Para um sistema elétrico, com NB barras, as equações básicas do fluxo de carga para

VII – Fluxo de carga não linear: algoritmos básicos

VII.1 – Formulação do problema básico

Para um sistema elétrico, com NB barras, as equações básicas do fluxo de carga para k =1,2,L,NB são:

(

)

∑

∈ + = K m km km km km m k k V V G B

P cosθ senθ (VII.1)

(

)

∑

∈ − = K m km km km km m k k V V G B

Q senθ cosθ (VII.2)

constituindo um sistema de 2×NB equações e 4×NB variáveis com as seguintes características:

• NB equações do tipo (VII.1);

• NB equações do tipo (VII.2);

• 4×NB variáveis (para uma dada barra k associam-se: V , k θk, P e k Q ). k

O fluxo de carga básico em redes de energia consiste em resolver este problema definindo (especificando) parte das variáveis (2×NB variáveis) e calculando as demais (2×NB variáveis). Na formulação clássica, a definição das variáveis que são especificadas e calculadas encontra-se na Tabela VII.1.

Tabela VII.1 – Tipos de barra no fluxo de carga convencional.

Tipo de barra Notação Dados Incógnitas

Barra de carga PQ P e k Q k V e k θk

Tensão controlada PV P e k V k θk e Q k

Referência Vθ V e k θk P e k Q k

Se a barra está representando um ponto do sistema onde é conhecida a injeção líquida de potência (como

D G

k S S

S = − , deve-se conhecer a potência gerada S e a potência demandada G S ), esta pode ser D

especificada, restando calcular V e k θk. Este tipo de barra é denominado barra de carga ou PQ.

Se a barra está representando um ponto do sistema onde é possível o controle da magnitude da tensão V , k

através do controle da injeção líquida de potência reativa Qk =QG −QD ou por intermédio do ajuste do tap

de algum transformador, esta tensão pode ser especificada, restando calcular θk e Q . Este tipo de barra é k

denominado barra de tensão controlada ou PV.

Como as perdas não são conhecidas a priori, deve-se deixar pelo menos uma barra onde a injeção líquida de potência Sk =SG −SD seja calculada. Este tipo de barra é denominado referência ou Vθ, sendo definidos

k

V e θk. Observar que pelo menos uma injeção líquida de potência ativa Pk =PG−PD e outra de potência

reativa Qk =QG−QD precisam ser calculadas para fechar os balanços de potência ativa e reativa. Embora

geralmente tais injeções de balanço sejam associadas à barra de referência angular, não é mandatório que sejam associadas a uma única barra.

Uma vez resolvido o problema do fluxo de carga, é conhecido o estado da rede, ou seja, são conhecidos os fasores tensão

(

Vk,θk

)

de todas as barras

(

k =1,2,L,NB

)

. Isto torna possível o cálculo de outras variáveis

Sejam NPQ e NPV, respectivamente, o número de barras PQ e PV da rede. O fluxo de carga pode ser decomposto em dois subsistemas de equações algébricas:

• Subsistema 1 (dimensão 2×NPQ+NPV) – Neste subsistema são dados:

i P e Q , i i∈

{

barras PQ

}

: esp i i P P = Qi =Qiesp j P e V , j j∈

{

barras PV

}

: esp j j P P = Vj =Vjesp k V e θk, k∈

{

barra Vθ

}

: esp k k V V = θk =θkesp e deseja-se determinar: i V e θi, i∈

{

barras PQ

}

j θ , j∈

{

barras PV

}

resultando em um sistema de 2×NPQ+NPV equações algébricas não-lineares (funções quadráticas e trigonométricas) onde parte das incógnitas aparece de forma implícita

(

θkm =θk−θm

)

. O Subsistema

1 é constituído pelas seguintes equações:

( )

(

₍

)

₎

{

_{

_}

}

     ∈ = − − ∈ = + −

∑

∑

∈ ∈ PQ barras 0 cos sen PV e PQ barras 0 sen cos S1 _esp esp k B G V V Q k B G V V P K m km km km km m k k K m km km km km m k k θ θ θ θ

• Subsistema 2 (dimensão NPV+2) – É resolvido após a solução do Subsistema 1. No Subsistema 2 são dados: k V e θ_k, k =1,2,L,NB e deseja-se determinar: i P e Q , _i i∈

{

barra Vθ

}

j Q , j∈

{

barras PV

}

resultando em um sistema de NPV +2 equações algébricas não-lineares onde todas as incógnitas

(

Pk e Qk

)

aparecem isoladas de forma explícita. O Subsistema 2 é constituído pelas seguintes equações:

( )

(

₍

)

₎

{

_{

}

_}

     ∈ − = ∈ + =

∑

∑

∈ ∈ Vθ e PV barras cos sen Vθ barra sen cos S2 k B G V V Q k B G V V P K m km km km km m k k K m km km km km m k k θ θ θ θ

A Tabela VII.2 resume as características dos dois subsistemas. Observar que o Subsistema 2 pode ser facilmente resolvido após a solução do Subsistema 1, ou seja, após a determinação do estado

(

Vk,θk

)

da

rede. Por outro lado, a solução do Subsistema 1 exige um processo iterativo pois este é formado por equações não-lineares. Assim, os métodos de resolução do problema do fluxo de carga concentram-se na solução do Subsistema 1.

Tabela VII.2 – Características dos subsistemas que constituem o fluxo de carga.

Exemplo VII.1 – Considerando o sistema elétrico utilizado no Exemplo VI.1, cujos dados encontram-se na Figura VII.1, formular as equações referentes ao Subsistema 1 do fluxo de carga.

pu 0 1 1= V 1 2

(

0,8 0,4

)

pu 2 j S = + 2 2 2 V θ V =

(

0,01 j0,1

)

pu ZLT = + 1 S 12 I

Figura VII.1 – Sistema elétrico de duas barras.

Solução Exemplo VII.1: Conforme as definições já apresentadas para o problema do fluxo de carga, a barra 2 é uma barra de carga pois sua injeção de potência é conhecida; a barra 1 é a referência. Assim, as variáveis especificadas (conhecidas) para o Subsistema 1 são as seguintes:

pu 8 , 0 8 , 0 0 2 2 esp 2 = − = − =− D G P P P pu 4 , 0 4 , 0 0 2 2 esp 2 = − = − =− D G Q Q Q pu 0 , 1 esp 1 = V rad 0 esp 1 = θ

A matriz admitância da rede é dada por:

pu 29 , 84 9504 , 9 9010 , 9 9901 , 0 1 , 0 01 , 0 1 1 12 12 ≈ − = − o + = = j j Z Y       − − =       − − = ⇒       − − = 9010 , 9 9010 , 9 9010 , 9 9010 , 9 e 9901 , 0 9901 , 0 9901 , 0 9901 , 0 12 12 12 12 B G Y Y Y Y Y

As equações do Subsistema 1 são as seguintes:

( )

[

_[

(

₍

)

₎

]

_]

   = − − − = + + − 0 cos sen 0 sen cos S1 22 2 21 21 21 21 1 2 esp 2 22 2 21 21 21 21 1 2 esp 2 B V B G V V Q G V B G V V P θ θ θ θ

( )

(

₍

)

₎

   = + − − − − = + + − − − 0 9010 , 9 cos 9010 , 9 sen 9901 , 0 4 , 0 0 9901 , 0 sen 9010 , 9 cos 9901 , 0 8 , 0 S1 2 2 2 2 2 2 2 2 V V V V θ θ θ θ

Observar que o Subsistema 1 é formado por duas equações não lineares e possui duas incógnitas: V e ₂ θ₂. As expressões do Subsistema 1 têm origem na equação de balanço de potência da Barra 2 (a potência

injetada menos a potência que flui através da linha de transmissão é igual a zero) e diferem das equações obtidas na solução do Exemplo VI.1, oriundas da aplicação de uma equação de malha (soma de tensões), entretanto, a solução de ambos sistemas é mesma1: V2≈0,9460 pu.e

o 61 , 4 rad 0804 , 0 2 ≈− =− θ .

As incógnitas do Subsistema 1 podem ser agrupadas no vetor x dado por:

}

}

NPQ NPV NPQ V x  +      = θ

em que θ é o vetor dos ângulos das tensões nodais das barras PQ e PV e V é o vetor das magnitudes das tensões nodais das barras PQ. De forma mais compacta, o Subsistema 1 pode ser rescrito como:

( )

( )

_{( )}

{

_{

_}

}

   ∈ = − = ∆ ∈ = − = ∆ PQ barras 0 , PV e PQ barras 0 , S1 _esp esp k V Q Q Q k V P P P k k k k k k θ θ

1 _{Isto pode ser comprovado substituindo este valor nas expressões anteriores. Como os números apresentam alguns}

colocando as funções ∆Pk e ∆Qk na forma vetorial

( )

( )

, 0 0 , esp esp = − = ∆ = − = ∆ θ θ V Q Q Q V P P P

em que P é o vetor das injeções de potência ativa nas barras PQ e PV e Q é o vetor das injeções de potência reativa nas barras PQ. Definindo a função vetorial g

( )

x :

( )

}

_}

NPQ NPV NPQ Q P x g  +      ∆ ∆ =

o Subsistema 1 pode ser rescrito de forma simplificada através da seguinte expressão:

( )

x =0 g

Este sistema de equações não-lineares pode ser resolvido por um número muito grande de métodos, sendo que os mais eficientes são os métodos de Newton e o método Desacoplado Rápido.

Exemplo VII.2 – Empregando a notação na forma vetorial, determinar as variáveis e equações do Subsistema 1 do problema definido no Exemplo VII.1.

Solução Exemplo VII.2: As variáveis e equações do problema são dadas respectivamente por:       =       = 2 2 V V x θ θ

( )

( )

_{( )}

(

)

(

)

      =       ∆ ∆ =       ∆ ∆ = 0 0 , , 2 2 2 2 2 2 V Q V P x Q x P x g θ θ

(

)

(

)

(

2 2

)

2

(

2 2 2

)

2 2 2 2 2 2 2 2 9010 , 9 cos 9010 , 9 sen 9901 , 0 4 , 0 , 9901 , 0 sen 9010 , 9 cos 9901 , 0 8 , 0 , V V V Q V V V P + − − − − = ∆ + + − − − = ∆ θ θ θ θ θ θ

Na figura a seguir encontra-se o gráfico das funções ∆P₂

(

θ₂,V₂

)

e ∆Q₂

(

θ₂,V₂

)

para valores em torno do ponto

(

θ2,V2

) (

= −0,0804;0,9460

)

que corresponde a solução do problema, pois ∆P2

(

−0,0804;0,9460

)

=0

e ∆Q2

(

−0,0804;0,9460

)

=0. A linha pontilhada indica a intersecção entre as duas funções, ou seja, corresponde aos valores para os quais a função ∆P₂

(

θ₂,V₂

)

=∆Q₂

(

θ₂,V₂

)

.

-0.14 -0.12 -0.1 -0.08 -0.06 0.9 0.95 1 -1 -0.5 0 0.5 1 theta2 V2 dP2(theta2,V2) dQ2(theta2,V2) dP2=dQ2

Solução Exemplo VII.2 (continuação):

% disponivel em: http://slhaffner.phpnet.us/sistemas_de_energia_1/exemplo_VII_2.m

clear all; theta2 = -0.15:.002:-0.05; V2 = 0.9:.002:1.0; [T,V] = meshgrid(theta2,V2); g1 = -0.8 - V.*(-0.9901.*cos(T)+9.9010.*sin(T)+0.9901.*V); g2 = -0.4 - V.*(-0.9901.*sin(T)-9.9010.*cos(T)+9.9010.*V); zero = zeros(size(V2,2),size(theta2,2)); figure(1) contour3(theta2,V2,g1,100); %colorbar;

xlabel('theta2'); ylabel('V2'); hold on

contour3(theta2,V2,g2,100);

% determina pontos de interseccao entre as superficies g1 e g2

g11 = []; g22 = []; t = []; v = []; for k=1:size(g1,1) g11 = [g11 g1(k,:)]; g22 = [g22 g2(k,:)]; t = [t T(k,:)]; v = [v V(k,:)]; end i = find(abs(g11-g22)<=0.005); tt = t(i); vv = v(i); gg = g11(i); plot3(tt,vv,gg,'k');

Exemplo VII.3 – Para a rede de quatro barras cujos dados estão na Figura VII.2 e nas Tabelas VII.3 e VII.4, determinar as equações do fluxo de carga.

12 Y sh jb12 sh jb12 23 Y sh jb23 sh jb23 13 Y sh jb13 sh jb13 34 : 1a 34 Y 14 : 1ejϕ 14 Y 1 2 3 4 1 S 3 S 4 S 2 S 1 V V 2 V 3 V 4 sh jb3

Figura VII.2 – Sistema exemplo de 4 barras. Tabela VII.3 – Dados das barras do sistema de 4 barras.

Barra Tipo esp

V [pu] θesp [rad] Pesp [pu] Qesp [pu] sh

b [pu]

1 Vθ 1,05 0,0 — — —

2 PQ — — –0,4 –0,2 —

3 PV 0,95 — 0,2 — 0,0675

4 PQ — — –0,8 –0,4 —

Tabela VII.4 – Dados dos ramos do sistema de 4 barras.

k m Ykm [pu] sh km

b [pu] akm [pu] ϕkm [rad]

1 2 0,3 – j2,0 0,01 — —

1 3 0,3 – j2,0 0,01

1 4 – j2,0 — — 0,15

2 3 0,2 – j1,0 0,02 — —

Solução Exemplo VII.3: Como já determinado na solução do Exemplo VI.2, a expressão da matriz admitância é dada por:

              + − − − + + + + + − − − + + + − − − − + + + + = − 34 14 34 34 14 34 34 3 23 13 34 2 34 23 13 23 13 23 23 12 23 12 12 14 13 12 13 12 14 13 12 0 0 14 14 Y Y Y a Y e Y a jb jb jb Y a Y Y Y Y Y jb jb Y Y Y Y e Y Y jb jb Y Y Y Y j sh sh sh sh sh j sh sh ϕ ϕ

Substituindo os valores da Tabela VII.4, chega-se a:

            − + − − + − + − + − − + − + + − + − − = 3 95 , 0 0 9775 , 1 2989 , 0 95 , 0 805 , 3 5 , 0 1 2 , 0 2 3 , 0 0 1 2 , 0 97 , 2 5 , 0 2 3 , 0 9775 , 1 2989 , 0 2 3 , 0 2 3 , 0 98 , 5 6 , 0 j j j j j j j j j j j j j j Y 2             − − − − − − − = 0 0 0 2989 , 0 0 5 , 0 2 , 0 3 , 0 0 2 , 0 5 , 0 3 , 0 2989 , 0 3 , 0 3 , 0 6 , 0 G e             − − − − = 3 95 , 0 0 9775 , 1 95 , 0 805 , 3 1 2 0 1 97 , 2 2 9775 , 1 2 2 98 , 5 B

As matrizes anteriores podem ser obtidas com o seguinte código MATLAB.

% disponivel em: http://slhaffner.phpnet.us/sistemas_de_energia_1/exemplo_VII_3.m

ramos = [ 1 2 0.3-2i 0.01 1.0 0; 1 3 0.3-2i 0.01 1.0 0; 1 4 -2i 0 1.0 0.15; 2 3 0.2-1i 0.02 1.0 0; 3 4 -1i 0 0.95 0]; bksh = [ 0; 0; 0.0675; 0]; nr = size(ramos,1); y = ramos(:,3); bsh = 1i*ramos(:,4); a = ramos(:,5); fi = ramos(:,6); Y = diag(1i*bksh); for k = 1:nr k1 = ramos(k,1); k2 = ramos(k,2);

Y(k1,k2) = Y(k1,k2) - a(k)*exp(-1i*fi(k))*y(k); Y(k2,k1) = Y(k2,k1) - a(k)*exp(1i*fi(k))*y(k); Y(k1,k1) = Y(k1,k1) + a(k)*a(k)*y(k) + bsh(k); Y(k2,k2) = Y(k2,k2) + y(k) + bsh(k);

end

Y

G = real(Y) B = imag(Y)

Para cada uma das quatro barras do sistema, podem ser escritas duas equações, uma para a injeção de potência ativa e outra para a injeção de potência reativa, da forma como segue:

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 1 1 1 1 1 1 esp 1 1 1 1 1 1 esp 1 1 cos cos K m m m m m m K m m m m m m B sen G V V Q sen B G V V P θ θ θ θ Ω1=

{

2,3,4

}

K1=

{

1,2,3,4

}

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 2 2 2 2 2 2 2 esp 2 2 2 2 2 2 esp 2 cos cos K m m m m m m K m m m m m m B sen G V V Q sen B G V V P θ θ θ θ Ω2=

{ }

1,3 K2 =

{ }

1,2,3

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 3 3 3 3 3 3 esp 3 3 3 3 3 3 esp 3 esp 3 cos sen sen cos K m m m m m m K m m m m m m B G V V Q B G V V P θ θ θ θ

{ }

1,2,4 3 = Ω K3=

{

1,2,3,4

}

2

Solução Exemplo VII.3 (continuação):

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 4 4 4 4 4 4 4 esp 4 4 4 4 4 4 esp 4 cos sen sen cos K m m m m m m K m m m m m m B G V V Q B G V V P θ θ θ θ Ω4=

{ }

1,3 K4 =

{ }

1,3,4

Observar que as variáveis que se deseja calcular (incógnitas) encontram-se tanto do lado direito (θ₂, θ₃, θ₄,

2

V e V ) quanto do lado esquerdo (4 P , 1 Q e 1 Q ) da igualdade. O Subsistema 1, de dimensão 3

5

2×NPQ+NPV = , cujas incógnitas aparecem do lado direito (θ2, θ3, θ4, V e 2 V ) é dado por: 4

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 2 2 2 2 2 2 2 esp 2 2 2 2 2 2 esp 2 cos sen sen cos K m m m m m m K m m m m m m B G V V Q B G V V P θ θ θ θ K₂ =

{ }

1,2,3

(

)

∑

∈ + = 3 3 3 3 3 esp 3 esp 3 cos sen K m m m m m m G B V V P θ θ K₃=

{

1,2,3,4

}

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 4 4 4 4 4 4 4 esp 4 4 4 4 4 4 esp 4 cos sen sen cos K m m m m m m K m m m m m m B G V V Q B G V V P θ θ θ θ K₄ =

{ }

1,3,4

As equações restantes constituem o Subsistema 2, de dimensão NPV +2=3. Para este subsistema, as incógnitas aparecem do lado esquerdo (P , ₁ Q e ₁ Q ) sendo dado por: ₃

(

)

(

)

∑

∑

∈ ∈ − = + = 1 1 1 1 1 1 esp 1 1 1 1 1 1 esp 1 1 cos sen sen cos K m m m m m m K m m m m m m B G V V Q B G V V P θ θ θ θ K1=

{

1,2,3,4

}

(

)

∑

∈ − = 3 3 3 3 3 esp 3 3 sen cos K m m m m m m G B V V Q θ θ K3=

{

1,2,3,4

}

Observar que após a determinação das incógnitas do Subsistema 1 (θ2, θ3, θ4, V e 2 V ), o estado da rede 4

será completamente definido pois o fasor tensão da Barra 1 (V₁=V₁esp e θ₁=θ₁esp) e a magnitude da tensão da Barra 3 (V₃ =V₃esp) são conhecidos, o que torna a solução Subsistema 2 trivial (basta substituir os valores das tensões e ângulos e calcular os somatórios).

Reescrevendo-se as equações do Subsistema 1, tem-se um sistema de cinco equações não lineares e cinco incógnitas (θ₂, θ₃, θ₄, V e ₂ V ), das quais três aparecem de forma implícita (os ângulos de fase ₄ θ₂, θ₃ e

4 θ ):

(

)

(

)

(

)

[

23 23 23 23

]

esp 3 22 22 22 22 2 21 21 21 21 esp 1 2 esp

2 V V G cosθ B senθ V G cosθ B senθ V G cosθ B senθ

P = + + + + +

(

)

(

)

(

)

[

(

34 34 34 34

)

]

4 33 33 33 33 esp 3 32 32 32 32 2 31 31 31 31 esp 1 esp 3 esp 3 sen cos sen cos sen cos sen cos θ θ θ θ θ θ θ θ B G V B G V B G V B G V V P + + + + + + + + =

(

)

(

)

(

)

[

43 43 43 43 4 44 44 44 44

]

esp 3 41 41 41 41 esp 1 4 esp

4 V V G cosθ B senθ V G cosθ B senθ V G cosθ B senθ

P = + + + + +

(

)

(

)

(

)

[

23 23 23 23

]

esp 3 22 22 22 22 2 21 21 21 21 esp 1 2 esp

2 V V G senθ B cosθ V G senθ B cosθ V G senθ B cosθ

Q = − + − + −

(

)

(

)

(

)

[

43 43 43 43 4 44 44 44 44

]

esp 3 41 41 41 41 esp 1 4 esp

4 V V G senθ B cosθ V G senθ B cosθ V G senθ B cosθ

Q = − + − + −

Colocando na forma de diferenças de potência (∆P_k =P_kesp−P_k

( )

V,θ =0 e ∆Q_k =Q_kesp−Q_k

( )

V,θ =0) e considerando que cosθkk =1 e senθkk =0, tem-se:

(

)

(

)

[

₁esp ₂₁cos _{21 21}sen _{21 2 22 3}esp ₂₃cos _{23 23}sen ₂₃

]

0

2 esp 2 −V V G θ +B θ +V G +V G θ +B θ = P

(

)

(

)

[

(

cos sen

)

]

0 sen cos sen cos 34 34 34 34 4 esp 3 33 32 32 32 32 2 31 31 31 31 esp 1 esp 3 esp 3 = + + + + + + + − θ θ θ θ θ θ B G V V G B G V B G V V P

(

)

(

)

[

₁esp ₄₁cos _{41 41}sen _{41 3}esp ₄₃cos _{43 43}sen _{43 44 4}

]

0

4 esp

4 −V V G +B +V G +B +G V =

Solução Exemplo VII.3 (continuação):

(

)

(

)

[

₁esp ₂₁sen _{21 21}cos _{21 22 2 3}esp ₂₃sen _{23 23}cos ₂₃

]

0

2 esp

2 −V V G θ −B θ −B V +V G θ −B θ =

Q

(

)

(

)

[

₁esp ₄₁sen _{41 41}cos _{41 3}esp ₄₃sen _{43 43}cos _{43 44 4}

]

0

4 esp

4 −V V G −B +V G −B −B V =

Q θ θ θ θ

Substituindo-se os valores conhecidos mostrados na Tabela VII.3 e pela matriz admitância, têm-se as seguintes equações que constituem o Subsistema 1:

(

)

(

)

[

1,05 0,3cos 2sen 0,5 0,95 0,2cos 1sen

]

0 4 , 0 − 2 − 21+ 21 + 2+ − 23+ 23 = − V θ θ V θ θ

(

)

(

)

[

(

0cos 0,95sen

)]

0 95 , 0 5 , 0 sen 1 cos 2 , 0 sen 2 cos 3 , 0 05 , 1 95 , 0 2 , 0 34 34 4 32 32 2 31 31 = + + + × + + − + + − − θ θ θ θ θ θ V V

(

)

(

)

[

1,05 0,2989cos 1,9775sen 0,95 0cos 0,95sen 0

]

0 8

,

0 − 4 − 41+ 41 + 43+ 43 + 4 =

− V θ θ θ θ V

(

)

(

)

[

1,05 0,3sen 2cos 2,97 0,95 0,2sen 1cos

]

0 2

,

0 − ₂ − ₂₁− ₂₁ + ₂+ − ₂₃− ₂₃ =

− V θ θ V θ θ

(

)

(

)

[

1,05 0,2989sen 1,9775cos 0,950sen 0,95cos 3

]

0 4

,

0 − 4 − 41− 41 + 43 − 43 + 4 =

− V θ θ θ θ V

Agrupando as variáveis do Subsistema 1 no vetor x e as equações do Subsistema 1 e utilizando Pk

( )

x e

( )

x

Qk para representar as injeções de potência ativa e reativa calculadas em função das variáveis x , tem-se:

                = 4 2 4 3 2 V V x θ θ θ

( )

( )

( )

( )

{

} {

}

( )

( )

{

} { }

          = = ∆    = − = ∆ = − = ∆ = = ∆      = − = ∆ = − = ∆ = − = ∆ 4 , 2 PQ barras 0 0 0 4 , 3 , 2 PV e PQ barras 0 0 0 0 S1 4 esp 4 4 2 esp 2 2 4 esp 4 4 3 esp 3 3 2 esp 2 2 Q x Q Q Q x Q Q Q P x P P P x P P P x P P P

( ) ( )

}

_}

equações 2 equações 3 1 2 0 S1 = = + = + =       ∆ ∆ = NPQ NPV NPQ Q P x g

Na forma compacta, as expressões das equações do Subsistema 2 são dadas por:

( )

( ) }

_{( )}

{

} {}

( )

{

} { }

       =    = = = = 3 , 1 Vθ e PV barras 1 Vθ barras S2 3 3 1 1 1 1 x Q Q x Q Q x P P

Exemplo VII.4(alternativo, sem transformador defasador) – Para a rede de quatro barras cujos dados estão na Figura VII.3 e nas Tabelas VII.5 e VII.6, determinar as equações do fluxo de carga.

12 Y sh jb12 sh jb12 23 Y sh jb23 sh jb23 13 Y sh jb13 sh jb13 34 : 1 a 34 Y 1 : 41 a 41 Y 1 2 3 4 1 S 3 S 4 S 2 S 1 V V2 V3 V4 sh jb3

Tabela VII.5 – Dados das barras do sistema de 4 barras (alternativo).

Barra Tipo esp

V [pu] θesp [rad] Pesp [pu] Qesp [pu] _bsh [pu]

1 Vθ 1,05 0,0 — — —

2 PQ — — –0,4 –0,2 —

3 PV 0,95 — 0,2 — 0,0675

4 PQ — — –0,8 –0,4 —

Tabela VII.6 – Dados dos ramos do sistema de 4 barras.

k m Ykm [pu] b_kmsh [pu] akm [pu]

1 2 0,3 – j2,0 0,01 —

1 3 0,3 – j2,0 0,01

2 3 0,2 – j1,0 0,02 —

3 4 – j1,0 — 0,95

4 1 – j2,0 — 0,90

Solução Exemplo VII.4: Como já determinado na solução do Exemplo VI.3, a expressão da matriz admitância é dada por:

              + − − − + + + + + − − − + + + − − − − + + + + = 34 41 2 41 34 34 41 41 34 34 3 23 13 34 2 34 23 13 23 13 23 23 12 23 12 12 41 41 13 12 13 12 41 13 12 0 0 Y Y a Y a Y a Y a jb jb jb Y a Y Y Y Y Y jb jb Y Y Y Y a Y Y jb jb Y Y Y Y _{sh sh sh} sh sh sh sh

Substituindo os valores das Tabelas VII.5 e VII.6, chega-se a:

            − − + − + − + − − + − + − + − − = 62 , 2 95 , 0 0 8 , 1 95 , 0 805 , 3 5 , 0 1 2 , 0 2 3 , 0 0 1 2 , 0 97 , 2 5 , 0 2 3 , 0 8 , 1 2 3 , 0 2 3 , 0 98 , 5 6 , 0 j j j j j j j j j j j j j j Y             − − − − − − = 0 0 0 0 0 5 , 0 2 , 0 3 , 0 0 2 , 0 5 , 0 3 , 0 0 3 , 0 3 , 0 6 , 0 G e             − − − − = 62 , 2 95 , 0 0 8 , 1 95 , 0 805 , 3 1 2 0 1 97 , 2 2 8 , 1 2 2 98 , 5 B

As matrizes anteriores podem ser obtidas com o seguinte código MATLAB.

% disponivel em: http://slhaffner.phpnet.us/sistemas_de_energia_1/exemplo_VII_4.m

ramos = [ 1 2 0.3-2i 0.01 1.0 0; 1 3 0.3-2i 0.01 1.0 0; 2 3 0.2-1i 0.02 1.0 0; 3 4 -1i 0 0.95 0; 4 1 -2i 0 0.9 0]; bksh = [ 0; 0; 0.0675; 0]; nr = size(ramos,1); y = ramos(:,3); bsh = 1i*ramos(:,4); a = ramos(:,5); fi = ramos(:,6); Y = diag(1i*bksh); for k = 1:nr k1 = ramos(k,1); k2 = ramos(k,2);

Y(k1,k2) = Y(k1,k2) - a(k)*exp(-1i*fi(k))*y(k); Y(k2,k1) = Y(k2,k1) - a(k)*exp(1i*fi(k))*y(k); Y(k1,k1) = Y(k1,k1) + a(k)*a(k)*y(k) + bsh(k); Y(k2,k2) = Y(k2,k2) + y(k) + bsh(k);

end

Y

Solução Exemplo VII.4 (continuação): Como os tipos das barras e as conexões existentes são as mesmas, as expressões obtidas no exemplo anterior permanecem válidas, havendo diferença apenas nas expressões cujos valores numéricos foram substituídos. Para os valores das Tabelas VII.5 e VII.6 que definem a matriz admitância, têm-se as seguintes equações que constituem o Subsistema 1:

:

2

P

∆ −0,4−V2

[

1,05

(

−0,3cosθ21+2senθ21

)

+0,5V2+0,95

(

−0,2cosθ23+1senθ23

)

]

= 0 : 3 P ∆

[

(

)

(

₍

)

_)]

0 sen 95 , 0 cos 0 95 , 0 5 , 0 sen 1 cos 2 , 0 sen 2 cos 3 , 0 05 , 1 95 , 0 2 , 0 34 34 4 32 32 2 31 31 = + + + × + + − + + − − θ θ θ θ θ θ V V : 4 P

∆ −0,8−V₄

[

1,05

(

0cosθ₄₁+1,8senθ₄₁

)

+0,95

(

0cosθ₄₃ +0,95senθ₄₃

)

+0V₄

]

= 0 :

2

Q

∆ −0,2−V2

[

1,05

(

−0,3senθ21−2cosθ21

)

+2,97V2−0,95

(

−0,2senθ23 −1cosθ23

)

]

= 0 :

4

Q

∆ −0,4−V₄

[

1,05

(

0senθ₄₁ −1,8cosθ₄₁

)

+V₂

(

0senθ₄₃ −0,95cosθ₄₃

)

+2,62V₄

]

= 0

VII.2 – Resolução de sistemas algébricos não lineares pelo método de

Newton-Raphson

Considere, inicialmente, um sistema unidimensional (neste caso, os vetores g

( )

x e x possuem apenas um componente e podem ser representados por escalares) formado por uma equação do tipo:

( )

x =0

g (VII.3)

Resolver este sistema significa determinar o valor de x tal que a função g

( )

x seja nula. Sendo g

( )

x uma função contínua com suas derivadas contínuas a expansão em série de Taylor em torno de um ponto conhecido x é dada por0 3:

( )

( )

( )( )

( )( )

− +K ∂ ∂ + − ∂ ∂ + = ₀ 2 2 0 2 0 0 0 ! 2 1 ! 1 1 x x x x g x x x x g x g x g

Desprezando-se todos os termos após a derivada primeira, isto é, aproximando-se a função g

( )

x por uma reta, conforme mostra a Figura VII.4, chega-se a:

( )

( ) ( )(

0

)

0 0 x x x x g x g x g − ∂ ∂ + ≈ (VII.4)

A partir da expressão da aproximação linear (VII.4) é possível determinar o ponto x no qual o valor desta 1 aproximação é nulo, ou seja, g

( )

x1 =0 (vide Figura VII.4) da seguinte forma:

( ) ( ) ( )(

1 0

)

0 0 0 1 _{− =} ∂ ∂ + = x x x x g x g x g (VII.5)

( ) ( )

0 1 0 0 1 x g x x g x x −       ∂ ∂ − = x0 x1 g(x)

( )

_x0 g

( ) (

1 0 0

)

x x g x g = +∆ x

Equação da reta tangente por x0:

( )

( ) ( )(

0 0 0

)

x x x x g x g x g − ∂ ∂ + =

Ponto no qual a reta tangente por x0 _{é nula: x}1

0 1 0 x x x = − ∆

Figura VII.4 – Interpretação geométrica do método de Newton.

3

Definindo-se ∆x0 =x1−x0 ⇒ x1 =x0 +∆x0 e substituindo-se na expressão (VII.5), tem-se:

( )

}

( ) ( )(

)

0 0 0 0 0 1 0 0 1 _{− =} ∂ ∂ + = ∆ ∆ + x ₆₄₇x₄₈ x x x x x g x g x g

(

) ( ) ( )

0 0 0 0 0 0 _{∆ =} ∂ ∂ + = ∆ + x x x g x g x x g (VII.6)

( ) ( )

0 1 0 0 x g x x g x −       ∂ ∂ − = ∆ (VII.7)

onde x é a aproximação inicial e 0 x1 =x0 +∆x0 uma primeira aproximação. Observar que x não é a 1 solução da equação inicial (VII.3) e sim a solução de uma aproximação linear dada por (VII.4). A solução da equação (VII.3) é obtida repetindo-se este processo até que o módulo da função g

( )

x esteja suficientemente próximo de zero (dentro de uma tolerância definida). Isto sugere o seguinte algoritmo denominado método de Newton-Raphson.

Algoritmo do método de Newton-Raphson unidimensional

i. Fazer ν =0 e escolher uma aproximação inicial xν =x0. ii. Calcular o valor da função g

( )

x , no ponto x=xν: g

( )

xν

iii. Comparar o valor calculado g

( )

xν com a tolerância especificada ε: se g

( )

xν ≤ε, então x=xν será a solução procurada (dentro da faixa de tolerância ±ε); se g

( )

xν >ε, prosseguir.

iv. Linearizar a função g

( )

x em torno do ponto

(

x ,ν g

( )

xν

)

. Isto se resume na determinação da seguinte derivada – vide equação (VII.6):

( )

x x g ∂ ∂ ν

v. Calcular a correção ∆xν que resolve o problema linearizado (VII.6) – vide equação (VII.7):

( ) ( )

ν ν ν _{g x} x x g x 1 −       ∂ ∂ − = ∆

vi. Determinar a nova estimativa de x passa a ser: xν+1=xν +∆xν vii. Fazer ν =ν +1 e voltar para o Passo (ii).

Exemplo VII.5 – Utilizando o método de Newton-Raphson, determinar a solução para a equação4 x

x=2−sen , considerando uma tolerância ε =0,001.

Solução Exemplo VII.5: Inicialmente, faz-se:

( )

x =x−2+senx=0 g

( )

₍

_{x x}

₎

_x x x x g cos 1 sen 2+ = + − ∂ ∂ = ∂ ∂

Considerando uma solução inicial x0 =0 obtêm-se os resultados mostrados na Tabela VII.7.

4

Solução Exemplo VII.5 (continuação):

Tabela VII.7 – Resultados parciais do processo iterativo – método de Newton-Raphson (x0 =0).

ν xν g

( )

xν

( )

x x g ∂ ∂ ν ν x ∆ 0 0 –2 2 1 1 1 –0,1585 1,5403 0,1029 2 1,1029 –0,0046 1,4510 0,0031 3 1,1061 –4,4×10-6 — —

Portanto, para uma tolerância ε =0,001, a solução x=1,1061 foi obtida após 3 iterações, seguindo o processo ilustrado na Figura VII.5.

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -4 -3 -2 -1 0 1 x g(x)

Figura VII.5 – Processo de convergência para x0 =0.

Observar que a escolha da solução inicial afeta o processo de convergência conforme pode ser comprovado pela comparação entre os resultados obtidos com x0 =0 e com x0 =2, quando foram necessárias 4 iterações (vide Tabela VII.8 e Figura VII.6).

Tabela VII.8 – Resultados parciais do processo iterativo – método de Newton-Raphson (x0 =2).

ν xν g

( )

xν

( )

x x g ∂ ∂ ν ν x ∆ 0 2 0,9093 0,5838 –1,5574 1 0,4426 –1,1291 1,9036 0,5931 2 1,0357 –0,1040 1,5099 0,0689 3 1,1046 –0,0021 1,4495 0,0014 4 1,1061 –9,10×10-7 — — -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -4 -3 -2 -1 0 1 x g(x)

Uma variante do método de Newton-Raphson é obtida considerando-se a derivada constante, isto é, o Passo (iv) do algoritmo é realizado uma única vez, na primeira iteração quando ν =0:

( ) ( )

x x g x x g ∂ ∂ = ∂ ∂ ν 0

Utilizando-se derivada constante, em geral, o número de iterações (para uma tolerância definida) é maior que no método de Newton original, mas cada uma das iterações se torna mais rápida pois não é necessário recalcular a derivada.

Exemplo VII.6 – Utilizando o método de Newton-Raphson com derivada constante (Von Mises), determinar a solução para a equação x=2−senx, considerando uma tolerância ε =0,001.

Solução Exemplo VII.6: Considerando uma solução inicial x0 =0 obtêm-se os resultados mostrados na Tabela VII.9.

Tabela VII.9 – Resultados parciais do processo iterativo – método de Von Mises.

ν xν g

( )

xν

( )

x x g ∂ ∂ ν ν x ∆ 0 0 –2 2 1 1 1 –0,1585 2 0,0793 2 1,0793 –0,0391 2 0,0196 3 1,0988 –0,0105 2 0,0052 4 1,1041 –0,0029 2 0,0014 5 1,1055 –0,0008 — —

Portanto, para uma tolerância ε =0,001, x=1,1055. Como esperado, com a utilização de derivada constante, foi necessário realizar um número maior de iterações (5 ao invés de 3).

Exercício VII.1 – Utilizando os métodos de Newton-Raphson e de Von Mises, determinar, com uma tolerância ε =0,001, o valor de x tal que ex =senx−3x2+5.

Considere-se, agora, a resolução do seguinte sistema n-dimensional:

( )

x =0

g (VII.8)

onde g

( )

x é uma função vetorial e x é o vetor das incógnitas, isto é:

( )

( )

( )

( )

            = x g x g x g x g n M 2 1             = n x x x x M 2 1

Algoritmo do método de Newton-Raphson n-dimensional

i. Fazer ν =0 e escolher uma aproximação inicial xν =x0. ii. Calcular g

( )

x , no ponto x=xν: g

( )

xν

iii. Testar convergência: se g_i

( )

xν ≤ε parai∈

[ ]

1,n , então o processo convergiu para a solução x=xν; caso contrário, prosseguir.

iv. Linearizar a função vetorial g

( )

x em torno do ponto

(

x ,ν g

( )

xν

)

. Isto se resume na determinação da seguinte matriz de derivadas, denominada matriz Jacobiana:

( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

_                  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ = n n n n n n x x g x x g x x g x x g x x g x x g x x g x x g x x g x x g x J ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν L M O M M L L 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1

v. Calcular a correção ∆xν que resolve o problema linearizado:

( )

[ ]

ν

( )

ν ν x g x J x =− −1 ∆

vi. Determinar a nova estimativa de x que passa a ser:

ν ν ν x x x +1= +∆

vii. Fazer ν =ν +1 e voltar para o Passo (ii).

Exemplo VII.7 – Utilizando o método de Newton-Raphson, determinar a solução considerando uma tolerância εx =εy =0,001, para o seguinte sistema de equações:

6 2 4 2 2 ₌ + = + y x y x

Solução Exemplo VII.7:Inicialmente, faz-se:

(

)

(

,

)

2 6 0 0 4 2 , 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 = − + = = − + = x x x x g x x x x g

( )

      =             ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ = 2 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 x x g x g x g x g x x g J

Considerando uma solução inicial x10 =0 e 3

0 2 =

x obtêm-se os resultados mostrados na Tabela VII.10. Tabela VII.10 – Resultados parciais do processo iterativo – método de Newton-Raphson n-dimensional.

ν ν ν 2 1 x x

( )

( )

ν ν x g x g 2 1

[ ]

( )

−1 − ν x J ν ν 2 1 x x ∆ ∆ 0 0 3 –1 3 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,9 –0,8 1 0,9 2,2 0 0,64 0,294 0,294 147 , 0 647 , 0 − − 0,094 –0,188 2 0,994 2,012 0 0,0354 0,331 0,331 165 , 0 665 , 0 − − 0,00586 –0,0117 3 0,999977 2,000046 0 0,000137 — —

Solução Exemplo VII.7 (continuação):Observar que a partir da primeira iteração a função g1

( )

xν passa a apresentar valor nulo. Isto ocorre porque a aproximação linear empregada para representar esta função corresponde à própria função pois esta é de primeira ordem nas variáveis x e 1 x . 2

Exemplo VII.8 – Utilizando o método de Von Mises, determinar a solução do sistema de equações do exemplo anterior.

Solução Exemplo VII.8: Considerando uma solução inicial x10 =0 e 3

0 2 =

x obtêm-se os resultados mostrados na Tabela VII.11.

Tabela VII.11 – Resultados parciais do processo iterativo – método de Von Mises n-dimensional.

ν ν ν 2 1 x x

( )

( )

ν ν x g x g 2 1

[ ]

( )

−1 − Jxν ν ν 2 1 x x ∆ ∆ 0 0 3 –1 3 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,9 –0,8 1 0,9 2,2 0 0,64 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,064 –0,128 2 0,964 2,072 0 0,2212 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,00221 –0,0442 3 0,9861 2,0278 0 0,08406 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,0084 –0,0168 4 0,99452 2,01095 0 0,03297 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,0033 –0,0066 5 0,99782 2,00436 0 0,01309 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,00131 –0,00262 6 0,99913 2,00174 0 0,00522 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,00052 –0,00104 7 0,99965 2,00069 0 0,00208 0,2 0,2 1 , 0 6 , 0 − − 0,00021 –0,00042 8 0,99986 2,00028 0 0,000834 — —

Portanto, para uma tolerância ε_x=ε_y =0,001, x=x1 =0,99986 e y=x2 =2,00028.

Exercício VII.2 – Utilizando os métodos de Newton-Raphson e de Von Mises, determinar, com uma tolerância ε =0,001, a solução do seguinte sistema de equações:

5 2 4 3 2 2 − = − = + y xy xy x

VII.3 – Fluxo de carga pelo método de Newton-Raphson

O método de Newton-Raphson é aplicado para a resolução do Subsistema 1 (S1) sendo dado por:

( )

( )

_{( )}

( )

_{( )}

{

_{

_}

}

   ∈ = − = ∆ ∈ = − = ∆ ⇒     = − = ∆ = − = ∆ = PQ barras 0 , PV e PQ barras 0 , 0 , 0 , S1 _esp esp esp esp k V Q Q Q k V P P P V Q Q Q V P P P k k k k k k θ θ θ θ (VII.9)

( ) ( )

υ υ υ x x J x g =− ∆ ⇒ ∆xν =−

[ ]

J

( )

xν −1g

( )

xν onde

( )

PQ PV PQ ← + ←         ∆ ∆ = υ_υ υ Q P x g PQ PV PQ ← + ←         = υ_υ υ θ V x PQ PV PQ ← + ←         ∆ ∆ = ∆ υ θυ_υ V x

( ) ( )

_{( )}

( )

_{( )}

( )

PQ PV PQ PQ PV PQ ← + ← ↑ + ↑               ∂ ∆ ∂ ∂ ∆ ∂ ∂ ∆ ∂ ∂ ∆ ∂ = ∂ ∂ = υ υ υ θ θ V Q Q V P P x x g x J

Considerando as expressões dos vetores ∆P e ∆Q e que Pesp e Qesp são constantes, a matriz Jacobiana pode ser rescrita da seguinte maneira:

( )

( )

_{( )}

( )

_{( )}

PQ PV PQ PQ PV PQ , , , , ← + ← ↑ + ↑             ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − = υ υ θ θ θ θ θ θ V V Q V Q V V P V P x J

sendo as submatrizes representadas por:

( )

θθ ∂ ∂ = PV, H

( )

V V P N ∂ ∂ = ,θ

( )

θ θ ∂ ∂ = QV, M

( )

V V Q L ∂ ∂ = ,θ

Assim, a equação que define a aplicação do método de Newton ao fluxo de carga fica sendo:

        ∆ ∆       =         ∆ ∆ υ υ υ υ υ θ V L M N H Q P (VII.10) Considerando que:

(

)

(

)

∑

∑

Ω ∈ ∈ + + = = + = k m km km km km m k kk k K m km km km km m k k B G V V G V B G V V P θ θ θ θ sen cos sen cos 2

(

)

(

)

∑

∑

Ω ∈ ∈ − + − = = − = k m km km km km m k kk k K m km km km km m k k B G V V B V B G V V Q θ θ θ θ cos sen cos sen 2

as submatrizes que compõem a matriz Jacobiana são dadas por:

( )

(

)

(

)

         Ω ∉ = Ω ∈ + = ∂ ∂ = + + = ∂ ∂ = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈ k kl k kl kl kl kl k l k kl m km km km km m kk k k k kk l N l B G V V P N B G V G V V P N V V P N k 0 sen cos sen cos 2 , _{θ θ} θ θ θ

( )

(

)

(

)

         Ω ∉ = Ω ∈ + − = ∂ ∂ = + = ∂ ∂ = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈ k kl k kl kl kl kl l k l k kl m km km km km m k k k kk l M l B G V V Q M B G V V Q M V Q M k 0 sen cos sen cos , θ θ θ θ θ θ θ θ

( )

(

)

(

)

         Ω ∉ = Ω ∈ − = ∂ ∂ = − + − = ∂ ∂ = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈ k kl k kl kl kl kl k l k kl m km km km km m kk k k k kk l L l B G V V Q L B G V B V V Q L V V Q L k 0 cos sen cos sen 2 , θ θ θ θ θ

Assim, os passos a serem executados para solução do fluxo de carga pelo método de Newton são os seguintes:

Fluxo de carga pelo método de Newton-Raphson – Algoritmo

i. Fazer υ =0 e escolher os valores iniciais dos ângulos das tensões das barras PQ e PV

(

θ =θυ =θ0

)

e as magnitudes das tensões das barras PQ

(

V =Vυ =V0

)

.

ii. Calcular: P_k

( )

V,θ para as barras PQ e PV

( )

V,θ

Qk para as barras PQ

e determinar o vetor dos resíduos (“mismatches”) ∆Pυ e ∆Qυ. iii. Testar a convergência: se

{ }

{ }

k P k P ε υ _≤ ∆ + ∈maxPQ PV e k { }

{ }

Qk εQ υ _≤ ∆ ∈PV

max , o processo convergiu para a solução

(

Vυ,θυ

)

; caso contrário, continuar.

iv. Calcular a matriz Jacobiana:

(

)

(

₍

) (

_{) (}

₎

)

        − = υ_υ υ_{υ υ}υ _υυ υ υ θ θ θ θ θ , , , , , V L V M V N V H V J

v. Determinar a nova solução

(

Vυ+1,θυ+1

)

, onde:

υ υ υ υ υ υ _{θ θ} θ V V V = +∆ ∆ + = + + 1 1

sendo ∆Vυ e ∆θυ obtidos com a solução do seguinte sistema linear:

(

) (

)

(

) (

)

_      ∆ ∆         =         ∆ ∆ υ υ υ υ υ υ υ υ υ υ υ υ υ θ θ θ θ θ V V L V M V N V H Q P , , , ,

Após a determinação do fasor tensão de todas as barras, a solução do Subsistema 2 (S2) é trivial, sendo obtida através das expressões:

( )

(

₍

₎

)

_{

{

}

_}

     ∈ − = = + = =

∑

∑

∈ ∈ referência e PV barras cos sen referência de barra sen cos 2 S k B G V V Q k B G V V P K m km km km km m k k K m km km km km m k k θ θ θ θ (VII.11)

Exemplo VII.9 – Utilizando o método Newton, determinar a solução do problema do fluxo de carga correspondente ao sistema elétrico de duas barras utilizado no Exemplo VII.1, considerando uma tolerância

001 , 0 = = Q P ε ε .

Solução Exemplo VII.9: Conforme já determinado, as incógnitas e equações do Subsistema 1 são as seguintes:       = 2 2 V x θ

( )

(

₍

)

₎

   = + − − − − = ∆ = + + − − − = ∆ 0 9010 , 9 cos 9010 , 9 sen 9901 , 0 4 , 0 0 9901 , 0 sen 9010 , 9 cos 9901 , 0 8 , 0 S1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 V V Q V V P θ θ θ θ

Para este problema a matriz Jacobiana apresenta os seguintes elementos, para os quais Ω2 =

{}

1 :

( )

₍

₎

₍

₎

21 21 21 21 1 2 2 2 2 2 2 2 2

22 sen cos sen cos

, 2 θ θ θ θ θ θθ V V G B VV G B P H V P H m m m m m m − + = − + = ∂ ∂ = = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈

( )

₍

₎

₍

₎

21 21 21 21 1 22 2 2 2 2 2 22 2 2 2

22 2 cos sen 2 cos sen

, 2 θ θ θ θ θ B G V G V B G V G V V P N V V P N m m m m m m + = + + + = ∂ ∂ = = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈

( )

₍

₎

₍

₎

21 21 21 21 1 2 2 2 2 2 2 2 2

22 cos sen cos sen

, 2 θ θ θ θ θ θ θ B G V V B G V V Q M V Q M m m m m m m + = + = ∂ ∂ = = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈

( )

₍

₎

₍

₎

21 21 21 21 1 22 2 2 2 2 2 22 2 2 2

22 2 sen cos 2 sen cos

, 2 θ θ θ θ θ B G V B V B G V B V V Q L V V Q L m m m m m m − =− + − + − = ∂ ∂ = = ∂ ∂ =

∑

Ω ∈

Levando em conta a matriz admitância da rede (já calculada na solução do Exercício VII.1), e os valores especificados para V₁=V₁esp =1 pu e θ₁ =θ₁esp =0 rad, têm-se os seguintes elementos:

(

2 2

)

2 22 =V 0,9901senθ +9,9010cosθ H

(

2 2

)

2 22 =1,9802V + −0,9901cosθ +9,9010senθ N

(

2 2

)

2 22=V −0,9901cosθ +9,9010senθ M

(

2 2

)

2 22=19,802V + −0,9901senθ −9,9010cosθ L

Neste caso, como a matriz Jacobiana é dada por:       − = 22 22 22 22 L M N H J

então sua inversa é dada por:

      − − − − =       − = − − 22 22 22 22 22 22 22 22 1 22 22 22 22 1 1 H M N L M N L H L M N H J

Considerando uma solução inicial θ₂0 =0 rad e V₂0 =1 pu, obtêm-se os resultados mostrados na Tabela VII.12. Portanto, para uma tolerância ε_P =ε_Q =0,001, a solução do Subsistema 1 é dada por:

pu 9461 , 0 2 =

V e θ2 =−0,0804 rad=−4,61o, mesmo valor obtido na solução do Exemplo VI.1.

Solução Exemplo VII.9 (continuação):

Tabela VII.12 – Resultados parciais do processo iterativo – fluxo de carga Newton.

ν ν ν θ 2 2 V

( )

( )

ν ν x Q x P 2 2 ∆ ∆

[ ]

_{( )}

ν x J −

[ ]

J

( )

xν −1 ν ν θ 2 2 V ∆ ∆ 0 0 1 –0,8 –0,4 0,9910 9,9010 9901 , 0 9010 , 9 − − − 1000 , 0 0100 , 0 0100 , 0 1000 , 0 − _–0,0760 –0,0480 1 –0,0760 0,9520 –0,0418 –0,0463 _{1,6555 9,0543} 1462 , 0 3270 , 9 − − − 1101 , 0 0195 , 0 0017 , 0 1069 , 0 − _–0,0044 –0,0059 2 –0,0804 0,9461 –0,0003 –0,0004 — — —

Os resultados mostrados na Tabela VII.12, foram obtidos executando-se a seguinte rotina em MATLAB. % disponivel em: http://slhaffner.phpnet.us/sistemas_de_energia_1/exemplo_VII_9.m

clear all; saida=fopen('saida.txt','w'); p2=-0.8; q2=-0.4; v1=1; t1=0; v2=1; t2=0; x=[t2; v2]; G11=0.9901; G12=-0.9901; G21=-0.9901; G22=0.9901; B11=-9.901; B12=9.901; B21=9.901; B22=-9.901; for k=0:5, dp2=p2-v2*(v1*(G21*cos(t2)+B21*sin(t2))+G22*v2); dq2=q2-v2*(v1*(G21*sin(t2)-B21*cos(t2))-B22*v2); gx=[dp2; dq2]; h22=v2*v1*(-G21*sin(t2)+B21*cos(t2)); n22=2*v2*G22+v1*(G21*cos(t2)+B21*sin(t2)); m22=v2*v1*(G21*cos(t2)+B21*sin(t2)); l22=-2*v2*B22+v1*(G21*sin(t2)-B21*cos(t2)); Jac=-[h22 n22 m22 l22]; Jac1=-inv(Jac); dx=Jac1*gx;

y=[k x(1) gx(1) Jac(1,1) Jac(1,2) Jac1(1,1) Jac1(1,2) dx(1)];

fprintf(saida,'%2.0f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f\n',y); y=[x(2) gx(2) Jac(2,1) Jac(2,2) Jac1(2,1) Jac1(2,2) dx(2)];

fprintf(saida,' %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f %8.4f\n\n',y); x=x+dx; t2=x(1); v2=x(2); end p1=v1*(v2*(G12*cos(-t2)+B12*sin(-t2))+G11*v1); q1=v1*(v2*(G12*sin(-t2)-B12*cos(-t2))-B11*v1); y=[p1 q1]; fprintf(saida,'%8.4f %8.4f',y); fclose(saida);

Por outro lado, o Subsistema 2 corresponde ao cálculo da injeção de potência na barra de referência:

( )

(

₍

)

₎

     − = + = =

∑

∑

∈ ∈ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 cos sen sen cos 2 S K m m m m m m K m m m m m m B G V V Q B G V V P θ θ θ θ

( )

[

_[

(

₍

)

₎

]

_]

   − − = + + = 11 1 12 12 12 12 2 1 1 11 1 12 12 12 12 2 1 1 cos sen sen cos S2 B V B G V V Q G V B G V V P θ θ θ θ

Substituindo os valores conhecidos, chega-se a: