Parte 2 - Departamento de Sistemas de Energia Elétrica

 Exercı́cio
Uma linha monofásica de 2 km deve ser construı́da utilizando-se condutores
ACSR Linnet. Por motivos técnicos, a indutância total não deve exceder 4 mH.
Obtenha o espaçamento máximo entre condutores. Resolva o problema utilizando
equações e tabelas, e compare os resultados.
(Resposta: 1,1 m)
I Na tabela A.4, a expressão para Xd é:
Xd = 0, 2794 log d
em que d é o que chamamos de Dm (DMG) aproximado como sendo a
distância entre os centros dos cabos e aparece a função log ao invés de ln.
Demonstração da equivalência entre as expressões:
Se ln d = y, então d = ey
Aplicando o logaritmo:
log d = log ey
= y log e
– 44 –
x
Logo:
y=
1
· log d
log e
= 2,3026 log d = ln d
Assim, para 60 Hz:
Xd = 2,022 · 10−3 · f · ln d
= 2,022 · 10−3 · 60 · (2,3026 log d)
= 0,2794 log d
5.7.6
Indutância de uma linha trifásica com espaçamento simétrico
I Considere a linha trifásica:
b
PSfrag replacements
D
a
D
D
– 45 –
c
em que:
os três condutores têm raios iguais, portanto o mesmo RMG, igual a Ds
a distância entre condutores é D
não há fio neutro ou o circuito é equilibrado → Ia + Ib + Ic = 0
I Fluxo concatenado com o condutor da fase a (há contribuições das três correntes):
1
1
1
λa = 2 · 10−7 · Ia ln
+ Ib ln + Ic ln
Ds
D
D
1
1
+ (Ib + Ic ) ln
= 2 · 10−7 · Ia ln
Ds
D
1
1
− Ia ln
= 2 · 10−7 · Ia ln
(pois Ia = − (Ib + Ic ))
Ds
D
1
−7
+ Ia ln D
= 2 · 10 · Ia ln
Ds
= 2 · 10−7 · Ia ln
D
Wb/m
Ds
I Indutância da fase a:
La =
λa
D
= 2 · 10−7 · ln
H/m
Ia
Ds
I Por simetria, para as outras fases tem-se Lb = Lc = La
– 46 –
I Portanto:
La = Lb = Lc = 2 · 10−7 · ln
D
H/m
Ds
5.7.7 Indutância de linhas trifásicas com espaçamento assimétrico
g replacements
I O fluxo concatenado e a indutância de cada fase são diferentes → circuito
desequilibrado
D12
I Equilı́brio
é obtido através da transposição:
D23
D31
1
a
Pos. 1
2
3
Pos. 2
Pos. 3
c
b
b
a
c
c
b
a
I Cálculos considerando a transposição são mais simples
Linhas não transpostas → considera-se a linha como transposta e a sua
indutância como a média das indutâncias das fases
– 47 –
placements
I Fluxo concatenado com fase a, primeiro trecho:
a
D12
D31
b
λa1
1
1
1
+ Ib ln
+ Ic ln
= 2·10 · Ia ln
Ds
D12
D31
−7
D23
c
placements
I Fluxo concatenado com fase a, segundo trecho:
c
D12
D31
a
λa2
1
1
1
= 2·10−7· Ia ln
+ Ib ln
+ Ic ln
Ds
D23
D12
D23
b
placements
I Fluxo concatenado com fase a, terceiro trecho:
b
D12
D31
a
c
D23
λa3
1
1
1
+ Ib ln
+ Ic ln
= 2·10−7· Ia ln
Ds
D31
D23
I Fluxo médio concatenado com a fase a:
λa1 + λa2 + λa3
2 · 10−7
1
1
1
λa =
=
· 3Ia ln
+ Ib ln
+ Ic ln
3
3
Ds
D12D23D31
D12D23 D31
2 · 10−7
1
1
(pois Ia = − (Ib + Ic ))
=
· 3Ia ln
− Ia ln
3
Ds
D12D23D31
√
3
D12D23D31
Wb/m
= 2 · 10−7 · Ia · ln
Ds
– 48 –
I Indutância média por fase da linha trifásica com transposição:
La = 2 · 10−7 · ln
Deq
H/m
Ds
em que:
p
Deq = 3 D12D23D31
é o espaçamento eqüilátero equivalente da linha
Exemplo
Determine a reatância indutiva por fase a 60 Hz da linha trifásica mostrada a
seguir, composta por condutores ACSR Drake.
PSfrag replacements
200
200
380
• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Drake é Ds = 0,03730
• O espaçamento eqüilátero da linha é:
Deq =
√
3
20 · 20 · 38 = 24,77120
– 49 –
• A indutância e a reatância por fase valem:
L = 2 · 10−7 · ln
24,7712
= 1,3 µH/m
0,0373
XL = 2πf L = 2π · 60 · 1,3 · 10−6 = 0,49 mH/m = 0,7884 H/mi
• O problema pode ser resolvido pela utilização das tabelas A.3 e A.4:
tabela A.1
→
Xa = 0,399 Ω/mi
tabela A.2 (para Deq = 240)
→
Xd = 0,3856 Ω/mi
tabela A.2 (para Deq = 250)
→
Xd = 0,3906 Ω/mi
O valor de Deq é obtido por interpolação:
Deq
acements
25
25 − 24
24,7712 − 24
=
0,3906 − 0,3856
Xd − 0,3856
24,7712
Xd = 0,3895 Ω/mi
24
0,3856
Xd 0,3906
Xd
e a reatância por fase vale:
XL = Xa + Xd = 0,399 + 0,3895 = 0,7885 Ω/mi
– 50 –
5.7.8
Condutores múltiplos por fase
I Extra-alta tensão (EAT ou EHV) → por exemplo 440 kV → efeito corona
excessivo
Corona: descargas que se formam na superfı́cie do condutor quando a
intensidade do campo elétrico ultrapassa o limite de isolação do ar.
Conseqüências: luz, ruı́do audı́vel, ruı́do de rádio (interferência em circuitos de
comunicação), vibração do condutor, liberação de ozônio, aumento das perdas
de potência (deve ser suprida pela fonte)
I Solução: colocação de dois ou mais condutores por fase → cabos múltiplos
(bundled conductors)
d
D
d
d
replacements
onfigurações:
I Outras configurações:
d
d
d
PSfrag replacements
d
d
– 51 –
dD
I Outra vantagem dos cabos múltiplos: redução da reatância (aumento do
RMG). O RMG é calculado por:

p
√
b

2 condutores Ds = 4 Ds2 · d2 = Ds · d


p
√
3 condutores Dsb = 9 Ds3 · d6 = 3 Ds · d2

p

√

4 condutores Dsb = 16 Ds4 · d12 · 22 = 1,09 · 4 Ds · d3
I Equações da indutância e reatância são as mesmas, substituindo-se o RMG Ds
do condutor simples por Dsb para cabos múltiplos
I A corrente não é distribuı́da uniformemente entre os condutores da fase, pois
reatâncias por fase não são iguais. Essa diferença é pequena e geralmente é
desprezada
ments
Exemplo
Determine a reatância da linha trifásica mostrada a seguir.
Condutor ACSR Pheasant
d
a
d = 45 cm
a
0
b
b
0
c
c
0
D
D=8m
Comprimento da linha ` = 160 km
• Da tabela A.3, obtém-se o RMG do condutor Pheasant:
Ds = 0,04660
→
0,0466 · 0,3048 = 0,0142 m
– 52 –
• No entanto, cada fase é composta por dois condutores → deve-se calcular o
RMG do cabo:
Dsb =
p
4
0,01422 · 0,452 = 0,0799 m
• Espaçamento eqüilátero equivalente para a configuração dada (DMG mútua) –
aproximação considerando-se apenas as distâncias entre os centros das fases:
Deq =
√
3
8 · 8 · 16 = 10,0794 m
O cálculo correto do espaçamento eqüilátero equivalente neste caso seria:
p
DMGab = DMGbc = 4 8 · 8,45 · 7,55 · 8 = 7,9937 m
p
DMGca = 4 16 · 16,45 · 15,55 · 16 = 15,9968 m
p
Deq = 3 7,9937 · 7,9937 · 15,9968 = 10,0734 m
que corresponde a basicamente o mesmo resultado anterior.
• Reatância por metro por fase:
XL = 2π · 60 · 2 · 10−7 · ln
10,0794
= 0,3647 mΩ/m
0,0799
• Como a linha tem 160 km, a reatância total por fase da linha será:
X = XL · 160000 = 58,36 Ω
– 53 –
5.7.9
Linhas trifásicas de circuitos em paralelo
I Duas linhas trifásicas idênticas em paralelo possuem a mesma reatância indutiva. A reatância equivalente será igual à metade de cada reatância individual,
desde que a distância entre as linhas seja tão grande que a indutância mútua
entre elas possa ser desprezada
I Duas linhas trifásicas em paralelo na mesma torre → indutâncias mútuas entre
os circuitos deve ser considerada
PSfrag replacements
I O método de cálculo é semelhante ao que foi mostrado anteriormente
I Considera-se sempre que haja a transposição, resultando em cálculos mais
simples e resultados suficientemente precisos
– 54 –
Exemplo
Uma linha trifásica de circuito duplo é constituı́da de condutores ACSR 26/7 tipo
Ostrich de 300.000 CM dispostos de acordo com a figura a seguir. Determine a
reatância indutiva por fase a 60 Hz em Ω/mi.
PSfrag replacements
a
180
c0
100
210
b
b0
100
c
180
a0
• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Ostrich é Ds = 0,02290
• DMG entre as fases a e b:
p
102 + 1,52 = 10,11190 = Da0 b0
p
0
Dab = 102 + 19,52 = 21,91460 = Da0 b
i1/4
h
2
DMGab = (10,1119 · 21,9146)
= 14,88620
Dab =
DMGbc = DMGab = 14,88620
– 55 –
• DMG entre as fases c e a:
h
2
DMGca = (20 · 18)
i1/4
= 18,97370
• Espaçamento eqüilátero equivalente:
Deq = (DMGab DMGbc DMGca )1/3 = 16,14010
• RMG: lembrando que assume-se a transposição
Trecho 1 – fase a ocupando posição original:
p
D = 202 + 182 = 26,90720
i1/4
h
2
RMG1 = (0,0229 · 26,9072)
= 0,78500
aa0
Trecho 2 – fase a ocupando posição originalmente ocupada por b:
Daa0 = 210
i1/4
h
2
RMG2 = (0,0229 · 21)
= 0,69350
Trecho 3 – fase a ocupando posição originalmente ocupada por c:
RMG3 = RMG1 = 0,78500
– 56 –
x
RMG da fase a:
RMG = 0,78502 · 0,6935
Indutância:
16,1401
L = 2 · 10−7 · ln
0,7532
1/3
= 0,75320
= 6,1295 · 10−7 H/m
Reatância por fase:
XL = 2πf L = 2,3108 · 10−4 Ω/m = 0,3718 Ω/mi
– 57 –
Exercı́cio
Repita o exemplo anterior para a configuração de linha mostrada a seguir e compare os resultados obtidos.
PSfrag replacements
a
180
a0
100
210
b
b0
100
c
180
c0
(Resposta: X = 0,3962 Ω/mi, 6,5% maior)
5.8
Capacitância (C)
I Existem cargas em movimento e uma diferença de potencial entre condutores
→ capacitância (carga/diferença de potencial → C = Q/V )
I A linha se comporta como se os condutores fossem placas de capacitores
– 58 –
5.8.1
Campo elétrico em um condutor cilı́ndrico
I Considerar um condutor cilı́ndrico, com carga uniforme, longo e perfeito
(resistividade ρ = 0)
O campo elétrico é radial:
linhas de
campo elétrico
PSfrag replacements
eqüipotencial
I Os pontos eqüidistantes do condutor (linha tracejada) são eqüipotenciais
(apresentam a mesma intensidade de campo elétrico)
I A intensidade de campo elétrico no interior do condutor pode ser considerada
nula
Considere a lei de Ohm (eletrostática):
E int = ρ J
em que J é a densidade de corrente. Considerando ρ = 0 (condutor perfeito),
tem-se E int = 0
Os elétrons no interior do condutor tenderiam a se repelir até a superfı́cie do
condutor, onde encontrariam um meio isolante
– 59 –
I O cálculo da intensidade de campo elétrico a uma certa distância x do
condutor é realizado utilizando a lei de Gauss:
ε
I
E dS = Q
S
em que:
ε − permissividade do meio:
ε = ε r ε0
ε0 é a permissividade do vácuo e vale 8,85 · 10−12 F/m. εr é a permissividade
relativa do meio, sendo que para o ar seco vale 1,00054 e é normalmente
aproximada para 1
E − intensidade do campo elétrico
S − superfı́cie gaussiana
Q − carga total contida em S
I Para a solução da equação de Gauss, deve-se imaginar uma superfı́cie
gaussiana, cilı́ndrica, concêntrica ao condutor e de raio igual a x:
frag replacements
linhas de
campo elétrico
eqüipotencial
superfı́cie gaussiana
E − campo elétrico
x
+q
condutor
d`
retificando a faixa da
superfı́cie gaussiana
d`
2πx
– 60 –
I Tomando uma faixa da superfı́cie gaussiana de comprimento diferencial d` a
equação fica:
ε
Z
`
E · 2πxd` = Q
pois a faixa tem área 2πxd`
I Integrando:
ε · E · 2πx` = Q
e:
Q
V/m
2πxε`
E=
I Considerando a carga por unidade de comprimento q = Q/`:
E=
q
V/m
2πxε
– 61 –
5.8.2
Diferença de potencial entre dois pontos
I Considere a seguinte situação:
linhas eqüipotenciais
P1
PSfrag replacements
D1
q
P2
D2
I Fazendo uma analogia mecânica:
campo elétrico
–
força
diferença de potencial
–
trabalho
A diferença de potencial representa o trabalho para mover uma carga unitária
(1 C) entre dois pontos
I Diferença de potencial entre os pontos P1 e P2 :
V12 = V1 − V2 =
=
=
Z
D2
D1
Z
D2
E dx
D1
q
dx
2πxε
q
D2
ln
V
2πε D1
– 62 –
PSfrag replacements
I Caso particular – ddp entre os pontos a e b:
linhas eqüipotenciais
q
r
b
a
D
Considerando o ponto a na superfı́cie do condutor e que D r tem-se:
Vab =
5.8.3
q
D
ln
V
2πε
r
Diferença de potencial entre dois condutores
I A diferença de potencial entre os dois condutores é obtida usando-se o
princı́pio da superposição:
rb
q a ra
qb
D
PSfrag replacements
linhas eqüipotenciais
superposição
a
qa
b
a
b
– 63 –
qb
Considera-se que:
D ra, rb, ou seja, um observador em um condutor enxerga o outro
condutor como um ponto
o campo interno ao condutor seja desprezı́vel
a diferença de potencial total deve-se às contribuições de qa e qb
Vab = Vabdevido a qa + Vabdevido a qb =
1
=
2πε
D
rb
qa ln + qb ln
ra
D
qa
qb
D
rb
ln +
ln
2πε ra 2πε D
Observações:
Na equação:
PSfrag replacements
B
q
ln
2πε
A
Vab =
a referência está em q, ou seja:
V
distância da
a
b
numerador
distância da
carga a b
denominador
distância da
carga a a
ddp devido a qa → referência no centro do condutor a → caminho de
integração a para b (ra para D)
ddp devido a qb → referência no centro do condutor b → caminho de
integração a para b (D para rb )
– 64 –
5.8.4
Capacitância de uma linha monofásica
I Capacitância:
C=
q
F/m
v
I Considere uma linha para a qual:
os raios dos condutores são iguais: ra = rb = r
qa = −qb = q
I A diferença de potencial entre os dois condutores será:
q
D
q
r
ln −
ln
2πε
r
2πε D
2
q
D
=
ln
2πε
r
Vab =
=
q
D
ln
V
πε
r
I Utilizando a definição de capacitância e assumindo que para o ar tem-se
εr = 1:
πε0
8,85π · 10−12
Cab =
=
F/m
ln (D/r)
ln (D/r)
– 65 –
I Considere a seguinte situação:
PSfrag replacements
a
+
∼ Vab
Cab
carga
b
−
linha de transmissão
O circuito pode ser representado por:
+
a
∼ Vab /2
PSfrag replacements
n
2Cab
n
−
carga/2
n
+
∼ Vab /2
−
2Cab
carga/2
b
linha de transmissão
I A capacitância entre cada condutor e a terra vale:
Can = Cbn
2πε0
17,7π · 10−12
= 2Cab =
=
F/m
ln (D/r)
ln (D/r)
– 66 –
e a reatância capacitiva fase-terra é dada por:
XC =
1
2πf C
=
2,8622
D
· 109 · ln
Ω·m
f
r
=
1,7789
D
· 106 · ln
Ω·mi
f
r
I Da mesma forma que para as reatâncias indutivas, a expressão da reatância
capacitiva fase-terra pode ser escrita como:
XC =
1,7789
1 1,7789
· 106 · ln +
· 106 · ln D
f
r
f
{z
} |
{z
}
|
Xa0
Xd0
= Xa0 + Xd0
em que Xa0 é a reatância capacitiva para um pé de afastamento e Xd0 é o fator
de espaçamento
r é o raio externo do condutor (se for encordoado, é uma aproximação que
leva a erros muito pequenos). Este valor é obtido na tabela de dados dos
condutores
– 67 –
Exemplo
Determine a capacitância, reatância capacitiva e susceptância capacitiva por
milha de uma linha monofásica que opera a 60 Hz. O condutor é o Partridge e o
espaçamento entre centros dos condutores é de 20 ft.
Para o condutor especificado, o diâmetro externo é de 0,64200. Portanto, o raio
externo é r = 0,02680.
Capacitância entre condutores:
π · 8,85 · 10−12
πε0
=
= 4,2030 · 10−12 F/m
Cab =
ln (D/r)
ln (20/0,0268)
ou, multiplicando por 1609 tem-se Cab = 6,7626 · 10−9 F/mi. A capacitância
fase-terra é:
Can = 2Cab = 13,5252 · 10−9 F/mi
Reatância capacitiva:
XC =
1
= 0,1961 MΩ·mi
2πf Can
ou, aplicando a fórmula direta:
XC =
1,7789
20
· 106 · ln
= 0,1961 MΩ·mi
60
0,0268
Susceptância capacitiva:
BC =
1
= 5,0985 · 10−6 S/mi
XC
– 68 –
Da tabela A.3:
Xa0 = 0,1074 MΩ·mi
Da tabela A.5, para D = 200:
Xd0 = 0,0889 MΩ·mi
Reatância capacitiva fase-terra total:
XC = Xa0 + Xd0 = 0,1963 MΩ·mi
5.8.5
Influência do solo
I Considere a seguinte linha monofásica isolada:
linhas de
campo elétrico
eqüipotenciais
PSfrag replacements
q
−q
As linhas de campo elétrico são normais às eqüipotenciais.
– 69 –
I Caso a linha esteja suficientemente perto do solo, tem-se:
linhas de
campo elétrico
eqüipotenciais
PSfrag replacements
q
−q
solo
O solo também é uma superfı́cie eqüipotencial, causando uma distorção nas
linhas de campo elétrico, que serão normais a ele
A proximidade do solo altera o formato das linhas de campo elétrico → altera
a capacitância
O efeito é maior quanto mais próxima a linha estiver do solo
– 70 –
I Imagine uma continuação das linhas de campo elétrico abaixo do solo e
simétrica ao plano do solo (como em um espelho), terminando em cargas sob
o solo:
linhas de
campo elétrico
eqüipotenciais
q
−q
solo
PSfrag replacements
q
−q
As cargas sob o solo são denominadas cargas imagem
Pode-se remover a linha do solo e calcular a diferença de potencial e a
capacitância da maneira usual (método das imagens)
– 71 –
Exemplo
No exemplo anterior foi determinada a capacitância entre condutores de uma
linha monofásica que opera a 60 Hz com condutores Partridge e espaçamento
entre centros dos condutores de 20 ft. Foi obtido o valor Cab = 4,2030 · 10−12 F/m.
Obtenha a expressão da capacitância levando em conta o efeito do solo e calcule
a capacitância da linha, supondo que ela esteja a 30 pés (≈ 10 metros) e 90 pés
(≈ 30 metros) acima da terra.
A expressão da capacitância considerando o efeito do solo será obtida através do
método das imagens.
Considere a superfı́cie do solo como um espelho. Assim, tem-se uma linha
idêntica à original, localizada abaixo da terra, e com carga oposta à primeira:
ments
has de
étrico
enciais
D
condutor a, carga +q
H
condutor b, carga −q
M
M
H
solo
H
H
condutor imagem a0 , carga −q
condutor imagem b0 , carga +q
D
– 72 –
A tensão Vab deve levar em conta o efeito de todas as quatro cargas:








r 
2H 
D
M 

 


+  −q ln
q ln
 +  −q ln
 + q ln

 | {z D}   | {z 2H} 
| {z r}
| {zM} 
devido a qa
devido a qb
devido a qa0
devido a qb0
q
q
D2
(2H)2
2
M = D2 + (2H)
=
ln 2 + ln
2πε0
r
M2
2
(2H)2
D
q
ln
·
=
2πε0
r2 (2H)2 + D2
1
Vab =
2πε0




Capacitância entre condutores:
Cab =
q
2πεo
= 2
(2H)2
D
Vab
ln r2 · (2H)2 +D2
O efeito da terra pode ser desconsiderado se H → ∞:
0
Cab
= lim Cab =
H→∞
πεo
ln (D/r)
que é uma expressão que já foi obtida anteriormente.
Para este exemplo, tem-se r = 0,02680 e D = 200.
p
Para uma distância de 900, H = 900 e M = (2 · 90)2 + 202 = 181,10770 e:
Cab = 4,2069 · 10−12 F/m
Para uma distância de 300, H = 300 e M =
p
(2 · 30)2 + 202 = 63,24560 e:
Cab = 4,2367 · 10−12 F/m
– 73 –
PSfrag replacements
A figura a seguir mostra o valor da capacitância em função da altura da linha em
relação ao solo:
4,5
C ×10−12 F/m
4,4
4,3
4,2
4,1
4,0
0
50
100
150
200
H [ft]
5.8.6
Cabos
I Para cabos, tem-se:
εr 1
ε ε0
distâncias pequenas entre condutores (fases)
– 74 –
I A capacitância atinge valores altos
I Cabos geram uma quantidade significativa de potência reativa:
acements
132 kV → 2000 kvar/mi
220 kV → 5000 kvar/mi
400 kV → 15000 kvar/mi
resultando em restrições nos comprimentos das linhas, devido a limitações
térmicas (temperatura de operação) dos cabos. Exemplos de comprimentos
crı́ticos:
132 kV → 40 mi
200 kV → 25 mi
400 kV → 15 mi
Solução: colocar reatores shunt ao longo da linha
cabo
reator shunt
– 75 –
5.8.7
Capacitância de linhas trifásicas com espaçamento simétrico
I Considere a seguinte linha de transmissão trifásica:
b
PSfrag replacements
D
D
a
c
D
I Considere a situação mais comum na prática:
condutores idênticos: ra = rb = rc = r
linha equilibrada: qa + qb + qc = 0
I Tensões fase-fase → cada tensão recebe contribuição das três cargas:
Vab =
1 
D
r
D
PSfrag
replacements
qa ln + qb ln + qc ln 
2πεo
r
D
| {zD}
=0
D
r
1
qb ln + qc ln
2πεo
r
D
r
D
1
qa ln + qc ln
Vca =
2πεo
D
r
Vbc =
a


– 76 –
D
c
D
D
eqüipotencial
devido a qc
b
I Considere os fasores de tensão:
√
3V ∠30◦ V
√
Vbc = 3V ∠ − 90◦ V
√
Vca = 3V ∠150◦ V
Van = V ∠0◦ V
Vab =
Vbn = V ∠ − 120◦ V
Vcn = V ∠120◦ V
I Pode-se mostrar (fica como exercı́cio) que:
Van =
1
(Vab − Vca )
3
I Fazendo as substituições:
Van


1
r
1 
r
D
D


= ·
qa ln + qb ln −qa ln − qc ln 
3 2πε0 |
r {z
D} |
D{z
r}
de Vab
de Vca
I Considerando qc = − (qa + qb ):
Van
3
qa
qa
D
D
=
=
ln
ln
V
6πε0
r
2πε0
r
I A capacitância fase-neutro vale:
Can =
2πε0
qa
=
F/m
Van
ln (D/r)
– 77 –
5.8.8
Capacitância de linhas trifásicas com espaçamento assimétrico
I Considere a seguinte linha trifásica:
3
PSfrag replacements
D31
1
D23
2
D12
I Hipóteses:
os condutores têm o mesmo raio r
linha é transposta (igual ao caso da indutância) → obtém-se a
capacitância média
I Considerando a transposição, a linha pode ser separada em três trechos distintos:
PSfrag replacements
Para o trecho 1 em que a fase a está na posição 1, b na posição 2 e c na
posição 3, tem-se:
c
Vab1
1
=
2πε0
D12
r
D23
qa ln
+ qb ln
+ qc ln
r
D12
D31
– 78 –
D31
a
D12
D23
b
x
PSfrag replacements
Analogamente para os outros 2 trechos:
b
Vab2 =
1
2πε0
qa ln
D23
r
D31
+ qb ln PSfrag
+ qc replacements
ln
r
D23
D12
c
D31
D23
a
D12
a
Vab3
1
=
2πε0
D31
r
D12
qa ln
+ qb ln
+ qc ln
r
D31
D23
D31
b
D12
D23
c
I A tensão Vab é a média das tensões nos três trechos:
1
1
Vab = (Vab1 + Vab2 + Vab3 ) =
3
2πε0
√
3
r
D12 D23D31
qa ln
+ qb ln √
3
r
D12 D23D31
r
qa ln √
+ qc ln
3
D12D23 D31
I Analogamente:
1
1
Vca = (Vca1 + Vca2 + Vca3 ) =
3
2πε0
I Lembrando que:
Van =
1
(Vab − Vca )
3
– 79 –
√
3
D12D23 D31
r
e:
x
Can =
qa
Van
tem-se finalmente (para carga equilibrada → qa + qb + qc = 0):
Can = Cbn = Ccn =
em que Deq =
2πε0
F/m
ln (Deq /r)
√
3
D12 D23D31 é o espaçamento eqüilátero da linha.
Exemplo
Determine a capacitância e a reatância capacitiva por milha da linha trifásica
mostrada a seguir. O condutor é CAA Drake, o comprimento da linha é de 175
milhas e a tensão normal de operação é 220 kV a 60 Hz. Determine também a
reatância capacitiva total da linha e a potência reativa de carregamento.
PSfrag replacements
200
200
380
Da tabela A.3, o diâmetro externo do condutor é 1, 10800. O raio externo em pés é:
10 1
r = 1,108 · 00 · = 0,04620
12 2
00
– 80 –
Espaçamento eqüilátero equivalente:
√
3
Deq = 20 · 20 · 38 = 24,77120
Capacitância fase-neutro:
Can =
2πε0
= 8,8482 · 10−12 F/m
ln (24,7712/0,0462)
Reatância capacitiva:
XC =
1
= 299,7875 MΩ·m = 0,1863 MΩ·mi
2πf Can
Pelas tabelas A.3 e A.5 (usando interpolação):
Xa0 = 0,0912 · 106
Xd0
= 0,0953 · 10
6
)
⇒
XC = Xa0 + Xd0 = 0,1865 MΩ·mi
Reatância total da linha:
X=
XC
= 1065,7143 Ω
175
– 81 –
Para o cálculo da corrente de carregamento, considere a seguinte situação:
PSfrag replacements
condutor da fase a
+
Van
−
Icar
Can
terra
Portanto:
Icar
√
Van
220 · 103/ 3
=
=
= 119,2 A
X
1065,7143
Potência reativa trifásica gerada na linha:
QC = 3 Van Icar
Vab
= 3 √ Icar
3
√
= 3 Vab Icar = 45,4 Mvar
– 82 –
5.8.9
Efeito do solo sobre a capacitância de linhas trifásicas
I Utiliza-se o método das imagens:
b
PSfrag replacements
a
c
H31
H2
H1
H3
solo
H23
H12
a0
c0
b0
obtendo-se uma expressão para a capacitância que leva em conta as distâncias
entre os condutores e as distâncias entre os condutores e as imagens:
Can =
ln
2πε0
Deq
r
·
√
3
H
H
H
1
2
3
√
3
H12 H23 H31
– 83 –
F/m
5.8.10
Condutores múltiplos por fase
I Para n condutores, considera-se que a carga em cada um seja de qa /n (para a
fase a)
I O procedimento para a obtenção da capacitância é semelhante ao que já foi
feito até agora e o resultado final é:
Can =
em que:
√
rd
√
3
= rd2
√
4
= 1,09 rd3
2πε0
F/m
b
ln Deq /DsC
b
DsC
=
dois condutores por fase
b
DsC
três condutores por fase
b
DsC
quatro condutores por fase
b
Os DsC
são RMG modificados em relação aos RMG usados no cálculo das
indutâncias, pois o raio externo substitui o raio efetivo
ments Exemplo
Determine a reatância capacitiva por fase da linha trifásica mostrada a seguir.
Condutor ACSR Pheasant
d
a
d = 45 cm
a
0
b
D
b
0
c
c
0
D=8m
Comprimento da linha ` = 160 km
– 84 –
Da tabela A.3, o raio externo em metros é:
r=
1,382 · 0,3048
= 0,0176 m
2 · 12
RMG modificado da linha:
b
DsC
=
p
0,0176 · 0,45 = 0,0890 m
Espaçamento eqüilátero equivlente:
Deq =
√
3
8 · 8 · 16 = 10,0794 m
Capacitância:
Can =
2πε0
= 11,7570 · 10−12 F/m
ln (10,0794/0,0890)
Reatância capacitiva por unidade de comprimento:
XC =
1
= 225,6173 MΩ·m = 0,1402 MΩ·mi
2πf Can
Reatância capacitiva da linha:
XC
225,6173 · 106
X=
=
= 1410,11 Ω
`
160 · 103
– 85 –
5.8.11
Linhas trifásicas de circuitos em paralelo
Exemplo
Obtenha a susceptância capacitiva por fase da linha trifásica de circuito duplo
mostrada a seguir, que é composta por condutores CAA 26/7 Ostrich 300.000 CM.
PSfrag replacements
180
a
c0
100
210
b
b0
100
180
c
a0
• Pela tabela A.3, o diâmetro externo do condutor tipo Ostrich é Ds = 0,68000.
O raio externo em pés é:
r=
0,680 1
·
= 0,02830
2
12
– 86 –
• DMG entre as fases e espaçamento eqüilatero equivalente:
p
102 + 1,52 = 10,11190 = Da0 b0
p
0
Dab = 102 + 19,52 = 21,91460 = Da0 b
i1/4
h
2
DMGab = (10,1119 · 21,9146)
= 14,88620
Dab =
DMGbc = DMGab = 14,88620
h
2
DMGca = (20 · 18)
i1/4
= 18,97370
Deq = (DMGab DMGbc DMGca )1/3 = 16,14010
• RMG:
h
RMGa = (r · Daa0 )
h
2
2
RMGb = (r · Dbb0 )
i1/4
i1/4
= 0,8730
= 0,7710
RMGc = RMGa = 0,8730
b
DsC
= (RMGa RMGb RMGc )1/3 = 0,8370
– 87 –
• Capacitância por fase:
2πε0
= 18,58 pF/m
b
ln Deq /DsC
Cn =
• Susceptância por fase:
Bc = 2πf Cn = 7 nS/m = 11,27 µS/mi
Exercı́cio
PSfrag replacements
Repita o exemplo anterior para a configuração de linha mostrada a seguir e compare os resultados obtidos.
a
180
21
b
c
a0
100
0
180
b0
100
c0
(Resposta: Cn = 17,60 pF/m, 5,3% menor)
– 88 –
5.9
Modelo da linha de transmissão
I Pode-se associar a uma linha de transmissão todos os parâmetros discutidos
anteriormente:
Resistência – parâmetro série – perda de potência ativa com passagem de
corrente
Indutância – parâmetros série – campos magnéticos com passagem da
corrente
Capacitância – parâmetro shunt – campos elétricos com diferença de potencial
Condutância – parâmetro shunt – correntes de fuga
I Como representá-los?
m
k
PSfrag replacements
k
R
G
L
m
C
R
k
G
L
m
C
I Existem ainda outras possibilidades de representação
I Em todos os modelos, as tensões e correntes em cada elemento são todas
diferentes
– 89 –
I Esses parâmetros são calculados por unidade de comprimento da linha e estão
distribuı́dos ao longo da linha
Portanto, cada trecho da linha ∆x, mesmo muito pequeno, apresenta os
quatro parâmetros:
∆x
PSfrag replacements
R, L, C, G
– 90 –
5.9.1
Modelo da linha longa
I Considere o seguinte modelo de uma linha de transmissão, que pode ser uma
linha monofásica ou uma fase (fase-neutro) de uma linha trifásica:
IS
IR
I + ∆I
I
+
+
+
VS
V
V + ∆V
−
−
−
+
g replacements
VR
−
∆x
Gerador
Linha de transmissão
I O equacionamento será feito na forma fasorial
I Considere:
z ∆x = (R + jωL) ∆x – impedância série do trecho diferencial
y ∆x = (G + jωC) ∆x – admitância shunt do trecho diferencial
ω = 2πf (p.ex. para f = 60 Hz → ω = 377 rad/s)
– 91 –
Carga
I A corrente pela impedância série é a média das correntes no inı́cio e no fim do
trecho diferencial:
I + (I + ∆I)
∆I
=I+
2
2
A tensão na admitância shunt é a média das tensões no inı́cio e no fim do
trecho diferencial:
V + (V + ∆V )
∆V
=V +
2
2
I As tensões no inı́cio e no fim do trecho diferencial são V e V + ∆V ,
respectivamente. A diferença ∆V se deve à queda de tensão associada à
passagem de corrente (média) pelos parâmetros série:
V − z ∆ x Imédio
|V +{z∆V} = |{z}
{z
}
|
inı́cio
fim
queda
z∆x∆I
∆I
= −zI∆x −
∆V = − (z∆x) · I +
≈ −zI∆x
2
2
| {z }
≈0
I As correntes no inı́cio e no fim do trecho diferencial são I e I + ∆I,
respectivamente. A diferença ∆I se deve ao desvio de parte da corrente pelos
parâmetros shunt, que estão submetidos a uma tensão (média):
I − y ∆ x Vmédio
I| +{z∆I} = |{z}
|
{z
}
inı́cio
fim
desvio
∆V
y∆x∆V
∆I = − (y∆x) · V +
≈ −yV ∆x
= −yV ∆x −
2
2 }
| {z
≈0
– 92 –
I Note que os produtos de termos diferenciais são desprezados (muito
pequenos)
I Fazendo ∆x → 0 (definição de derivada):
d
V = −zI
dx
d
I = −yV
dx
I Derivando em relação a x:
d
d2
V
=
−z
I
dx2
dx
d2
d
I = −y V
2
dx
dx
I Fazendo as substituições das derivadas:
d2
V = zyV
dx2
d2
I = zyI
dx2
que pode ser posta na seguinte forma:
d2
V (x) = γ 2V (x)
2
dx
d2
I(x) = γ 2I(x)
2
dx
– 93 –
que são as equações de onda e:
p
√
γ = zy = (R + jωL) (G + jωC) = α + jβ
em que γ é a constante de propagação, α é a constante de atenuação e β é a
constante de fase
I Tomando como exemplo a equação de V : a solução da equação para V é tal
que diferenciando a solução duas vezes se chegue à própria expressão original
de V multiplicada por uma constante → isto sugere uma solução do tipo
exponencial
I Considere a solução geral das equações diferenciais na forma:
V (x) = A cosh γx + B senh γx
I (x) = C cosh γx + D senh γx
em que:
eγx + e−γx
2
eγx − e−γx
senh γx =
2
cosh γx =
e as constantes A, B, C e D dependem das condições iniciais
– 94 –
I Supondo conhecidas a tensão e a corrente no inı́cio da linha:
V (x = 0) = V (0)
e
I (x = 0) = I (0)
A = V (0)
e
C = I (0)
tem-se:
I As constantes B e D são obtidas substituindo-se as expressões das soluções
nas equações de primeira ordem obtidas anteriormente:
d
V (x) = −zI(x)
dx
d
I(x) = −yV (x)
dx
Lembrando que:
d
cosh x = senh x
dx
e
d
senh x = cosh x
dx
obtém-se:
γ (A senh γx + B cosh γx) = −z (C cosh γx + D senh γx)
γ (C senh γx + D cosh γx) = −y (A cosh γx + B senh γx)
– 95 –
I Para x = 0:
γB = −zC = −zI (0)
γD = −yA = −yV (0)
r
z
I (0) = −Zc I (0)
y
r
1
y
y
V (0) = − V (0)
D = − V (0) = −
γ
z
Zc
z
B = − I (0) = −
γ
I A solução fica finalmente:
V (x) = V (0) cosh γx − Zc I (0) senh γx
I (x) = I (0) cosh γx −
1
V (0) senh γx
Zc
p
em que Zc = z/y é a impedância caracterı́stica da linha – interpretação: Zc
é a impedância a ser colocada no final da linha para que se tenha a máxima
transferência de potência entre gerador e carga → casamento de impedâncias
As equações fornecem a tensão e a corrente em qualquer ponto da linha,
sabendo-se V (0) e I (0) no inı́cio da linha
p
√
γ = zy e Zc = z/y dependem somente dos parâmetros da linha
I Potência complexa em um ponto x da linha:
S (x) = V (x) I (x)∗ = P (x) + jQ (x)
– 96 –
I Se, ao invés da tensão e corrente no inı́cio da linha, forem fornecidas a tensão
e corrente no final da linha, as equações ficam:
V (x) = V (`) cosh γx + Zc I (`) senh γx
I (x) = I (`) cosh γx +
1
V (`) senh γx
Zc
em que ` é o comprimento da linha, V (`) e I (`) são a tensão e a corrente no
final da linha e x é medido a partir do final da linha em direção ao inı́cio da
linha
I Outras maneiras de calcular senos e cossenos hiperbólicos:
cosh (a + jb) = cosh a cos b + j senh a sen b
1 a
=
e ∠b + e−a ∠ − b
2
senh (a + jb) = senh a cos b + j cosh a sen b
1 a
=
e ∠b − e−a ∠ − b
2
θ2 θ4 θ6
cosh θ = 1 + + + + · · ·
2! 4! 6!
θ3 θ5 θ7
senh θ = θ + + + + · · ·
3! 5! 7!
– 97 –
Exemplo
Considere uma linha monofásica cujos condutores têm um raio de 2 cm, estão
espaçados de 1 m, e:
• a resistência e a condutância são desprezadas
• a freqüência é 60 Hz
• a tensão no inı́cio da linha é V (0) = 130 ∠0◦ kV
• a corrente no inı́cio da linha é I (0) = 50 ∠ − 20◦ A
Determine as expressões da tensão e da corrente ao longo da linha. Trace os
gráficos dos valores absolutos da tensão e da corrente para x variando de 0 a
5000 km. Verifique o que ocorre com a tensão ao longo da linha se ela tem um
comprimento de 200 km.
De acordo com o que foi apresentado anteriormente:
µ0
D
1
−7
L=
= 1,6648 µH/m
ln 0 = 4 · 10 ln
π
r
0,02 · 0,7788
πε0
8,85π · 10−12
C=
=
= 7,1071 pF/m
ln (D/r)
ln (1/0,02)
– 98 –
Os parâmetros caracterı́sticos da linha são:
z = R + jωL = j6,2763 · 10−4 Ω/m
y = G + jωC = j2,6794 · 10−9 S/m
p
p
z/y = L/C = 483,9883 Ω
√
√
γ = zy = jω LC = j1,2968 · 10−6 m−1
Zc =
α = <{γ} = 0
β = ={γ} = 1,2968 · 10−6 m−1
Tem-se ainda:
cosh γx = cosh jβx =
ejβx + e−jβx
= cos βx
2
ejβx − e−jβx
= j sen βx
senh γx = senh jβx =
2
Substituindo os valores numéricos nas expressões de tensão e corrente tem-se
finalmente:
V (x) = 130 · 103 ∠0◦ · cos 1,2968 · 10−6x − 24,2 · 103 ∠70◦ · sen 1,2968 · 10−6x V
I (x) = 50 ∠ − 20◦ · cos 1,2968 · 10−6x − 268,6015 ∠90◦ · sen 1,2968 · 10−6x A
– 99 –
x
PSfrag replacements
150
123,7
V [kV]
100
50
0
0 200
1000
3000
2000
4000
5000
x [km]
150
130
123,7
100
V [kV]
PSfrag replacements
50
0
0
50
100
x [km]
– 100 –
150
200
x
PSfrag replacements
300
200
I [A]
200
100
97
0
0 200
1000
2000
3000
4000
5000
x [km]
Das curvas pode-se notar que:
I a tensão e a corrente variam ao longo da linha
I para x ≈ 1160 km a tensão atinge o valor mı́nimo de aproximadamente 23 kV
I para uma linha com essas caracterı́sticas e de comprimento igual a 200 km, a
tensão no inı́cio da linha é de 130 kV e no final da linha é de
aproximadamente 123,7 kV, apresentando uma regulação de:
Regulação =
130 − 123,7
· 100 = 5,1%
123,7
– 101 –
Exemplo
Uma linha de transmissão trifásica apresenta os seguintes parâmetros
caracterı́sticos por fase: R = G = 0, L = 1,33 · 10−7 H/m e C√= 8,86 · 10−12 F/m.
Sabendo que no inı́cio da linha (x = 0) tem-se V (0) = 220/ 3 ∠0◦ kV (de fase) e
S (0) = 150 + j50 MVA (por fase), obtenha:
(a) a constante de propagação γ
Este exemplo refere-se a uma linha trifásica cujos parâmetros da
representação por fase são fornecidos. Deve-se tratar uma fase da linha
trifásica como uma linha monofásica:
√
zy
p
= (R + jωL) · (G + jωC)
p
= jωL · jωC
√
= jω LC
γ=
= j4,0925 · 10−7 m−1
(b) a impedância caracterı́stica Zc
p
Zc = z/y
p
= (R + jωL) (G + jωC)
p
= L/C
= 122,5206 Ω
– 102 –
(c) a tensão, a corrente e a potência no final da linha se o seu comprimento é de
300 km
A corrente no inı́cio da linha vale:
I (0) =
S (0)
V (0)
∗
= 1244,9913 ∠ − 18,43◦ A
De modo similar ao exercı́cio anterior:
cosh γx = cosh jβx = cos βx
senh γx = senh jβx = j sen βx
As equações de onda são:
V (x) = 127 · 103 · cos 4,0925 · 10−7 · x −
152,5371 · 103 ∠ − 18,43◦ · sen 4,0925 · 10−7 · x
I (x) = 1244,9913 ∠ − 18,43◦ · cos 4,0925 · 10−7 · x −
1036,5604 · sen 4,0925 · 10−7 · x
As figuras a seguir mostram os valores absolutos (rms) da tensão e corrente
em função da distância ao ponto inicial da linha.
– 103 –
x
PSfrag replacements
V [kV]
200
150
100
50
0
0 300
1000
2000
3000
4000
5000
x [km]
200
PSfrag replacements
150
V [kV]
127
121,4
100
50
130
0
0
50
100
150
x [km]
– 104 –
200
250
300
x
PSfrag replacements
1500
1000
I [A]
200
1000
500
0
0 300
1000
2000
3000
4000
5000
x [km]
Para um comprimento de 300 km, tem-se:
V (300) = 121,4402 ∠ − 8,39 kV
I (300) = 1281,3949 ∠ − 23,82 A
S (300) = V (300) I (300)∗ = 155,6128 ∠15,43 MVA = 150 + j41,4024 MVA
Nota-se que a potência ativa no final da linha é igual à do inı́cio da linha
(linha sem perdas) e que a potência reativa no final da linha é menor que à do
inı́cio da linha, indicando que a linha apresenta um comportamento
predominantemente indutivo.
– 105 –
I É possı́vel interpretar as equações de onda de tensão e corrente como ondas
viajantes → pode-se decompor a onda em onda incidente e onda refletida,
que resultam nas variações observadas nos exercı́cios anteriores
I Se carga apresenta impedância igual à impedância caracterı́stica → não há
onda refletida → linha plana ou linha infinita → formas de onda de tensão e
corrente planas se a linha for sem perdas
De outra forma: se a impedância vista pela fonte é igual a Zc → não há onda
refletida → linha plana ou linha infinita → formas de onda de tensão e
corrente planas
I Valores tı́picos de Zc são 400 Ω para linhas aéreas de circuito simples e 200 Ω
para dois circuitos em paralelo. O ângulo de fase de Zc está normalmente
entre 0◦ e 15◦
I Cabos múltiplos têm Zc menor porque L é menor e C é maior
I Comprimento de onda: distância entre dois pontos da linha correspondentes a
um ângulo de fase de 360◦ ou 2π radianos:
λ=
2π
β
Para linhas sem perdas:
λ=
2π
1
√
= √
ω LC
f LC
Valores tı́picos para 60 Hz giram em torno de 5000 km
I Velocidade de propagação da onda:
v=fλ
– 106 –
Exemplo
Para a linha de transmissão monofásica estudada em exemplo anterior tem-se:
PSfrag replacements
∠V [rad]
π
0
λ
−π
0200
1000
2000
3000
4000
5000
x [km]
λ=
2π
2π
=
= 4845 km
β
1,2968 · 10−6
v = f λ = 2,91 · 108 m/s
– 107 –
I A velocidade de propagação calculada é sempre menor que a velocidade da
luz no espaço livre, que é dada por:
1
c= √
µ 0 ε0
Considere uma linha monofásica sem perdas com dois condutores de raio r e
separados por uma distância D. A indutância e a capacitância da linha valem:
L=
µ0 D
ln
2π r0
e
C=
2πε0
ln (D/r)
em que r0 = 0,7788r. A impedância série e a capacitância shunt por unidade
de comprimento valem:
z = jωL
e
y = jωC
A constante de propagação é igual a:
γ=
√
√
zy = jω LC
⇒
√
√
β = ={γ} = ω LC = 2πf LC
O comprimento de onda é:
λ=
2π
1
= √
β
f LC
– 108 –
A velocidade de propagação é:
1
v = λf = √
LC
−1/2
2πε0
µ0 D
=
ln ·
2π r0 ln (D/r)
−1/2
1
D
= µ0 ε0 ln 0
r ln (D/r)
1
v=q
0)
µ0 ε0 ln(D/r
ln(D/r)
Das equações acima nota-se que se r 0 = r tem-se:
1
v=c= √
= 2,9986 · 108 ≈ 3 · 108 m/s
µ 0 ε0
Como r0 < r tem-se v < c. O raio efetivo r 0 aparece em razão da existência do
fluxo magnético interno ao condutor. Se o fluxo magnético fosse totalmente
externo ao condutor, a velocidade de propagação seria igual à velocidade da
luz para uma linha sem perdas.
A presença de perdas também resulta em uma velocidade de propagação
menor.
– 109 –
Exemplo
Uma linha monofásica operando em 60 Hz é composta de dois condutores de raio
1 cm espaçados de 1 m. Calcule as velocidades de propagação para os casos em
que:
(a) R = 0 (linha sem perdas)
O raio efetivo é:
r0 = e−1/4r = 0,0078 m
A indutância da linha é dada por:
µ0
D
= 9,7103 · 10−7 H/m
L=
ln
0
2π
r
em que D = 1 m. A capacitância é igual a:
C=
2πε0
= 1,2075 · 10−11 F/m
ln (D/r)
Impedância série:
z = R + jωL = j0,0004 Ω/m
– 110 –
Admitância shunt:
y = jωC = j4,5521 · 10−9 S/m
Constante de propagação:
γ=
√
z · y = j1,2909 · 10−6 m−1
que corresponde a uma constante de fase de:
β = ={γ} = 1,2909 · 10−6 m−1
Comprimento de onda:
λ=
2π
= 4,8674 · 106 m
β
Velocidade de propagação:
v = λ f = 2,9204 · 108 m/s
que corresponde a 97,3% da velocidade da luz.
– 111 –
(b) R = 4 · 10−5 Ω/m.
Neste caso a seqüência de cálculos é a mesma. As diferenças ocorrem para
os seguintes valores:
z = 4 · 10−5 + j0,0004 Ω/m
γ = 7,0422 · 10−8 + j1,2928 · 10−6 m−1
β = 1,2928 · 10−6m−1
λ = 4,8601 · 106 m
v = 2,9161 · 108 m/s
que corresponde a 97,2% da velocidade da luz. A inclusão de perdas resultou
em uma velocidade de propagação menor.
(c) R = 4 · 10−4 Ω/m.
Neste caso tem-se:
z = 0,0004 + j0,0004 Ω/m
γ = 6,3319 · 10−7 + j1,4378 · 10−6 m−1
β = 1,4378 · 10−6 m−1
λ = 4,37 · 106 m
v = 2,622 · 108 m/s
que corresponde a 87,4% da velocidade da luz.
– 112 –
5.9.2
Circuito equivalente com parâmetros concentrados
I Em geral tem-se interesse somente nas grandezas nos extremos da linha
I Idéia: obter um circuito com parâmetros concentrados que seja equivalente ao
modelo de uma linha longa descrito pelas equações de onda → simplifica os
cálculos
I O circuito π equivalente de uma linha de comprimento ` é:
PSfrag replacements
I (`)
Z
I (0)
+
V (0)
+
Y1
I1
I2
−
Y2
V (`)
−
Linha de transmissão
I o circuito equivalente poderia ser T, mas implicaria na criação de um nó
fictı́cio no circuito
– 113 –
Linhas longas (mais que 240 km)
I Idéia: obter equações para V (`) e I (`) em função de V (0) e V (0) e comparar
com as equações do modelo distribuı́do.
I Do circuito π-equivalente tem-se:
V (`) = V (0) − Z [I (0) − Y1V (0)]
I (`) = I (0) − Y1V (0) − Y2 V (`)
V (`) = V (0) − Z [I (0) − Y1V (0)]
I (`) = I (0) − Y1V (0) − Y2 V (0) + ZY2 [I (0) − Y1 V (0)]
V (`) = (1 + ZY1 ) V (0) − ZI (0)
I (`) = (1 + ZY2 ) I (0) − (Y1 + Y2 + Y1Y2 Z) V (0)
I Comparando com as equações de onda:
1 + ZY1 = 1 + ZY2 = cosh γx
Z = Zc · senh γx
Y1 + Y2 + Y1 Y2 Z =
– 114 –
1
senh γx
Zc
I Z já está determinado. Determinação de Y1 e Y2 :
Y1 =
cosh γx − 1
1 cosh γx − 1
=
Z
Zc senh γx
1 e
=
Zc
γx
+e−γx
−
2
γx
−γx
e −e
2
1
=
1 eγx + e−γx − 2
Zc eγx − e−γx
γx
senh2 γx
1
1 senh 2
2
=
γx =
Zc senh γx
Zc cosh γx
2 · cosh 2
2
Y1 =
γx
1
tanh
= Y2
Zc
2
e o circuito π-equivalente para uma linha de comprimento ` fica:
Zc senh γ`
PSfrag replacements
1
Zc
tanh γ`
2
1
Zc
– 115 –
tanh γ`
2
Exemplo
Para uma linha de transmissão trifásica, 60 Hz, tem-se R = 0,107 · 10−3 Ω/m,
L = 1,35 · 10−6 H/m e C = 8,45 · 10−12 F/m. A tensão no inı́cio da linha é igual a
220 kV e o seu comprimento é de 362 km.
(a) Determine Zc e γ.
Tem-se os seguintes resultados:
z = R + jωL = (1,07 + j5,0895) · 10−4 Ω/m
y = G + jωC = j3,1856 · 10−9 S/m
r
z
= 404,0493 ∠ − 5,94◦ Ω
Zc =
y
√
γ = zy = 1,2872 · 10−6 ∠84,06◦ m−1
(b) Determine o circuito π equivalente da linha.
Para um comprimento ` = 362 km, os parâmetros dos circuito π equivalente
são:
Z = Zc senh γ` = 181,6733 ∠78,56◦ Ω
Y1 = Y2 =
1
γx
tanh
= 5,8703 · 10−4 ∠89,78◦ S
Zc
2
– 116 –
(c) Determine a impedância vista pela fonte caso uma impedância igual a Z c seja
conectada no final da linha.
A impedância vista no inı́cio da linha será:
Zvista = Y1−1// Z + Zc //Y1−1 = 404,0493 ∠ − 5,94◦ Ω = Zc
ou seja, a fonte no inı́cio da linha enxerga uma impedância igual à impedância
caracterı́stica Zc .
Exercı́cio
Obtenha o gráfico [ |Vlinha| × x ] para a linha do exemplo anterior, considerando a
situação descrita no item (c).
Linhas médias (até 240 km)
I É feita a seguinte aproximação:
Os termos cosh e senh apresentam termos exponenciais. Desenvolvendo esses
termos exponenciais em série de Taylor tem-se:
x2
e ≈1+x+
2!
x
e
−x
→ termos de ordem maior que 2
foram desprezados
x2
≈1−x+
2!
– 117 –
I Se o comprimento da linha ` é pequeno, então | γ` | será pequeno e as
seguintes aproximações são válidas:
senh γ` ≈ γ`
cosh γ` ≈ 1 + (γ`)2 /2
tanh
γ` γ`
≈
2
2
I Os elementos do circuito equivalente ficam:
Z = Zc senh γ` ≈ Zc γ` =
r
z √
· zy · ` = z ` = (R + jωL) `
y
γ`
1
1 γ`
tanh
·
Y1 = Y2 =
≈
=
Zc
2
Zc 2
r
`
`
y √
`
· zy · = y = (G + jωC)
z
2
2
2
I O circuito equivalente da linha de transmissão com os parâmetros
simplificados é chamado de modelo π nominal:
replacements
(R + jωL) `
jωC
`
2
jωC
R
`
2
C
2
L
C
2
I Nas figuras, a condutância G foi desprezada e, no circuito da direita, o
comprimento da linha é considerado nos valores dos parâmetros
– 118 –
I Observações:
Quase todas as linhas são modeladas como linhas médias (modelo
π-nominal)
Se a linha é longa, é modelada como vários circuitos π-nominal em cascata
Em certos estudos exige-se uma grande precisão → equações de onda são
usadas → por exemplo em estudos de transitórios em linhas de
transmissão, etc.
Linhas curtas (até 80 km)
I Encontradas normalmente em redes de distribuição e subtransmissão em
média tensão
I Os efeitos dos campos elétricos podem ser desprezados → capacitâncias shunt
desprezadas:
R
L
acements
– 119 –
Exemplo
Para a linha de transmissão trifásica, 60 Hz, de um exemplo anterior, tem-se
R = 0,107 · 10−3 Ω/m, L = 1,35 · 10−6 H/m e C = 8, 45 · 10−12 F/m. Os seguintes
valores foram obtidos:
z = 5,2008 · 10−4 ∠78,13◦ Ω/m
y = 3,1856 · 10−9 ∠90◦ S/m
Zc = 404,0493 ∠ − 5,94◦ Ω
γ = 1,2872 · 10−6 ∠84,06◦ m−1
Determine os circuitos π equivalente e π nominal da linha e compare os resultados
obtidos. Considerar a linha com 362 km e com 100 km.
O circuito equivalente π equivalente da linha para ` = 362 km já foi calculado
anteriormente. Os parâmetros do circuito π nominal são:
Z = (R + jωL) ` = 188,2690 ∠78,13◦ Ω
Y1 = Y2 = jωC
`
= 5,759 · 10−4 S
2
A tabela a seguir mostra a comparação entre os modelos, incluindo o erro
resultante, calculado por:
erro% =
| parâmetro-π-equiv| − | parâmetro-π-nom|
· 100%
| parâmetro-π-equiv|
– 120 –
parâmetro π equivalente
|Z|
|Y |
π nominal
erro%
181,6733
188,2675
5,8703 · 10−4
5,7660 · 10−4
−3,6
1,8
Os parâmetros para ` = 100 km e os erros resultantes são mostrados na tabela a
seguir.
parâmetro π equivalente
|Z|
|Y |
π nominal
erro%
51,8693
52,0076
1,5950 · 10−4
1,5930 · 10−4
−0,3
0,1
Verifica-se que as diferenças entre os modelos π equivalente e π nominal
aumentam para linhas mais longas.
Exemplo (para ser estudado em casa)
Uma linha de transmissão trifásica de 60 Hz de circuito simples tem um
comprimento de 370 km (230 mi). Os condutores são do tipo Rook com
espaçamento horizontal plano de 7,25 m (23,8 ft) entre condutores. A carga na
linha é de 125 MW, a 215 kV, com fator de potência de 100%. Determine a
tensão, a corrente e a potência na barra transmissora e a regulação de tensão da
linha. Determine também o comprimento de onda e a velocidade de propagação
da linha.
O espaçamento eqüilátero equivalente da linha é:
Deq =
p
3
23,8 · 23,8 · 47,6 = 30 ft
– 121 –
Das tabelas A.3, A.4 e A.5 tem-se:
z = 0,1603 + j (0,415 + 0,4127) = 0,8431 ∠79,04◦ Ω/mi
y = j [1/ (0,0950 + 0,1009)] · 10−6 = 5,105 · 10−6 ∠90◦ S/mi
√
zy ` = 0,4772 ∠84,52◦ = 0,0456 + j0,4750
p
Zc = z/y = 406,4 ∠ − 5,48◦ Ω
γ` =
Na barra receptora tem-se:
215
VR = √ ∠0◦ = 124,13 ∠0◦ kV
(tensão de fase, tomada como ref. angular)
3
∗
∗ S/3
125 · 106/3
√
IR =
= 335,7 ∠0◦ A
=
3
VR
215 · 10 / 3
Das equações de onda:
VS = VR cosh γ` + Zc IR senh γ`
= 124,13 · 103 · 0,8904 ∠1,34◦ + 406,4 ∠ − 5,48◦ · 335,7 · 0,4596 ∠84,94
= 137,851 ∠27,77◦ kV
Is = IR cosh γ` + (VR /Zc ) senh γ`
= 335,7 · 0,8904 ∠1,34◦ + 124,13 · 103/406,4 ∠ − 5,48◦ · 0,4596 ∠84,94
= 332,27 ∠26,33◦ A
– 122 –
Na barra transmissora:
Tensão de linha =
√
3 · 137,851 = 238,8 kV
Corrente de linha = 332,27 A
Fator de potência = cos (27,77 − 26,33) = 0,9997
√
Potência = 3 · 238,8 · 332,27 · 0,9997 = 137,4 MW
Considerando uma tensão fixa na barra transmissora, a tensão na barra receptora
em vazio (IR = 0) será:
VRvazio =
VS
cosh γ`
Logo, a regulação será:
VRvazio − VR
137,85/0,8904 − 124,13
Regulação =
· 100% =
· 100% = 24,7%
VR
124,13
O comprimento de onda e a velocidade de propagação podem ser calculados por:
= {γ`} 0,4750
=
= 0,002065 mi−1
`
230
2π
= 3043 mi
λ=
β
β=
v = f λ = 182580 mi/s = 2,94 · 108 m/s
– 123 –
Exemplo (para ser estudado em casa)
Determine os circuitos π equivalente e π nominal para a linha do exemplo
anterior. Compare os resultados obtidos.
Os parâmetros do modelo π equivalente são:
Zeq = Zc senh γ` = 186,78 ∠79,46◦ Ω
Yeq =
1
γ`
tanh
= 0,000599 ∠89,81◦ S
Zc
2
Os parâmetros do modelo π nominal são:
Znom = z ` = 193,9 ∠79,04◦ Ω
y
Ynom = ` = 0,000587 ∠90◦ S
2
A impedância série do modelo π nominal excede a do modelo π equivalente em
3,8%. A admitância em derivação do modelo π nominal é 2% menor que a do
modelo π equivalente.
– 124 –
5.10
Carregamento caracterı́stico da linha
I Conforme definido anteriormente, Zc corresponde à impedância caracterı́stica
da linha
I Para uma linha sem perdas (G = R = 0):
Zc =
r
z
=
y
r
L
Ω
C
→
impedância de surto (surge impedance)
I Em alguns tipos de estudo, como por exemplo de descargas atmosféricas em
linhas de transmissão, as perdas são em geral desprezadas
I Carregamento caracterı́stico: potência fornecida a uma carga resistiva pura
igual à impedância de surto:
LT
PSfrag replacements
IL
√
VL / 3
Zc =
p
L/C
Esta potência é transmitida através da linha de transmissão
Em Inglês SIL – Surge Impedance Loading
– 125 –
I A equação de onda da tensão pode ser dada por:
V (x) = VR cosh γx + Zc IR sinh γx
em que VR e IR são a tensão e a corrente na barra receptora (final da linha)
I Para a linha sem perdas:
Zc =
p
L/C
cosh γx = cos βx
√
γ = jβ = jω LC
senh γx = j sen βx
I Se uma carga com impedância Zc =
a corrente será:
p
L/C for conectada na barra receptora,
IR =
VR
Zc
e a equação de tensão fica:
V (x) = VR cos βx + jZc
VR
sen βx
Zc
= VR (cos βx + j sen βx)
= VR ejβx
| V (x) | = | VR |
ou seja, para uma carga cuja impedância é igual à impedância de surto, o
perfil de tensão será plano
– 126 –
I Análise semelhante para a equação de corrente fornece:
I (x) = IR cosh γx +
=
VR
senh γx
Zc
VR jβx
e
Zc
| I (x) | = | IR |
I Potência complexa através da linha:
S (x) = V (x) I (x)∗
| V R |2
=
Zc
ou seja, a potência ativa é constante ao longo da linha e não há fluxo de
potência reativa
I Se VL é a tensão de linha no final dap
linha, onde está conectada uma carga
resistiva de impedância igual a Rc = L/C (impedância de surto), a corrente
vale:
√
VL / 3
IL = p
A
L/C
– 127 –
I Potência total entregue à carga (carregamento caracterı́stico):
√
√
√
VL / 3
SIL = 3VL IL = 3VL p
L/C
VL2
=p
L/C
I Em geral a tensão utilizada para o cálculo de SIL é a tensão nominal da linha.
Portanto:
V2
SIL = pnominal
L/C
I SIL fornece um termo de comparação das capacidades de carregamento das
linhas
I É comum a representação da potência transmitida por uma linha em valores
por unidade de SIL (p.ex. 0,2 pu SIL)
I SIL não corresponde à máxima potência que pode ser transmitida pela linha.
Esta depende de outros fatores, como o comprimento da linha etc.
– 128 –
5.11
Perfil de tensão da linha
Exemplo
Considere novamente a linha de transmissão trifásica de 60 Hz de circuito simples
de um exemplo anterior, que tem um comprimento de 370 km (230 mi). Os
condutores são do tipo Rook com espaçamento horizontal plano de 7,25 m
(23,8 ft) entre condutores. Obtenha o perfil de tensão da linha, considerando as
seguintes situações: (a) linha em vazio; (b) linha em curto-circuito; (c) carga SIL
conectada à barra receptora (neste caso, desprezar as perdas ôhmicas da linha);
(d) carga nominal conectada à barra receptora; (e) carga leve conectada à barra
receptora; (f) carga pesada conectada à barra receptora.
Tem-se o seguinte circuito por fase:
PSfrag replacements
IS
IR
+
∼
+
VS
VR
−
−
x
Os dados da linha são:
z = 0,8431 ∠79,04◦ Ω/mi
y = 5,105 · 10−6 ∠90◦ S/mi
γ = 2,0746 · 10−3 ∠84,52◦ mi−1
Zc = 406,4 ∠ − 5,48 Ω
– 129 –
ZL
(a) Em vazio: tem-se ZL → ∞ e, portanto, IR = 0. Da equação de onda de
corrente:
IR = IS cosh γ` −
VS
senh γ` = 0
Zc
→
IS =
VS
tgh γ`
Zc
A equação de onda da tensão fica:
V (x) = VS cosh γx − Zc IS senh γx
= VS (cosh γx − tgh γ` senh γx)
(b) Em curto-circuito: tem-se ZL = 0, e, portanto, VR = 0. Da equação de onda
da tensão:
VR = VS cosh γ` − Zc IS senh γ` = 0
→
IS =
VS
Zc tgh γ`
A equação de onda da tensão fica:
V (x) = VS cosh γx − Zc IS senh γx
senh γx
= VS cosh γx −
tgh γ`
(c) Neste caso, as perdas ôhmicas da linha são desprezadas, logo:
z 0 = 0,8277 ∠90◦ Ω/mi
y 0 = y = 5,105 · 10−6 ∠90◦ S/mi
γ 0 = 2,0556 · 10−3 ∠90◦ mi−1
Zc0 = 402,66 Ω = ZL
– 130 –
Conforme visto anteriormente, a equação de onda da tensão neste caso fica:
VR = VS cos β` − jZc0 IS sen β` = Zc0 IR
IR =
VS
cos β` − jIS sen β`
Zc0
Tomando a equação de onda de corrente tem-se:
IR = IS cos β` − j
VS
sen β`
Zc0
Comparando as duas equações para IR , verifica-se que VS = Zc0 IS e a equação
das tensões fica:
V (x) = VS (cos βx − j sen βx) = VS ejβx
(d) Considerando uma carga nominal ZL: as equações de onda são:
VR = VS cos γ` − Zc IS sen γ` = ZL IR
(1)
IR = IS cos γ` −
(2)
VS
sen γ` = ZL IR
Zc
Substituindo (2) em (1) obtém-se a seguinte expressão para IS :
IS =
VS cos γ` +
ZL
Zc V S
sen γ`
ZL cos γ` + Zc sen γ`
– 131 –
!
(3)
Portanto, a equação de onda de tensão fica:
V (x) = VS cosh γx − Zc IS sinh γx
em que IS é dado por (3).
(e) Carga leve: vale a equação do item (d) com o valor apropriado de ZL .
(f) Carga pesada: vale a equação do item (d) com o valor apropriado de ZL .
A figura a seguir mostra os perfis de tensão para todos os casos estudados.
300
250
220
V [kV]
200
rag replacements
150
Vazio
Curto−circuito
SIL
Carga nominal
Carga leve
Carga pesada
100
50
0
0
50
100
150
200
230
250
x [mi]
– 132 –
5.12
Limites térmico e de estabilidade
I A equação de onda pode ser colocada na forma:
VS = AVR + BIR
em que:
VS , VR : tensões nas barras inicial e final, respectivamente
IS , IR : correntes nas barras inicial e final, respectivamente
A = cosh γ`
B = Zc senh γ`
I Considerando:
VR = VR ∠0◦
VS = VS ∠δ
A = A ∠α
B = B ∠β
tem-se:
IR =
VS − AVR
VS
AVR
=
∠ (δ − β) −
∠ (α − β)
B
B
B
– 133 –
I A potência complexa na barra receptora é:
SR =
VR IR∗
VS VR
AVR2
=
∠ (β − δ) −
∠ (β − α)
B
B
⇓
AVR2
VS VR
cos (β − δ) −
cos (β − α)
PR =
B
B
QR =
VS VR
AVR2
sen (β − δ) −
sen (β − α)
B
B
I Para facilitar a análise, considera-se uma linha média sem perdas:
A = cosh γ` ≈ 1 ∠0◦
B = Zc senh γ` ≈ Zc γ` = z ` = (jωL) ` = jX = X ∠90◦
I Com relação à potência ativa:
PR =
VS VR
VS VR
cos (90◦ − δ) =
sen δ
X
X
P
P max
PSfrag replacements
90◦
– 134 –
δ
I Mantendo VS e VR constantes, um aumento da carga implica em um aumento
do ângulo δ. Existe um limite máximo de potência ativa que pode ser
entregue:
VS VR
d
PR =
cos δ = 0
dδ
X
ou δ = 90◦ e:
PRmax =
VS VR
X
que representa o limite de estabilidade da linha sem perdas
I Considere que:
VS = VR = V
δ = 90◦
X = x`
Logo:
PRmax
VS VR
V2
K
=
=
=
X
x`
`
ou seja, o limite de estabilidade da linha é inversamente proporcional ao seu
comprimento
– 135 –
Na prática, no entanto, considera-se (por motivos de segurança):
VS = V
VR ≈ 0,95V
δ ≈ 30◦
X = x`
Logo:
PRmax 0
VS VR
0,95V 2
V2
K0
◦
max
=
sen δ =
sen 30 = 0,475
= 0,475 PR =
X
x`
x`
`
estabilidade
prático
estabilidade
teórico
P
placements
térmico
limite de
operação
`
– 136 –
I A utilização do limite prático de estabilidade visa manter a estabilidade
durante transitórios provocados por distúrbios na rede
O limite térmico, determinado pelo tipo de condutor (dados do fabricante) é
preponderante para linhas curtas
Exemplo
cements
A figura a seguir mostra a interligação entre as regiões Norte e Sul do Brasil,
feita através de linhas de transmissão de 500 kV.
Tucuruı́
Marabá
Imperatriz
MA
TCSC
Imperatriz
PA
Colinas
Colinas
PI
Miracema
MT
Miracema
TO
Gurupi
BA
Gurupi
Serra da Mesa
Brası́lia
GO
TCSC
MG
Serra da Mesa
– 137 –
• O trecho Imperatriz-Serra da Mesa tem aproximadamente 1020 km → linha
longa
• A linha conta com compensação série (capacitores) e compensação shunt
(reatores)
A compensação é realizada para controlar os nı́veis de tensão e aumentar a
capacidade de transmissão da linha
• TCSC (Thyristor Controlled Series Capacitor) é utilizado para amortecer as
oscilações eletromecânicas entre os sistemas Norte e Sul
– 138 –
5.13
Fluxos de potência nas linhas de transmissão
I As linhas de transmissão podem ser representadas pelo modelo π equivalente
(ou nominal), composto pela resistência série (rkm ), pela reatância série (xkm )
e pela susceptância shunt (bsh
km )
PSfrag replacements
Ek
Em
z
m
km
k
Ikm
Imk
jbsh
km
jbsh
km
I Impedância série:
zkm = rkm + jxkm
Admitância série:
ykm =
1
zkm
= gkm + jbkm =
−xkm
rkm
+j 2
2
+ xkm
rkm + x2km
2
rkm
em que gkm é a condutância série e bkm é a susceptância série
– 139 –
Tem-se:
rkm ≥ 0 ; gkm ≥ 0
xkm ≥ 0 ; bkm ≤ 0 (parâmetro série indutivo)
bsh
km ≥ 0 (parâmetro shunt capacitivo)
I Corrente saindo da barra k:
Ikm = ykm (Ek − Em) + jbsh
E
{z
} | km
{z }k
|
série
shunt
em que Ek = Vk ejθk e Em = Vm ejθm . Corrente saindo da barra m:
Imk = ykm (Em − Ek ) + jbsh
E
{z m}
|
{z
} | km
série
shunt
I O fluxo de potência complexa saindo da barra k é dado por:
∗
Skm
= Pkm − jQkm = Ek∗ Ikm
E
= Ek∗ ykm (Ek − Em ) + jbsh
km k
2
= ykm Vk2 − ykm Ek∗Em + jbsh
km Vk
2
= gkm + jbkm + jbsh
km Vk − (gkm + jbkm ) Vk Vm (cos θkm − j sen θkm )
Separando as partes real e imaginária:
Pkm = < {Skm } = gkm Vk2 − Vk Vm (gkm cos θkm + bkm sen θkm)
2
Qkm = = {Skm } = − bkm + bsh
km Vk − Vk Vm (gkm sen θkm − bkm cos θkm )
– 140 –
De maneira análoga:
Pmk = gkm Vm2 − Vk Vm (gkm cos θkm − bkm sen θkm )
2
Qmk = − bkm + bsh
km Vm + Vk Vm (gkm sen θkm + bkm cos θkm )
I Note que as expressões dos fluxos de potência foram obtidas considerando
g replacements
que estes estão entrando na linha:
Ek
k
Em
Pmk
Pkm
Qkm
Linha de transmissão
m
Qmk
Portanto, as perdas de potência na linha de transmissão são dadas por:
P perdas = Pkm + Pmk
= gkm Vk2 + Vm2 − 2Vk Vm cos θkm = gkm | Ek − Em |2
Qperdas = Qkm + Qmk
2
2
2
2
= −bsh
V
+
V
−
b
V
+
V
−
2V
V
cos
θ
km
k m
km
km
k
m
k
m
2
2
2
= −bsh
km Vk + Vm − bkm | Ek − Em |
– 141 –
Note que:
| Ek − Em | é a magnitude da tensão sobre o elemento série
gkm | Ek − Em |2 são as perdas ôhmicas
−bkm | Ek − Em |2 são as perdas reativas no elemento série (bkm < 0;
potência positiva – consumida)
2
2
corresponde à geração de potência reativa nos elementos
V
+
V
−bsh
m
k
km
sh
shunt (bkm > 0; potência negativa – fornecida)
Exemplo
Considere a rede elétrica a seguir.
PSfrag replacements
k
Ek
Em
m
Rede elétrica
Os parâmetros da linha k-m são: zkm = 0,01 + j0,05 pu e bsh
km = 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.
– 142 –
A condutância série da linha é:
ykm = gkm + jbkm =
1
zkm
= 3,8462 − j19,2308 pu
Os fluxos de potência valem:
Pkm = gkm Vk2 − Vk Vm (gkm cos θkm + bkm sen θkm ) = 1,7309 pu
2
Qkm = − bkm + bsh
km Vk − Vk Vm (gkm sen θkm − bkm cos θkm ) = −0,5749 pu
Pmk = gkm Vm2 − Vk Vm (gkm cos θkm − bkm sen θkm ) = −1,7005 pu
g replacements
2
Qmk = − bkm + bsh
km Vm + Vk Vm (gkm sen θkm + bkm cos θkm ) = 0,3128 pu
e são mostrados na figura a seguir.
k
1,7309
−0,5749
Linha de transmissão
−1,7005
m
0,3128
A figura indica que:
I Um fluxo de potência ativa de 1,7309 sai de k em direção a m. Um fluxo de
1,7005 chega na barra m. Percebe-se que houve uma perda de potência na
transmissão de potência ativa
I Um fluxo de potência reativa de 0,3128 sai de m em direção a k. Um fluxo de
0,5749 chega na barra k. Percebe-se que houve uma geração de potência
reativa na transmissão de potência ativa
– 143 –
Realizando o cálculo das perdas de potência:
P perdas = Pkm + Pmk = 0,0304 pu
ou
P perdas = gkm | Ek − Em |2 = 0,0304 pu
Qperdas = Qkm + Qmk = −0,2621 pu
ou
2
2
2
V
+
V
Qperdas = −bsh
k
m − bkm | Ek − Em | = −0,2621 pu
km
Observando os termos da expressão de Qperdas separadamente:
−bkm | Ek − Em |2 = 0,1520 pu
2
2
V
+
V
−bsh
km
k
m = −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.
– 144 –
Referências
[1] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introdução a sistemas de energia elétrica,
Unicamp, 1999.
[2] J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, 1989.
[3] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.
[4] O.I. Elgerd, Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica, Mc-Graw-Hill,
1981.
[5] W.D. Stevenson, Elementos de análise de sistemas de potência, McGraw-Hill,
1986.
[6] Transmission line reference book – 345 kV and above, EPRI, 1987.
[7] Operador Nacional do Sistema Elétrico, http://www.ons.com.br.
– 145 –