Modulo 8

Módulo 8 – Página 1/13

MÓDULO 8

INTRODUÇÃO AOS SISTEMAS DE TRANSMISSÃO, DISTRIBUIÇÃO E
SUBESTAÇÕES

8.1 – Método da Perda Total de Continuidade de Serviço

Neste módulo, a metodologia utilizada na avaliação de confiabilidade baseia-se no método da
perda total de continuidade de serviço, onde o sistema é considerado falhado se e somente se
forem interrompidos todos os caminhos entre qualquer fonte de alimentação e a saída de inte-
resse. Os cálculos efetuados pressupõem que os sistemas sejam completamente redundantes1.

De acordo com este método, o desempenho de um sistema é avaliado em termos do número
de interrupções por unidade de tempo (mês ou ano) verificado ou previsto, bem como suas
durações médias. Assim, é possível calcular indicadores de freqüência e duração média para
as falhas de um sistema em função das taxas de falha e tempos médios de reparo ou substitui-
ção de seus componentes.

8.2 – Esquema Equivalente de Confiabilidade

Como tratado no Módulo 2, existe a possibilidade de se representar qualquer sistema malhado
por um esquema equivalente de confiabilidade (EEC), constituído de uma série de componen-
tes em paralelo, determinado pela técnica de cut sets. Àquela altura, o EEC foi utilizado no
cálculo de probabilidades de funcionamento e falha de alguns sistemas. Aqui, o EEC será
usado no cálculo de índices de freqüência e duração de falhas, com as fórmulas aproximadas
já apresentadas no Módulo 7 e, por comodidade, repetidas abaixo:

Sistema Paralelo de 2 componentes

λ P = λ1λ 2 (r1 + r2 ) (1)

r1r2
rP = (2)
r1 + r2

Sistema Série de n componentes

λ S = λ1 + λ 2 + ... + λ n (3)

λ r + λ 2 r2 + ... + λ n rn
rS = 1 1 (4)
λ1 + λ 2 + ... + λ n

1
Embora freqüentemente utilizado, o método da perda total de continuidade não leva em consideração fatores
importantes como limites de tensão, níveis de carregamento de circuitos e o valor da carga interrompida. Tais
fatores podem ser devidamente considerados através do método da perda parcial de continuidade, onde são ne-
cessárias análises de fluxo de potência. No entanto, o estudo deste método está fora do escopo do presente curso.

Prof. João Guilherme de Carvalho Costa
Instituto de Sistemas Elétricos e Energia – UNIFEI


8.3 – Exemplo: Sistema de Transmissão

Determine a freqüência e a duração média das falhas do seguinte sistema de transmissão, onde
a taxa de falha das linhas vale 0,008 falhas/(ano.km) e o tempo médio de reparo é de 6 horas.

4
1
200 km 300 km
6
3 150 km
100 km
2 5
250 km
400 km

Taxas de Falha dos Componentes

Inicialmente, deve-se calcular a taxa de falha de cada componente, multiplicando-se a taxa de
falha por km pela extensão de cada linha. A tabela abaixo resume os resultados.

Linha λ (falha/ano) r (horas)
1 1,6 6
2 2,0 6
3 1,2 6
4 2,4 6
5 3,2 6
6 0,8 6

Conjuntos Mínimos de Corte e Esquema Equivalente de Confiabilidade

Para analisar o sistema, é preciso obter seu esquema equivalente de confiabilidade. Assim,
têm-se os seguintes caminhos e a respectiva codificação na matriz de incidência:

C1: 1, 4 e 6
C2: 1, 3, 5 e 6
C3: 2, 5 e 6
C4: 2, 3, 4 e 6

Componente
Caminho
1 2 3 4 5 6
C1 1 1 1
C2 1 1 1 1
C3 1 1 1
C4 1 1 1 1



• Modos de falha de 1ª ordem: 6
• Modos de falha de 2ª ordem: 1e2 4e5
• Modos de falha de 3ª ordem: 1e3e5 2e3e4

O EEC pode ser visto na figura abaixo:

1 2

1 4

6 3 3

2 5

5 4

Cálculo dos Indicadores de Confiabilidade

Os indicadores de freqüência e duração podem ser estruturados na tabela a seguir, onde a co-
luna “λ” representa a freqüência de falha, a coluna “r” representa a duração média da falha e a
coluna “U” representa a indisponibilidade2 do sistema, dada pelo produto entre “λ” e “r”.

A B C

Modo de Falha λ (falha/ano) r (horas) U (horas/ano)
6 λ6 r6 λ6 r 6
1e2 λ12 r12 λ12 r12
4e5 λ45 r45 λ45 r45
1e3e5 λ135 r135 λ135 r135
2e3e4 λ234 r234 λ234 r234
Total ΣA ΣC ÷ ΣA ΣC

Observe que cada linha representa a contribuição do respectivo modo de falha para a freqüên-
cia, a duração média das falhas e a indisponibilidade do sistema. Os valores numéricos de λ12,
r12, λ135, r135 e dos demais termos devem ser calculados pelas fórmulas aproximadas.

2
Deve-se lembrar que a duração média de um estado corresponde à relação entre sua probabilidade estacionária
e sua freqüência. Conseqüentemente, o produto da freqüência pela duração resulta na probabilidade estacionária
do estado, que é um valor adimensional entre 0 e 1. Contudo, se a freqüência for expressa em falhas por ano e a
duração em horas, o referido produto terá dimensão de horas de falha por ano, recebendo o nome de indisponibi-
lidade. A indisponibilidade, designada pela letra U, corresponde então ao número esperado de horas por ano que
um sistema permanece em estado de falha.



Numericamente:

6 0,8 6 4,8
1e2 0,004384 3 0,013151
4e5 0,010521 3 0,031562
1e3e5 0,000009 2 0,000017
2e3e4 0,000008 2 0,000016
Total 0,814922 5,95 4,844746

Observe então que o sistema deverá falhar, em média, 0,814922 vezes por ano e a cada falha,
ficará indisponível, em média, por 5,95 horas. A indisponibilidade do sistema é de 4,844746
horas por ano. Outra característica interessante é que a contribuição dos modos de falha de 3ª
ordem é bem menor que as contribuições dos modos de 1ª e 2ª ordem. Assim, se fossem con-
siderados apenas os modos de falha de 1ª e 2ª ordem, os indicadores de freqüência, duração e
indisponibilidade seriam praticamente os mesmos, como mostrado na tabela abaixo.

6 0,8 6 4,8
1e2 0,004384 3 0,013151
4e5 0,010521 3 0,031562
Total 0,814905 5,95 4,844713

8.4 – Contribuição das Ações de Manutenção Preventiva

A manutenção preventiva é feita periodicamente para prevenir os equipamentos de falhas for-
çadas no futuro, visando controlar o aumento de suas taxas de falha ao longo do tempo, o que
poderia comprometer o nível de confiabilidade dos sistemas. Por outro lado, a necessidade de
se retirar os equipamentos de serviço para a realização dessa atividade faz com que, momen-
taneamente, os sistemas fiquem mais vulneráveis à falha, o que por sua vez, também se reflete
nos índices de confiabilidade. Dessa forma, a política de manutenção deverá ponderar ade-
quadamente as duas situações para que o sistema apresente o melhor desempenho possível.

Muitos fatores como a política de operação da empresa, condições ambientais, características
de equipamentos e mesmo a disponibilidade de pessoal especializado, podem influenciar a
freqüência e na duração da realização das ações de manutenção preventiva. Considere então, a
inclusão de dois novos parâmetros:

λ"i – Taxa de saída do equipamento i para manutenção preventiva.
ri" – Duração média da ação de manutenção preventiva do equipamento i.

Admita ainda a seguinte regra: Ações de manutenção não devem, sempre que possível, iniciar
uma falha do sistema.



As contribuições das ações de manutenção preventiva para a freqüência e a duração média das
falhas de um conjunto mínimo de corte de 2ª ordem são calculadas pelas expressões mostra-
das a seguir.

1

2

Em um caso como este, o sistema falha sempre que o componente 2 sofre uma falha durante a
ação de manutenção preventiva do componente 1, ou quando o componente 1 sofre uma falha
durante a ação de manutenção preventiva do componente 2. Assim:

λ" = λ" (λ 2 r1 ) + λ"2 (λ1r2 ) = λ a + λ b
12 1
" "
(5)

" λ r + λ b rb
r12 = a a . (6)
λa + λb

Onde:

"
r1 r2
ra = (7)
"
r1 + r2
"
r2 r1
rb = . (8)
"
r2 + r1

Exemplo

Calcular a contribuição das ações de manutenção preventiva sobre a freqüência, a duração
média das falhas e a indisponibilidade do sistema de transmissão do exemplo anterior, admi-
tindo que as linhas de transmissão sofram manutenção 1 vez por ano, com uma duração média
de 10 horas.

Assim,

λ" = λ"2 = λ"3 = λ"4 = λ"5 = λ"6 = 1 manutenção/ano.
1

" " " " " "
r1 = r2 = r3 = r4 = r5 = r6 = 10 horas.

Para calcular as contribuições das ações de manutenção preventiva, deve-se estruturar uma
tabela semelhante à feita anteriormente, como se pode notar na página seguinte.



A B C


6 λ"6 "
r6 λ"6 r6
"

1e2 λ"
12
"
r12 λ" r12
12
"

4e5 λ"45 "
r45 λ"45 r45
"


Assim, tem-se, por exemplo:

" ⎡ 10 ⎤ ⎡ 10 ⎤
λ" = λ" λ 2 r1 + λ"2 λ1r2 = ⎢1 × 2 ×
12 1
"
⎥ + ⎢1 × 1,6 × 8760 ⎥ = 0,002283 + 0,001826 = 0,004109 .
⎣ 8760 ⎦ ⎣ ⎦
"
r1 r2 10 × 6
ra = = = 3,75 .
"
r1 + r2 10 + 6
"
r2 r1 10 × 6
rb = = = 3,75 .
"
r2 + r1 10 + 6

" λ r + λ b rb 0,002283 × 3,75 + 0,001826 × 3,75
r12 = a a = = 3,75 .
λa + λb 0,002283 + 0,001826

Numericamente:

6 1 10 10
1e2 0,004109 3,75 0,015409
4e5 0,006393 3,75 0,023974
Total 1,010502 9,94 10,039383

Dessa forma, após a contribuição das ações de manutenção preventiva, os índices de confiabi-
lidade do sistema serão:

f SF = 0,814922 + 1,010502 = 1,825424 falhas/ano.

U SF = 4,844746 + 10,039383 = 14,884129 horas/ano.

U SF 14,884129
D SF = = = 8,15 horas.
f SF 1,825424



8.5 – Subestações

As técnicas aplicáveis à análise de confiabilidade de subestações são basicamente as mesmas
usadas em sistemas de transmissão e distribuição. Contudo, as subestações apresentam outros
equipamentos como barramentos, transformadores, disjuntores e chaves seccionadoras, o que
as tornam sistemas relativamente mais complexos. Além de defeitos do tipo curto-circuito ou
circuito aberto, existe a possibilidade de que um disjuntor seja solicitado a abrir e falhe em
sua operação, causando a atuação da proteção de retaguarda e o conseqüente aumento da ex-
tensão da falta.

Sistema-Exemplo

Considere o sistema completamente redundante abaixo.

1 3 5

100 km

2 4

120 km

Os dados de confiabilidade dos equipamentos são os seguintes:

Linha λL = 0,01 f/(a.km) rL = 4 h
Disjuntor λD = λDA + λDP = 0,05 + 0,02 = 0,07 f/a Tsub = 6 h
Barramento 0,01 f/a rB = 3 h

Como se pode observar na tabela acima, as taxas de falha dos disjuntores possuem duas com-
ponentes. Neste caso, λDA corresponde aos defeitos do tipo curto-circuito sofridos pelo equi-
pamento e λDP está associada aos defeitos do tipo abertura intempestiva, i.e. quando o disjun-
tor abre sem existir nenhum curto-circuito no sistema. Essa questão será tratada com maiores
detalhes na seção seguinte. No momento, deve-se utilizar a taxa total, i.e. λD = λDA + λDP.

Falhas Passivas

Denomina-se falha passiva todo defeito causado pela falha de um ou mais componentes tal
que, para o restabelecimento do sistema, torna-se necessário o reparo ou a substituição dos
componentes avariados. Por exemplo, a falha do barramento 5 no sistema acima é uma falha
passiva de primeira ordem, pois o restabelecimento só poderá ser feito mediante o reparo do
barramento. Analogamente, a falha da linha 1 sobreposta à falha da linha 2 constitui uma fa-
lha passiva de segunda ordem, uma vez que o sistema só é recolocado em funcionamento após
o reparo de uma das linhas.



As falhas passivas podem ocorrer devido a aberturas intempestivas de disjuntores ou mediante
a atuação destes frente a ocorrências de curtos-circuitos, isolando os componentes com defei-
to. Este tipo de falta pode ser identificado usando-se a técnica de cut sets, i.e. as falhas passi-
vas correspondem aos conjuntos mínimos de corte ou modos mínimos de falha.

Neste sistema, têm-se os seguintes caminhos:

Componentes
Caminho
1 2 3 4 5
C1 1 1 1
C2 1 1 1

Assim, os conjuntos mínimos de corte são:

• 1ª ordem: 5
• 2ª ordem: 1e2 1e4 2e3 3e4

Logo, o esquema equivalente de confiabilidade para este sistema é:

1 1 2 3

5

2 4 3 4

A tabela abaixo apresenta o cálculo da contribuição das falhas passivas para a freqüência, a
duração média das falhas e a indisponibilidade do sistema.

5 0,01 3 0,03
1e2 0,001096 2 0,002192
1e4 0,000080 2,4 0,000192
2e3 0,000096 2,4 0,000230
3e4 0,000007 3 0,000020
Total 0,011279 2,89 0,032634

Assim a contribuição das falhas passivas é de 0,011279 falhas/ano para a freqüência de falhas
do sistema e de 0,03264 horas/ano para a indisponibilidade. Neste caso, considerando-se so-
mente as falhas passivas, a duração média das falhas é de 2,89 horas.



Falhas Ativas

Uma falha ativa ocorre quando um defeito em algum equipamento provoca o desligamento de
partes sadias do sistema devido à atuação da proteção.

Considere, por exemplo, que o disjuntor 3 sofra um defeito do tipo curto-circuito. Neste caso,
como o defeito é no próprio disjuntor, admite-se que ele não tenha condição de abrir. Conse-
quentemente, a falta só poderá ser extinta mediante as aberturas do disjuntor 4 (para eliminar
a contribuição da linha 2) e da proteção de retaguarda da linha 1 (para eliminar a contribuição
desta linha).

1 3 5

2
4

Note que a falha do disjuntor 3 causa a retirada da alimentação proveniente da linha 1 e a a-
bertura do disjuntor 4, fazendo com que o ponto de consumo fique interrompido. Com isso, o
disjuntor 3 representa um modo de falha de primeira ordem que não foi detectado na matriz
dos caminhos. Trata-se de uma falha ativa.

Observe que a falha em questão interrompe a carga somente durante o tempo necessário para
que o disjuntor 3 seja isolado através das chaves seccionadoras e o disjuntor 4 seja novamente
fechado. Este tempo é chamado de tempo de manobra do sistema, que compreende as fases de
localização, decisão e chaveamento.

Conclui-se, portanto, que a duração de uma falha ativa corresponde ao tempo de manobra do
sistema, enquanto uma falha passiva permanece no sistema durante o tempo de reparo ou
substituição do equipamento avariado.

A identificação das falhas ativas pode ser feita através dos seguintes passos:

1) Simular um defeito em cada componente “i” que não seja falha passiva de 1ª ordem (pois
esse tipo de falta já foi computado);
2) Verificar a atuação dos disjuntores (deve-se conhecer a filosofia da proteção);
3) Se a carga for interrompida, então o componente “i” corresponde a uma falha ativa.

Neste exemplo, existem duas falhas ativas: 3 e 4.

Para o cálculo da contribuição das falhas ativas para a freqüência, duração média das falhas e
indisponibilidade do sistema pode-se montar uma tabela como a apresentada na página se-
guinte. Observe que a tabela apresenta a mesma estrutura da utilizada para as falhas passivas,
mas as taxas de falha devem ser as ativas e as durações médias correspondem aos tempos de
manobra, que, neste sistema, foram admitidos por simplicidade como s = 0,5 hora para todas
as manobras.



A B C

3 λ3A s λ3A × s
4 λ4A s λ4A × s

Numericamente:

3 0,05 0,5 0,025
4 0,05 0,5 0,025
Total 0,10 0,5 0,050

Deve-se observar que, nos disjuntores, as taxas de falha são diferenciadas entre passiva (aber-
tura intempestiva) e ativa (curto-circuito). Em equipamentos como barramentos, linhas e
transformadores as taxas totais são as próprias taxas de falha ativa.

Com a consideração das falhas ativas, os indicadores de freqüência média das falhas e indis-
ponibilidade do sistema passam a ser:

f SF = f passiva + f ativa = 0,011279 + 0,10 = 0,111279 falhas/ano.
SF SF

U SF = U passiva + U ativa = 0,03264 + 0,05 = 0,08264 horas/ano.
SF SF

Dessa forma, a duração média de todas as falhas do sistema vale:

U SF 0,08264
D SF = = = 0,74 horas.
f SF 0,111279

Falhas Ativas + Disjuntor Emperrado

O sistema de proteção atua para isolar componentes que tenham sofrido uma falta, podendo
algumas vezes desligar partes sadias da rede, implicando em falhas ativas. Por outro lado, nos
casos em que a proteção consegue isolar o defeito sem interromper o ponto de carga em ques-
tão, não ocorre falha ativa. Como exemplo, reconsidere o sistema utilizado no item anterior,
que, por comodidade, foi reapresentado na página seguinte e admita um curto curto-circuito
na linha 1. Neste caso, deve atuar o disjuntor 3 e o disjuntor de entrada da linha 1 (que não
aparece na figura), pois estes são os disjuntores “mais próximos” ao defeito. Observe que este
defeito não causa interrupção na carga, que continua sendo alimentada a partir da linha 2.



1 3 5

2
4

No entanto, além das falhas ativas (curto-circuito) e passivas (aberturas intempestivas), um
disjuntor pode apresentar um outro tipo de defeito, denominado emperramento. Neste caso, na
presença de um curto-circuito na rede, o disjuntor é solicitado a abrir e não abre, exigindo a
atuação da proteção de retaguarda, que por sua vez, pode aumentar a área de abrangência da
falta e interromper a carga.

No caso do curto-circuito da linha 1, por exemplo, se o disjuntor 3 emperrar, o 4 deverá abrir
para eliminar a contribuição da linha 2 para o curto-circuito. Com isso, observe que a carga
será interrompida até que se abram as chaves seccionadoras para isolar a linha 1 e o disjuntor
3 (ambos deverão ser reparados) e fechar o disjuntor 4 para realimentar a carga. Trata-se, por-
tanto, de um defeito do tipo “falha ativa + disjuntor emperrado”.

Note que a duração de uma falha desta categoria corresponde ao tempo de manobra. A fre-
qüência de falha, por sua vez, é dada pelo produto entre a taxa de falha do componente que
falhou e a probabilidade de emperramento do disjuntor que não atuou. A probabilidade de
emperramento é calculada com base no histórico de operação, por:

número de vezes que o disjuntor emperrou
P= . (9)
número de vezes que o disjuntor foi solicitado a operar

A identificação das falhas ativas + disjuntor emperrado pode ser feita com base nos passos:

1) Simular um defeito em cada componente “i” que não seja falha passiva de 1ª ordem nem
falha ativa (pois essas já foram computadas);
2) Verificar a atuação dos disjuntores e considerar o emperramento de um único disjuntor “j”
por vez;
3) Para cada situação, verificar a atuação dos disjuntores de retaguarda (que supostamente
não irão emperrar, pois a probabilidade seria desprezível). Se a carga for interrompida, en-
tão o componente “i” com o emperramento do disjuntor “j” corresponde a uma falha ativa
+ disjuntor emperrado.

Neste sistema, existem as seguintes falhas ativas + disjuntor emperrado: 1 (3) e 2 (4).

A notação utilizada é tal que o número sublinhado corresponde ao equipamento que sofreu o
defeito e o número entre parênteses representa o disjuntor que emperrou.

A tabela a seguir resume a contribuição deste tipo de falha para a freqüência, a duração média
das falhas e a indisponibilidade do sistema. Admitiu-se, neste exemplo, uma probabilidade de
emperramento igual a 0,01.



A B C

1 (3) λ1A × P3 s λ1A × P3 × s
2 (4) λ2A × P4 s λ2A × P4 × s

Numericamente:

1 (3) 0,010 0,5 0,005
2 (4) 0,012 0,5 0,006
Total 0,022 0,5 0,011

Para agregar esta contribuição aos indicadores do sistema, basta fazer:

f SF = f passiva + f ativa + f ativa + de = 0,011279 + 0,10 + 0,022 = 0,133279 falhas/ano.
SF SF SF

U SF = U passiva + U ativa + U ativa + de = 0,03264 + 0,05 + 0,011 = 0,09364 horas/ano.
SF SF SF

Dessa forma, a duração média de todas as falhas do sistema vale:

U SF 0,09364
D SF = = = 0,70 horas.
f SF 0,133279



8.6 – Exercício Proposto

Considerando os dados abaixo, calcule a freqüência, a duração média das falhas e a indispo-
nibilidade da seguinte subestação:

1 3 4 5 10

11
6

2 7 8 9

Neste caso, avalie as contribuições das falhas passivas, ativas, ativas com disjuntor emperrado
e ações de manutenção preventiva.

Equipamento λa (f/a) λp (f/a) r (h) λ” (m/a) r” (h)
Linhas 0,08 - 20 1 8
Disjuntores 0,02 0,01 50 1 6
Transformadores 0,04 - 200 0,5 10
Barramentos 0,02 - 5 0,5 4
Tempo de manobra do sistema (h): 0,5

Probabilidade de emperramento dos disjuntores: 0,01


Modulo 8

Mais conteúdo relacionado

Semelhante a Modulo 8

Mais de FernandoMLagos

Modulo 8