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CAPÍTULOS 1, 2 e 3 – LISTA DE EXERCÍCIOS RESOLVIDOS.
1 – (TRF, 1998) As tensões nas barras do sistema abaixo, calculadas mediante a solução do problema de fluxo de potência, são indicadas na figura. Supondo que os parâmetros das linhas de transmissão apresentam os valores usuais para linhas de Extra Alta Tensão (EAT), pode-se concluir que o fluxo de potência ativa no ramo 2-3 tem sentido:
a) Das perdas ativas; b) Indeterminado; c) Da barra 3 para a barra 2; d) Oposto ao fluxo de potência reativa; e) Da barra 2 para a barra 3.
SOLUÇÃO
A resposta correta é dada pelo item (e), pois o fluxo de potência ativa tem sentido da barra com tensão de maior ângulo de fase ( θ 2 = –5º) para a barra com tensão de menor ângulo de fase ( θ 3 = –15º), ou seja, θ 23 = –5º – (–15º) = 10º > 0.
2 – (ELETROBRAS) A figura a seguir é o modelo por fase de uma linha de transmissão curta com resistência desprezível. Segundo os valores apresentados das tensões de operação, a potência que está sendo transmitida pela linha é:
a) 0,50 pu; b) 0,75 pu; c) 1,00 pu; d) 1,10 pu; e) 1,15 pu.
SOLUÇÃO:
Para o cálculo da potência ativa, desprezando as perdas ativas:
sen sen ( ) pu x
VV
P 45 15 1 , 00
12 12
1 2 12 °− °=
Portanto, a solução é a dada pelo item (c).
3 – (CHESF, 2002) A figura abaixo mostra o resultado do fluxo de carga de um sistema de três barras. O fluxo de potência é indicado em pu de uma base trifásica de 50 MVA. No diagrama unifilar, o fluxo de potência ativa é indicado pela parte real do número complexo e o fluxo de potência reativa pela parte imaginária. As tensões de todas as barras são controladas em 1 pu. Nas barras 1 e 2, os controles são efetuados pelos geradores G 1 e G 2 , respectivamente. Por meio de chaveamento adequado, o capacitor C 3 controla a tensão na barra 3. Assinale a opção correta, com relação ao sistema e a seu ponto de operação.
a) Se a tensão-base do sistema é igual a 120 kV de linha, a reatância do capacitor C3 é inferior a 300 ohms. b) Apesar das tensões de 1 pu nas barras, as perdas ativas nas linhas não são nulas. c) O consumo total de potência reativa da linha 1 - 2 é igual a 1,1 MVAr. d) A potência ativa gerada pelo gerador G1 é suficiente para suprir a carga ligada à barra
e) Os ângulos das tensões nas barras 2 e 3 necessariamente são iguais.
SOLUÇÃO:
No item (a) tem-se o cálculo da reatância do capacitor:
( )
×
×
32 (^1 ,^00120 )^2
pu MVA
pu kV Q
V
X
C
C
Portanto, este item é VERDADEIRO.
j pu MVA
MVA
X (^) T XT XT XT j 0 , 20 50
1 = 2 = 3 = 4 =^0 ,^10 × =
( )
j pu kV
MVA
X (^) LT XLT j 0 , 20 250
1 = 2 =^125 Ω× 2 =
Portanto, a impedância equivalente interligando os dois geradores é dada por:
( ) ( ) ( )
pu
X XG XT XT XLT XLT XT XT XG
12 1 1 //^21 // 2 3 // 4 2
Com base nas condições de regime dadas, tem-se o cálculo da abertura angular entre as duas barras:
12 12
12 12 12
1 2 12
θ θ
θ θ
sen
sen sen pu x
VV
P
Ao eliminar uma das linhas, a impedância equivalente interligando os dois geradores será 0,60 pu. Mantendo as mesmas condições de regime, tem-se a nova potência ativa transmitida:
sen sen ( ) pu x
VV
P
12 12
1 2 12 ° = =
Portanto, a solução é a dada pelo item (a).
4 – (Exame Nacional de Cursos – PROVÃO, 1998) A Companhia de Eletricidade do Vale Dourado dispõe de duas subestações de 130 kV alimentadas por um sistema de transmissão cujo diagrama unifilar é apresentado na figura. A impedância série de cada linha é igual a 0,26 + j0,52 Ω/km e o efeito capacitivo é desprezado. A Divisão de Operação da Companhia executou o fluxo de carga desse sistema para três condições de carga e, baseado n período de carga máxima, decidiu que deveria ser instalado um banco de capacitores na SUB02, de forma a obter, nesse ponto, uma tensão de 1,00 pu. A tabela a seguir apresenta alguns resultados da execução do fluxo de carga do sistema, onde GER00 foi considerada como barra de balanço.
BARRA Módulo da Tensão (pu)
Fase da Tensão (rad) GER00 1,000 0, SUB01 0,990 – 0, SUB02 1,000 – 0,
a) Expresse a impedância das linhas em pu, adotando 100 MVA como base de potência e a tensão de linha como base de tensão. b) Determine a potência do banco de capacitores instalado em SUB02.
DADOS/INFORMAÇÕES TÉCNICAS: As potências ativas e reativas (em pu) transmitidas entre os nós k e m de uma rede elétrica (desprezando-se o efeito capacitivo) são dadas por: Pkm = gkmVk^2 − VkVm ( gkm cosθ (^) km + bkm sen θ km ) Qkm =− bkmVk^2 − VkVm ( gkm senθ (^) km − bkm cos θ km )
Nessas equações, Vk e Vm São os módulos das tensões nos nós k e m , respectivamente: θ (^) km = θ k − θ m é a defasagem entre as tensões nos nós k e m
{ }
{ }
km
km km km
km km
km
km km km
km km
z
y r x
x b
z
y r x
r g
Im Im
Re Re
2 2
2 2
Re{ z } e Im{ z } representam, respectivamente, a parte real e a parte imaginária da variável complexa z.
SOLUÇÃO:
a) Impedâncias
- da linha 01 ( z 01 ):
( ) × =( + ) Ω
01 =^0 ,^260 +^0 ,^52013 km^3 ,^380 j^6 ,^760 km
z j
- da linha 02 ( z 02 ):
( ) × =( + ) Ω
02 =^0 ,^260 +^0 ,^5209 ,^75 km^2 ,^535 j^5 ,^070 km
z j
- da linha 12 ( z 12 ):
( ) × =( + ) Ω
12 =^0 ,^260 +^0 ,^5206 ,^5 km^1 ,^690 j^3 ,^380 km
z j
- Base de impedância:
( ) ( ) = = = 169 Ω 100
base
base base (^) MVA
kV Z
- Impedâncias em pu:
[ ]
[ ] base
pu (^) Z
Z
Z = Ω
0,417 + 0,400 = QC – 0,200. Portanto:
QC = 1,017 pu de 100 MVA
ou:
QC = 101,7 MVAr
A verificação da potência ativa é feita por: P 20 + P 21 = –0,804 + 0,199 = –0,605 que é a potência ativa instalada em SUB02 a menos dos erros decorrentes das aproximações.
Solução alternativa:
As potências reativas podem ser calculadas de forma alternativa sem usar o formulário anterior por meio de:
Q 20 = Im ( E 2 ⋅ I 20 ∗) Q 21 = Im ( E 2 ⋅ I 21 ∗)
Onde Im(x) indica a parte imaginária de x e o asterisco indica o conjugado complexo. As
correntes I (^) 20 ∗e I (^) 21 ∗ são dadas por:
I (^) 20 ∗ =^ (^ E 2 − E 0 )^ / z 02 I (^) 21 ∗ = ( E 2 − E 1 ) / z 12
5 – (ET720 – Notas Prof. Castro UNICAMP) Considere a rede elétrica a seguir.
Os parâmetros da linha k-m são: zkm = 0 , 01 + j 0 , 05 pu e b (^) kmsh = 0 , 2 pu. Em um
determinado instante durante a operação da linha, suas tensões terminais são
Ek = 1 , 015 ∠− 1 , 3 ° pu e Em = 1 , 020 ∠− 6 , 3 ° pu. Calcule os fluxos de potência e as perdas de
potência na linha.
SOLUÇÃO:
A admitância série da linha é:
j pu z
y g jb km
km km km^3 ,^846219 ,^2308
Os fluxos de potência valem:
Pkm = gkmVk^2 − VkVm ( gkm cosθ km + bkm sen θ km ) = 1 , 7309 pu Q (^) km =− ( b (^) km + bkmsh ) V (^) k^2 − VkVm ( gkm senθ km − bkm cos θ km ) =− 0 , 5749 pu
Pmk = gkmVm^2 − VkVm ( gkm cosθ km − bkm sen θ km ) =− 1 , 7005 pu Q (^) mk =− ( b (^) km + bkmsh ) V (^) m^2 + VkVm ( gkm senθ km + bkm cos θ km ) = 0 , 3128 pu
e são mostrados na figura a seguir.
A figura indica que:
- Um fluxo de potência ativa de 1,7309 sai de k em direção a m. Um fluxo de 1, chega na barra m. Percebe-se que houve uma perda de potência na transmissão de potência ativa
- Um fluxo de potência reativa de 0,3128 sai de m em direção a k. Um fluxo de 0, chega na barra k. Percebe-se que houve uma geração de potência reativa na transmissão de potência ativa
Realizando o cálculo das perdas de potência:
P perdas^ = Pkm + Pmk = 0 , 0304 pu
ou
P perdas^ gkmEk Em 0 , 0304 pu
2 = − =
Q perdas^ = Qkm + Qmk =− 0 , 2621 pu
ou
Q perdas^ bkmsh ( V (^) k Vm ) bkmEk Em 0 , 2621 pu 2 2 2 =− + − − =−
Observando os termos da expressão de Q perdas^ separadamente:
b (^) km Ek Em 0 , 1520 pu
2 − − = − b (^) kmsh ( V (^) k^2 − Vm^2 ) =− 0 , 4141 pu
ou seja, a susceptância série resulta em consumo de potência reativa (> 0), enquanto que a susceptância shunt resulta em geração de potência reativa (< 0). Neste caso em particular, a geração é maior que o consumo.
A potência da carga C , SC = 5 + j4 pu, é suprida pelo gerador G e transportada pela linha de transmissão LT. A linha de transmissão é representada pelo seu modelo Π mostrado abaixo, em que a reatância série x é igual a 0,05 pu (a resistência série r é desprezada) e o carregamento shunt total bsh^ é de 2/3 pu. A reatância síncrona do gerador vale 18%. A tensão da barra 2 deve ser mantida igual a 1 pu.
a) Determinar a tensão da barra 1. ( Resp. 1,2094∠11,93º pu) b) Calcular a potência fornecida pelo gerador. ( Resp. 5 pu; 5,1 pu)
4 – (ET720– Notas Prof. Castro UNICAMP) Considerar a rede elétrica mostrada a seguir.
O gerador 2 fornece uma potência ativa de 1 pu à rede.
a) Calcular a abertura angular da linha de transmissão. ( Resp. 3,41º) b) Calcular as potências fornecidas pelos geradores. ( Resp. SG 2 = 1 − j0,72 pu; SG 1 = 0,732 − j0,25 pu) c) Calcular os fluxos de potência S12 e S21. ( Resp. −0,134 + j 0,25 pu; 0,134 − j 0, pu) d) Calcular as perdas de potência na transmissão. ( Resp. 0; 0,03 pu)
5 – (ET720– Notas Prof. Castro UNICAMP) Considerar o sistema mostrado a seguir:
Sendo V 1 = 1,1 pu, V 2 = 1 pu, PG1 = 0, P G2 = 6 pu, P D1 + jQ D1= 5 + j 3 pu e P D2 + jQ D2= 1 + j 1 pu, determinar:
a) Os fluxos de potência S 12 e S 21. ( Resp. S12 = -5+j2,30 pu; S21 = 5+j0,2024 pu) b) As potências reativas geradas Q G1 e Q G2. ( Resp. QG1 = 5,30 pu; QG2 = 1,2024 pu)
6 – (ET720– Notas Prof. Castro UNICAMP) Considerar o sistema mostrado a seguir:
a) Considerando um perfil plano de tensão, isto é V 1 = V 2 = 1pu, determinar Q G2 e S G1. ( Resp. SG 1 = 8 + j0,9747 pu; QG 2 = 5,974 pu) b) Calcular as perdas de transmissão. ( Resp. P perdas = 0; Q perdas = 1,9494 pu) c) Supondo que não há limites na geração de reativos Q G2 e que o perfil plano de tensões seja mantido, determinar a máxima potência ativa que pode ser demandada pela carga e a potência reativa Q G2 gerada nesta situação. ( Resp. P maxD2 = 33,33 pu; QG 2 = 38,33 pu)
