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VI – O estudo do fluxo de carga
A avaliação do desempenho das redes de energia elétrica em condições de regime permanente senoidal é de grande importância tanto na operação em tempo real do sistema quanto no planejamento de sua operação e expansão. Entre as informações a serem determinadas para uma condição definida de carga e geração se destacam as seguintes:
- O carregamento das linhas de transmissão e transformadores;
- O carregamento dos geradores;
- A magnitude da tensão nas barras;
- As perdas de transmissão;
- O carregamento dos equipamentos de compensação de reativos (síncronos e estáticos)..
A partir destas informações, é possível definir propostas de alterações a serem implementadas no sistema, com objetivo de tornar a sua operação mais segura e econômica. Entre as alterações possíveis na operação do sistema se destacam:
- Ajuste no despacho dos geradores;
- Ajustes nos dispositivos de controle de tensão (injeções de potência reativa, posição dos taps dos transformadores e status dos bancos de capacitores e reatores);
- Ajustes no intercâmbio com os sistemas vizinhos;
- Mudanças na topologia (ligar ou desligar alguma linha de transmissão ou transformador).
Por outro lado, entre as alterações possíveis no planejamento da expansão do sistema se destacam:
- Instalação de novas plantas de geração;
- Instalação de novas linhas de transmissão e transformadores;
- Instalação de dispositivos de controle do fluxo de potência (FACTS^1 );
- Interconexão com outros sistemas.
VI.1 – Definição do problema do fluxo de carga
O problema do fluxo de carga ( load flow em inglês) ou fluxo de potência ( power flow em inglês) consiste na obtenção das condições de operação (magnitude e ângulo de fase dos fasores tensão nodal, a partir dos quais podem ser determinados os fluxos de potência ativa e reativa) em regime permanente de uma rede de energia elétrica com topologia e níveis de geração e consumo conhecidos.
Na formulação básica do problema do fluxo de carga em sistemas elétricos são associadas quatro variáveis a cada barra da rede (que representa um nó do circuito elétrico equivalente): V k –^ Magnitude do fasor tensão nodal da barra^ k ;
θ k –^ Ângulo de fase do fasor tensão nodal da barra^ k ;
P k –^ Injeção líquida (geração menos carga) de potência ativa da barra^ k ; Q k –^ Injeção líquida de potência reativa da barra^ k.
Por outro lado, aos ramos da rede (cujas barras extremas são k e m ) associam-se as seguintes variáveis:
I km –^ Fasor da corrente que sai da barra^ k^ em direção à barra^ m ; P km –^ Fluxo de potência ativa que sai da barra^ k^ em direção à barra^ m ; Q km –^ Fluxo de potência reativa que sai da barra^ k^ em direção à barra^ m.
No fluxo de carga convencional, definem-se três tipos de barras , em função das variáveis que são conhecidas (dados do problema) e incógnitas, conforme mostra a Tabela VI.1.
(^1) Flexible AC Transmission System.
Tabela VI.1 – Tipos de barra no fluxo de carga convencional.
Tipo de barra Notação Dados Incógnitas
Barra de carga PQ Pk^ e^ Qk^ Vk^ e^ θ k
Tensão controlada PV Pk^ e^ Vk^ θ^ k e^ Qk
Referência Vθ Vk^ e^ θ^ k Pk^ e^ Qk
De forma geral, as barras de carga aparecem em maior número e representam as subestações de energia elétrica nas quais estão conectadas as cargas do sistema elétrico; em segundo lugar, as barras de tensão controlada representam as instalações que possuem geradores que podem realizar o controle da sua tensão terminal (por intermédio do seu controle de excitação) e também as barras cuja tensão pode ser controlada por intermédio do ajuste do tap de algum transformador. A barra de referência é única e imprescindível na formulação do problema em função de dois fatores:
- Necessidade matemática de estipular um ângulo de referência (geralmente igualado a zero);
- Para fechar o balanço de potência da rede pois as perdas de transmissão não são conhecidas a priori, ou seja, não é possível definir todas as injeções de potência do sistema antes de conhecer as perdas que são função dos fluxos de potência na rede.
Exemplo VI.1 – Considere o sistema elétrico composto por duas barras e uma linha de transmissão ilustrado na Figura VI.1. Para este sistema, são conhecidos o fasor tensão na Barra 1 (utilizada como
referência angular pois θ 1 = 0 ), V 1 , e a demanda de potência da Barra 2 (que constitui uma barra de carga ),
S (^) 2. Deseja-se determinar o fasor tensão na Barra 2, V (^) 2 , e a injeção líquida de potência da Barra 1, S (^) 1.
V 1 = 10 pu
1 2
S 2 =^ ( 0 , 8 + j 0 , 4 )^ pu
V (^) 2 = V 2 θ 2
Z LT = ( 0 , 01 + j 0 , 1 ) pu
S 1
I 12
Figura VI.1 – Sistema elétrico de potência.
Solução: Embora o sistema elétrico da Figura VI.1 seja extremamente simples, a determinação do fasor tensão da Barra 2 não é imediata. De acordo com os tipos de barra definidos na Tabela VI.1, a Barra 1 é a referência, pois seu fasor tensão é conhecido, e a Barra 2 uma barra de carga, pois sua a injeção de potência é conhecida.
Da análise do circuito elétrico, observa-se que a tensão na Barra 2 está vinculada com a corrente I (^) 12 que percorre a linha de transmissão pois:
V (^) 2 = V 1 − ZLTI 12
e, por outro lado, a corrente que circula na linha de transmissão I 12 é função da tensão da Barra 2 pois a grandeza conhecida nesta barra é a potência demandada, assim
2
2 (^12)
V
I S
Substituindo a expressão da corrente I (^) 12 na expressão da tensão na Barra 2 tem-se:
67 128
2
2 2 1
I
LT V
V V Z S
× V^ * 2 ⇒
2
2
2 2 V V
V V VV Z S
LT
2
V 2^2 = V 1 V 2 − ZLTS
Solução alternativa : A partir das equações da corrente I (^) 12 e da tensão V (^) 2 é possível construir um procedimento iterativo rudimentar para determinar o valor da tensão na Barra 2. O procedimento compreende os seguintes passos:
i. Fazer ν = 0 e estipular um valor inicial para V 2 e I 12 , por exemplo: 1 10 pu
0 V (^) 2 = V = o e 0
0 I (^) 12 =.
ii. Em função do valor atual de
ν V (^) 2 , calcular o valor da corrente I (^) 12 :
2
2 (^12)
= ν
ν
V
S
I
iii. Se
1 12 12
− ≈
ν I
ν I , então o processo convergiu e a solução é dada por
ν V (^) 2 = V 2. Caso contrário prosseguir.
iv. Calcular o novo valor para
ν V (^) 2 , em função do valor calculado anteriormente: ν ν 1 12
1 V (^) 2 = V − ZLTI
v. Fazer ν = ν+ 1 e retornar para o Passo (ii).
Aplicando este procedimento para o problema são obtidos os resultados mostrados na Tabela VI.2.
Tabela VI.2 – Resultados do procedimento iterativo.
Iteração ν V^ ν 2 [pu] I^ ν 12 [pu]
1 0 o 0 , 8944 − 26 , 57 o
1 0 ,^9550 −^4 ,^56 o^0 ,^9365 −^31 ,^13 o
2 0 , 9466 − 4 , 56 o 0 , 9449 − 31 , 13 o
3 0 ,^9461 −^4 ,^61 o^0 ,^9454 −^31 ,^17 o
4 0 , 9460 − 4 , 61 o 0 , 9454 − 31 , 17 o
Os resultados mostrados na Tabela VI.2, foram obtidos executando-se a seguinte rotina em M ATLAB^4. clear all saida=fopen('saida.txt','w'); v1=1+0i; z=0.01+0.1i; v2=1+0i; for k=1:10, i12=conj((0.8+0.4i)/v2); y=[k abs(v2) angle(v2)180/pi abs(i12) angle(i12)180/pi]; fprintf(saida,'%2.0f %6.4f %6.2f %6.4f %6.2f\n',y); v2=v1-zi12; end fclose(saida);*
Para sistemas elétricos de maior dimensão, a solução analítica se torna impraticável, restando apenas os métodos numéricos.
Exercício VI.1 – Determinar os dados e as incógnitas do problema de fluxo de carga convencional de um sistema composto por 4 barras ( Pi , Qi , Vi , θ (^) i , i = 1 ,L, 4 ), sabendo que a Barra 1 é a referência (Vθ), a Barra 3 é
de tensão controlada (PV) e as demais barras são de carga (PQ).
(^4) MATLAB é marca registrada pertencente à The MathWorks, Inc.
Como conseqüência da imposição da Primeira Lei de Kirchhoff para uma barra qualquer do sistema elétrico da Figura VI.2 tem-se que a potência líquida (geração menos carga) injetada nesta barra é igual à soma dos fluxos de potência que deixam esta barra, ou seja, têm-se duas equações :
∑^ ( ∈Ω
m k
Pk PkmVk , V (^) m ,θ (^) k , θ m ) (VI.1)
( ) (^) ∑ ( ∈Ω
m k
k km k m k m
sh Qk Qk V Q V , V ,θ , θ ) (VI.2)
sendo: k = 1 , 2 ,L, NB – Índice de todas as barras do sistema, sendo NB o número de barras do sistema; Ω (^) k –^ Conjunto de barras vizinhas da barra^ k ; Vk , V (^) m –^ Magnitude dos fasores das tensões terminais do ramo^ k-m ;
θ k , θ m –^ Ângulo de fase dos fasores das tensões terminais do ramo^ k-m ;
Pkm , Q km –^ Fluxo de potência ativa e reativa no ramo^ k-m ; sh Qk –^ Componente da injeção de potência reativa devido ao elemento em derivação ( shunt ) da barra k ( Q (^) k sh = bkshV k^2 ).
k sh jQk
m
Pk (^) 1 + jQk 1
1 2
Pk (^) 2 + jQk 2
Pkm + jQ km
Pk + jQ k
Figura VI.2 – Sistema elétrico de potência.
Nas expressões (VI.1) e (VI.2), os fluxos de potência ativa e reativa nos ramos (linhas de transmissão, transformadores em fase, defasadores puros e defasadores), obedecem às seguintes expressões gerais^5 :
Pkm = ( akmVk ) 2 gkm −( akmVk ) V (^) m [ gkm cos(θ (^) km +ϕ km ) + bkm sen(θ (^) km + ϕ km )] (VI.3)
Qkm = − ( akmVk ) 2 ( b (^) km + bkmsh ) −( akmVk ) V (^) m [ gkm sen(θ (^) km +ϕ km ) − bkm cos(θ (^) km + ϕ km )] (VI.4)
De acordo com o tipo de equipamento, os parâmetros a km , ϕ km e assumem valores particulares,
mostradas na Tabela VI.3.
sh bkm
Tabela VI.3 – Parâmetros para os diferentes equipamentos nas expressões gerais dos fluxos.
Equipamento a km ϕ km bkmsh
Linha de transmissão 1 0 Transformador em fase 0 0 Transformador defasador puro 1 0 Transformador defasador 0
Assim, o problema do fluxo de carga consiste em resolver o sistema de equações (VI.1) e (VI.2) tendo como dados e incógnitas as variáveis descritas na Tabela VI.1.
(^5) Para maiores detalhes, vide Capítulo IV, Seção IV.8.
Solução: Considerando as expressões (VI.7) e (VI.8), as injeções de corrente nas barras do sistema da Figura VI.3 são dadas por:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
14
12 13 1 12 12 1 12 2 13 13 1 13 3 14 1 14 4
I j
I sh
I I = Y + jbsh^ V +− Y V + Y + jb V +− Y V + Y V +− e −^ ϕ Y V
( ) ( ) ( ) ( )
2 12 1 12 12 2 23 23 2 23 3
I sh
I I =− Y V + Y + jbsh^ V + Y + jb V +− Y V
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 13 1 13 13 3 23 2 23 23 3 342 34 3 34 34 4
I I sh
I sh
I I jbsh^ V Y V Y jb V Y V Y jb V a Y V a Y V
sh
+− =− + + +− + + + + −
( ) ( ) ( ) ( )
4 14 14 1 14 4 34 34 3 34 4
I I I =− ej^ ϕ Y V + Y V + − a Y V + Y V
Agrupando os termos, chega-se a:
I (^) 1 = ( Y 12 + Y 13 + Y 14 + jb 12 sh + jb 13 sh ) V 1 +(− Y 12 ) V 2 +(− Y 13 ) V 3 +(− e − j^ ϕ^14 Y 14 ) V (^4)
I (^) 2 = (− Y 12 ) V 1 +( Y 12 + Y 23 + jb 12 sh^ + jb 23 sh ) V 2 +(− Y 23 ) V (^3)
I (^) 3 = (− Y 13 ) V 1 +(− Y 23 ) V 2 +( Y 13 + Y 23 + a 342 Y 34 + jb 13 sh^ + jb 23 sh + jb 3 sh ) V 3 +( − a 34 Y 34 ) V (^4)
I (^) 4 = (− ej^ ϕ^14 Y 14 ) V 1 +(− a 34 Y 34 ) V 3 +( Y 14 + Y 34 ) V (^4)
Reescrevendo o sistema na forma matricial, tem-se:
⋅
− − +
− − + + + + + −
− + + + −
=
−
4
3
2
1
14 34 34 14 34
13 23 13 23 342 34 13 23 3 34 34
12 12 23 12 23 23
12 13 14 12 13 12 13 14
4
3
2
1
0
0
14
14
V
V
V
V
e Y a Y Y Y
Y Y Y Y a Y jb jb jb a Y
Y Y Y jb jb Y
Y Y Y jb jb Y Y e Y
I
I
I
I
j
sh sh sh
sh sh
sh sh j
ϕ
ϕ
VI.3 – Formulação matricial
Considerando
sh I (^) k dado por (VI.6) e I (^) km dado pela expressão (VI.7), a expressão (VI.5) pode ser reescrita como:
∑[^ (^ )^ (^ ) ] ∈Ω
k
km m
Ik jbkshVk akm^2 Ykm jbkmshVk akme j^ ϕ YkmVm
Isolando-se I (^) k , chega-se a:
∑ (^ )^ ∑(^ ) ∈Ω
− ∈Ω
k
km k m
k km j km m m
sh km km km
sh Ik jbk a Y jb V a e Y V 2 ϕ (VI.9)
Fazendo k = 1 , 2 ,L, NB , e escrevendo na forma matricial, a expressão (VI.9) se resume a:
I = Y V (VI.10)
sendo:
I –^ Vetor das injeções de corrente, cujas componentes são os fasores I (^) k , k = 1 , 2 ,L, NB ;
V –^ Vetor das tensões nodais, cujas componentes são os fasores V k = Vk θ k ,
k = 1 , 2 ,L, NB ; Y = G + jB – Matriz admitância nodal, cujos elementos são: Ykm =− akme − j^ ϕ kmY km
Ymk = − akme − j ϕ mk^ Ykm =− akmej^ ϕ kmY km
∑^ (^ ) ∈Ω
m k
Ykk jbksh jbkmsh akm^2 Ykm
As principais características da matriz admitância, que relaciona as injeções líquidas de corrente com as tensões nodais são as seguintes:
- É uma matriz quadrada de ordem NB ;
- É uma matriz esparsa para redes de grande porte ( Ykm = 0 sempre que não existir ligação entre os nós
k e m );
- É uma matriz simétrica se a rede for constituída apenas por linhas de transmissão e transformadores
em fase, pois para uma linha de transmissão Ykm = Ymk =− Ykm e para um transformador em fase Ykm = Ymk =− akmY km. A presença de defasadores torna a matriz assimétrica pois Ykm =− e − j^ ϕ kmYkm e Ymk = − ej^ ϕ kmY km (vide Exemplo VI.2).
A k -ésima componente da expressão matricial (VI.10) é dada por:
∑ ∑ ∈Ω ∈
m K
km m m
Ik YkkVk YkmVm Y V k onde K é o conjunto de todas as barras adjacentes à barra k , incluindo a própria barra k ( K = { k }∪Ω k ).
Sabendo que Y km = Gkm + jBkm e V m = Vm θ m ,
∑^ (^ ) ∈
m K
Ik Gkm jBkmVm θ m
e a injeção líquida de potência S (^) k é dada por:
( )
∑^ (^ )^ ∑ (^ )
∑
∈ ∈
∈ = − − = − −
m K
k m km km k m mK
k k km km m m
mK
k k k k k k k km km m m
V G jB V V V G jB
S P jQ V I V G jB V
∑^ (^ )( ∈
m K
Sk Vk VmGkm jBkm cosθ (^) km j sen θ km ) (VI.11)
Separando as partes real e imaginária de (VI.11), tem-se:
∑^ ( ∈
m K
Pk Vk VmGkm cosθ (^) km Bkm sen θ km ) (VI.12)
∑^ ( ∈
m K
Qk Vk VmGkm senθ (^) km Bkm cos θ km ) (VI.13)
Exercício VI.2 – Para o sistema de 4 barras da Figura VI.2, escrever as expressões das injeções de potência de cada barra, considerando que a Barra 1 é a referência (Vθ), a Barra 3 é de tensão controlada (PV) e as demais são barras de carga (PQ). Considerar a matriz admitância conhecida e dada por:
Média (escala de 0 a 100) % escolha Brasil Região Instituição Brasil Região Instituição 20,8 Não disponível 9,0 15,5 Não disponível 12,
