Estabilidade
Transitória
Revisão em janeiro 2003.
1 Introdução
A geração de energia elétrica dos sistemas de potência é constituída de máquinas síncronas. que operam com uma determinada freqüência. O sistema brasileiro opera na freqüência de 60 Hertz.
A freqüência do sistema depende do equilíbrio entre as potências da geração, carga e perdas no sistema. Quando a potência da geração é menor que a solicitada, a freqüência do sistema tende a diminuir ou se a potência da geração é maior que a solicitada a freqüência do sistema tende a aumentar. A freqüência dos sistemas elétricos é controlada através da geração pois a carga pode aumentar ou diminuir aleatoriamente. Tendo em vista que é impossível controlar a freqüência exatamente em 60 Hertz, na prática se estabelece uma faixa de tolerância da ordem de 0,1%. O controle do sistema atua na geração impedindo que a freqüência exceda a faixa de tolerância. Entretanto podem ocorrer distúrbios no sistema que causam variações na freqüência.
Distúrbios nos sistemas elétricos podem provocam variações na freqüência que podem causar interrupções de fornecimento. A maioria das cargas podem operar em amplas faixas de freqüências o que não ocorre com geradores sincronizados.
A estabilidade de sistemas elétricos normalmente é classificada em dois tipos:
estabilidade com pequenas e grandes variações de freqüência. O estudo de estabilidade
com pequenas variações de freqüência é também denominado de estabilidade dinâmica enquanto que os estudo de estabilidade com grandes variações de freqüência é denominado de estabilidade transitória. O tratamento matemático para os dois tipos de estabilidade é bastante distinto.
O fenômeno mais comum que provoca grandes variações de freqüência é o curto circuito. O aumento ou a redução brusca de grandes blocos de carga podem também provocar grandes variações na freqüência do sistema. A solução matemática para a estabilidade transitória é conseguida através de solução numérica de equações diferenciais. A solução analítica pode ser conseguida para um número restrito de geradores, assim a solução analítica somente é aplicada em alguns casos específicos.
Os problemas de estabilidade com pequenas perturbações ocorrem em sistemas com extensas linhas de transmissão ou sistemas extremamente carregados. Sistemas que operam próximos dos limites de capacidade podem apresentar problemas de estabilidade com pequenas perturbações. A solução matemática pode ser alcançada através de linearizações, facilitando desta forma as soluções analíticas. Um exemplo de estabilidade com pequenas perturbações é o caso do estudo do limite de transporte de potência em função do defasamento angular.
2 - Limites de capacidade de transporte
As linhas de transmissão de corrente alternada tem um limite definido de capacidade de transporte em função do defasamento angular. A determinação deste limite pode ser conseguido mesmo com representações bastante simplificadas.
Um sistema tão simples quanto o de duas barras pode mostrar claramente o fenômeno do limite de capacidade de transporte de sistemas de corrente alternada. Um sistema de duas barras com um gerador e um motor síncrono é suficiente para demonstrar o problema. A figura 2.2 mostra um sistema com duas barras e o correspondente diagrama de impedâncias.
Figura 2.1
Na figura 2.1 assume-se que tanto o gerador quanto o motor tem potência reativa para manterem constantes as tensões em seus terminais. De acordo com a figura 2.1 o fluxo de potência do gerador para o motor pode ser dado por:
* * 2 * * * ( ) gm m g g gm m g g gm g gm z v v v z v v v i v s = = − = −
Desprezando a parte resistiva da impedância obtém-se:
~
~
G M
~
~
gm gm m g m g m g g gm jX P jQ j v v v s = + − − + − × − = ((cos( ) sen( )) 2 θ θ θ θ
O fluxo de potência ativa pode então ser dado por:
X sen V V
Pgm = g m (θ gm)
A figura 2.2 mostra a representação gráfica da equação acima, onde Pmax = VgVm /X .
O gráfico mostra que existe um limite para o transporte de potência e o limite ocorre quando o defasamento angular atinge 90°.
Figura 2.2
A figura 2.3 mostra o diagrama fasorial do sistema. Através do diagrama fasorial e do diagrama de transferência de potência pode-se analisar a estabilidade do sistema.
Figura 2.3
O diagrama fasorial mostra que a tensão do motor está atrasada com relação a tensão do gerador. Suponha que num dado momento a carga do motor sofre um pequeno acréscimo, fazendo com que o motor gere um pouco mais lento o que ocasiona um aumento no defasamento angular.
A figura 2.4 mostra que, coma perturbação, o defasamento que era θ 0 passa para θ 1 . O acréscimo do defasamento provoca um acréscimo na transferência de potência o que tende a equilibrar a perturbação. Portanto o sistema é estável.
Figura 2.4
A figura 2.5 mostra que com a mesma perturbação o sistema não é estável.
Figura 2.5
Conclui-se assim que os sistemas são estáveis quando operam com defasamentos menores que 90° e instáveis quando operam com defasamentos superiores a 90°, conforme mostra a figura 2.6.
Figura 2.6
Exemplo 2.1 - Uma carga é suprida através de uma linha de transmissão de 1000 km,
com reatância de 0,5 ohms/km. O sistema supridor opera na tensão de 138kV e tem reatância desprezível. Supondo que a carga se comporte como u motor síncrono operando com tensão de 138kV, determine a máxima potência que pode ser transmitida.
Solução - Adotando uma base de 100 MVA para a potência e 138kV para a tensão a reatância conectando o gerador e o motor é:
625 , 2 100 / 138 1000 5 , 0 2 = × = gm X
A máxima potência que pode ser transferida é então: 381 , 0 625 , 2 / 1 max = = P
Sabendo que a potência de base do sistema é de 100 MVA então a máxima potência que pode ser transferida é de 38,1 MW.
3 - Freqüência de sistemas isolados
Os sistemas de pequeno porte podem ser analisados através de equações simples de movimento rotacional. No caso de movimento linear, a equação que relaciona força e aceleração é:
a M
F = ×
e no caso de movimento rotacional a equação equivalente é:
α × = I T
A equação acima multiplicada pela velocidade angular ω resulta em:
α ω
Sabendo que a aceleração é equivalente a derivada da velocidade angular, então:
dt d I P= ω ω
A equação que relaciona a freqüência e a velocidade angular é:
f
π ω = 2
Em estudos de estabilidade normalmente se utiliza a constante H ao invés do momento
de inércia I. A constante H é definida como a razão entre a energia cinética em
MegaJoule pela potência nominal da máquina em MVA, assim:
S I S E H s /2 2 ω = =
onde S é a potência nominal da máquina em MVA e ω s a correspondente freqüência nominal. A constante H de geradores é um valor aproximadamente entre 2 e 5 MJ/MVA. Os geradores acionados por turbinas hidráulicas tem valores de H menores que os geradores acionados por turbinas a vapor.
Exemplo 3.1 - Um gerador de 5 MVA, de 60 Hz e com constante de inércia H igual a 3
MJ/MVA, supre uma carga de 3 MW. Num dado momento a carga aumenta para 4 MW. Calcule a freqüência após 1 segundo.
Figura 3.1.1
Solução (A)- (método numérico) - A relação entre a constante H e a energia cinética é:
2 / 2 s I H S× = ×ω
Adotando como base de potência 5 MVA, então o momento de inércia também na base de 5 MVA é dado por:
5 2 2 4,222 10 3 1 2 2 − × = × × = × = s s H S I ω ω
A perturbação no sistema é o aumento da carga. Supondo que a potência que aciona o gerador permanece constante durante a perturbação, o aumento da carga provoca uma desaceleração do sistema. A potência desacelerante em pu do sistema é:
2 , 0 5 / ) 3 4 ( − = = ∆P Sabendo que: 2 , 0 = = ∆ dt d I P ω ω
e conhecendo a constante de inércia então:
ω ω ω = − 0,2 = − 4737 I t d d
Em termos incrementais, a equação acima é dada por:
ω ω = − 4737
∆ ∆
t
Adotando um intervalo de tempo ∆ t= 0,2 segundos e conhecendo a velocidade angular inicial de 60 Hz, então: t ∆ − = ∆ + = 0 0 (4737/ ) 1 ω ω ω ω ω
onde ω 0 = 2π × 60= 377. A tabela abaixo mostra os passos da solução numérica. Iterações
tempo (segundos) ∆ω (rad/s) ω (rad/s)
0,0 0,0 377 0,2 -2,513 374,487 0,4 -2,530 371,957 0,6 -2,537 369,410 0,8 -2,565 366,845 1,0 -2,582 364,263
Assim , para t = 1 segundo ω = 364,3rad/s ou f = 364,3/(2π )= 57,97Hz
Solução (B) -(método analítico) - A solução analítica pode ser obtida através
simplificações. Como a variação da freqüência é relativamente pequena, supõe-se que a desaceleração é constante, assim:
π ω
α = − 4737 ≈ −4
t
α ω ω = 0 +
Portanto tem-se que:
4 , 364 4 377− × = = π t ω
O que eqüivale em termos de freqüência a 58,00 Hz.
4 - Estabilidade transitória
A estabilidade transitória envolvendo reduzido número de máquinas pode ter soluções analíticas.
Entretanto o problema generalizado somente pode ser analisado através de métodos numéricos.
O fenômeno da estabilidade transitória pode ser entendido através da análise de um sistema com apenas duas barras, onde uma delas é uma barra infinita. Uma barra infinita tem tensão, freqüência e defasamento angular constantes para qualquer perturbação que ocorra no sistema. A outra barra pode conter um gerador ou um motor, com tensão fixa, mas com defasamento angular dependente das condições do sistema. Portanto o ângulo de defasamento do gerador ou motor pode oscilar com relação a barra infinita.
Figura 4.1
A figura 4.1 mostra o diagrama de impedâncias de um motor síncrono e um sistema representado por uma barra infinita. A equação de transferência de potência elétrica do sistema para o motor, no caso em que os módulos das tensões de ambas barras são unitários e desprezando a parte resistiva da impedância, pode ser dada por:
sm sm sm senX
P = (θ )
O motor elétrico aciona uma carga mecânica cuja potência é Pm e a freqüência
elétrica. No caso de presença de distúrbios o motor acelera ou desacelera provocando mudanças na freqüência consequentemente alterando também o defasamento θ entre o sistema e o motor. Dependendo do distúrbio, das condições iniciais do sistema e dos parâmetros do sistema, a freqüência pode-se estabilizar ou não.
Após um distúrbio, se a freqüência reduz ou aumenta sem condições de permanecer constante, o sistema entra em instabilidade. Por outro lado se a freqüência oscila, o sistema pode ser estável. Ao invés de se referir a freqüência o problema da estabilidade pode ser analisado através do comportamento do defasamento angular.
Figura 4.2
A figura 4.2 mostra o diagrama fasorial das tensões do sistema e do motor. A tensão Vm
do motor está atrasada com relação a tensão Vs do sistema. O sentido do giro dos fasores
é anti-horário e a freqüência é de 60 Hz. Como Vs é a tensão da barra infinita ele gira
com freqüência constante. Quando ocorre perturbações Vm gira com velocidades
diferentes de 60 Hz alterando então o deslocamento angular θsm entre os dois fasores.
Denominando como β o ângulo em um instante qualquer e ωs a velocidade síncrona do
sistema que é constante, então:
t s
ω θ β = +
A velocidade angular da máquina pode ser determinada como:
s s dt d dt t d dt d ω θ ω θ β ω = = ( + ) = +
A partir da equação acima a aceleração da máquina pode ser determinada em função do deslocamento fasorial θ, assim:
2 2 2 2 dt d dt d β θ α = =
Levando em conta distúrbios de potência ∆P no sistema, a equação de oscilação é:
P dt d I 22θ = ∆ ω Vs Vm
Na equação acima, se ∆P for positivo a aceleração é positiva e a tendência da máquina é
aumentar de velocidade com relação a barra infinita, ou se for negativo a aceleração é negativa e a tendência da máquina é reduzir a velocidade com relação a barra infinita. O valor de ∆P que determina se a máquina permanece em repouso ou se altera sua
velocidade com relação a barra infinita é:
eletrica mecanica P P
P= −
∆ ou ∆P= Peletrica − Pmecanica
O deslocamento angular entre a barra infinita e a máquina, como por exemplo θsm, pode
ser representado como simplesmente θm ao se considerar a barra infinita como 0,0°.
Exemplo 4.1 - Um motor ligado a uma barra infinita consome 60 MW e num
determinado momento sua carga se reduz para 50 MW. Verificar a estabilidade do sistema.
Figura 4.1.1
Solução - Adotando uma potência de base de 100 MVA, a equação de transferência de
potência elétrica da barra infinita para o motor é:
6 , 0 3 , 0 ) ( = − = s m elet sen P θ θ
Adotando a barra infinita como referência com ângulo de 0,0°, nas condições iniciais o defasamento angular do motor é:
° 37 , 10 ) 3 , 0 6 , 0 ( 0− θ m = arcsen × =
Portanto antes da perturbação o defasamento angular do motor é de -10,37°. Nas condições iniciais o motor absorve uma potência elétrica de 60 MW e sua carga mecânica é de 50 MW. Isto quer dizer que o motor se acelera após o distúrbio consequentemente reduzindo o defasamento angular. Considerando o defasamento angular inicial do motor como -10,37°, portanto o valor de ∆P na equação de oscilação
é positivo e igual a: 5 , 0 3 , 0 ) 0 ( − − = − =
Muito tempo após o distúrbio, a potência elétrica provavelmente entra em equilíbrio com a potência mecânica, assim o defasamento angular do motor é:
° 63 , 8 ) 3 , 0 5 , 0 ( 0− θ m = arcsen × =
A figura 4.1.2 mostra o gráfico do comportamento do motor.
Figura 4.1.2
No gráfico os ângulos estão com valores positivos para se evitar que se desenhe o gráfico de forma invertida. O motor se encontra em uma região estável, com isso ele tenderá a se recompor.
A transição do angulo de -10,37° para -8,63° pode ser determinada através da solução numérica da equação de oscilação.
A constante de inércia do motor pode ser obtida através de: 2 / 2 s I H S× = ω Assim: 015915 , 0 377 / 3 1 2 / 2× × = × × = = s sI S H ω ω
Portanto a equação de oscilação do motor é:
5 , 0 3 , 0 ) ( 015915 , 0 22 2 2 2 2 − − = = ≈ ω θ θ θ θ ω sen dt d dt d I dt d I s
A equação de oscilação, que é de segunda ordem, pode ser decomposta em duas equações de primeira ordem:
Motor Acelera
Motor Desacelera
Motor fica Oscilando 0,6
0,5
8,63° 10,37°
P
W dt dθ = e = 209,4× sen(−θ )− 31,4 dt dW
O sistema de equações acima pode ser resolvido através de equações incrementais, onde:
t sen
W = × − − × ∆
∆ (209,4 ( θ ) 31,4)
onde Wn+1= Wn + ∆W , sabendo que W0 = 0,0. A velocidade W é a velocidade relativa a velocidade da barra infinita ω s.
Da mesma forma:
t W× ∆ = ∆θ
onde θ n 1+ = θn + ∆θ , sabendo que θ 0 = −10,37°.
Adotando ∆t= 0,05segundos, então ∆W = (209,4× sen(10,37°)− 31,4)× 0,05= 0,3146 , assim W1= 0,0+ 0,3146= 0,3146.
Com relação ao ângulo do motor ∆θ = W × ∆t = 0,3146× 0,05= 0,01573rd = 0,90°, assim θ1= θ0 + ∆θ = −10,37° + 0,90= 9,47°.
A tabela abaixo e a figura 4.1.3 mostram a solução da equação de oscilação.
Tempo (seg) ∆W ( rad / s) W ( rad /s ) ∆θ ( graus ) θ ( graus )
0,000 0,000 0,000 0,000 -10,370 0,05 0,314 0,314 0,9 -9,47 0,10 0,152 0,466 1,33 -8,14 0,15 -0,0885 0,378 1,08 -7,06 0,20 -0,284 0,094 0,269 -6,79 0,25 -0,333 -0,239 -0,685 -7,48 segundos -11 -10 -9 -8 -7 -6 0 0.1 0.2 0.3 angulo
Figura 4.1.3
A tabela mostra que o ângulo do motor oscila desde -10,37° até -6,79°. Se houvesse amortecimento na equação de oscilação, o ângulo do motor tenderia para o valor de -8,63°, que é o ponto de equilíbrio após a perturbação. Conclui-se assim que o sistema é estável.
No tempo de 0,10 segundos a freqüência do motor atinge o seu máximo valor e pode ser encontrada como f = (377+ 0,466)/(2π )= 60,08Hz. O resultado mostra que o ângulo varia muito mas a freqüência varia pouco.
Exemplo 4.2 - O gerador fornece à barra infinita 10 MW. Num dado momento ocorre
um curto-circuito trifásico no ponto P. O curto circuito é eliminado em 10 ciclos, verifique a estabilidade do sistema.
Figura 4.2 1
Solução - O problema pode ser dividido em três estados, antes, durante e depois da
perturbação. A figura 4.2.2 mostra o diagrama de impedâncias do estado antes da
perturbação, adotando uma potência de base de 100 MVA e uma tensão de base de 6,9
kV no gerador.
Figura 4.2.2
O ângulo de defasamento do gerador antes da perturbação pode encontrado sabendo que 257 , 4 / ) ( 1 , 0 = senθ , assim: ° 2 , 25 ) 1 , 0 257 , 4 ( × = = arcsen θ
A figura 4.2.3 mostra o diagrama de impedâncias do estado durante a perturbação em outras palavras durante o curto circuito trifásico.
Figura 4.2.3 Sabendo que a impedância equivalente:
c c b c a b a ab z z z z z z z z = ( + + )/ e fazendo za = j2,533, zb = j1,724 e zc = 0,0, então zab = j∞ .
Portanto durante a perturbação o gerador transfere 0,0 MW de potência para a barra infinita entretanto a potência que aciona o gerador permanece constante, o que provoca uma aceleração no gerador. Assim a equação de oscilação durante a perturbação de 10 ciclos é: 0 , 0 1 , 0 2 2 − = ∆ = P dt d I θ ω
A figura 4.2 4 mostra o diagrama de impedâncias do sistema após a perturbação, cuja impedância de transferência é idêntica a impedância de transferência antes da perturbação.
Figura 4.2.4
Sabendo que existe uma transferência de potência do gerador para a barra infinita, então a equação de oscilação após a perturbação é:
257 , 4 ) ( 1 , 0 2 2θ θ ω sen dt d I = −
Sabendo que S× H = ω s2I/2, então o valor de Iω do gerador é: 002387 , 0 377 / 3 15 , 0 2× × = = ≈ I I ω s ω
A figura 4.2.5 mostra o diagrama fasorial das tensões.
Figura 4.2.5
Decompondo as equações de oscilação e adotando a formulação incremental, então:
Adotando o tempo incremental equivalente a 1 ciclo ou 1/60 segundos, a tabela abaixo mostra a solução numérica da equação de oscilação durante a perturbação.
Tempo(ciclos) ∆W (rad /s) W (rad /s) ∆θ (graus) θ (graus)
0 0 0 0 25,20 2 1,396 1,396 2,666 27,87 4 1,396 2,792 5,332 33,20 6 1,396 4,188 7,998 41,20 8 1,396 5,584 10,660 51,86 10 1,396 6,980 13,330 65,19
A equação de oscilação durante a perturbação mostra que a aceleração do gerador é constante, assim o defasamento angular θ pode ser encontrado através das fórmulas de
movimento, ao invés da solução numérica das equações diferenciais. Sabendo que:
2 2 0 + × t
= θ α θ
Como θ0 = 25,2°, α = 41,89 e t= 10/60 segundos, então:
° ° ° 180 58,54 2 ) 60 / 10 ( 89 , 41 2 , 25 + × 2 × = = π θ
O valor de 58,54° é mais preciso do que o valor de 65,19° encontrado pela solução numérica. Adotando-se um valor para o incremento de tempo menor que 1 ciclo, a precisão da solução numérica seria melhor.
15
A tabela abaixo mostra a solução numérica da equação de oscilação após a perturbação Neste caso a aceleração não é constante, portanto as fórmulas de equações de movimento não podem ser aplicadas.
Tempo(ciclos) ∆W (rad /s) W (rad /s) ∆θ (graus) θ (graus)
2 -1,401 5,581 10,66 69,2
4 -1,670 3,911 7,469 76,67
6 -1,795 2,116 4,041 80,72
8 -1,840 0,276 0,5271 81,25
10 -1,845 -1,569 -2,997 78,25
O processo foi interrompido no momento em que o ângulo de defasamento cessou de aumentar. Isto significa que o ângulo vai oscilar e assim o sistema é estável.
Exemplo 4.3 - (Stevenson 15.8 ) - Um gerador está fornecendo a potência nominal de
1,0 pu a uma barra infinita através de um circuito inteiramente reativo, quando ocorre uma falta que reduz a máxima potência de saída a 0,4 pu. Antes da ocorrência da falta, a potência máxima que pode ser transmitida é 2,0 pu e, após o seu isolamento, 1,5 pu. Se o isolamento ocorrer em 4,5 ciclos, esquematize acurva de oscilação desde t = 0 até t = 0,8 segundos, para intervalos de 0,05s. Considere H = 7 MJ/MVA. Adotar uma freqüência de 60 Hz. 0 20 40 60 80 100 0 10 20 30 ciclos
Solução - A equação de transferência de potência de potência é P= Pmax× sen(θ ). Antes da perturbação Pmax = 2,0 e P= 1,0, assim o valor do ângulo inicial de defasamento é θ0= arcsen(1,0/2,0)= 30,0°.
O valor de ω sI da equação de oscilação é dado por:
03714 , 0 377 / 7 0 , 1 2 / 2× × = × × = = s sI S H ω ω
Assim a equação de oscilação do sistema, em qualquer instante, é dada por:
) ( 1 03714 , 0 22θ Pmax senθ dt d × − =
O problema estabelece um tempo incremental de 0,05 segundos, o que eqüivale a 3,0 ciclos. Para compatibilizar a duração da falta de 4,5 ciclos, pode-se adotar um tempo incremental de 1,5 ciclos, o que eqüivale a 0,025 segundos, durante a ocorrência da falta.
Em termos de solução numérica, em qualquer instante, ∆θ = W× ∆t. Por outro lado, o valor de ∆W depende das situações ocorridas, tal como mostrado abaixo.
O resultado das iterações está mostrado na tabela abaixo.
Tempo ∆W (rad /s) W (rad /s) ∆θ (graus) θ (graus
0 0 0 0 30,000
0,025 0,539 0,539 0,772 30,772
0,050 0,535 1,074 1,539 32,311
a) Durante a perturbação de 4,5 ciclos:
equação de oscilação 0,03714 2θ2 1 0,4 sen(θ )
dt d × − = ∆t = 0,025 segundos
incremento de freqüência ∆W = (26,93− 10,77× sen(θ ))∆t
b) Após a perturbação até 0,8 segundos:
equação de oscilação 0,03714 2θ2 1 1,5 sen(θ )
dt
d = − ×
∆t = 0,050 segundos
0,075 0,529 1,603 2,297 34,608 0,125 0,200 1,803 5,164 39,772 0,175 0,055 1,858 5,322 45,094 0,225 -0,084 1,774 5,083 50,177 0,275 -0,205 1,569 4,496 54,673 0,325 -0,301 1,268 3,632 58,305 0,375 -0,372 0,896 2,567 60,872 0,425 -0,418 0,478 1,370 62,242 0,475 -0,441 0,037 0,107 62,349 0,525 -0,442 -0,405 -1,161 61,187 0,575 -0,423 -0,828 -2,372 58,815 0,625 -0,381 -1,209 -3,464 55,351 0,675 -0,315 -1,524 -4,365 50,986 0,725 -0,223 -1,747 -5,004 45,982 0,775 -0,106 -1,853 -5,308 40,673 0,825 0,606 -1,247 -3,572 37,100
O gráfico mostra a trajetória do ângulo de defasamento do gerador em função do tempo.
A freqüência do gerador no tempo 0,225 segundos é dada por: 28 , 60 ) 2 /( ) 774 , 1 0 , 377 ( + = = π f Hz
5 - Solução analítica da equação de oscilação
A equação de oscilação tem solução analítica quando o número de máquinas é pequeno. A solução clássica do problema é o caso de um sistema que pode ser equivalentado a uma máquina síncrona que oscila com relação a barra infinita, conforme mostra a figura 5.1 0.0 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 tempo angulo
Figura 5.1
A equação de oscilação do sistema mostrado na figura 5.1 pode ser representada como:
P dt
d I 22θ = ∆ ω
Multiplicando a equação acima por d /θ dtobtém-se:
dt d P dt d dt d I θ θ θ ω × = ∆ ×
A mesma equação pode ser equivalente a:
dt d P dt d dt d θ = ∆ × θ 2 2 1 Portanto:
∫
× ∆ × = θ P dθ dt d 2 2A máquina do sistema na figura 5.1 é estável se após as perturbações ocorridas 0 /dt= dθ , assim: 0 2 1 = × ∆
∫
θ θ θ d PNa equação acima P∆ representa o equilíbrio entre as potências elétrica e mecânica da máquina, portanto: 0 ) ( 2 1 = × −
∫
θ θ θ d P Pmecanica eletricaA representação dos estados durante e após o distúrbio, pode ser feita ao se didir a equação de estabilidade em duas ou mais partes. A figura 5.2 mostra o gráfico da potência em função do deslocamento angular.
Figura 5.2
Supondo um ângulo inicial θ0, θn como o término do estado durante o distúrbio
(início do estado após o distúrbio) e θmax como término do estado após o distúrbio, então a equação de estabilidade poder ser dada como:
0 ) ( ) ( max 0 = × − + × −
∫
∫
θ θ θ θ θ θ n n d P P d PPmecanica eletrica mecanica eletrica
ou ainda:
∫
∫
0( − )× = max( − )× θ θ θ θ θ θ n n d P P d PPmecanica eletrica eletrica mecanica
A equação de estabilidade envolve duas variáveis, θ e P, então a integral pode ser
interpretada como uma área com dimensões θ e P. Assim uma outra forma de apresentar
o problema de estabilidade é A1= A2. Por este motivo, o método em questão é também denominado de critério das áreas iguais.
Muitas vezes o valor de θmax não é conhecido, neste caso se existir uma área A que 2 seja igual A , então a máquina é estável. 1
Exemplo 5.1 - O gerador fornece à barra infinita 10 MW. Num dado momento ocorre
um curto-circuito trifásico no ponto P. O curto circuito é eliminado quando o ângulo de defasamento do gerador atinge 58,54o , verifique a estabilidade do sistema. A potência
de base é de 100 MVA e a tensão de base 6,9kV no gerador.
Solução - O problema pode ser dividido em 3 partes, antes, durante e após o distúrbio. Antes do distúrbio. Antes do distúrbio o gerador fornece 10MW a barra infinita:
pu MW
P0 = 10 = 0,1 Portanto o ângulo de deslocamento inicial é:
° 2 , 25 ) 1 , 0 258 , 4 arcsen( 0 = × = θ
Durante o distúrbio. Durante o distúrbio a potência mecânica que aciona o gerador
permanece como 0,1 pu e devido ao curto circuito trifásico no ponto mostrado a potência elétrica transmitida é Pelet = 0.0. A figura 5.1.1 mostra o gráfico da área A .1
Figura 5.1.1
Após o distúrbio. Após o distúrbio a potência mecânica que aciona o gerador permanece
ainda como igual a 0,1 pu, entretanto a potência elétrica transmitida é:
258 , 4 ) sen(θ = elet P Figura 5.1.2
A figura 5.1.2 mostra o gráfico do estado após o distúrbio. O eixo da potência mecânica cruza com a curva da potência elétrica no ângulo 180°-25,19°. Se dentro da área
marcada A existir uma área igual a 2 A , então o gerador é estável. Portanto se 1 A2 ≥ A1, então o gerador é estável.
Desta forma o problema da estabilidade pode ser resumido em:
∫
n − ≤∫
− n d d θ θ θ θ θ θ θ 0 max ) 1 , 0 258 , 4 ) sen( ( ) 0 , 0 1 , 0 (onde θ0 = 25,2°, θn = 58,75° e θmax = 180°− 25,19°. Resolvendo a equação verifica-se que: 0582 , 0 0 , 180 / ) 2 , 25 75 , 58 ( 1 , 0 1= × °− ° × π = A 1671 , 0 180 / ) 75 , 58 81 , 154 ( 1 , 0 258 , 4 ) 75 , 58 cos( ) 81 , 154 cos( 2 = − + − °− ° ×π = ° ° A
Portanto como A2 ≥ A1, então o gerador permanece estável.
Exemplo 5.2 - Com os dados do exemplo 5.1, determine qual a maior duração da falta
para que o sistema continue estável.
Solução – O máximo tempo de duração da falta pode ser determinado aumentando a
área A através do crescimento de 1 θn. A área A tem início em 25,21 ° e fim em θn e a área A tem início em 2 θn e fim em 154,81°.
O crescimento de θn implica na redução da área A . Portanto existe um 2 θn,
denominado neste caso de ângulo critico θc tal que A2= A1. Assim o problema se resume em:
∫
∫
× = 154,81 − 2 , 25 ) 1 , 0 258 , 4 ) sen( ( 1 , 0 c c d d θ θ θ θ θResolvendo a equação acima obtém-se:
180 / ) 81 , 154 ( 1 , 0 258 , 4 / )) cos( ) 81 , 154 (cos( 180 / ) 2 , 25 ( 1 , 0 θc− ° π = − ° − θc − °− θc π
Portanto cos(θc)= 0,05831, de onde obtém-se que θc = 86,7°. Conhecendo o ângulo crítico, o tempo em segundos pode ser determinado através de fórmulas de movimento rotacional.
α ω θ = = I dt d 0,1 2 2
onde α é a aceleração do gerador. Sabendo que S× H = Iω 2/2, então α = 41,9. A equação de movimento rotacional envolvendo ângulos e tempo é:
2 0 2 1 t α θ θ = + Sabendo que θ = 86,7°, 25.2° 0 =
θ e α = 41,9, então t = 0,226 segundos ou 13,6 ciclos.
Exemplo 5.3 - Um motor está conectado a uma barra infinita consumindo 60 MW. Os
valores nominais do motor são 100MVA, 13,8kV, H = 3,0 e reatância subtransitória de 30,0%. Num dado momento sua carga aumenta para 70 MW. Verifique a estabilidade utilizando o critério das área iguais. Adotar uma potência de base de 100 MVA e 13,8 kV na barra do motor.
Solução - O ângulo de defasamento do motor antes da perturbação é:
° 4 , 10 ) 3 , 0 6 , 0 ( 0= arcsen × = θ
O ângulo de defasamento do motor, correspondente a uma carga mecânica de 70 MW, é: ° 1 , 12 ) 3 , 0 7 , 0 ( 1= arcsen × = θ
A figura 5.3.2 mostra o equacionamento do problema em termos gráficos. Na figura 7 , 0 = mec P e Pelet = sen(θ )/0,3 Figura 5.3.2 10,4° 12,1° 180°-12,1° Pmec Pelet
A área A1 na figura 5.3.2 corresponde a área compreendida entre os ângulos de 10,4° e 12.1°. O valor da área A1 é: 00148 , 0 ) 3 , 0 ) ( 7 , 0 ( ) ( 1 , 12 4 , 10 1 , 12 4 , 10 1=
∫
P − P dθ =∫
− senθ dθ = A mec eletA área A2 na figura 5.3.2 corresponde a área compreendida entre os ângulos de 12,1° e
167,9°, correspondendo a um valor de:
616 , 4 ) 7 , 0 3 , 0 ) ( ( ) ( 9 , 167 1 , 12 9 , 167 1 , 12 2 =
∫
P − P dθ =∫
senθ − dθ = A elet mectPortanto como A2 > A1, então o sistema é estável.
Exemplo 5.4 - O motor está recebendo 25% da máxima potência que ele pode receber e
supre uma carga com o mesmo valor. Se a carga for dobrada , calcule o valor máximo de θ, durante a oscilação do motor em torno de sua nova posição de equilíbrio.
Solução - Denominando de Pmax como a máxima potência de transmissão, então antes
do distúrbio a potência da carga é 0,25Pmax. A carga é dobrada, portanto o novo valor da
carga é de 0,5Pmax enquanto que a capacidade de transmissão de potência elétrica ainda
permanece como Pmax. A figura 5.4.1 mostra a representação gráfica do problema.θm
Figura 5.4.1
Sabendo que a máxima potência de transferência é Pmax, então:
X sen Pmax = (90°)/ 0,5Pmax
θ
sen
P
max
×
m
θ
0
θ
n
θ
Pθ
Portanto a reatância equivalente do sistema pode ser representada como X = 1 P/ max. Antes do distúrbio a potência transferida é equivalente a 0,25Pmax, assim o ângulo de
defasamento inicial do motor pode ser encontrado através de:
X sen P ( ) 25 , 0 max = θ0
Portanto θ0 = arcsen(0,25)= 14,48°, e o ângulo θn = arcsen(0,5)= 30°. Desta forma a área A1 correspondente a figura 5.4.1 é:
∫
∫
− = − × × = = 30 48 , 14 max 30 48 , 14 1 (P P )dθ (0,5 sen(θ )) P dθ A mec eletO máximo ângulo de oscilação do motor, denominado de θm, pode ser encontrado ao se
definir A2 = A1, onde A é dada por:2
∫
∫
− = − × × = = θ θ θ θ θ 30 max 30 2 (P P )d (sen( ) 0,5) P d A elet mec Fazendo A2 = A1, obtém-se: 0 0946 , 1 008727 , 0 ) cos(θm + ×θm− =O valor de θm pode ser encontrado através de processos iterativos resolvendo a equação
) 008727 , 0 0946 , 1 arccos( m m θ
θ = − × . Assim o valor de θm corresponde a 46,4°.
Exemplo 5.5 - Um gerador de 60Hz está fornecendo, através de uma linha de
transmissão, ligada a uma barra infinita , 50% de sua Potência. Ocorre uma falta que aumenta a reatância entre o Gerador e a barra 400% do valor original. Quando a falta é isolada , a máxima potência que pode ser fornecida é 75 % do valor máximo original. Para a situação descrita calcule o ângulo de isolamento crítico.
Fazendo A1 = A2
(
θ)
θ θ(
θ)
θ θ d Pmáx d Pmáx c c∫
∫
° − = ° − 2 , 138 30 0,5 0,2sen 0,75sen 0,5(
)
(
)
(
)
(
)
180 5 , 138 5 , 0 cos 2 , 138 cos 75 , 0 30 cos cos 2 , 0 180 30 5 , 0 θc− ° π + θc− ° = − ° − θc − −θc π ... = c ϑExemplo 5.6 - Um motor síncrono de 5,0 MVA, na tensão de 4,16kV, é suprido por um
sistema de grande porte conforme mostra a figura. O motor síncrono aciona uma carga mecânica de 1,0MW. Num dado momento a carga mec6anica aumenta para 4,0MW. Verifique a estabilidade.
Resolução: a figura abaixo mostra o diagrama de impedâncias do sistema, na base de
100MVA e 4,16kV no motor.
A equação da potência elétrica entre o gerador e o motor é dada por: 44 , 7 / θ sen Pel =
Sabendo que a potência mecânica inicial é de 1,0 MW, então o ângulo inicial do motor é: ° 27 , 4 ) 44 , 7 01 , 0 ( 0 = arcsen × = θ
A perturbação do sistema eqüivale ao aumento da potência mecânica para 4,0 MW. A interseção da curva de potência elétrica com a nova potência mecânica resulta em um ângulo de: ° 31 , 17 ) 44 , 7 04 , 0 ( × = = arcsen p θ
A nova potência mecânica tem duas interseções com a curva da potência elétrica, resultando nos ângulos de 17,31° e 180-17,31=162,69°. Portanto a área perturbadora é dada por: 27
~
sistema 4,16kV/69kV 5MVA X = 8,0% 80km X=0,5Ω/km 4,16kV 5MVA H=3,0 G M j0,84 j1,6 j5,0∫
− = + = = °° ° ° 31 , 17 27 , 4 31 , 17 27 , 4 1 (0,04 senθ /7,44)dθ 0,04θ cosθ /7,44 0,00339 APor outro lado a área restauradora, a área que contribui para a estabilidade, pode ser dada como:
∫
− = − − = = ° ° ° ° 69 , 162 31 , 17 69 , 162 31 , 17 2 (senθ /7,44 0,04)dθ cosθ /7,44 0,04θ 0,1551 AVerificando que A1 〈A2 , portanto o sistema é estável.
Exemplo 5.7 - Determine o máximo ângulo de oscilação do exemplo anterior.
Resolução: através das áreas é possível determinar o máximo ângulo de oscilação. O
máximo ângulo de oscilação pode ser obtido através da igualdade de áreas.
∫
∫
− = M − d sen d senθ θ θ ° θ θ ° ° 17,31 31 , 17 27 , 4 (0,04 /7,44) ( /7,44 0,04) Resolvendo a equação acima obtém-se:180 / ) 31 , 17 ( 44 , 7 / )) 31 , 17 cos( ) cos( ( 44 , 7 / )) 27 , 4 cos( 31 , 17 (cos( 180 / ) 27 , 4 31 , 17 ( 04 , 0 π θ θ π ° ° ° ° ° ° − − + − = − + − M M
Simplificando a equação acima obtém-se:
M
M θ
θ ) 1,022 0,005194
cos( = −
que pode ser resolvida por processos iterativos. O valor do ângulo máximo resultante é de 29,95°.
EXERCÍCIOS
Exercício 1 - Verificar a estabilidade do sistema. A duração da falta trifásica, no ponto
mostrado na figura é de 10 ciclos. Antes da ocorrência da falta o gerador fornece uma potência ativa de 0,6 pu ao sistema de grande porte.
28
~
j0,24 j0,24 j0,16 j0,16 j0,16 j0,16 j0,16 j0,28 H=3,0 sistema faltaExercício 2 - Verificar a estabilidade do sistema, sabendo que a falta trifásica foi
eliminada em t = 10 ciclos e que a potência fornecida ao sistema antes da ocorrência da falta é 80 MW. A constante H do gerador é igual a 3,0. Adotar Uma potência de base de 100 MVA e uma tensão de base de 13,8 kV no gerador.
Exercício 3 - Determine a maior duração da falta que permite que o sistema do
exercício 2 continue estável.
Exercício 4 - Um gerador de 60Hz está fornecendo, através de uma linha de
transmissão, ligada a uma barra infinita, 50% da máxima potência que pode ser transmitida. Ocorre uma falta que aumenta a reatância entre o gerador e a barra 400% do valor original. Quando a falta é isolada , a máxima potência que pode ser fornecida é 75 % do valor máximo original. Para a situação descrita calcule o ângulo de isolamento crítico. Supondo que a potência nominal do gerador seja igual a 0,5 Pmáx e que H= 4,0, determine o tempo correspondente ao ângulo crítico.
Exercício 5 - Determinar o valor da corrente (módulo e ângulo) do gerador, no
exercício anterior, nas situações em que θ = 30° e θ =150°. Considere Pmáx=1,0pu e
V1=V2= 1,0pu.
Exercício 6 - Um gerador fornece 1,0pu a um sistema de grande porte. Em regime
normal, a máxima potência que pode ser transferida ao sistema de grande porte é de 2,00 pu. Durante o curto circuito trifásico Pmax = 0,20 pu e após a falta Pmax = 1,50 pu.
Determine θ de 0 até 0,8 seg supondo que a falta seja isolada após 4,5 ciclos. A constante H do gerador é de 7,0. 29 falta trifásica
~
sistema 13,8kV/230kV 100MVA X = 7,0% 100km X=0,5Ω/km 13,8kV 100MVA H=3,0Exercício 7 - (Prova ASP de 10dez98) - O gerador, conforme mostrado na figura,
fornece uma potência ativa igual a P a um sistema de grande porte, no momento em que ocorre uma falta trifásica. A falta é eliminada quando o ângulo de defasamento atinge 40°. Supondo que o máximo ângulo de oscilação atinja 50°, determine o valor de P que o gerador supria antes da ocorrência da falta.
Exercício 8 - (Prova ASP de 27mar99) - Determine o tempo máximo de abertura dos
disjuntores A e B para que o sistema permaneça estável no evento de um curto circuito trifásico na barra 2. Antes do curto circuito o gerador fornece 40 MW ao sistema de grande porte. As linhas de transmissão tem uma reatância indutiva de 0,5 ohms/km.
Exercício 9 - (Prova ASP 11dez99) - O gerador fornece 100 MVA ao sistema de grande
porte. Num dado momento ocorre uma falta trifásica no ponto A. A falta é eliminada com a desconexão de uma das linhas. Supondo que o ângulo de oscilação do gerador esteja limitado a um máximo de 60°, determine o máximo tempo de duração da falta. As duas linhas são idênticas e cada uma tem um comprimento de 200 km e X = 0,5 Ω/km.
30 50 km 70 km 100 km A B G SG 138kV X'd=30% 100MVA H=2,5 1 2 3
~
A 13,8kV/230kV 200 MVA X = 10% 13,8kV 200MVA =30% H=3,0 SG~
sistema 13,8kV/230kV 50MVA X = 10,0% 100km X=0,5Ω/km 13,8kV 50MVA H=3,0 falta trifásicaExercício 10 (Prova ASP 19fev00) - Um gerador está conectado a um sistema de grande
porte através de um sistema de transmissão. O sistema de grande porte opera com uma tensão de 138 kV e a potência recebida é de (40+j5)MVA. Num dado momento ocorre uma falta trifásica no ponto P e o disjuntor D abre 10 ciclos após. Considerando o
efeito resistivo da linha, verifique a estabilidade do sistema. Sabe-se que a tensão do
sistema e o módulo da tensão atrás da reatância do gerador permanecem constantes durante o tempo em que a estabilidade é determinada. E, ainda que, considerando o efeito resistivo, o fluxo simplificado não pode ser aplicado pois tensão atrás da reatância do gerador pode ser diferente de 1,0.
Exercício 11 (Prova ASP 25jan2003) - O gerador, do sistema da figura, fornece 700
kW ao sistema de grande porte. Determine qual a potência do transformador 34,5kV/ 0,38kV para que mesmo durante a ocorrência de um curto circuito trifásico, de longa duração, no ponto P o sistema ainda permanece estável.
Exercício 12 (Prova ASP 25jan2003) - O gerador, conforme mostrado na figura,
fornece 40MW ao sistema de grande porte, no momento em que ocorre uma falta trifásica. A falta é eliminada após 10 ciclos. Determine qual a máxima distância da
linha de transmissão, considerando que o sistema permaneça estável.
31 100 km R= 0,15 Ω/km XL =0,50 Ω/km D 13,8kV/138kV 25MVA X = 10% 13,8 kV 1 50 MVA Sistema de grande porte
~
P~
100 km X= 0,5Ω/km P 0,38kV/34,5kV 1,0MVA X = 5% 0,38kV 1,0MVA H=3,0 H 34,5kV/0,38kV ??kVA X = 7% sistema de grande porte~
sistema 13,8kV/230kV 50MVA X = 10,0% ?? km X=0,5Ω/km 13,8kV 50MVA H=3,0 falta trifásicaExercício 13 (Prova ASP 14mar2003) - O sistema interligado brasileiro tem uma
demanda de pico da ordem de 50GW e opera na freqüência de 60 Hz. Esta demanda é suprida quase que totalmente por geradores acionados por turbinas hidráulicas. Sabe-se que geradores acionados por turbinas hidráulica tem inércia rotacional relativamente baixa, correspondendo a um valor médio de H em torno de 2,5. Portanto qualquer desequilíbrio entre geração e carga, ou qualquer distúrbio no sistema, afeta perigosamente a estabilidade mecânica do sistema. Por outro lado o acréscimo, ou redução, de potência geradora é uma operação muito lenta em sistemas essencialmente hidráulicos, fato que piora ainda mais a estabilidade do sistema. Suponha que num determinado momento a carga excede a geração por 500 MW, nestas condições,
determine a freqüência do sistema após decorridos 10,0 segundos. Para resolver o
problema considere primeiro que a carga não contribui, ou contribui muito pouco, para a energia cinética do sistema interligado. Numa segunda hipótese, considere que a carga contribui com 30% para energia cinética do sistema.
