GABARITO ERP19. impedância total em pu. impedância linha em pu; impedância carga em pu; tensão no gerador em pu.

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1 GABARITO ERP9 Questão mpedânca total em pu. mpedânca lnha em pu; mpedânca carga em pu; tensão no gerador em pu. Assm, tem-se que: ( ). Mas, ou seja: : ( ).. Logo: pu. () A mpedânca da carga em pu,, tem seu módulo,, dado por: ( ). O módulo da tensão, em pu, na carga é: pu. Módulo da corrente, em pu, na carga: pu. Como pu, então pu. Logo: pu. Assm (fator de potenca ndutvo): ( ) [ ] pu. () Fnalmente, de () e (): pu. ( ) ( ) ( ) Ω. ( ) Ω, ou Ω. Questão π-nomnal a admtânca total é concentrada em duas partes guas e colocada junto as barras transmssora e receptora. transmssão longa a admtânca (e demas parâmetros) é atrbuída unformemente ao longo da lnha (não concentrado). Peddo a) Peddo b) não consdera exstênca de tensão refletda consdera exstênca de tensão refletda Questão O sstema possu apenas uma barra com tensão controlada (barra ), então, essa será a barra slack ou barra swng. Dessa forma, as ncógntas do sstema são os ângulos e as magntude nas barras e. As equações das potêncas atvas e reatvas, respectvamente, são dadas por: n n n n n n P V G VV Y cos n n n n. () n n Q V B VV Y sen Em que V = V é a tensão na barra ( =, ), Y n = Y n n é a admtânca entre as barras e n, sendo G e B a condutânca e a subceptânca, respectvamente, quando =n. O sstema de equação a ser resolvdo pelo método de Newton-Raphson são as equações de resíduos de potênca, dadas por: ()

2 P P P, especfcado calculado Q Q Q. especfcado calculado () De acordo com o método, a partr de um valor ncal, o valor de cada ncógnta é atualzado de acordo com o sstema de equação abaxo. P P P P V V V V P P P P V V P V V V P Q V Q Q Q, Q (4) V V V V V Q Q Q Q Q V V V V V em que a matrz das tensões. P P P P V V V V P P P P V V V V Q Q Q Q é a Matrz Jacobano, e e V V V V Q Q Q Q V V V V V são as correções de dos ângulos e módulos V O algortmo do método é dado da segunte forma: ) Estma-se valores ncas para os ângulos e módulo de tensão das barras e. ) Calcula-se as potêncas pelas equações () e (). ) Determna os valores dos resíduos de potênca pelas equações apresentadas em (). 4) Resolve-se o sstema dado em (4) para calcular as correções de ângulos e módulos. 5) Determna os novos valores de ângulos e módulos por V V V 0 V k k k k k k V V V k V, sendo (0) a estmatva ncal e () o valor corrgdo das varáves. De fora mas geral, tem-se que. 6) Repete-se o processo, a partr do tem (), até que as correções de ângulos e módulos sejam menores do que a precsão desejada. Questão 4 a) 8 64 b) Questão 5 a) Para que os carregamentos percentuas de ambos os transformadores sejam os mesmos, a segunte equação deve ser I I I In atendda ou, em que I e I são as correntes em cada transformador e In e In são as correntes nomnas de In In I In cada transformador, respectvamente.

3 Sn A corrente nomnal pode ser dada por In, em que S é a potênca aparente e Vn é a tensão fase-fase nomnal do Vn transformador. Para cálculo de I e I, em valor por undade, assume-se o crcuto da fgura abaxo. I X I c arga I X Fgura Em que X e X são as reatâncas dos transformadores em valor por undade, na base do sstema. Supondo que a tensão do sstema seja gual à tensão nomnal, então, a tensão será de,0 pu e, o carregamento de cada transformador será proporconal ao valor da respectva corrente. Sendo a base de potênca do sstema gual a soma das potêncas nomnas dos transformadores, e fazendo a mudança de base das reatâncas orgnas, tem-se S S b X X e b X X, S b S b sendo X e X as reatâncas dos transformadores nas bases orgnas,.e., S b e S b, respectvamente. O crcuto da Fgura pode ser nterpretado como um dvsor de corrente, logo: X I I e X I I X X c arga X X c arga. Logo, S b X Sb X I X S b S. Essa relação deve ser gual a In Vb b. Então, lembrando que as tensões nomnas são guas, In Sb I X X S b X Vb S S b b tem-se X Sb Sb X X, sto é, o valor percentual da reatânca do segundo transformador, na base do equpamento, X Sb Sb deve ser gual à reatânca do transformador já nstalado, em sua respectva base. Logo, o valor de X deve ser gual a 0% na base do transformador de 00MVA. b) A potênca transmtda por cada transformador é proporconal à corrente de cada um. Assm, S I I S S c arga, e S I I S S c arga Então, S b 00 ST Sc arga MVA Sb Sb e S b 00 ST Sc arga MVA Sb Sb Questão 6 Aplcando a le dos nós e chamando V a tensão aplcada ao crcuto entre os pontos X e Y, temos: (VA-V)/R + (VA-VB)/R + VA/R = 0 () (VB-V)/R + VB/R + VB/R + (VA-VB)/R = 0 ()

4 Resolvendo o sstema, temos: VA = (5/)V () VB = (4/)V (4) Para encontrar a resstênca equvalente chamamos de IT a corrente que entra no nó X e fazemos ela ser gual ao somatóro das correntes que saem do no X: IT = (V-VA)/R + (V-VB)/R + V/R (5) Substtundo os valores de () e (4) em (5), chega-se a: V/IT = (/4)R = Req Questão 7 a) Consdere os trechos do crcuto que contenham fontes de corrente e de tensão como, respectvamente, abertos e curtoscrcutos. Assm, temos a representação abaxo. O valor da resstênca equvalente àquelas compreenddas pelo retângulo é dado por: ( ) ( ). Observe que está em sére com R. Assm, tem-se o valor da resstênca equvalente àquelas compreenddas pelo retângulo dado por: *( ) + [( ) ( ) ( ) ] * +. Logo, a resstênca equvalente de Thévenn,, é dada por b) Para o cálculo de I usando o fato de se tratar de um crcuto lnear, pode-se usar o prncípo da superposção, calculando a contrbução de cada fonte para a fonte de tensão V th do equvalente de Thévenn, que equvale a calcular a tensão sobre o resstor R 4, V R4. Com efeto, tem-se a segunte confguração para a fonte de tensão E : Essa confguração equvale à confguração: Consderando o cálculo já realzado de, R eq é calculada da segunte manera: *( ) + [( ) ( ) ] * +. Assm, a queda de tensão V R4, propcada por E, é dada por:. Logo, a contrbução da fonte de corrente, V I, para V th é:. Contnuando a empregar o prncípo da superposção, em complementardade a confguração anteror, usando somente a fonte de corrente tem-se: Consderando que a corrente no resstor "n", R n, é smbolzada por I Rn, a tensão em R 4 é dada por:, e. As tensões nos termnas de R e R 4 são dêntcas. Logo:

5 , ou seja. A resstênca equvalente, R eq4, as resstêncas R, R e R 4 é: [ ] [ ]. A tensão sobre é dêntca a tensão sobre R 0 e R (que equvalem a ). Logo, para e, tem-se: ou. Assm,. Respostas: a) ; e b). Questão 8 a) No modelo equvalente, temos que: O modelo equvalente fca: e b) Comparando-se as equações do modelo de LT longa com as equações do quadrpolo, temos que: = e =, sendo l o comprmento da LT. () Como ( ) ( ), - () Substtundo () em (), teremos que, conhecdos A e B, a mpedânca característca é dada por Questão 9 t r r A máxma potênca teórca no termnal receptor pode ser calculada por P cos r max V V A V B B ; Utlzando as tensões fase-fase obtém-se a potênca trfásca, então, substtundo os valores apresentados no problema, tem-se que 500 0,95 500,0 0, Pr max 500 5,85 Pr max cos8 7,7 5, P 64,75 MW r max Questão 0 #nclude <stdo.h> nt,j; float A[0],aux; FILE *outfle; nt man() prntf("dgte a entrada:\n"); scanf("%f %f %f %f %f %f %f %f %f %f",&a[0],&a[],&a[],&a[],&a[4],&a[5],&a[6],&a[7],&a[8],&a[9 ]);

6 for(=0;<0;++) for(j=+;j<0;j++) f(a[]>a[j]) aux = A[]; A[] = A[j]; A[j] = aux; outfle = fopen("c:/users/gabrela/desktop/lsta.txt","w"); for(=0;<0;++) fprntf(outfle,"%f ",A[]); fclose(outfle); system("pause"); Questão Na mesma base de potênca, temos que: Z ps = Z p + Z s Z pt = Z p + Z t Z st = Z s + Z t Resolvendo para Z p, Z s e Z t,, teremos que: Z p = ½(Z ps +Z pt -Z st ) = ½(0,04+0,06-0,05)=0,05 Z s = ½(Z ps +Z st -Z pt ) = ½(0,04+0,05-0,06)=0,05 Z t = ½(Z pt +Z st -Z ps ) = ½(0,06+0,05-0,04)=0,05 Questão a) A mpedânca de Thevenn do sstema para o ponto em questão deve ser obtda consderando que a njeção de corrente em todas as outras barras sejam nulas menos da barra, em que se consdera uma njeção de corrente da referênca para essa barra. Observando a varação de tensão na mesma barra, observa-se que a mpedânca de Thevenn entre a barra e a barra de referênca, z Th (,0), é dada por zth(,0) z b) O mesmo racocíno o tem anteror pode ser aplcado aqu, só que no caso, a fonte de corrente é conectada da barra para a barra 6, sto é, a corrente que entra em uma barra é gual a corrente que sa da outra. Assm, a mpedânca de Thevènn entre a barra e a barra 6, z Th (,6), é obtda por zth(,6) z z66 z6