Exercıcio

Uma linha monofasica de 2 km deve ser construıda utilizando-se condutoresACSR Linnet. Por motivos tecnicos, a indutancia total nao deve exceder 4 mH.

Obtenha o espacamento maximo entre condutores. Resolva o problema utilizandoequacoes e tabelas, e compare os resultados.

(Resposta: 1,1 m)

I Na tabela A.4, a expressao para Xd e:

Xd = 0, 2794 logd

em que d e o que chamamos de Dm (DMG) aproximado como sendo a

distancia entre os centros dos cabos e aparece a funcao log ao inves de ln.Demonstracao da equivalencia entre as expressoes:

Se ln d = y, entao d = ey

Aplicando o logaritmo:

log d = log ey

= y log e

– 44 –

x Logo:

y =1

log e· log d

= 2,3026 logd = ln d

Assim, para 60 Hz:

Xd = 2,022 · 10−3 · f · ln d

= 2,022 · 10−3 · 60 · (2,3026 logd)

= 0,2794 logd

5.7.6 Indutancia de uma linha trifasica com espacamento simetrico

I Considere a linha trifasica:

PSfrag replacements

a c

b

D

DD

– 45 –

em que:

os tres condutores tem raios iguais, portanto o mesmo RMG, igual a Ds

a distancia entre condutores e D

nao ha fio neutro ou o circuito e equilibrado → Ia + Ib + Ic = 0

I Fluxo concatenado com o condutor da fase a (ha contribuicoes das tres cor-rentes):

λa = 2 · 10−7 ·(

Ia ln1

Ds+ Ib ln

1

D+ Ic ln

1

D

)

= 2 · 10−7 ·[

Ia ln1

Ds+ (Ib + Ic) ln

1

D

]

= 2 · 10−7 ·(

Ia ln1

Ds− Ia ln

1

D

)

(pois Ia = − (Ib + Ic))

= 2 · 10−7 ·(

Ia ln1

Ds+ Ia lnD

)

= 2 · 10−7 · Ia lnD

DsWb/m

I Indutancia da fase a:

La =λa

Ia= 2 · 10−7 · ln D

DsH/m

I Por simetria, para as outras fases tem-se Lb = Lc = La

– 46 –

I Portanto:

La = Lb = Lc = 2 · 10−7 · ln D

DsH/m

5.7.7 Indutancia de linhas trifasicas com espacamento assimetrico

I O fluxo concatenado e a indutancia de cada fase sao diferentes → circuitodesequilibrado

I Equilıbrio e obtido atraves da transposicao:

PSfrag replacements

1

2

3

D12

D23

D31

a

a

a b

b

b c

c

c

Pos. 1

Pos. 2

Pos. 3

I Calculos considerando a transposicao sao mais simples

Linhas nao transpostas → considera-se a linha como transposta e a sua

indutancia como a media das indutancias das fases

– 47 –

I Fluxo concatenado com fase a, primeiro trecho:

PSfrag replacements

D12

D23

D31

a

b

c

λa1 = 2·10−7·(

Ia ln1

Ds+ Ib ln

1

D12+ Ic ln

1

D31

)

I Fluxo concatenado com fase a, segundo trecho:

PSfrag replacements

D12

D23

D31 a

b

c

λa2 = 2·10−7·(

Ia ln1

Ds+ Ib ln

1

D23+ Ic ln

1

D12

)

I Fluxo concatenado com fase a, terceiro trecho:PSfrag replacements

D12

D23

D31

a

b

c λa3 = 2·10−7·(

Ia ln1

Ds+ Ib ln

1

D31+ Ic ln

1

D23

)

I Fluxo medio concatenado com a fase a:

λa =λa1 + λa2 + λa3

3=

2 · 10−7

3·(

3Ia ln1

Ds+ Ib ln

1

D12D23D31+ Ic ln

1

D12D23D31

)

=2 · 10−7

3·(

3Ia ln1

Ds− Ia ln

1

D12D23D31

)

(pois Ia = − (Ib + Ic))

= 2 · 10−7 · Ia · ln3√

D12D23D31

DsWb/m

– 48 –

I Indutancia media por fase da linha trifasica com transposicao:

La = 2 · 10−7 · ln Deq

DsH/m

em que:

Deq = 3

√

D12D23D31

e o espacamento equilatero equivalente da linha

Exemplo

Determine a reatancia indutiva por fase a 60 Hz da linha trifasica mostrada aseguir, composta por condutores ACSR Drake.

PSfrag replacements20′20′

38′

• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Drake e Ds = 0,0373′

• O espacamento equilatero da linha e:

Deq =3√

20 · 20 · 38 = 24,7712′

– 49 –

• A indutancia e a reatancia por fase valem:

L = 2 · 10−7 · ln 24,7712

0,0373= 1,3 µH/m

XL = 2πfL = 2π · 60 · 1,3 · 10−6 = 0,49 mH/m = 0,7884 H/mi

• O problema pode ser resolvido pela utilizacao das tabelas A.3 e A.4:

tabela A.1 → Xa = 0,399 Ω/mi

tabela A.2 (para Deq = 24′) → Xd = 0,3856 Ω/mi

tabela A.2 (para Deq = 25′) → Xd = 0,3906 Ω/mi

O valor de Deq e obtido por interpolacao:

PSfrag replacements25

24

24,7712

0,3856 0,3906Xd Xd

Deq

25 − 24

0,3906 − 0,3856=

24,7712− 24

Xd − 0,3856

Xd = 0,3895 Ω/mi

e a reatancia por fase vale:

XL = Xa + Xd = 0,399 + 0,3895 = 0,7885 Ω/mi

– 50 –

5.7.8 Condutores multiplos por fase

I Extra-alta tensao (EAT ou EHV) → por exemplo 440 kV → efeito coronaexcessivo

Corona: descargas que se formam na superfıcie do condutor quando a

intensidade do campo eletrico ultrapassa o limite de isolacao do ar.Consequencias: luz, ruıdo audıvel, ruıdo de radio (interferencia em circuitos de

comunicacao), vibracao do condutor, liberacao de ozonio, aumento das perdasde potencia (deve ser suprida pela fonte)

I Solucao: colocacao de dois ou mais condutores por fase → cabos multiplos(bundled conductors)

PSfrag replacements

d

dd

D

d D

Outras configuracoes:

I Outras configuracoes:

PSfrag replacements

ddd

d

d

– 51 –

I Outra vantagem dos cabos multiplos: reducao da reatancia (aumento do

RMG). O RMG e calculado por:

2 condutores Dbs = 4

√

D2s · d2 =

√Ds · d

3 condutores Dbs = 9

√

D3s · d6 = 3

√Ds · d2

4 condutores Dbs = 16

√

D4s · d12 · 22 = 1,09 · 4

√Ds · d3

I Equacoes da indutancia e reatancia sao as mesmas, substituindo-se o RMG Ds

do condutor simples por Dbs para cabos multiplos

I A corrente nao e distribuıda uniformemente entre os condutores da fase, poisreatancias por fase nao sao iguais. Essa diferenca e pequena e geralmente e

desprezada

Exemplo

Determine a reatancia da linha trifasica mostrada a seguir.

PSfrag replacements

d

a b ca′ b′ c′

D

Condutor ACSR Pheasant

d = 45 cm

D = 8 m

Comprimento da linha ` = 160 km

• Da tabela A.3, obtem-se o RMG do condutor Pheasant:

Ds = 0,0466′ → 0,0466 · 0,3048 = 0,0142 m

– 52 –

• No entanto, cada fase e composta por dois condutores → deve-se calcular o

RMG do cabo:

Dbs = 4

√

0,01422 · 0,452 = 0,0799 m

• Espacamento equilatero equivalente para a configuracao dada (DMG mutua) –aproximacao considerando-se apenas as distancias entre os centros das fases:

Deq =3√

8 · 8 · 16 = 10,0794 m

O calculo correto do espacamento equilatero equivalente neste caso seria:

DMGab = DMGbc = 4

√

8 · 8,45 · 7,55 · 8 = 7,9937 m

DMGca = 4

√

16 · 16,45 · 15,55 · 16 = 15,9968 m

Deq = 3

√

7,9937 · 7,9937 · 15,9968 = 10,0734 m

que corresponde a basicamente o mesmo resultado anterior.

• Reatancia por metro por fase:

XL = 2π · 60 · 2 · 10−7 · ln 10,0794

0,0799= 0,3647 mΩ/m

• Como a linha tem 160 km, a reatancia total por fase da linha sera:

X = XL · 160000 = 58,36 Ω

– 53 –

5.7.9 Linhas trifasicas de circuitos em paralelo

I Duas linhas trifasicas identicas em paralelo possuem a mesma reatancia indu-tiva. A reatancia equivalente sera igual a metade de cada reatancia individual,

desde que a distancia entre as linhas seja tao grande que a indutancia mutuaentre elas possa ser desprezada

I Duas linhas trifasicas em paralelo na mesma torre → indutancias mutuas entre

os circuitos deve ser considerada

PSfrag replacements

I O metodo de calculo e semelhante ao que foi mostrado anteriormente

I Considera-se sempre que haja a transposicao, resultando em calculos maissimples e resultados suficientemente precisos

– 54 –

Exemplo

Uma linha trifasica de circuito duplo e constituıda de condutores ACSR 26/7 tipo

Ostrich de 300.000 CM dispostos de acordo com a figura a seguir. Determine areatancia indutiva por fase a 60 Hz em Ω/mi.

PSfrag replacements

a

b

c a′

b′

c′

18′

18′

21′

10′

10′

• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Ostrich e Ds = 0,0229′

• DMG entre as fases a e b:

Dab =√

102 + 1,52 = 10,1119′ = Da′b′

Dab′ =√

102 + 19,52 = 21,9146′ = Da′b

DMGab =[

(10,1119 · 21,9146)2]1/4

= 14,8862′

DMGbc = DMGab = 14,8862′

– 55 –

• DMG entre as fases c e a:

DMGca =[

(20 · 18)2]1/4

= 18,9737′

• Espacamento equilatero equivalente:

Deq = (DMGab DMGbc DMGca)1/3 = 16,1401′

• RMG: lembrando que assume-se a transposicao

Trecho 1 – fase a ocupando posicao original:

Daa′ =√

202 + 182 = 26,9072′

RMG1 =[

(0,0229 · 26,9072)2]1/4

= 0,7850′

Trecho 2 – fase a ocupando posicao originalmente ocupada por b:

Daa′ = 21′

RMG2 =[

(0,0229 · 21)2]1/4

= 0,6935′

Trecho 3 – fase a ocupando posicao originalmente ocupada por c:

RMG3 = RMG1 = 0,7850′

– 56 –

x

RMG da fase a:

RMG =(0,78502 · 0,6935

)1/3= 0,7532′

Indutancia:

L = 2 · 10−7 · ln(

16,1401

0,7532

)

= 6,1295 · 10−7 H/m

Reatancia por fase:

XL = 2πfL = 2,3108 · 10−4 Ω/m = 0,3718 Ω/mi

– 57 –

Exercıcio

Repita o exemplo anterior para a configuracao de linha mostrada a seguir e com-

pare os resultados obtidos.

PSfrag replacements

a

b

c c′

b′

a′

18′

18′

21′

10′

10′

(Resposta: X = 0,3962 Ω/mi, 6,5% maior)

5.8 Capacitancia (C)

I Existem cargas em movimento e uma diferenca de potencial entre condutores→ capacitancia (carga/diferenca de potencial → C = Q/V )

I A linha se comporta como se os condutores fossem placas de capacitores

– 58 –

5.8.1 Campo eletrico em um condutor cilındrico

I Considerar um condutor cilındrico, com carga uniforme, longo e perfeito(resistividade ρ = 0)

O campo eletrico e radial:

PSfrag replacements

linhas de

campo eletrico

equipotencial

I Os pontos equidistantes do condutor (linha tracejada) sao equipotenciais

(apresentam a mesma intensidade de campo eletrico)

I A intensidade de campo eletrico no interior do condutor pode ser considerada

nula

Considere a lei de Ohm (eletrostatica):

Eint = ρ J

em que J e a densidade de corrente. Considerando ρ = 0 (condutor perfeito),tem-se Eint = 0

Os eletrons no interior do condutor tenderiam a se repelir ate a superfıcie do

condutor, onde encontrariam um meio isolante

– 59 –

I O calculo da intensidade de campo eletrico a uma certa distancia x do

condutor e realizado utilizando a lei de Gauss:

ε

∮

S

E dS = Q

em que:

ε − permissividade do meio:

ε = εr ε0

ε0 e a permissividade do vacuo e vale 8,85 ·10−12 F/m. εr e a permissividaderelativa do meio, sendo que para o ar seco vale 1,00054 e e normalmente

aproximada para 1

E − intensidade do campo eletrico

S − superfıcie gaussiana

Q − carga total contida em S

I Para a solucao da equacao de Gauss, deve-se imaginar uma superfıciegaussiana, cilındrica, concentrica ao condutor e de raio igual a x:

PSfrag replacements

linhas decampo eletrico

equipotencial x

+q

superfıcie gaussiana

d`

d`

retificando a faixa dasuperfıcie gaussiana

condutor

E − campo eletrico

2πx

– 60 –

I Tomando uma faixa da superfıcie gaussiana de comprimento diferencial d` a

equacao fica:

ε

∫

`

E · 2πxd` = Q

pois a faixa tem area 2πxd`

I Integrando:

ε · E · 2πx` = Q

e:

E =Q

2πxε`V/m

I Considerando a carga por unidade de comprimento q = Q/`:

E =q

2πxεV/m

– 61 –

5.8.2 Diferenca de potencial entre dois pontos

I Considere a seguinte situacao:

PSfrag replacements

linhas equipotenciais

q

D1

D2

P1

P2

I Fazendo uma analogia mecanica:

campo eletrico – forca

diferenca de potencial – trabalho

A diferenca de potencial representa o trabalho para mover uma carga unitaria

(1 C) entre dois pontos

I Diferenca de potencial entre os pontos P1 e P2:

V12 = V1 − V2 =

∫ D2

D1

E dx

=

∫ D2

D1

q

2πxεdx

=q

2πεln

D2

D1V

– 62 –

I Caso particular – ddp entre os pontos a e b:PSfrag replacements

linhas equipotenciais

q

D

r a b

Considerando o ponto a na superfıcie do condutor e que D r tem-se:

Vab =q

2πεln

D

rV

5.8.3 Diferenca de potencial entre dois condutores

I A diferenca de potencial entre os dois condutores e obtida usando-se oprincıpio da superposicao:

PSfrag replacements

linhas equipotenciais

qa

qa

qb

qb

D

ra rb

superposicao

a

a

b

b

– 63 –

Considera-se que:

D ra, rb, ou seja, um observador em um condutor enxerga o outrocondutor como um ponto

o campo interno ao condutor seja desprezıvel

a diferenca de potencial total deve-se as contribuicoes de qa e qb

Vab = V devido a qa

ab + V devido a qb

ab =qa

2πεln

D

ra+

qb

2πεln

rb

D

=1

2πε

(

qa lnD

ra+ qb ln

rb

D

)

Observacoes:

Na equacao:

Vab =q

2πεln

B

A

a referencia esta em q, ou seja:

PSfrag replacements

Va b

numerador

distancia da

carga a b

denominador

distancia dadistancia da

carga a a

ddp devido a qa → referencia no centro do condutor a → caminho de

integracao a para b (ra para D)

ddp devido a qb → referencia no centro do condutor b → caminho deintegracao a para b (D para rb)

– 64 –

5.8.4 Capacitancia de uma linha monofasica

I Capacitancia:

C =q

vF/m

I Considere uma linha para a qual:

os raios dos condutores sao iguais: ra = rb = r

qa = −qb = q

I A diferenca de potencial entre os dois condutores sera:

Vab =q

2πεln

D

r− q

2πεln

r

D

=q

2πεln

(D

r

)2

=q

πεln

D

rV

I Utilizando a definicao de capacitancia e assumindo que para o ar tem-se

εr = 1:

Cab =πε0

ln (D/r)=

8,85π · 10−12

ln (D/r)F/m

– 65 –

I Considere a seguinte situacao:

+

−

PSfrag replacements

Vab∼

a

b

linha de transmissao

cargaCab

O circuito pode ser representado por:

−

+

−

+

PSfrag replacements

Vab/2

Vab/2

∼

∼

a

b

nnn

linha de transmissao

carga/2

carga/2

2Cab

2Cab

I A capacitancia entre cada condutor e a terra vale:

Can = Cbn = 2Cab =2πε0

ln (D/r)=

17,7π · 10−12

ln (D/r)F/m

– 66 –

e a reatancia capacitiva fase-terra e dada por:

XC =1

2πfC

=2,8622

f· 109 · ln D

rΩ·m

=1,7789

f· 106 · ln D

rΩ·mi

I Da mesma forma que para as reatancias indutivas, a expressao da reatancia

capacitiva fase-terra pode ser escrita como:

XC =1,7789

f· 106 · ln 1

r︸ ︷︷ ︸

X ′

a

+1,7789

f· 106 · lnD

︸ ︷︷ ︸

X ′

d

= X ′a + X ′

d

em que X ′a e a reatancia capacitiva para um pe de afastamento e X ′

d e o fator

de espacamento

r e o raio externo do condutor (se for encordoado, e uma aproximacao queleva a erros muito pequenos). Este valor e obtido na tabela de dados dos

condutores

– 67 –

Exemplo

Determine a capacitancia, reatancia capacitiva e susceptancia capacitiva pormilha de uma linha monofasica que opera a 60 Hz. O condutor e o Partridge e o

espacamento entre centros dos condutores e de 20 ft.

Para o condutor especificado, o diametro externo e de 0,642′′. Portanto, o raioexterno e r = 0,0268′.

Capacitancia entre condutores:

Cab =πε0

ln (D/r)=

π · 8,85 · 10−12

ln (20/0,0268)= 4,2030 · 10−12 F/m

ou, multiplicando por 1609 tem-se Cab = 6,7626 · 10−9 F/mi. A capacitanciafase-terra e:

Can = 2Cab = 13,5252 · 10−9 F/mi

Reatancia capacitiva:

XC =1

2πfCan= 0,1961 MΩ·mi

ou, aplicando a formula direta:

XC =1,7789

60· 106 · ln 20

0,0268= 0,1961 MΩ·mi

Susceptancia capacitiva:

BC =1

XC= 5,0985 · 10−6 S/mi

– 68 –

Da tabela A.3:

X ′a = 0,1074 MΩ·mi

Da tabela A.5, para D = 20′:

X ′d = 0,0889 MΩ·mi

Reatancia capacitiva fase-terra total:

XC = X ′a + X ′

d = 0,1963 MΩ·mi

5.8.5 Influencia do solo

I Considere a seguinte linha monofasica isolada:

PSfrag replacements q −q

linhas decampo eletrico

equipotenciais

As linhas de campo eletrico sao normais as equipotenciais.

– 69 –

I Caso a linha esteja suficientemente perto do solo, tem-se:

PSfrag replacements

q −q

linhas decampo eletrico

equipotenciais

solo

O solo tambem e uma superfıcie equipotencial, causando uma distorcao naslinhas de campo eletrico, que serao normais a ele

A proximidade do solo altera o formato das linhas de campo eletrico → altera

a capacitancia

O efeito e maior quanto mais proxima a linha estiver do solo

– 70 –

I Imagine uma continuacao das linhas de campo eletrico abaixo do solo e

simetrica ao plano do solo (como em um espelho), terminando em cargas sobo solo:

PSfrag replacements

q

q

−q

−q

linhas decampo eletrico

equipotenciais

solo

As cargas sob o solo sao denominadas cargas imagem

Pode-se remover a linha do solo e calcular a diferenca de potencial e acapacitancia da maneira usual (metodo das imagens)

– 71 –

Exemplo

No exemplo anterior foi determinada a capacitancia entre condutores de umalinha monofasica que opera a 60 Hz com condutores Partridge e espacamento

entre centros dos condutores de 20 ft. Foi obtido o valor Cab = 4,2030 · 10−12 F/m.Obtenha a expressao da capacitancia levando em conta o efeito do solo e calcule

a capacitancia da linha, supondo que ela esteja a 30 pes (≈ 10 metros) e 90 pes(≈ 30 metros) acima da terra.

A expressao da capacitancia considerando o efeito do solo sera obtida atraves dometodo das imagens.

Considere a superfıcie do solo como um espelho. Assim, tem-se uma linha

identica a original, localizada abaixo da terra, e com carga oposta a primeira:

PSfrag replacements

condutor a, carga +q condutor b, carga −q

condutor imagem a′, carga −q condutor imagem b′, carga +q

linhas decampo eletrico

equipotenciais

solo

D

D

MM

H

H

H

H

– 72 –

A tensao Vab deve levar em conta o efeito de todas as quatro cargas:

Vab =1

2πε0

q lnD

r︸ ︷︷ ︸

devido a qa

+

−q lnr

D︸ ︷︷ ︸

devido a qb

+

−q lnM

2H︸ ︷︷ ︸

devido a qa′

+ q ln2H

M︸ ︷︷ ︸

devido a qb′

=q

2πε0

(

lnD2

r2+ ln

(2H)2

M2

) (

M =

√

D2 + (2H)2

)

=q

2πε0ln

(D2

r2· (2H)2

(2H)2 + D2

)

Capacitancia entre condutores:

Cab =q

Vab=

2πεo

ln(

D2

r2 · (2H)2

(2H)2+D2

)

O efeito da terra pode ser desconsiderado se H → ∞:

C ′ab = lim

H→∞Cab =

πεo

ln (D/r)

que e uma expressao que ja foi obtida anteriormente.

Para este exemplo, tem-se r = 0,0268′ e D = 20′.

Para uma distancia de 90′, H = 90′ e M =√

(2 · 90)2 + 202 = 181,1077′ e:

Cab = 4,2069 · 10−12 F/m

Para uma distancia de 30′, H = 30′ e M =√

(2 · 30)2 + 202 = 63,2456′ e:

Cab = 4,2367 · 10−12 F/m

– 73 –

A figura a seguir mostra o valor da capacitancia em funcao da altura da linha em

relacao ao solo:

PSfrag replacements

4,0

4,1

4,2

4,3

4,4

4,5

0 50 100 150 200

C[×

10−

12F/m]

H [ft]

5.8.6 Cabos

I Para cabos, tem-se:

εr 1

ε ε0

distancias pequenas entre condutores (fases)

– 74 –

I A capacitancia atinge valores altos

I Cabos geram uma quantidade significativa de potencia reativa:

132 kV → 2000 kvar/mi

220 kV → 5000 kvar/mi

400 kV → 15000 kvar/mi

resultando em restricoes nos comprimentos das linhas, devido a limitacoestermicas (temperatura de operacao) dos cabos. Exemplos de comprimentos

crıticos:

132 kV → 40 mi

200 kV → 25 mi

400 kV → 15 mi

Solucao: colocar reatores shunt ao longo da linha

PSfrag replacements

cabo

reator shunt

– 75 –

5.8.7 Capacitancia de linhas trifasicas com espacamento simetrico

I Considere a seguinte linha de transmissao trifasica:

PSfrag replacements

a c

b

D

DD

I Considere a situacao mais comum na pratica:

condutores identicos: ra = rb = rc = r

linha equilibrada: qa + qb + qc = 0

I Tensoes fase-fase → cada tensao recebe contribuicao das tres cargas:

Vab =1

2πεo

qa ln

D

r+ qb ln

r

D+ qc ln

D

D︸︷︷︸=0

Vbc =1

2πεo

(

qb lnD

r+ qc ln

r

D

)

Vca =1

2πεo

(

qa lnr

D+ qc ln

D

r

)

PSfrag replacements

c

a

bD

DD

equipotencialdevido a qc

– 76 –

I Considere os fasores de tensao:

Van = V ∠0 V

Vbn = V ∠ − 120 V

Vcn = V ∠120 V

Vab =√

3V ∠30 V

Vbc =√

3V ∠ − 90 V

Vca =√

3V ∠150 V

I Pode-se mostrar (fica como exercıcio) que:

Van =1

3(Vab − Vca)

I Fazendo as substituicoes:

Van =1

3· 1

2πε0

qa lnD

r+ qb ln

r

D︸ ︷︷ ︸

de Vab

−qa lnr

D− qc ln

D

r︸ ︷︷ ︸

de Vca

I Considerando qc = − (qa + qb):

Van =qa

6πε0ln

(D

r

)3

=qa

2πε0ln

D

rV

I A capacitancia fase-neutro vale:

Can =qa

Van=

2πε0

ln (D/r)F/m

– 77 –

5.8.8 Capacitancia de linhas trifasicas com espacamento assimetrico

I Considere a seguinte linha trifasica:

PSfrag replacements

1 2

3

D12

D23

D31

I Hipoteses:

os condutores tem o mesmo raio r

linha e transposta (igual ao caso da indutancia) → obtem-se acapacitancia media

I Considerando a transposicao, a linha pode ser separada em tres trechos dis-

tintos:

Para o trecho 1 em que a fase a esta na posicao 1, b na posicao 2 e c naposicao 3, tem-se:

Vab1=

1

2πε0

(

qa lnD12

r+ qb ln

r

D12+ qc ln

D23

D31

)

PSfrag replacements

a b

c

D12

D23D31

– 78 –

x Analogamente para os outros 2 trechos:

Vab2=

1

2πε0

(

qa lnD23

r+ qb ln

r

D23+ qc ln

D31

D12

)

PSfrag replacements

c a

b

D12

D23D31

Vab3=

1

2πε0

(

qa lnD31

r+ qb ln

r

D31+ qc ln

D12

D23

)

PSfrag replacements

b c

a

D12

D23D31

I A tensao Vab e a media das tensoes nos tres trechos:

Vab =1

3(Vab1

+ Vab2+ Vab3

) =1

2πε0

(

qa ln3√

D12D23D31

r+ qb ln

r3√

D12D23D31

)

I Analogamente:

Vca =1

3(Vca1

+ Vca2+ Vca3

) =1

2πε0

(

qa lnr

3√

D12D23D31

+ qc ln3√

D12D23D31

r

)

I Lembrando que:

Van =1

3(Vab − Vca)

– 79 –

xe:

Can =qa

Van

tem-se finalmente (para carga equilibrada → qa + qb + qc = 0):

Can = Cbn = Ccn =2πε0

ln (Deq/r)F/m

em que Deq = 3√

D12D23D31 e o espacamento equilatero da linha.

Exemplo

Determine a capacitancia e a reatancia capacitiva por milha da linha trifasica

mostrada a seguir. O condutor e CAA Drake, o comprimento da linha e de 175milhas e a tensao normal de operacao e 220 kV a 60 Hz. Determine tambem a

reatancia capacitiva total da linha e a potencia reativa de carregamento.

PSfrag replacements20′20′

38′

Da tabela A.3, o diametro externo do condutor e 1, 108′′. O raio externo em pes e:

r = 1,108′′ · 1′

12′′· 1

2= 0,0462′

– 80 –

Espacamento equilatero equivalente:

Deq =3√

20 · 20 · 38 = 24,7712′

Capacitancia fase-neutro:

Can =2πε0

ln (24,7712/0,0462)= 8,8482 · 10−12 F/m

Reatancia capacitiva:

XC =1

2πfCan= 299,7875 MΩ·m = 0,1863 MΩ·mi

Pelas tabelas A.3 e A.5 (usando interpolacao):

X ′a = 0,0912 · 106

X ′d = 0,0953 · 106

⇒ XC = X ′a + X ′

d = 0,1865 MΩ·mi

Reatancia total da linha:

X =XC

175= 1065,7143 Ω

– 81 –

Para o calculo da corrente de carregamento, considere a seguinte situacao:

+

−

PSfrag replacementscondutor da fase a

terra

Can

Icar

Van

Portanto:

Icar =Van

X=

220 · 103/√

3

1065,7143= 119,2 A

Potencia reativa trifasica gerada na linha:

QC = 3 Van Icar

= 3Vab√

3Icar

=√

3Vab Icar = 45,4 Mvar

– 82 –

5.8.9 Efeito do solo sobre a capacitancia de linhas trifasicas

I Utiliza-se o metodo das imagens:

PSfrag replacements a

b

c

a′

b′

c′

H12 H23

H31

H1

H2

H3

solo

obtendo-se uma expressao para a capacitancia que leva em conta as distanciasentre os condutores e as distancias entre os condutores e as imagens:

Can =2πε0

ln(

Deq

r · 3√

H1H2H3

3√

H12H23H31

) F/m

– 83 –

5.8.10 Condutores multiplos por fase

I Para n condutores, considera-se que a carga em cada um seja de qa/n (para afase a)

I O procedimento para a obtencao da capacitancia e semelhante ao que ja foifeito ate agora e o resultado final e:

Can =2πε0

ln(Deq/Db

sC

) F/m

em que:

DbsC =

√rd dois condutores por fase

DbsC =

3√

rd2 tres condutores por fase

DbsC = 1,09

4√

rd3 quatro condutores por fase

Os DbsC sao RMG modificados em relacao aos RMG usados no calculo das

indutancias, pois o raio externo substitui o raio efetivo

Exemplo

Determine a reatancia capacitiva por fase da linha trifasica mostrada a seguir.

PSfrag replacements

d

a b ca′ b′ c′

D

Condutor ACSR Pheasant

d = 45 cm

D = 8 m

Comprimento da linha ` = 160 km

– 84 –

Da tabela A.3, o raio externo em metros e:

r =1,382 · 0,3048

2 · 12= 0,0176 m

RMG modificado da linha:

DbsC =

√

0,0176 · 0,45 = 0,0890 m

Espacamento equilatero equivlente:

Deq =3√

8 · 8 · 16 = 10,0794 m

Capacitancia:

Can =2πε0

ln (10,0794/0,0890)= 11,7570 · 10−12 F/m

Reatancia capacitiva por unidade de comprimento:

XC =1

2πfCan= 225,6173 MΩ·m = 0,1402 MΩ·mi

Reatancia capacitiva da linha:

X =XC

`=

225,6173 · 106

160 · 103= 1410,11 Ω

– 85 –

5.8.11 Linhas trifasicas de circuitos em paralelo

Exemplo

Obtenha a susceptancia capacitiva por fase da linha trifasica de circuito duplo

mostrada a seguir, que e composta por condutores CAA 26/7 Ostrich 300.000 CM.

PSfrag replacements

a

b

c a′

b′

c′

18′

18′

21′

10′

10′

• Pela tabela A.3, o diametro externo do condutor tipo Ostrich e Ds = 0,680′′.O raio externo em pes e:

r =0,680

2· 1

12= 0,0283′

– 86 –

• DMG entre as fases e espacamento equilatero equivalente:

Dab =√

102 + 1,52 = 10,1119′ = Da′b′

Dab′ =√

102 + 19,52 = 21,9146′ = Da′b

DMGab =[

(10,1119 · 21,9146)2]1/4

= 14,8862′

DMGbc = DMGab = 14,8862′

DMGca =[

(20 · 18)2]1/4

= 18,9737′

Deq = (DMGab DMGbc DMGca)1/3 = 16,1401′

• RMG:

RMGa =[

(r · Daa′)2]1/4

= 0,873′

RMGb =[

(r · Dbb′)2]1/4

= 0,771′

RMGc = RMGa = 0,873′

DbsC = (RMGa RMGb RMGc)

1/3 = 0,837′

– 87 –

• Capacitancia por fase:

Cn =2πε0

ln(Deq/Db

sC

) = 18,58 pF/m

• Susceptancia por fase:

Bc = 2πfCn = 7 nS/m = 11,27 µS/mi

Exercıcio

Repita o exemplo anterior para a configuracao de linha mostrada a seguir e com-

pare os resultados obtidos.

PSfrag replacements

a

b

c c′

b′

a′

18′

18′

21′

10′

10′

(Resposta: Cn = 17,60 pF/m, 5,3% menor)

– 88 –

5.9 Modelo da linha de transmissao

I Pode-se associar a uma linha de transmissao todos os parametros discutidosanteriormente:

Resistencia – parametro serie – perda de potencia ativa com passagem de

corrente

Indutancia – parametros serie – campos magneticos com passagem da

corrente

Capacitancia – parametro shunt – campos eletricos com diferenca de potencial

Condutancia – parametro shunt – correntes de fuga

I Como representa-los?

PSfrag replacements

R R

G GC C

L Lk k

k

m m

m

I Existem ainda outras possibilidades de representacao

I Em todos os modelos, as tensoes e correntes em cada elemento sao todasdiferentes

– 89 –

I Esses parametros sao calculados por unidade de comprimento da linha e estao

distribuıdos ao longo da linha

Portanto, cada trecho da linha ∆x, mesmo muito pequeno, apresenta os

quatro parametros:

PSfrag replacements

R, L, C, G

∆x

– 90 –

5.9.1 Modelo da linha longa

I Considere o seguinte modelo de uma linha de transmissao, que pode ser umalinha monofasica ou uma fase (fase-neutro) de uma linha trifasica:

+

−

+

−

+

−

+

−

PSfrag replacements

Gerador

IS IR

Carga

I

VS VRV

∆x

Linha de transmissao

I + ∆I

V + ∆V

I O equacionamento sera feito na forma fasorial

I Considere:

z ∆x = (R + jωL)∆x – impedancia serie do trecho diferencial

y ∆x = (G + jωC) ∆x – admitancia shunt do trecho diferencial

ω = 2πf (p.ex. para f = 60 Hz → ω = 377 rad/s)

– 91 –

I A corrente pela impedancia serie e a media das correntes no inıcio e no fim do

trecho diferencial:

I + (I + ∆I)

2= I +

∆I

2

A tensao na admitancia shunt e a media das tensoes no inıcio e no fim do

trecho diferencial:

V + (V + ∆V )

2= V +

∆V

2

I As tensoes no inıcio e no fim do trecho diferencial sao V e V + ∆V ,

respectivamente. A diferenca ∆V se deve a queda de tensao associada apassagem de corrente (media) pelos parametros serie:

V + ∆V︸ ︷︷ ︸

fim

= V︸︷︷︸inıcio

− z ∆ x Imedio︸ ︷︷ ︸

queda

∆V = − (z∆x) ·(

I +∆I

2

)

= −zI∆x − z∆x∆I

2︸ ︷︷ ︸≈0

≈ −zI∆x

I As correntes no inıcio e no fim do trecho diferencial sao I e I + ∆I,respectivamente. A diferenca ∆I se deve ao desvio de parte da corrente pelosparametros shunt, que estao submetidos a uma tensao (media):

I + ∆I︸ ︷︷ ︸

fim

= I︸︷︷︸inıcio

− y ∆ x Vmedio︸ ︷︷ ︸

desvio

∆I = − (y∆x) ·(

V +∆V

2

)

= −yV ∆x − y∆x∆V

2︸ ︷︷ ︸≈0

≈ −yV ∆x

– 92 –

I Note que os produtos de termos diferenciais sao desprezados (muito

pequenos)

I Fazendo ∆x → 0 (definicao de derivada):

d

dxV = −zI

d

dxI = −yV

I Derivando em relacao a x:

d2

dx2V = −z

d

dxI

d2

dx2I = −y

d

dxV

I Fazendo as substituicoes das derivadas:

d2

dx2V = zyV

d2

dx2I = zyI

que pode ser posta na seguinte forma:

d2

dx2V (x) = γ2V (x)

d2

dx2I(x) = γ2I(x)

– 93 –

que sao as equacoes de onda e:

γ =√

zy =√

(R + jωL) (G + jωC) = α + jβ

em que γ e a constante de propagacao, α e a constante de atenuacao e β e a

constante de fase

I Tomando como exemplo a equacao de V : a solucao da equacao para V e tal

que diferenciando a solucao duas vezes se chegue a propria expressao originalde V multiplicada por uma constante → isto sugere uma solucao do tipo

exponencial

I Considere a solucao geral das equacoes diferenciais na forma:

V (x) = A cosh γx + B senh γx

I (x) = C cosh γx + D senh γx

em que:

cosh γx =eγx + e−γx

2

senh γx =eγx − e−γx

2

e as constantes A, B, C e D dependem das condicoes iniciais

– 94 –

I Supondo conhecidas a tensao e a corrente no inıcio da linha:

V (x = 0) = V (0) e I (x = 0) = I (0)

tem-se:

A = V (0) e C = I (0)

I As constantes B e D sao obtidas substituindo-se as expressoes das solucoesnas equacoes de primeira ordem obtidas anteriormente:

d

dxV (x) = −zI(x)

d

dxI(x) = −yV (x)

Lembrando que:

d

dxcosh x = senh x e

d

dxsenh x = cosh x

obtem-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)

B = −z

γI (0) = −

√z

yI (0) = −ZcI (0)

D = −y

γV (0) = −

√y

zV (0) = − 1

ZcV (0)

I A solucao fica finalmente:

V (x) = V (0) cosh γx − ZcI (0) senh γx

I (x) = I (0) cosh γx − 1

ZcV (0) senh γx

em que Zc =√

z/y e a impedancia caracterıstica da linha – interpretacao: Zc

e a impedancia a ser colocada no final da linha para que se tenha a maxima

transferencia de potencia entre gerador e carga → casamento de impedancias

As equacoes fornecem a tensao e a corrente em qualquer ponto da linha,sabendo-se V (0) e I (0) no inıcio da linha

γ =√

zy e Zc =√

z/y dependem somente dos parametros da linha

I Potencia complexa em um ponto x da linha:

S (x) = V (x) I (x)∗ = P (x) + jQ (x)

– 96 –

I Se, ao inves da tensao e corrente no inıcio da linha, forem fornecidas a tensao

e corrente no final da linha, as equacoes ficam:

V (x) = V (`) cosh γx + ZcI (`) senh γx

I (x) = I (`) cosh γx +1

ZcV (`) senh γx

em que ` e o comprimento da linha, V (`) e I (`) sao a tensao e a corrente no

final da linha e x e medido a partir do final da linha em direcao ao inıcio dalinha

I Outras maneiras de calcular senos e cossenos hiperbolicos:

cosh (a + jb) = cosh a cos b + j senh a sen b

=1

2

(ea

∠b + e−a∠ − b

)

senh (a + jb) = senh a cos b + j cosh a sen b

=1

2

(ea

∠b − e−a∠ − b

)

cosh θ = 1 +θ2

2!+

θ4

4!+

θ6

6!+ · · ·

senh θ = θ +θ3

3!+

θ5

5!+

θ7

7!+ · · ·

– 97 –

Exemplo

Considere uma linha monofasica cujos condutores tem um raio de 2 cm, estaoespacados de 1 m, e:

• a resistencia e a condutancia sao desprezadas

• a frequencia e 60 Hz

• a tensao no inıcio da linha e V (0) = 130 ∠0 kV

• a corrente no inıcio da linha e I (0) = 50 ∠ − 20 A

Determine as expressoes da tensao e da corrente ao longo da linha. Trace os

graficos dos valores absolutos da tensao e da corrente para x variando de 0 a5000 km. Verifique o que ocorre com a tensao ao longo da linha se ela tem umcomprimento de 200 km.

De acordo com o que foi apresentado anteriormente:

L =µ0

πln

D

r′= 4 · 10−7 ln

(1

0,02 · 0,7788

)

= 1,6648 µH/m

C =πε0

ln (D/r)=

8,85π · 10−12

ln (1/0,02)= 7,1071 pF/m

– 98 –

Os parametros caracterısticos da linha sao:

z = R + jωL = j6,2763 · 10−4 Ω/m

y = G + jωC = j2,6794 · 10−9 S/m

Zc =√

z/y =√

L/C = 483,9883 Ω

γ =√

zy = jω√

LC = j1,2968 · 10−6 m−1

α = <γ = 0

β = =γ = 1,2968 · 10−6 m−1

Tem-se ainda:

cosh γx = cosh jβx =ejβx + e−jβx

2= cosβx

senh γx = senh jβx =ejβx − e−jβx

2= j sen βx

Substituindo os valores numericos nas expressoes de tensao e corrente tem-sefinalmente:

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 replacementsV

[kV

]

x [km]

00 200 1000 2000 3000 4000 5000

50

100

150

123,7

PSfrag replacements

V[k

V]

x [km]

00 200

50

50

100

100

130

150

150

123,7

– 100 –

x

PSfrag replacementsI

[A]

x [km]

00

200

1000 2000 3000 4000 5000

100

200

200

300

97

Das curvas pode-se notar que:

I a tensao e a corrente variam ao longo da linha

I para x ≈ 1160 km a tensao atinge o valor mınimo de aproximadamente 23 kV

I para uma linha com essas caracterısticas e de comprimento igual a 200 km, atensao no inıcio da linha e de 130 kV e no final da linha e de

aproximadamente 123,7 kV, apresentando uma regulacao de:

Regulacao =130 − 123,7

123,7· 100 = 5,1%

– 101 –

Exemplo

Uma linha de transmissao trifasica apresenta os seguintes parametroscaracterısticos por fase: R = G = 0, L = 1,33 · 10−7 H/m e C = 8,86 · 10−12 F/m.

Sabendo que no inıcio da linha (x = 0) tem-se V (0) = 220/√

3 ∠0 kV (de fase) eS (0) = 150 + j50 MVA (por fase), obtenha:

(a) a constante de propagacao γ

Este exemplo refere-se a uma linha trifasica cujos parametros darepresentacao por fase sao fornecidos. Deve-se tratar uma fase da linha

trifasica como uma linha monofasica:

γ =√

zy

=√

(R + jωL) · (G + jωC)

=√

jωL · jωC

= jω√

LC

= j4,0925 · 10−7 m−1

(b) a impedancia caracterıstica Zc

Zc =√

z/y

=√

(R + jωL) (G + jωC)

=√

L/C

= 122,5206 Ω

– 102 –

(c) a tensao, a corrente e a potencia no final da linha se o seu comprimento e de

300 km

A corrente no inıcio da linha vale:

I (0) =

(S (0)

V (0)

)∗= 1244,9913 ∠ − 18,43 A

De modo similar ao exercıcio anterior:

cosh γx = cosh jβx = cos βx

senh γx = senh jβx = j sen βx

As equacoes de onda sao:

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 tensao e correnteem funcao da distancia ao ponto inicial da linha.

– 103 –

xPSfrag replacements

V[k

V]

x [km]

00 300 1000 2000 3000 4000 5000

50

100

150

200

PSfrag replacements

V[k

V]

x [km]

00

200

200 250 300

50

50

100

100

130

150

150

127121,4

– 104 –

x

PSfrag replacements

I[A

]

x [km]

00

200

300

1000

2000 3000 4000 5000

500

1000

1000

1500

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 potencia ativa no final da linha e igual a do inıcio da linha(linha sem perdas) e que a potencia reativa no final da linha e menor que a do

inıcio da linha, indicando que a linha apresenta um comportamentopredominantemente indutivo.

– 105 –

I E possıvel interpretar as equacoes de onda de tensao e corrente como ondasviajantes → pode-se decompor a onda em onda incidente e onda refletida,

que resultam nas variacoes observadas nos exercıcios anteriores

I Se carga apresenta impedancia igual a impedancia caracterıstica → nao ha

onda refletida → linha plana ou linha infinita → formas de onda de tensao ecorrente planas se a linha for sem perdas

De outra forma: se a impedancia vista pela fonte e igual a Zc → nao ha ondarefletida → linha plana ou linha infinita → formas de onda de tensao e

corrente planas

I Valores tıpicos de Zc sao 400 Ω para linhas aereas de circuito simples e 200 Ω

para dois circuitos em paralelo. O angulo de fase de Zc esta normalmenteentre 0 e 15

I Cabos multiplos tem Zc menor porque L e menor e C e maior

I Comprimento de onda: distancia entre dois pontos da linha correspondentes a

um angulo de fase de 360 ou 2π radianos:

λ =2π

β

Para linhas sem perdas:

λ =2π

ω√

LC=

1

f√

LC

Valores tıpicos para 60 Hz giram em torno de 5000 km

I Velocidade de propagacao da onda:

v = f λ

– 106 –

Exemplo

Para a linha de transmissao monofasica estudada em exemplo anterior tem-se:

PSfrag replacements∠

V[rad]

x [km]

0

0200 1000 2000 3000 4000 5000

−π

π

λ

λ =2π

β=

2π

1,2968 · 10−6= 4845 km

v = f λ = 2,91 · 108 m/s

– 107 –

I A velocidade de propagacao calculada e sempre menor que a velocidade daluz no espaco livre, que e dada por:

c =1√µ0ε0

Considere uma linha monofasica sem perdas com dois condutores de raio r e

separados por uma distancia D. A indutancia e a capacitancia da linha valem:

L =µ0

2πln

D

r′e C =

2πε0

ln (D/r)

em que r′ = 0,7788r. A impedancia serie e a capacitancia shunt por unidade

de comprimento valem:

z = jωL e y = jωC

A constante de propagacao e igual a:

γ =√

zy = jω√

LC ⇒ β = =γ = ω√

LC = 2πf√

LC

O comprimento de onda e:

λ =2π

β=

1

f√

LC

– 108 –

A velocidade de propagacao e:

v = λ f =1√LC

=

(µ0

2πln

D

r′· 2πε0

ln (D/r)

)−1/2

=

(

µ0ε0 lnD

r′1

ln (D/r)

)−1/2

v =1

√

µ0ε0ln(D/r′)ln(D/r)

Das equacoes acima nota-se que se r′ = r tem-se:

v = c =1√µ0ε0

= 2,9986 · 108 ≈ 3 · 108 m/s

Como r′ < r tem-se v < c. O raio efetivo r′ aparece em razao da existencia do

fluxo magnetico interno ao condutor. Se o fluxo magnetico fosse totalmenteexterno ao condutor, a velocidade de propagacao seria igual a velocidade daluz para uma linha sem perdas.

A presenca de perdas tambem resulta em uma velocidade de propagacaomenor.

– 109 –

Exemplo

Uma linha monofasica operando em 60 Hz e composta de dois condutores de raio

1 cm espacados de 1 m. Calcule as velocidades de propagacao para os casos emque:

(a) R = 0 (linha sem perdas)

O raio efetivo e:

r′ = e−1/4r = 0,0078 m

A indutancia da linha e dada por:

L =µ0

2πln

(D

r′

)

= 9,7103 · 10−7 H/m

em que D = 1 m. A capacitancia e igual a:

C =2πε0

ln (D/r)= 1,2075 · 10−11 F/m

Impedancia serie:

z = R + jωL = j0,0004 Ω/m

– 110 –

Admitancia shunt:

y = jωC = j4,5521 · 10−9 S/m

Constante de propagacao:

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

β= 4,8674 · 106 m

Velocidade de propagacao:

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 sequencia de calculos e a mesma. As diferencas 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 inclusao de perdas resultou

em uma velocidade de propagacao 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 parametros concentrados

I Em geral tem-se interesse somente nas grandezas nos extremos da linha

I Ideia: obter um circuito com parametros concentrados que seja equivalente ao

modelo de uma linha longa descrito pelas equacoes de onda → simplifica oscalculos

I O circuito π equivalente de uma linha de comprimento ` e:

+

−

+

−

PSfrag replacements

V (0)

I (0)

Y1 I1

Z

Y2I2 V (`)

I (`)

Linha de transmissao

I o circuito equivalente poderia ser T, mas implicaria na criacao de um no

fictıcio no circuito

– 113 –

Linhas longas (mais que 240 km)

I Ideia: obter equacoes para V (`) e I (`) em funcao de V (0) e V (0) e comparar

com as equacoes do modelo distribuıdo.

I Do circuito π-equivalente tem-se:

V (`) = V (0) − Z [I (0) − Y1V (0)]

I (`) = I (0) − Y1V (0) − Y2V (`)

V (`) = V (0) − Z [I (0) − Y1V (0)]

I (`) = I (0) − Y1V (0) − Y2V (0) + ZY2 [I (0) − Y1V (0)]

V (`) = (1 + ZY1)V (0) − ZI (0)

I (`) = (1 + ZY2) I (0) − (Y1 + Y2 + Y1Y2Z)V (0)

I Comparando com as equacoes de onda:

1 + ZY1 = 1 + ZY2 = cosh γx

Z = Zc · senh γx

Y1 + Y2 + Y1Y2Z =1

Zcsenh γx

– 114 –

I Z ja esta determinado. Determinacao de Y1 e Y2:

Y1 =cosh γx − 1

Z=

1

Zc

cosh γx − 1

senh γx

=1

Zc

eγx+e−γx

2 − 1eγx−e−γx

2

=1

Zc

eγx + e−γx − 2

eγx − e−γx

=1

Zc

senh2 γx2

senh γx2 · cosh γx

2

=1

Zc

senh γx2

cosh γx2

Y1 =1

Zctanh

γx

2= Y2

e o circuito π-equivalente para uma linha de comprimento ` fica:

PSfrag replacements 1Zc

tanh γ`2

Zc senh γ`

1Zc

tanh γ`2

– 115 –

Exemplo

Para uma linha de transmissao trifasica, 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 tensao no inıcio da linha e igual a

220 kV e o seu comprimento e 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

Zc =

√z

y= 404,0493 ∠ − 5,94 Ω

γ =√

zy = 1,2872 · 10−6∠84,06 m−1

(b) Determine o circuito π equivalente da linha.

Para um comprimento ` = 362 km, os parametros dos circuito π equivalente

sao:

Z = Zc senh γ` = 181,6733 ∠78,56 Ω

Y1 = Y2 =1

Zctanh

γx

2= 5,8703 · 10−4

∠89,78 S

– 116 –

(c) Determine a impedancia vista pela fonte caso uma impedancia igual a Zc seja

conectada no final da linha.

A impedancia vista no inıcio da linha sera:

Zvista = Y −11 //

[Z +

(Zc//Y −1

1

)]= 404,0493 ∠ − 5,94 Ω = Zc

ou seja, a fonte no inıcio da linha enxerga uma impedancia igual a impedancia

caracterıstica Zc.

Exercıcio

Obtenha o grafico [ |Vlinha| ×x ] para a linha do exemplo anterior, considerando a

situacao descrita no item (c).

Linhas medias (ate 240 km)

I E feita a seguinte aproximacao:

Os termos cosh e senh apresentam termos exponenciais. Desenvolvendo esses

termos exponenciais em serie de Taylor tem-se:

ex ≈ 1 + x +x2

2!

e−x ≈ 1 − x +x2

2!

→ termos de ordem maior que 2

foram desprezados

– 117 –

I Se o comprimento da linha ` e pequeno, entao |γ` | sera pequeno e as

seguintes aproximacoes sao validas:

senh γ` ≈ γ`

cosh γ` ≈ 1 + (γ`)2 /2

tanhγ`

2≈ γ`

2

I Os elementos do circuito equivalente ficam:

Z = Zc senh γ` ≈ Zcγ` =

√z

y· √zy · ` = z ` = (R + jωL) `

Y1 = Y2 =1

Zctanh

γ`

2≈ 1

Zc· γ`

2=

√y

z· √zy · `

2= y

`

2= (G + jωC)

`

2

I O circuito equivalente da linha de transmissao com os parametros

simplificados e chamado de modelo π nominal:

PSfrag replacements

jωC `2

jωC `2

(R + jωL) `

C2

C2

R L

I Nas figuras, a condutancia G foi desprezada e, no circuito da direita, ocomprimento da linha e considerado nos valores dos parametros

– 118 –

I Observacoes:

Quase todas as linhas sao modeladas como linhas medias (modeloπ-nominal)

Se a linha e longa, e modelada como varios circuitos π-nominal em cascata

Em certos estudos exige-se uma grande precisao → equacoes de onda saousadas → por exemplo em estudos de transitorios em linhas detransmissao, etc.

Linhas curtas (ate 80 km)

I Encontradas normalmente em redes de distribuicao e subtransmissao em

media tensao

I Os efeitos dos campos eletricos podem ser desprezados → capacitancias shunt

desprezadas:

PSfrag replacements

R L

– 119 –

Exemplo

Para a linha de transmissao trifasica, 60 Hz, de um exemplo anterior, tem-seR = 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 ja foi calculado

anteriormente. Os parametros do circuito π nominal sao:

Z = (R + jωL) ` = 188,2690 ∠78,13 Ω

Y1 = Y2 = jωC`

2= 5,759 · 10−4 S

A tabela a seguir mostra a comparacao entre os modelos, incluindo o erroresultante, calculado por:

erro% =|parametro-π-equiv | − |parametro-π-nom |

|parametro-π-equiv | · 100%

– 120 –

parametro π equivalente π nominal erro%

| Z | 181,6733 188,2675 −3,6

| Y | 5,8703 · 10−4 5,7660 · 10−4 1,8

Os parametros para ` = 100 km e os erros resultantes sao mostrados na tabela aseguir.

parametro π equivalente π nominal erro%

| Z | 51,8693 52,0076 −0,3

| Y | 1,5950 · 10−4 1,5930 · 10−4 0,1

Verifica-se que as diferencas entre os modelos π equivalente e π nominal

aumentam para linhas mais longas.

Exemplo (para ser estudado em casa)

Uma linha de transmissao trifasica de 60 Hz de circuito simples tem umcomprimento de 370 km (230 mi). Os condutores sao do tipo Rook com

espacamento horizontal plano de 7,25 m (23,8 ft) entre condutores. A carga nalinha e de 125 MW, a 215 kV, com fator de potencia de 100%. Determine a

tensao, a corrente e a potencia na barra transmissora e a regulacao de tensao dalinha. Determine tambem o comprimento de onda e a velocidade de propagacao

da linha.

O espacamento equilatero equivalente da linha e:

Deq = 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

γ` =√

zy ` = 0,4772 ∠84,52 = 0,0456 + j0,4750

Zc =√

z/y = 406,4 ∠ − 5,48 Ω

Na barra receptora tem-se:

VR =215√

3∠0 = 124,13 ∠0 kV (tensao de fase, tomada como ref. angular)

IR =

(S/3

VR

)∗=

(125 · 106/3

215 · 103/√

3

)∗= 335,7 ∠0 A

Das equacoes de onda:

VS = VR cosh γ` + ZcIR 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:

Tensao de linha =√

3 · 137,851 = 238,8 kV

Corrente de linha = 332,27 A

Fator de potencia = cos (27,77 − 26,33) = 0,9997

Potencia =√

3 · 238,8 · 332,27 · 0,9997 = 137,4 MW

Considerando uma tensao fixa na barra transmissora, a tensao na barra receptoraem vazio (IR = 0) sera:

V vazioR =

VS

cosh γ`

Logo, a regulacao sera:

Regulacao =V vazio

R − VR

VR· 100% =

137,85/0,8904 − 124,13

124,13· 100% = 24,7%

O comprimento de onda e a velocidade de propagacao podem ser calculados por:

β ==γ`

`=

0,4750

230= 0,002065 mi−1

λ =2π

β= 3043 mi

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 exemploanterior. Compare os resultados obtidos.

Os parametros do modelo π equivalente sao:

Zeq = Zc senh γ` = 186,78 ∠79,46 Ω

Yeq =1

Zctanh

γ`

2= 0,000599 ∠89,81 S

Os parametros do modelo π nominal sao:

Znom = z ` = 193,9 ∠79,04 Ω

Ynom =y

2` = 0,000587 ∠90 S

A impedancia serie do modelo π nominal excede a do modelo π equivalente em3,8%. A admitancia em derivacao do modelo π nominal e 2% menor que a do

modelo π equivalente.

– 124 –

5.10 Carregamento caracterıstico da linha

I Conforme definido anteriormente, Zc corresponde a impedancia caracterısticada linha

I Para uma linha sem perdas (G = R = 0):

Zc =

√z

y=

√

L

CΩ → impedancia de surto (surge impedance)

I Em alguns tipos de estudo, como por exemplo de descargas atmosfericas emlinhas de transmissao, as perdas sao em geral desprezadas

I Carregamento caracterıstico: potencia fornecida a uma carga resistiva puraigual a impedancia de surto:

PSfrag replacements

LT IL

VL/√

3 Zc =√

L/C

Esta potencia e transmitida atraves da linha de transmissao

Em Ingles SIL – Surge Impedance Loading

– 125 –

I A equacao de onda da tensao pode ser dada por:

V (x) = VR cosh γx + ZcIR sinh γx

em que VR e IR sao a tensao e a corrente na barra receptora (final da linha)

I Para a linha sem perdas:

Zc =√

L/C cosh γx = cos βx

γ = jβ = jω√

LC senh γx = j sen βx

I Se uma carga com impedancia Zc =√

L/C for conectada na barra receptora,a corrente sera:

IR =VR

Zc

e a equacao de tensao fica:

V (x) = VR cos βx + jZcVR

Zcsen βx

= VR (cos βx + j sen βx)

= VRejβx

|V (x) | = |VR |

ou seja, para uma carga cuja impedancia e igual a impedancia de surto, o

perfil de tensao sera plano

– 126 –

I Analise semelhante para a equacao de corrente fornece:

I (x) = IR cosh γx +VR

Zcsenh γx

=VR

Zcejβx

|I (x) | = |IR |

I Potencia complexa atraves da linha:

S (x) = V (x) I (x)∗

=|VR |2Zc

ou seja, a potencia ativa e constante ao longo da linha e nao ha fluxo de

potencia reativa

I Se VL e a tensao de linha no final da linha, onde esta conectada uma carga

resistiva de impedancia igual a Rc =√

L/C (impedancia de surto), a correntevale:

IL =VL/

√3

√

L/CA

– 127 –

I Potencia total entregue a carga (carregamento caracterıstico):

SIL =√

3VLIL =√

3VLVL/

√3

√

L/C

=V 2

L√

L/C

I Em geral a tensao utilizada para o calculo de SIL e a tensao nominal da linha.

Portanto:

SIL =V 2

nominal√

L/C

I SIL fornece um termo de comparacao das capacidades de carregamento das

linhas

I E comum a representacao da potencia transmitida por uma linha em valores

por unidade de SIL (p.ex. 0,2 pu SIL)

I SIL nao corresponde a maxima potencia que pode ser transmitida pela linha.

Esta depende de outros fatores, como o comprimento da linha etc.

– 128 –

5.11 Perfil de tensao da linha

Exemplo

Considere novamente a linha de transmissao trifasica de 60 Hz de circuito simples

de um exemplo anterior, que tem um comprimento de 370 km (230 mi). Oscondutores sao do tipo Rook com espacamento horizontal plano de 7,25 m

(23,8 ft) entre condutores. Obtenha o perfil de tensao da linha, considerando asseguintes situacoes: (a) linha em vazio; (b) linha em curto-circuito; (c) carga SILconectada a barra receptora (neste caso, desprezar as perdas ohmicas da linha);

(d) carga nominal conectada a barra receptora; (e) carga leve conectada a barrareceptora; (f) carga pesada conectada a barra receptora.

Tem-se o seguinte circuito por fase:

+

−

+

−

PSfrag replacements

VS VR

IS IR

∼ ZL

x

Os dados da linha sao:

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 –

(a) Em vazio: tem-se ZL → ∞ e, portanto, IR = 0. Da equacao de onda de

corrente:

IR = IS cosh γ` − VS

Zcsenh γ` = 0 → IS =

VS

Zctgh γ`

A equacao de onda da tensao fica:

V (x) = VS cosh γx − ZcIS senh γx

= VS (cosh γx − tgh γ` senh γx)

(b) Em curto-circuito: tem-se ZL = 0, e, portanto, VR = 0. Da equacao de ondada tensao:

VR = VS cosh γ` − ZcIS senh γ` = 0 → IS =VS

Zc tgh γ`

A equacao de onda da tensao fica:

V (x) = VS cosh γx − ZcIS senh γx

= VS

(

cosh γx − senh γx

tgh γ`

)

(c) Neste caso, as perdas ohmicas da linha sao desprezadas, logo:

z′ = 0,8277 ∠90 Ω/mi

y′ = y = 5,105 · 10−6∠90 S/mi

γ ′ = 2,0556 · 10−3∠90 mi−1

Z ′c = 402,66 Ω = ZL

– 130 –

Conforme visto anteriormente, a equacao de onda da tensao neste caso fica:

VR = VS cosβ` − jZ ′cIS sen β` = Z ′

cIR

IR =VS

Z ′c

cosβ` − jIS sen β`

Tomando a equacao de onda de corrente tem-se:

IR = IS cosβ` − jVS

Z ′c

sen β`

Comparando as duas equacoes para IR, verifica-se que VS = Z ′cIS e a equacao

das tensoes fica:

V (x) = VS (cosβx − j sen βx) = VSejβx

(d) Considerando uma carga nominal ZL: as equacoes de onda sao:

VR = VS cos γ` − ZcIS sen γ` = ZLIR (1)

IR = IS cos γ` − VS

Zcsen γ` = ZLIR (2)

Substituindo (2) em (1) obtem-se a seguinte expressao para IS:

IS =

(

VS cos γ` + ZL

ZcVS sen γ`

ZL cos γ` + Zc sen γ`

)

(3)

– 131 –

Portanto, a equacao de onda de tensao fica:

V (x) = VS cosh γx − ZcIS sinh γx

em que IS e dado por (3).

(e) Carga leve: vale a equacao do item (d) com o valor apropriado de ZL.

(f) Carga pesada: vale a equacao do item (d) com o valor apropriado de ZL.

A figura a seguir mostra os perfis de tensao para todos os casos estudados.

0 50 100 150 200 230 2500

50

100

150

200

220

250

300

VazioCurto−circuitoSILCarga nominalCarga leveCarga pesada

PSfrag replacements

V[k

V]

x [mi]

– 132 –

5.12 Limites termico e de estabilidade

I A equacao de onda pode ser colocada na forma:

VS = AVR + BIR

em que:

VS, VR : tensoes 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

B=

VS

B∠ (δ − β) − AVR

B∠ (α − β)

– 133 –

I A potencia complexa na barra receptora e:

SR = VRI∗R =VSVR

B∠ (β − δ) − AV 2

R

B∠ (β − α)

⇓

PR =VSVR

Bcos (β − δ) − AV 2

R

Bcos (β − α)

QR =VSVR

Bsen (β − δ) − AV 2

R

Bsen (β − α)

I Para facilitar a analise, considera-se uma linha media sem perdas:

A = cosh γ` ≈ 1 ∠0

B = Zc senh γ` ≈ Zcγ` = z ` = (jωL) ` = jX = X ∠90

I Com relacao a potencia ativa:

PR =VSVR

Xcos (90 − δ) =

VSVR

Xsen δ

PSfrag replacements

P

Pmax

δ90

– 134 –

I Mantendo VS e VR constantes, um aumento da carga implica em um aumento

do angulo δ. Existe um limite maximo de potencia ativa que pode serentregue:

d

dδPR =

VSVR

Xcos δ = 0

ou δ = 90 e:

PmaxR =

VSVR

X

que representa o limite de estabilidade da linha sem perdas

I Considere que:

VS = VR = V

δ = 90

X = x `

Logo:

PmaxR =

VSVR

X=

V 2

x `=

K

`

ou seja, o limite de estabilidade da linha e inversamente proporcional ao seucomprimento

– 135 –

Na pratica, no entanto, considera-se (por motivos de seguranca):

VS = V

VR ≈ 0,95V

δ ≈ 30

X = x `

Logo:

PmaxR

′ =VSVR

Xsen δ =

0,95V 2

x `sen 30 = 0,475

V 2

x `= 0,475 Pmax

R =K ′

`

PSfrag replacements

P

`

limite de

operacao

estabilidadepratico

estabilidade

teorico

termico

– 136 –

I A utilizacao do limite pratico de estabilidade visa manter a estabilidade

durante transitorios provocados por disturbios na rede

O limite termico, determinado pelo tipo de condutor (dados do fabricante) e

preponderante para linhas curtas

Exemplo

A figura a seguir mostra a interligacao entre as regioes Norte e Sul do Brasil,feita atraves de linhas de transmissao de 500 kV.

PSfrag replacements

MT

PA

GO

Maraba

TO

Tucuruı

MG

MA

Colinas Colinas

MiracemaMiracema

GurupiGurupi

Brasılia

Imperatriz

Imperatriz

Serra da Mesa

Serra da Mesa

PI

BA

TCSC

TCSC

– 137 –

• O trecho Imperatriz-Serra da Mesa tem aproximadamente 1020 km → linha

longa

• A linha conta com compensacao serie (capacitores) e compensacao shunt

(reatores)

A compensacao e realizada para controlar os nıveis de tensao e aumentar a

capacidade de transmissao da linha

• TCSC (Thyristor Controlled Series Capacitor) e utilizado para amortecer asoscilacoes eletromecanicas entre os sistemas Norte e Sul

– 138 –

5.13 Fluxos de potencia nas linhas de transmissao

I As linhas de transmissao podem ser representadas pelo modelo π equivalente(ou nominal), composto pela resistencia serie (rkm), pela reatancia serie (xkm)

e pela susceptancia shunt (bshkm)

PSfrag replacements

k m

Ek Emzkm

Ikm Imk

jbshkm jbsh

km

I Impedancia serie:

zkm = rkm + jxkm

Admitancia serie:

ykm =1

zkm= gkm + jbkm =

rkm

r2km + x2

km

+ j−xkm

r2km + x2

km

em que gkm e a condutancia serie e bkm e a susceptancia serie

– 139 –

Tem-se:

rkm ≥ 0 ; gkm ≥ 0

xkm ≥ 0 ; bkm ≤ 0 (parametro serie indutivo)

bshkm ≥ 0 (parametro shunt capacitivo)

I Corrente saindo da barra k:

Ikm = ykm (Ek − Em)︸ ︷︷ ︸

serie

+ jbshkmEk

︸ ︷︷ ︸

shunt

em que Ek = Vkejθk e Em = Vmejθm. Corrente saindo da barra m:

Imk = ykm (Em − Ek)︸ ︷︷ ︸

serie

+ jbshkmEm

︸ ︷︷ ︸

shunt

I O fluxo de potencia complexa saindo da barra k e dado por:

S∗km = Pkm − jQkm = E∗

kIkm

= E∗k

[ykm (Ek − Em) + jbsh

kmEk

]

= ykmV 2k − ykmE∗

kEm + jbshkmV 2

k

=(gkm + jbkm + jbsh

km

)V 2

k − (gkm + jbkm) VkVm (cos θkm − j sen θkm)

Separando as partes real e imaginaria:

Pkm = <Skm = gkmV 2k − VkVm (gkm cos θkm + bkm sen θkm)

Qkm = =Skm = −(bkm + bsh

km

)V 2

k − VkVm (gkm sen θkm − bkm cos θkm)

– 140 –

De maneira analoga:

Pmk = gkmV 2m − VkVm (gkm cos θkm − bkm sen θkm)

Qmk = −(bkm + bsh

km

)V 2

m + VkVm (gkm sen θkm + bkm cos θkm)

I Note que as expressoes dos fluxos de potencia foram obtidas considerando

que estes estao entrando na linha:PSfrag replacements

Ek Em

k mPkm Pmk

Qkm Qmk

Linha de transmissao

Portanto, as perdas de potencia na linha de transmissao sao dadas por:

P perdas = Pkm + Pmk

= gkm

(V 2

k + V 2m − 2VkVm cos θkm

)= gkm |Ek − Em |2

Qperdas = Qkm + Qmk

= −bshkm

(V 2

k + V 2m

)− bkm

(V 2

k + V 2m − 2VkVm cos θkm

)

= −bshkm

(V 2

k + V 2m

)− bkm |Ek − Em |2

– 141 –

Note que:

|Ek − Em | e a magnitude da tensao sobre o elemento serie

gkm |Ek − Em |2 sao as perdas ohmicas

−bkm |Ek − Em |2 sao as perdas reativas no elemento serie (bkm < 0;

potencia positiva – consumida)

−bshkm

(V 2

k + V 2m

)corresponde a geracao de potencia reativa nos elementos

shunt (bshkm > 0; potencia negativa – fornecida)

Exemplo

Considere a rede eletrica a seguir.

PSfrag replacementsk mEk Em

Rede eletrica

Os parametros da linha k-m sao: zkm = 0,01 + j0,05 pu e bshkm = 0,2 pu. Em um

determinado instante durante a operacao da linha, suas tensoes terminais saoEk = 1,015 ∠ − 1,3 pu e Em = 1,020 ∠ − 6,3 pu. Calcule os fluxos de potencia e as

perdas de potencia na linha.

– 142 –

A condutancia serie da linha e:

ykm = gkm + jbkm =1

zkm= 3,8462 − j19,2308 pu

Os fluxos de potencia valem:

Pkm = gkmV 2k − VkVm (gkm cos θkm + bkm sen θkm) = 1,7309 pu

Qkm = −(bkm + bsh

km

)V 2

k − VkVm (gkm sen θkm − bkm cos θkm) = −0,5749 pu

Pmk = gkmV 2m − VkVm (gkm cos θkm − bkm sen θkm) = −1,7005 pu

Qmk = −(bkm + bsh

km

)V 2

m + VkVm (gkm sen θkm + bkm cos θkm) = 0,3128 pu

e sao mostrados na figura a seguir.

PSfrag replacements

k m1,7309 −1,7005

−0,5749 0,3128Linha de transmissao

A figura indica que:

I Um fluxo de potencia ativa de 1,7309 sai de k em direcao a m. Um fluxo de

1,7005 chega na barra m. Percebe-se que houve uma perda de potencia natransmissao de potencia ativa

I Um fluxo de potencia reativa de 0,3128 sai de m em direcao a k. Um fluxo de0,5749 chega na barra k. Percebe-se que houve uma geracao de potenciareativa na transmissao de potencia ativa

– 143 –

Realizando o calculo das perdas de potencia:

P perdas = Pkm + Pmk = 0,0304 pu

ou

P perdas = gkm |Ek − Em |2= 0,0304 pu

Qperdas = Qkm + Qmk = −0,2621 pu

ou

Qperdas = −bshkm

(V 2

k + V 2m

)− bkm |Ek − Em |2= −0,2621 pu

Observando os termos da expressao de Qperdas separadamente:

−bkm |Ek − Em |2 = 0,1520 pu

−bshkm

(V 2

k + V 2m

)= −0,4141 pu

ou seja, a susceptancia serie resulta em consumo de potencia reativa (> 0),

enquanto que a susceptancia shunt resulta em geracao de potencia reativa (< 0).Neste caso em particular, a geracao e maior que o consumo.

– 144 –

Referencias

[1] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introducao a sistemas de energia eletrica,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, Introducao a teoria de sistemas de energia eletrica, Mc-Graw-Hill,1981.

[5] W.D. Stevenson, Elementos de analise de sistemas de potencia, McGraw-Hill,1986.

[6] Transmission line reference book – 345 kV and above, EPRI, 1987.

[7] Operador Nacional do Sistema Eletrico, http://www.ons.com.br.

– 145 –