂θk

Como:

Gmk = Gkm Bmk = Bkm θmk = −θkm tem-se finalmente:

Hmk = −Vk Vm (Gkm sen θkm + Bkm cos θkm) Elemento da diagonal k-k:

Hkk

X ∂ Pk = −Vk Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm) = ∂θk m∈Ωk

ET720

– 51–

Somando e subtraindo Bkk Vk2 :

Hkk =

−Bkk Vk2

+

Bkk Vk2

− Vk

X

Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm)

m∈Ωk

= −Bkk Vk2 − Vk Vk Vk

X

!

Gkk |sen{zθkk} −Bkk |cos{zθkk} =0

=1

−

Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm )

m∈Ωk

Incluindo a barra k na somat´ oria:

Hkk = −Bkk Vk2 − Vk |

= −Bkk Vk2 − Qk

X

m∈K

Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm ) {z

=Qk

}

A express˜ ao em termos da potˆ encia ´ e mais simples mais econˆ omica em termos de c´ alculo, pois aproveita o valor da potˆ encia que j´ a foi calculado anteriormente (este fato ficar´ a mais claro quando for apresentado o algoritmo de solu¸c˜ ao do fluxo de carga). Resumindo:

 Hkk =    

 Hkm =    Hmk =

ET720

∂ ∂θk Pk ∂ ∂θm Pk ∂ P ∂θk m

= = = =

P −Bkk Vk2 − Vk m∈K Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm) −Bkk Vk2 − Qk Vk Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm ) −Vk Vm (Gkm sen θkm + Bkm cos θkm )

– 52–

Os elementos das demais matrizes s˜ ao:  Nkk =    

∂ ∂Vk Pk

 Nkm =    Nmk =  Mkk =    

 Mkm =    Mmk =

∂ ∂Vm Pk ∂ ∂Vk Pm

∂ ∂θk Qk

 Lkk =    

∂ ∂θm Qk ∂ ∂θk Qm

 Lkm =    Lmk =

= = = =

∂ ∂Vk Qk ∂ ∂Vm Qk ∂ ∂Vk Qm

= = = = = = = =

P Gkk Vk + m∈K Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm)
Vk−1 Pk + Gkk Vk2 Vk (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm) Vm (Gkm cos θkm − Bkm sen θkm)

P −Gkk Vk2 + Vk m∈K Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm) −Gkk Vk2 + Pk −Vk Vm (Gkm cos θkm + Bkm sen θkm ) −Vk Vm (Gkm cos θkm − Bkm sen θkm ) P −Bkk Vk + m∈K Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm)
Vk−1 Qk − Bkk Vk2 Vk (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm) −Vk (Gkm sen θkm + Bkm cos θkm)

I As matrizes H, M, N e L tˆ em as mesmas caracter´ısticas de esparsidade que a matriz admitˆ ancia nodal Y. I As matrizes H, M, N e L tˆ em dimens˜ oes distintas, em fun¸c˜ ao dos dados do problema. A seguinte t´ ecnica ´ e normalmente utilizada: 1. Construir as matrizes completas (dimens˜ ao [NB × NB]). 2. Na matriz H colocar um n´ umero muito grande (→ ∞) nas posi¸co ˜es das diagonais correspondentes a barras de referˆ encia. 3. Na matriz L colocar um n´ umero muito grande (→ ∞) nas posi¸co ˜es das diagonais correspondentes a barras de referˆ encia e PV.

ET720

– 53–

ments

Quando essas matrizes forem invertidas, os elementos das linhas e colunas correspondentes aos elementos grandes das diagonais ser˜ ao praticamente iguais a zero, assim como as correspondentes corre¸co ˜es das vari´ aveis de estado, ou seja: 

∆θk = 0 ∆Vk = 0

k ∈ {referˆ encia} k ∈ {referˆ encia,PV}

I Conhecendo-se os elementos da matriz Jacobiana e a maneira de calcular os mismatches de potˆ encia, pode-se aplicar o m´ etodo de Newton para o problema do fluxo de carga.

 Exemplo

Considerar a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 : Geração (slack)

Carga (PQ)

1

2

r

jx

Barra Dados Inc´ ognitas 1 V 1 , θ1 P1 , Q 1 2 P2 , Q 2 V 2 , θ2

Para se conhecer o modo de opera¸c˜ ao da rede de forma completa deve-se conhecer as tens˜ oes em todas as barras (Vk ∠θk ). Inc´ ognitas de tens˜ ao → V2 , θ2

→

2 inc´ ognitas

S˜ ao necess´ arias 2 equa¸co ˜es → P2 , Q2 ∆P2 = P2esp − P2 (V , θ) = 0 ∆Q2 = Qesp 2 − Q2 (V , θ) = 0

ET720



SUBSISTEMA 1 (obter os V e θ que faltam)

– 54–

Problema iterativo a ser resolvido (fluxo de carga): ∆P2 H22 N22 = ∆Q2 M22 L22

∆θ2 ∆V2

Resolvido o SUBSISTEMA 1, pode-se calcular as potˆ encias desconhecidas: P1 = · · · Q1 = · · ·



SUBSISTEMA 2 (calcular as potˆ encias que faltam) 

 Exemplo

Considerar a rede de 3 barras a seguir.

Geração (slack )

Geração (PV)

∼

∼

1

2

PSfrag replacements 3

Carga (PQ)

ET720

– 55–

Barra Dados Inc´ ognitas 1 V 1 , θ1 P1 , Q 1 P2 , V 2 Q 2 , θ2 2 3 P3 , Q 3 V 3 , θ3 Para se conhecer o modo de opera¸c˜ ao da rede de forma completa deve-se conhecer as tens˜ oes em todas as barras (Vk ∠θk ). Inc´ ognitas de tens˜ ao → θ2 , V3 , θ3

→

3 inc´ ognitas

S˜ ao necess´ arias 3 equa¸co ˜es → P2 , P3 , Q3 ∆P2 = P2esp − P2 (V , θ) = 0 ∆P3 = P3esp − P3 (V , θ) = 0 ∆Q3 = Qesp 3 − Q3 (V , θ) = 0

 

SUBSISTEMA 1 (obter os V e θ que faltam)



Problema iterativo a ser resolvido (fluxo de carga): ∆P2 H22 H23 N23 ∆P3 = H32 H33 N33 ∆Q3 M32 M33 L33

∆θ2 ∆θ3 ∆V3

Resolvido o SUBSISTEMA 1, pode-se calcular as potˆ encias desconhecidas: P1 = · · · Q1 = · · · Q2 = · · ·

ET720

  

SUBSISTEMA 2 (calcular as potˆ encias que faltam)



– 56–

I Algoritmo de resolu¸c˜ ao dos subsistemas 1 (pelo m´ etodo de Newton) e 2: (1) Fazer contador de itera¸co ˜es ν = 0. Escolher os valores iniciais das tens˜ oes (magnitudes
para as barras PQ e ˆ angulos de fase para as barras PQ e PV) → Vk0 , θk0 .

(2) Calcular Pk (V ν , θν ) para as barras PQ e PV. Calcular Qk (V ν , θ ν ) para as barras PQ.

Calcular os res´ıduos (mismatches) de potˆ encia ∆Pkν e ∆Qνk . (3) Testar a convergˆ encia:

Se

 ν o processo iterativo  max {| ∆Pk |}k=PQ,PV ≤ εP e =⇒ convergiu para a solu¸c˜ ao  ν ν ν max {| ∆Qk |}k=PQ ≤ εQ (V , θ ) → ir para o passo (7).

Caso contr´ ario, prosseguir.

(4) Calcular a matriz Jacobiana: ν

ν

J (V , θ ) =



H (V ν , θ ν ) N (V ν , θ ν ) M (V ν , θ ν ) L (V ν , θ ν )




(5) Determinar a nova solu¸c˜ ao V ν+1, θ ν+1 : θ ν+1 = θ ν + ∆θν V ν+1 = V ν + ∆V ν sendo as corre¸co ˜es ∆θ ν e ∆V ν determinadas pela resolu¸c˜ ao do sistema linear:  ET720

∆P (V ν , θ ν ) ∆Q (V ν , θ ν )



=



H (V ν , θ ν ) N (V ν , θ ν ) M (V ν , θ ν ) L (V ν , θ ν )



∆θ ν ∆V ν

 – 57–

(6) Incrementar o contador de itera¸co ˜es (ν + 1 ← ν) e voltar para o passo (2). (7) Calcular Pk para a barra de referˆ encia e Qk para as barras de referˆ encia e PV (subsistema 2).

 Exemplo

Considerar a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 :

Geração (slack)

PSfrag replacements

Carga (PQ)

1

2

r

Dados:

jx

S2 = P2 + j Q2 = 1 + j 0 = 1∠0◦ pu V1 ∠θ1 = 1,0112∠0◦ pu r = 0,01 pu x = 0,05 pu

(100 MW, 0 Mvar)

Passo (1) ν=0 V20 = 1,0112 pu , θ2 = 0 (valores arbitr´ arios) Passo (2) P2 = V2V1 (G21 cos θ21 + B21 sen θ21) + V22G22     3,8462 −3,8462 −19,2308 19,2308 G= B= −3,8462 3,8462 19,2308 −19,2308

P2 = 1,0112V2 (−3,8462 cos θ2 + 19,2308 sen θ2) + 3,8462V22 para V20 e θ20 → P2 = 0

Q2 = V2 V1 (G21 sen θ21 − B21 cos θ21) − V22 B22 Q2 = 1,0112V2 (−3,8462 sen θ2 − 19,2308 cos θ2) + 19,8462V22 para V20 e θ20 → Q2 = 0

ET720

– 58–

∆P2 = P2esp − P2calc = −1 − 0 = −1 calc =0−0=0 ∆Q2 = Qesp 2 − Q2 Passo (3) Considerar εP = εQ = 0,01 max {| ∆P2 |, | ∆Q2 |} = 1 > 0,01 Passo (4)  −V22B22 − Q2 J= P2 − V22 G22


   P2 + V22 G22
/V2 19,6640 3,8894 = Q2 − V22B22 /V2 −3,9329 19,4462

Passo (5)   0,0489 −0,0098 J−1 = 0,0099 0,0494         −1 −0,0489 ∆P2 ∆θ2 −1 −1 =J = =J 0 −0,0099 ∆Q2 ∆V2

V2 = 1 − 0,0099 = 0,9901 pu θ2 = 0 − 0,0489 = −0,0489 rad Passo (6) ν=1 Passo (2) P2 = −1,0169 pu Q2 = −0,1905 pu

∆P2 = 0,0169 ∆Q2 = 0,1905

Passo (3) max {| ∆P2 |, | ∆Q2 |} = 0,1905 > 0,01 Passo (4)   19,0424 2,7812 J= −4,7874 18,8480

ET720

– 59–

Passo (5)   0,0506 −0,0075 −1 J = 0,0129 0,0512     ∆θ2 −0,0006 = ∆V2 0,0100

V2 = 0,9901 + 0,0100 = 1,0001 pu θ2 = −0,0489 − 0,0006 = −0,0495 rad

Passo (6) ν=2 Passo (2) P2 = −1,0002 pu Q2 = 0,0028 pu

∆P2 = 0,0002 ∆Q2 = −0,0028

Passo (3) max {| ∆P2 |, | ∆Q2 |} = 0,0028 < 0,01 convergiu para V2 = 1,0001 pu θ2 = −0,0495 rad

−2,8◦

Passo (7)

PSfrag replacements P1 = V12G11 + V1 V2 (G12 cos θ12 + B12 sen θ12) = 1,0102 pu Q1 = −V12 B11 + V1 V2 (G12 sen θ12 − B12 cos θ12) = 0,0472 pu

101,02 MW 4,72 Mvar

∆P2 0,02

V2 1,02

0,01

1,00 0,98 −0,10−0,05

−0,02−0,01

0,01 0,02 ∆Q2

θ2

−1



ET720

– 60–

2.9

M´ etodos desacoplados

I Submatrizes da matriz Jacobiana representam sensibilidades entre as potˆ encias e a tens˜ ao (magnitude e ˆ angulo), por exemplo:

H=

∂ P ∂θ

⇒

H≈

∆P ∆θ

→ uma varia¸c˜ ao no ˆ angulo da tens˜ ao implica em uma varia¸c˜ ao da potˆ encia ativa. O mesmo tipo de an´ alise vale para as outras submatrizes. I Nos m´ etodos desacoplados, assume-se que as sensibilidades ∂ P ∂θ

e

∂ Q ∂V

∂ Q ∂θ

e

∂ P ∂V

s˜ ao maiores que

ou seja, existe um acoplamento forte entre

[P e θ]

e

[Q e V ]

e um acoplamento fraco (desacoplamento) entre

[Q e θ]

e

[P e V ]

I Este fato ´ e em geral verificado para redes de transmiss˜ ao de extra e ultra altas tens˜ oes (tens˜ oes acima de 230 kV). N˜ ao se verifica para redes de distribui¸c˜ ao em geral (n´ıveis de tens˜ ao mais baixos). ET720

– 61–

I O desacoplamento permite que outros m´ etodos de solu¸c˜ ao do fluxo de carga (que s˜ ao derivados do m´ etodo de Newton) sejam obtidos. I M´ etodos desacoplados → simplifica¸c˜ ao da matriz Jacobiana. → modelo da rede ´ e o mesmo utilizado no m´ etodo de Newton. → o processo de convergˆ encia (caminho percorrido durante o processo iterativo) ´ e diferente. → o resultado final ´ e o mesmo.

2.9.1

M´ etodo de Newton desacoplado

I M´ etodo de Newton:

∆P (V ν , θ ν ) = H (V ν , θν ) ∆θ ν + N (V ν , θν ) ∆V ν ∆Q (V ν , θ ν ) = M (V ν , θ ν ) ∆θν + L (V ν , θν ) ∆V ν θ ν+1 = θ ν + ∆θν V ν+1 = V ν + ∆V ν I Devido ao desacoplamento, as matrizes de sensibilidade entre P e V (N) e entre Q e θ (M) s˜ ao ignoradas:

∆P (V ν , θν ) = H (V ν , θν ) ∆θν ∆Q (V ν , θν ) = L (V ν , θ ν ) ∆V ν θ ν+1 = θ ν + ∆θν V ν+1 = V ν + ∆V ν

ET720

– 62–

I Esta ´ e a forma simultˆ anea. Aplica-se agora o esquema de solu¸c˜ ao alternado:

∆P (V ν , θν ) = H (V ν , θν ) ∆θν θ ν+1 = θ ν + ∆θν ∆Q (V ν , θν ) = L (V ν , θ ν ) ∆V ν V ν+1 = V ν + ∆V ν I Duas primeiras equa¸co ˜es → meia-itera¸c˜ ao ativa Duas u ´ltimas equa¸co ˜es → meia-itera¸c˜ ao reativa I Aproxima¸co ˜es na matriz Jacobiana s˜ ao parcialmente compensadas pela atualiza¸c˜ ao das vari´ aveis V e θ a cada meia-itera¸c˜ ao. I Os subproblemas ativo e reativo podem ter velocidade de convergˆ encia diferentes. Existem v´ arias formas de implementar os m´ etodos desacoplados.

ET720

– 63–

0 M´ etodo de Newton Desacoplado

KP = KQ = 1
p = q = 0 V 0 , θ0

Diagrama de Blocos

∆P (V q , θp )

≤

max {| ∆Pk |} : εp k = {PQ, PV}

KP = 0

>

acements Meia-itera¸c˜ ao ativa

p

q

p −1

∆θ = H (V , θ )

q

KQ : 0

p

∆P (V , θ )

θ p+1 = θp + ∆θp

=

6=

p←p+1 KQ = 1 Solu¸c˜ ao p

q

Meia-itera¸c˜ ao reativa

∆Q (V , θ )

≤

max {| ∆Qk |} : εq k = {PQ}

KQ = 0

> q

q

p −1

∆V = L (V , θ )

q

p

∆Q (V , θ )

V q+1 = V q + ∆V q

KP : 0

=

6=

q ←q+1 KP = 1

ET720

– 64–

I No diagrama de blocos tem-se: p,q s˜ ao os contadores das itera¸co ˜es ativa e reativa. KP e KQ s˜ ao indicadores de convergˆ encia dos subproblemas ativo e reativo. sempre que alguma vari´ avel de estado ´ e alterada (p.ex. θ), o indicador de convergˆ encia do outro subproblema (p.ex. subproblema reativo) ´ e feito igual a 1, for¸cando que os mismatches do outro subproblema (p.ex. ∆Q) sejam avaliados, mesmo que este j´ a estivesse convergido. Este procedimento evita afastamentos do ponto de solu¸c˜ ao. o diagrama de blocos corresponde ` a solu¸c˜ ao do subsistema 1. Ap´ os a convergˆ encia, o subsistema 2 pode ser resolvido. Outras grandezas podem tamb´ em ser calculadas, como fluxos de potˆ encia nos ramos.

M´ etodo de Newton desacoplado – uma vers˜ ao diferente ao pode apresentar uma convergˆ encia mais r´ apida para alguns I Esta vers˜ sistemas. I Considerar a matriz diagonal V: 

  V= 



V1 V2 0 0 ... Vn

   

I As matrizes jacobianas podem ser colocadas na seguinte forma:

H = V H0 L = V L0 ET720

– 65–

I Os elementos de H0 e L0 s˜ ao:

0 Hkk = −Qk /Vk − Vk Bkk 0 Hkm = Vm (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm ) 0 Hmk = −Vk (Gkm sen θkm + Bkm cos θkm )

L0kk = Qk /Vk2 − Bkk L0km = (Gkm sen θkm − Bkm cos θkm ) L0mk = − (Gkm sen θkm + Bkm cos θkm ) I As equa¸co ˜es do m´ etodo de Newton desacoplado ficam:

∆P /V = H0 ∆θ ∆Q/V = L0 ∆V

2.9.2

M´ etodo desacoplado r´ apido

e o mesmo que para o m´ etodo desacoplado, mas as I O diagrama de blocos ´ matrizes utilizadas s˜ ao diferentes. I Considerar as seguintes aproxima¸co ˜es: cos θkm ≈ 1 (θkm pequeno) – v´ alida para sistemas em geral, especialmente para EAT (extra alta tens˜ ao) e UAT (ultra alta tens˜ ao). Bkk  Gkm sen θkm – v´ alida para sistemas em geral, especialmente para EAT (extra alta tens˜ ao) e UAT (ultra alta tens˜ ao) – Bkm /Gkm ≈ 5 para linhas de transmiss˜ ao acima de 230 kV, podendo chegar a 20 em linhas de 500 kV.

ET720

– 66–

Bkk Vk2  Qk – se baseia no fato de que as reatˆ ancias shunt s˜ ao em geral muito maiores que as reatˆ ancias s´ erie. Vk ≈ 1 (valores em pu). I As matrizes H0 e L0 ficam:

0 Hkk = −Bkk 0 Hkm = −Bkm 0 Hmk = −Bkm

L0kk = −Bkk L0km = −Bkm L0mk = −Bkm

ou:

H0 ≈ B 0 L0 ≈ B00 I As matrizes B0 e B00 dependem somente dos parˆ ametros da rede → s˜ ao constantes ao longo do processo iterativo. S˜ ao semelhantes ` a matriz B = ={Y} com as seguintes diferen¸cas: linhas e colunas referentes ` as barras de referˆ encia n˜ ao aparecem em B0. linhas e colunas referentes ` as barras de referˆ encia e PV n˜ ao aparecem em 00 B . I As matrizes B0 e B00 tˆ em estruturas idˆ enticas ` as matrizes H e L. I Pode-se trabalhar com as matrizes B0 e B00 com dimens˜ oes (NB × NB) e colocar um n´ umero grande nas diagonais apropriadas.

ET720

– 67–

I As equa¸co ˜es do m´ etodo desacoplado r´ apido ficam:

∆P /V = B0 ∆θ ∆Q/V = B00 ∆V I Melhorias no desempenho do m´ etodo desacoplado r´ apido foram observadas 0 alterando-se a matriz B , resultando em:

0 Bkk 0 Bkm

= =

NB X

x−1 km

m=1 0 Bmk

= −x−1 km

00 Bkk = −Bkk 00 00 Bkm = Bmk = −Bkm

em que xkm ´ e a reatˆ ancia s´ erie do ramo que conecta as barras k e m.

 Exemplo

Considerar a rede de 2 barras da Se¸c˜ ao 2.5 : Geração (slack)

PSfrag replacements

Carga (PQ)

1

2

r

Dados:

ET720

jx

S2 = P2 + j Q2 = 1 + j 0 = 1∠0◦ pu V1 ∠θ1 = 1,0112∠0◦ pu r = 0,01 pu x = 0,05 pu

(100 MW, 0 Mvar)

– 68–

G=



3,8462 −3,8462 −3,8462 3,8462



B=



−19,2308 19,2308 19,2308 −19,2308



(1) KP = KQ = 1 p=q=0 V20 = 1,0112 pu, θ20 = 0 rad (2) P2 = V2V1 (G21 cos θ21 + B21 sen θ21) + V22G22 = 0 ∆P2 = −1 − 0 = −1 (3) | ∆P2 |= 1 > 0,01 (4) ∆P /V = B0 ∆θ ∆θ2 = −0,0494 rad

→

0 ∆P2/V2 = B22 ∆θ2

0 (B22 = 1/x = 20)

(5) θ2 = 0 − 0,0494 = −0,0494 rad (6) p=1 (7) KQ = 1 (8) Q2 = V2 V1 (G21 sen θ21 − B21 cos θ21) − V22 B22 = 0,2182 ∆Q2 = 0 − 0,2182 = −0,2182 (9) | ∆Q2 |= 0,2182 > 0,01

ET720

– 69–

(10) ∆Q/V = B00 ∆V ∆V2 = −0,0112 rad

→

00 ∆Q2/V2 = B22 ∆V2

00 (B22 = 19,2308)

(11) V2 = 1,0112 − 0,0112 = 1 pu (12) q=1 (13) KP = 1 (14) P2 = −0,9986 ∆P2 = −1 + 0,9986 = −0,0014 (15) | ∆P2 |= 0,0014 < 0,01 (16) KP = 0 (17) KQ 6= 0 (18) Q2 = 0,0004 ∆Q2 = 0 − 0,0004 = −0,0004 (19) | ∆Q2 |= 0,0004 < 0,01 (20) KQ = 0 ET720

– 70–

(21) KP = 0 convergiu para V2 = 1 pu θ2 = −0,0494 rad

−2,8◦ 

2.10

Controles e limites

etodos mostrados tratam apenas da determina¸c˜ ao do estado de I Os m´ opera¸c˜ ao da rede (resolu¸c˜ ao do sistema de equa¸co ˜es alg´ ebricas n˜ ao-lineares). I Complica¸co ˜es: → os equipamentos da rede apresentam limites de opera¸c˜ ao. → certos equipamentos realizam controle de certas grandezas. I Limites: → inje¸c˜ ao de potˆ encia reativa em barras PV (relacionado com as curvas de capacidade, que ser˜ ao vistas adiante). → limites de tens˜ ao em barras PQ. → limites dos taps de transformadores. → limites de fluxos em circuitos.

ET720

– 71–

I Controles: → controle de magnitude de tens˜ ao nodal (local e remota) por inje¸c˜ ao de reativos. → controle de magnitude de tens˜ ao nodal por ajuste de tap de transformadores em fase. → controle de fluxo de potˆ encia ativa por ajuste do tap de transformadores defasadores. → controle de intercˆ ambio entre ´ areas.

2.11

Programa¸c˜ ao por computador

etricas reais em geral s˜ ao de grande porte, resultando em matrizes I Redes el´ grandes e esparsas. Considerar uma rede com 100 barras e 200 ramos. A matriz Y ter´ a dimens˜ ao (100 × 100) → 10000 elementos. Destes, ser˜ ao n˜ ao nulos: 100 + 2| ·{z 200} = 500 elementos |{z} diag fora diag.

ou seja, um grau de esparsidade de:

GE =

ET720



10000 − 500 10000



· 100% = 95%

→

95% dos elementos s˜ ao nulos!

– 72–

I Armazenamento compacto de matrizes Invers˜ ao de matrizes → fatora¸c˜ ao (elimina¸c˜ ao de Gauss) → m´ etodo de resolu¸c˜ ao robusto e eficiente.

ET720

– 73–

Referˆ encias [1] F.L. Alvarado, R.J. Thomas, A Brief history of the power flow, IEEE Spectrum, 2001. [2] B. Stott, Review of load-flow calculation methods, Proceedings of the IEEE, vol.62, n.7, 1974. [3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introdu¸c˜ ao a sistemas de energia el´ etrica, Unicamp, 1999. [4] C.A. Castro, Material da disciplina IT601 – C´ alculo de fluxo de potˆ encia, dispon´ıvel em http://www.dsee.fee.unicamp.br/∼ccastro

ET720

– 74–