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REPRESENTAO DE SISTEMASDE POTNCIA

reviso mar06

1 - Introduo

A maioria dos sistemas eltricos de potncia em corrente alternada. As instalaes

em corrente contnua so raras e tem aplicaes especficas tais como transmitir grandesblocos de energia a longa distancia. As informaes sobre de sistemas de corrente contnua

normalmente so objeto de literaturas bastante especializada.

As aplicaes com corrente alternada, de grande potncia, so principalmente

trifsicas. Apenas algumas aplicaes especficas utilizam mais de trs fases. A utilizao de

redes com uma ou duas fases so destinados a suprimentos de instalaes de pequenas

potncias e baixas tenses, tais como instalaes residenciais ou industriais. A distribuio de

energia eltrica rural tambm um exemplo de instalaes com uma ou duas fases.

As instalaes trifsicas so construdas de tal forma que cada uma das trs fases

tenham comportamentos idnticos. Assim as instalaes trifsicas podem ser representadas noformato monofsico, apenas raramente se torna necessrio a representao completa de um

diagrama de circuitos com trs fases.

Em sistemas de potncia utiliza-se largamente a representao das grandezas eltricas

empu (por unidade). A sua utilizao atual se deve mais a razes histricas e tradio do que

propriamente a sua utilidade. A origem de sua aplicao se deveu a necessidade de simular

sistemas eltricos em laboratrios, objetivando adequar as grandezas do sistema aos

componentes existentes nos laboratrios. Como por exemplo a representao de uma fonte de

tenso de 13,8 kV de um sistema eltrico por uma fonte de 100 V existente no laboratrio.

2 - Equivalentes monofsicos

A figura 2.0 mostra o diagrama monofilar de um sistema isolado, de pequeno porte,

contendo uma usina geradora e a correspondente transmisso e carga.

Fig. 2.0

1

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A figura 2.1 mostra o circuito das trs fases correspondente ao diagrama monofilar da

figura 2.0.

Fig. 2.1

Normalmente no existe necessidade de representar as trs fases do circuito, mesmoexistindo anomalias que impliquem em desigualdade entre as fases. A representao dos

sistemas eltricos feita preferencialmente atravs de diagramas monofilares.

Os sistemas trifsicos equilibrados podem ser representados por equivalentes

monofsicos. A formulao matemtica de equivalentes monofsicos muito mais simples

que a trifsica. A figura 2.2 mostra o diagrama de circuito monofsico equivalente ao sistema

da figura 2.1.

Figura 2.2

A representao matemtica de equivalentes monofsicos pode ser demonstrada a

partir da queda de tenso em um trecho qualquer do sistema. No caso de linhas de

transmisso, a queda de tenso em um trecho dada por:

[ ] [ ] [ ]izv = 2.0

Supondo que a linha de transmisso seja equilibrada, ento:

=

c

b

a

fmm

mfm

mmf

c

b

a

i

i

i

zzz

zzz

zzz

v

v

v

2.1

No caso de sistemas equilibrados, as correntes so iguais em mdulo e defasadas de

120, assim a primeira linha da equao matricial pode formulada como:

120240 ++= amamafa izizizv 2.2

2

zg

zt

zt

zl

zc

zc

vg

carga

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A equao 2.2 pode ser simplificada como:

amfammfa izzizzzv )()120240( =++=

2.3

Denominando mf zz como az , obtm-se:

aaa izv = 2.4

A equao 2.4 mostra que um trecho de linha de transmisso trifsica equilibrada pode

ser calculado por equivalentes monofsicos. O mesmo caminho pode ser empregado para

outros componentes do sistema, de onde se conclui que sistemas trifsicos equilibrados

podem ser representados pelos correspondentes equivalentes monofsicos.

3 - Representao em pu

A representao em pu pode ser entendida como uma mudana na dimenso dos

sistemas. Definida uma tenso de base BV , a tenses em pu so BVVpuV /)( = . As outras

grandezas eltricas em pu so definidas de maneira similar.

A mudana de dimenso de sistemas eltricos requer a definio de duas grandezas

como bases. Uma vez definidas duas bases, as bases das outras grandezas podem ser

derivadas pelas frmulas que se aplicam ao sistema.

A potncia de base nica para um determinado sistema. Por outro lado as base de

tenso, corrente e impedncia, acompanham a relao de transformao dos transformadores

do sistema.

O mais usual definir uma base de tenso VB e uma base de potncia SB. Supondo

sistemas monofsicos e que VB e SB sejam grandezas correspondentes, respectivamente tensofase - neutro e potncia monofsica, ento:

BBB VSI /= e BBB SVZ /2= 3.0

Por outro lado, se forem definidas grandezas de base em termos trifsicos, tenso fase

- fase e potncia trifsica, as correspondentes correntes e impedncia de base so:

)3/( BBB VSI = e BBB SVZ /2= 3.1

Verifica-se que os valores de corrente e tenso de base fornecidos pelas equaes 3.0 e

3.1 so idnticos.

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Exemplo 3.0 - Determinar o diagrama de impedncias do equivalente monofsico em ohms eem pu do sistema da figura, adotando como base 69 kV e 100 MVA na linha de transmisso.

O gerador de 13,8 kV tem uma potncia de 12 MVA e reatncia transitria de 30%. Os dois

transformadores so idnticos com uma relao de 13,8 kV / 69 kV, potncia de 15 MVA e

reatncia de disperso de 7%. A linha de transmisso tem 90 km de extenso, resistncia

hmica de 0,24 ohms/km, reatncia indutiva de 0,50 ohms/km e reatncia capacitiva de 300kohmskm. A carga do sistema de 8,0 MW com um fator de potncia de 0,92 em atraso

com uma tenso de operao de 13,2 kV.

Fig. 3.0.0

Soluo (A) (Diagrama de impedncias em ohms) - A resistncia hmica e a reatncia

indutiva da linha de transmisso so:

== 6,21)90()/24,0( kmkmR e == 0,45)90()/50,0( kmkmXL

A reatncia capacitiva da linha de transmisso, considerando o circuito equivalente :

== 6670)45/()300( kmkmkXC

A reatncia sub - transitria do gerador de 30% eqivale a 0,30 pu na base de 13,8 kV e 12

MVA. Portanto a impedncia de base do gerador conhecida, o que permite o clculo da

reatncia sub - transitria em ohms, assim:

=== 76,4]12/8,13[]30,0[][)]([)( 2' BG ZpuXohmsX

A reatncia de disperso do transformador de 7 % o que eqivale a 0,07 pu, na base de 15

MVA e 69 kV ou 13,8 kV. No caso de transformadores a base de tenso corresponde ao lado

em que a reatncia em ohms representada. Se a reatncia for representada no lado de 13,8

kV, o valor em ohms :

=== 889,0]15/8,13[]07,0[][)]([)( 2BT ZpuXohmsX

Se a reatncia do transformador for localizada no lado de 69 kV, o valor em ohms :

=== 2,22]15/69[]07,0[][)]([)( 2BT ZpuXohmsX

A carga do sistema de 8 MW e fator de potncia de 0,92 corresponde a uma potncia aparente

de MVAS 70,892,0/8 == .

Se o fator de potncia da carga est em atraso significa que a potncia ativa e reativa tem o

mesmo sinal, portanto a parte reativa da carga :

MVArarcsenQ 41,3)]92,0(cos[70,8 ==

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A tenso de operao na carga de 13,2 kV o que eqivale em termos monofsicos a

kVV 62,73/2,13 == . A figura 3.0.1 mostra o diagrama de impedncias do eqivalente

monofsico.

Fig. 3.0.1

Soluo (B) Diagrama de impedncias em pu - Sendo a base de tenso 69 kV na linha de

transmisso, tem-se como base de tenso 13,8 kV no gerador e tambm na carga. Assim a

impedncia da linha em pu :

pujjohmszZohmszpuz B )945,0454,0(61,47/)456,21(]100/69/[)]([/)]([)(2 +=+===

Da mesma forma obtm-se que a reatncia capacitiva da linha 140 pu.

Sabendo que as bases do sistema no gerador so 13,8 kV e 100 MVA, a reatncia do gerador

em pu :

puohmsXZohmsXpuX B 50,29044,1/76,4]100/8,13/[)]([/)]([)(2 ====

A reatncia em pu do gerador pode tambm ser obtida diretamente a partir do valor em de

0,30 pu na base dos valores nominais do gerador. Neste caso:

gerB

sistB

sistB

sistB

gerB

gerB

sistB

gerBG SSSVSVZZpuX /30,0]/)/[(]/)[(30,0/30,0)(

22 ===

A equao acima resulta no mesmo valor que 2,5 pu para a reatncia do gerador. A reatncia

do transformador pode ser encontrada com uma equao semelhante, ou seja:

puZZpuX sistBtransfBT 467,015/10007,0/07,0)( ===

A carga em pu pode ser obtida simplesmente como:

pujjpuS )0341,008,0(100/)41,38()( +=+=

A correspondente tenso de operao na barra de carga ento:

pukVkVpuV 957,0)8,13/()2,13()( ==

5

j4,76 j0,889 j22,2(21,6+j45)

-j6670 -j6670

7,97kV/39,8kV 39,8kV/7,97kV

(2,67+j1,14)MVA

V=7,62kV

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O controle da tenso nas mquinas sncronas atua na tenso dos terminais. A

velocidade de resposta do controle ajustada de tal forma para que ele no atue em situaes

de perturbaes de curta durao, tais como curtos circuitos e estabilidade transitria. Assim

durante eventos de curto circuito e estabilidade transitria o valor da tenso interna vipermanece constante, portanto o modelo de mquina sncrona nestas situaes se comporta

como mostra a figura 4.0 (A). Por outro lado em situaes normais de operao, a atuao docontrole precisa, fazendo com que a tenso vg permanea praticamente constante, portanto

em situaes normais de fluxo de potncia o modelo das mquinas sncronas se comporta

como mostra afigura 4.0 (B), ou seja, simplesmente uma fonte de tenso.

Linhas de transmisso.

O modelo mais adequado para linhas de transmisso o circuito conforme mostra a

figura 4.1. A impedncia sriezp composta pela resistncia hmica e pela reatncia indutivados condutores. A impedncia em paralelo zp composta pela resistncia hmica do

isolamento dos condutores e pela reatncia capacitiva dos condutores. Ao contrrio do que

ocorrem com mquinas sncronas, os valores estimados em projetos de linhas de transmisso

so bastante precisos, mesmo assim um procedimento normal a medio prtica dosparmetros das linhas de transmisso.

Fig. 4.1

Quando estimado em projeto, o modelo de linhas de transmisso mostrado na figura

4.1, no caso de linhas areas ele preciso para distncias da ordem de 200 km. Se a linha tem

extenses superiores a 200 km, ou se deseja uma grande preciso nos resultados, utiliza-se

diversos mdulos em srie, ou ento utiliza-se equivalentes determinados atravs de

equaes diferenciais.

Transformadores.Os parmetros de transformadores so determinados atravs de ensaios pois os valores

calculados em projetos no so suficientemente precisos. Os ensaios so feitos a vazio e sob

curto circuito.As impedncias de transformadores de dois enrolamentos ocorrem em ambos lados,

entretanto normalmente as impedncias so referidas em um dos lados onde so

representadas. A figura 4.2 mostra o circuito equivalente de um transformador de dois

enrolamentos.

Fig. 4.2

7

zp

zp

z

zp

R1/R

2

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A impedncia srie do eqivalente de transformadores normalmente so valores muito

menores que a impedncia paralela. As resistncias hmicas, tanto da impedncia srie quanto

da paralela so muito menores que a reatncia indutiva.

O efeito indutivo da impedncia srie de transformadores denominado de reatncia

de disperso e o efeito resistivo provocado pela denominada "perdas no cobre". O efeitoresistivo da impedncia paralela provocado pela denominada "perdas no ferro".

Em diversas aplicaes despreza-se a representao da impedncia paralela de, o que

eqivale a desprezar os efeitos da corrente de excitao. Neste caso o modelo ainda mais

simples, conforme mostra a figura 4.3.

Fig. 4.3

O ensaio de transformadores em vazio determina a corrente de excitao e

consequentemente permite a avaliao aproximada da impedncia paralela, enquanto que o

ensaio sob curto circuito permite a avaliao aproximada da impedncia srie. Entretanto os

resultados conjunto dos dois ensaios permitem a avaliao precisa das duas impedncias.

A figura 4.4 mostra a configurao dos ensaios a vazio e em curto circuito. Os

resultados dos ensaios, valores de tenso e correntes com o transformador a vazio e em curto

circuito, permitem a avaliao dos parmetros dos transformadores. Tendo em vista os

ensaios, as impedncias srie e paralela recebem tambm os nomes de impedncia de curto

circuito e impedncia a vazio.

Fig. 4.4

Carga.

O valor da potncia dos consumidores denominada como carga. A carga pode ser deum nico consumidor ou de uma regio. A maneira mais comum de representar cargas, tanto

ativa quanto reativa, atravs do modelo de potncia constante ou em outras palavras

)( 0vfS = . Outros modelos de cargas so corrente constante ou )( 1vfS = e impedncia

constante ou )( 2vfS = . Existem ainda outros modelos mais complexos tais como cargas

modeladas por polinmios.

O modelo da carga pode ser obtido atravs de medies em regime normal ou durante

distrbios. Os distrbios de tenso so aproveitados para obter dados sobre o comportamento

dinmico da carga em funo da tenso. O comportamento esttico pode ser determinado em

casos de racionamento.

8

T/T

i

v

i

v

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A carga normalmente tem comportamentos cclicos. Como por exemplo o ciclo dirio,

o ciclo semanal e o sazonal. A figura 4.5 mostra o ciclo dirio tpico da carga ativa de uma

regio predominantemente residencial.

Fig. 4.5

A carga reativa pode ter um comportamento um pouco diferente da carga ativa. O

fator de potncia das cargas na maioria atrasado e varia de 0,80 a 0,95. As cargas industriais

tm normalmente fator de potncia mais baixo do que as cargas residenciais.

5 - Eqivalente de transformadores

A representao de transformadores atravs de impedncias e relaes de

transformao pode ser substituda por circuitos eqivalentes. A remoo da relao de

transformao pode ser tambm obtida pela representao em pu quando as tenses dos

transformadores coincidem com as tenses de base. Entretanto esta coincidncia pode no

existir e nestes casos a nica soluo atravs do circuito eqivalente.

A figura 5.0 mostra uma representao tpica de transformadores e tambm ocorrespondente circuito eqivalente.

Fig. 5.0

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MW

T/Ti1i2

v1

v2

v3

a

b c

i i

v1

v2

24h0h

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Do circuito representando o transformador, denominando 21 /TTT = , obtm-se as

seguintes relaes:

Tii /21 = 5.0

Tvv = 31 5.1

21232 / izTvizvv == 5.2

Do circuito eqivalente pode-se obter as seguintes relaes:

aicavcviavv 222221 )/1()/( ++=++= 5.3

aibavbviavv 111112 )/1()/( +== 5.4

Comparando as equaes 5.2 e 5.4 obtm-se:

Tza = 5.5

e tambm que:

)1/(2 TTzb = 5.6

A equao 5.2 pode ser reformulada como:

TizTvv 221 += 5.7

Comparando-se as equaes 5.7 e 5.3 pode-se concluir que:

)1/( = TTzc 5.8

Exemplo 5.0 - Determinar o diagrama de impedncias do exemplo 3.0 utilizando equivalentespara os transformadores.

Soluo - A figura 5.0.0 mostra o diagrama de impedncias do transformador elevador.

Fig. 5.0.0

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j0,889

7,97kV / 39,8kV

M N

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Comparando-se as figuras 5.0.0 com a figura 5.0 utilizada para deduzir as equaes do

circuito eqivalente, percebe-se que a barra M eqivale a barra 2 e a barra N eqivale a

barra 1. Portanto kVT 8,391 = e kVT 97,72 = , o que significa que

99,4/ 21 == TTT

44,4jTza ==

55,5)1/(2 jTTzb ==

11,1)1/( jTTzc ==

No caso do transformador abaixador, tem-se que 200,0=T , e consequentemente: 44,4ja = ,11,1jb = e 55,5jc = . A figura 5.0.1 mostra o diagrama de impedncias em ohms utilizando

o eqivalente de transformadores.

Fig. 5.0.1

Exemplo 5.1 - Determinar o diagrama de impedncias do sistema em pu da figura,empregando uma base de potncia de 100 MVA e 13,2 kV no lado de baixa tenso dostransformadores. Considere que um dos transformadores esteja conectado no tap de 135 kV e

o outro no tap nominal. Os transformadores so de 25 MVA, 138 kV/ 13,8 kV, e cada um tem

reatncia de disperso de 6,5 %. A fonte supridora tem uma reatncia eqivalente de 17%, na

tenso de 132 kV e 200 MVA. A carga de 30 MVA com fator de potncia de 0,98 em

atraso.

Fig. 5.1.0

Soluo - A tenso de base no lado de baixa dos transformadores de 13,2 kV, portanto a

tenso de base no lado de alta de 132 kV. As reatncias em pu dos transformadores so:

284,0)100/2,13/()25/8,13(065,0/065,0)( 22 === sistBtransfBT ZZpuX

A reatncia da fonte supridora :

11

s = 2,67+j1,14j4,76 j4,44 j4,4421,6+j45

-j6670-j6670

V= 7,62 kV-j5,55

j1,11j1,11

-j5,55

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085,0)100/132/()200/132(17,0/17,0)( 22 === sistBfonteBF ZZpuX

As relaes de transformao em pu dos transformadores so respectivamente:

045,1/023,1)2,13/8,13/()132/135()/8,13/()/132()(1 ===baixaB

altaB VVpuT

045,1/045,1)2,13/8,13/()132/138()/8,13/()/138()(2 ===baixaB

altaB VVpuT

A carga ativa em pu do sistema :

294,0/98,030)( == sistBSpuP

O fator de potncia em atraso implica que as potncias ativa e reativa tm o mesmo sinal,

ento:

060,0100/))98,0(arccos(30)( == senpuQ

A figura 5.1.1 mostra o diagrama de impedncias em pu. No circuito da figura, somente

podem ser removidas as relaes de transformao unitrias.

Fig. 5.1.1

A relao de transformao do transformadorT2 unitria e, portanto, pode ser removida sem

alterar o comportamento do circuito, enquanto que a do T1 s pode ser removida aorepresent-la como um circuito eqivalente.

Comparando-se as figuras 5.1.1 com a figura 5.0 conclui-se que o lado de alta do

transformador T1 corresponde com a barra 1 da figura 5.0 e que 979,0045,1/023,1 ==T ,assim de acordo com as equaes 5.6, 5.9 e 5.7 tem-se que:

278,0979,0284,0 jjTza ===

0,13)979,01/(979,0284,0 2 jjb ==

2,13)1979,0/(979,0284,0 jjc ==

12

j0,085

s = 0,294 + j0,060

j0,284

j0,2841,045/1,045

1,023/1,045

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A figura 5.1.2 mostra o diagrama de impedncias em pu na sua forma clssica.

Fig. 5.1.2

6 - Bancos de transformadores

Denomina-se como banco de transformadores um conjunto de trs unidades

monofsicas constituindo um transformador trifsico. A utilizao de banco de

transformadores vivel em casos especiais ou nos casos de transformadores com potncias

muito elevadas.

As caractersticas dos bancos, tais como tenso, potncia e impedncias, so referidas

s unidades monofsicas. Desta forma ao se avaliar os diagramas de impedncia de sistemas

com bancos de transformadores, o primeiro passo a determinao das caratersticas dotransformador trifsico eqivalente, conforme mostrado no exemplo a seguir.

Exemplo 6.0 - Determinar o diagrama de impedncias em pu de um banco detransformadores constitudo de unidades monofsicas. O lado de alta do transformador

ligado em delta e o lado de baixa em Y aterrado. Cada unidade monofsica de 50 MVA,

230kV/79,7kV e reatncia de disperso de 5,1%. Adotar uma base de 100 MVA e 138 kV no

lado de baixa do transformador trifsico eqivalente.

Soluo - A potncia do transformador trifsico eqivalente a soma das trs unidadesmonofsicas, ou seja, 150 MVA.

O lado de alta do transformador trifsico est conectado em delta, portanto a tenso entre as

fases neste mesmo lado corresponde a tenso da unidade monofsica que de 230 kV,

conforme mostra a figura 6.0.1.

O lado de baixa do transformador est conectado em Y, portanto a tenso entre as fases de

1387,793 = kV. Portanto a relao de transformao do transformador equivalente de

230 kV / 138 kV.

13

0,278

j13,0-j13,2

0,284

j0,085s = 0,294 + j0,060

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Fig. 6.0.1

Portanto a reatncia em pu do transformador trifsico :

0340,0)100/138/()150/138(051,0/051,0 22 === sistBtransfB

ZZX

7 - Transformadores de trs enrolamentos

Os transformadores de dois enrolamentos tm potncias idnticas em ambos terminais.

Enquanto que os transformadores de trs enrolamentos podem ter potncias distintas em cada

um dos terminais. Os transformadores de trs enrolamentos em subestaes com mais de dois

nveis de tenso.

Da mesma forma que nos transformadores de dois enrolamentos, a determinao das

impedncias de disperso se faz atravs de ensaios com um dos terminais em curto circuito.

Os terminais dos transformadores de trs enrolamentos so denominados de primrio,

secundrio e tercirio e os respectivos ensaios permitem a determinao das seguintes

impedncias de disperso:

zps = impedncia medida no primrio com o secundrio em curto circuito e o

tercirio em aberto

zpt= impedncia medida no primrio com o tercirio em curto circuito e osecundrio em aberto

zst= impedncia medida no secundrio com o tercirio em curto circuito e oprimrio em aberto

Fig. 7.1.1

14

230 kV 138 kV

p s

t

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O modelo do circuito monofsico eqivalente em pu de transformadores de trs

enrolamentos deve conter pelo menos trs ns correspondentes a cada um dos terminais.

Assim, o modelo eqivalente pode ser um circuito You . A figura 7.1.1 mostra o circuito Yeqivalente, que o que permite uma formulao mais simples.

Ao simular o ensaio da medio da impedncia psz no circuito Y eqivalente da

figura 7.1.1 obtm-se que:

spps zzz += 7.0

De maneira similar obtm-se as duas seguintes equaes:

tppt zzz += 7.1

tsst zzz += 7.2

Das equaes 7.0, 7.1 e 7.2 pode-se determinar as impedncias do circuito Yeqivalente do transformador de trs enrolamentos, portanto:

2/)( stptpsp zzzz += 7.3

2/)( ptstpss zzzz += 7.4

2/)( psstptt zzzz += 7.5

Exemplo 7.0 - Determinar as impedncias de um transformador de 3 enrolamentos cujosdados so %94,8=ptX , com primrio em 69 KV, tercirio em 13,8 kV e potncia de 10,0

MVA; %53,5=psX , com primrio em 69 kV, secundrio em 34,5 kV e potncia de 10,0

MVA; %43,3=stX , com secundrio em 34,5 kV, tercirio em 13,8 kV e potncia de 10,0

MVA.

Soluo - Os dados de impedncias se referem a uma mesma potncia de base igual a 10,0

MVA. Adotando uma potncia de base, para o diagrama em pu, de 100 MVA e uma tenso de

base de 69 kV no primrio tem-se que:

552,010/100)0343,00553,00894,0(5,0 =+=pX pu

001,010/100)0894,00343,00553,0(5,0 =+=sX pu

342,010/100)0553,00343,00894,0(5,0 =+=tX pu

15

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8 - Exerccios

Exerccio 8.1 - Determinar o eqivalente , conforme mostra a figura, de um transformadorcuja relao de transformao ttt =21 / um valor complexo. Sabe-se que nestes casos

31 vtv = e que 1*

2 iti = .

Exerccio 8.2 - (Prova ASP 31mar00) Determinar os valores de a, b e c do circuito da figura

abaixo. As grandezas a, b e c se referem ao circuito eqivalente de um transformador com

tap fora do nominal.

Exerccio 8.3 - (Prova ASP 31mar00) Um transformador de 3 enrolamentos tem os seguintesdados: primrio em Y, 6,6 kV e 15 MVA; secundrio em Y, 33 kV e 10 MVA; tercirio em ,

2,2 kV e 5 MVA. As impedncias so calculadas atravs de testes em curto circuito. Os

valores medidos no lado primrio foram 232,0jzps = e 290,0=ptz . O valor medido no

secundrio foi 70,8jzst = . Calcule as impedncias do circuito estrela eqivalente na base

de 15 MVA, e 6,6 KV no primrio.

Exerccio 8.4 - (Prova ASP 27abr01). - Desenhar o diagrama trifsico representando asrespectivas impedncias hmicas do sistema da figura. A fonte geradora equivalente est

conectada em estrela aterrada e no contem reatncias mtuas. A impedncia da linha de

transmisso dada pela matriz [zS].

[ ]

=

00,150,050,0

50,000,150,0

50,050,000,1

jjj

jjj

jjj

zs /km

16

t/ti1i2

v1

v2

v3

a

b c

i i

v1

v2

z a

b c

A : 1.0

8/6/2019 Pu04

17/19

Exerccio - 8.5 - (Prova 21mai1996) - Determinar o diagrama de impedncias e acorrespondente matriz de admitancia. Use base de 13.8kV e 100MVA na barra de gerao.

Exerccio 8.6 - (prova de 21mai1996) - Determinar as impedncias de cada um dos elementosdo circuito da figura. A matriz [z] corresponde a matriz de impedncias de barras obtida

atravs da inverso da matriz de admitancia.

[ ]

=

7137,06774,06290,0

6774,07548,06591,0

6290,06591,06898,0

jjj

jjj

jjj

z

Exerccio 8.7 - (Prova de 21mai1996) - Determinar o equivalente do circuito da figura,sabendo que )()/()cosh( lsenhzvlii crrs += e )()()cosh( lsenhzilvv crrs += , onde cz

a impedncia caracterstica da linha, a constante de propagao e l o comprimento da

linha de transmisso. Determinar tambm a correspondente matriz de admitancia do circuito

.

17

~

138kV/230kV

100MVAX = 7,0%

100km138kV

100MVA

X = 20%

13,2kV

60MVAX = 30%

~

135kV/13,2kV

50MVA

X = 6,0%

97,0km

XL = 0,4/km

XC

= 280k*km

13,2kV/132kV

50 MVA

X = 5%

5,0 km

R = 1,05/km

XL

= 0,4/km

XC

= 280k*km

2 MW

fp=0,85

atrasado

35 MVAfp=0,98

adiantado

1 2 3

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18/19

Exerccio 8.8 - (prova 23abr2004) - Conhecendo a equao matricial, na forma [y][v] =[(s/v)*], reconstitua o sistema da figura. A tenso de base 13,8 kV no gerador e a potncia

de base do sistema ??.

=

+

+

05,8482,0

0

0,28025,1951,2312,1983,2312,10

983,2312,1764,10312,1813,7

0813,7479,9 1

2

1 i

v

v

jj

jjj

jj

Exerccio 8.9 - (prova 23abr2004) - Determinar a equao matricial na forma

[ ] [ ] [ ]*)/( vsvy = do circuito da figura abaixo. Utilize como base, na barra 2, tenso de 220

kV potncia de 100 MVA. As linhas de transmisso tem kmR /1,0 = , kmXL /5,0 = ekmkXC /250 = . Comentar tambm como seria resolvido o problema no caso em que o

transformador entre as barras 4 e 3 tivesse relao de 345kV/220kV.

18

si

ri

rv

sv

si

sv

rv

ri

~ ?? kmR = ?? /km

XL = 0,5

/kmX

C= ?? kxkm

13,8 kV / 138 kV

50 MVA

X = ?? %

Carga

?? MW

fp = ??

1 2 313,8 kV

50 MVA

X = 30 %

220kV/330kV

X=6%

450MVA

0,6GVA

fp=0,95 (adiantado)

600MW

fp=0,96 (atrasado)220 kV 200km

200km

230kV/345kV

X=5%

400MVA

1

2

4

3

~

~

345kV

200km

200km

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19/19

Exerccio 8.10 - (prova23abr2004) - Determinar a matriz de admitncias do circuito da figura

abaixo. Utilizar como base parapu 100MVA e 13,8kV na barraA.

fim

19

13,8kV

120MVA

X=27,0%~

13,8kV/230kV

120 MVA

X = 8%

R = 1%140km

R = 0,081/km

XL=0,50/km

= *

~220 kV

500MVA

X=10%B C