9_Linhas_de_Transmissao_Parte_2

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ET720 – Sistemas de Energia Ele´trica I
1 Semestre 2011
Cap´ıtulo 5 – Linhas de transmissa˜o – Parte 2
5.8 Capacitaˆncia (C)
I Existem cargas em movimento e uma diferenc¸a de potencial entre condutores →
capacitaˆncia (carga/diferenc¸a de potencial → C = Q/V )
I A linha se comporta como se os condutores fossem placas de capacitores
5.8.1 Campo ele´trico em um condutor cil´ındrico
I Considerar um condutor cil´ındrico, com carga uniforme, longo e perfeito
(resistividade ρ = 0)
O campo ele´trico e´ radial:
linhas de
campo ele´trico
equipotencial
– 1 –
I Os pontos equidistantes do condutor (linha tracejada) sa˜o equipotenciais
(apresentam a mesma intensidade de campo ele´trico)
I A intensidade de campo ele´trico no interior do condutor pode ser considerada nula
Considere a lei de Ohm (eletrosta´tica):
E int = ρ J
em que J e´ a densidade de corrente. Considerando ρ = 0 (condutor perfeito),
tem-se E int = 0
Os ele´trons no interior do condutor tenderiam a se repelir ate´ a superf´ıcie do
condutor, onde encontrariam um meio isolante
I O ca´lculo da intensidade de campo ele´trico a uma certa distaˆncia 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 va´cuo e vale 8,85 ·10−12 F/m. εr e´ a permissividade rela-
tiva do meio, sendo que para o ar seco vale 1,00054 e e´ normalmente aproximada
para 1
E − intensidade do campo ele´trico
S − superf´ıcie gaussiana
Q − carga total contida em S
– 2 –
I Para a soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Gauss, deve-se imaginar uma superf´ıcie gaussiana,
cil´ındrica, conceˆntrica ao condutor e de raio igual a x :
x
+q
superf´ıcie gaussiana
d`
d`
retificando a faixa da
superf´ıcie gaussiana
condutor
E − campo ele´trico
2pix
I Tomando uma faixa da superf´ıcie gaussiana de comprimento diferencial d` a
equac¸a˜o fica:
ε
∫
`
E · 2pixd` = Q
pois a faixa tem a´rea 2pixd`
I Integrando:
ε · E · 2pix` = Q ⇒ E = Q
2pixε`
V/m
I Considerando a carga por unidade de comprimento q = Q/`:
E =
q
2pixε
V/m
– 3 –
5.8.2 Diferenc¸a de potencial entre dois pontos
I Considere a seguinte situac¸a˜o:
linhas equipotenciais
q
D1
D2
P1
P2
I Fazendo uma analogia mecaˆnica:
campo ele´trico – forc¸a
diferenc¸a de potencial – trabalho
A diferenc¸a de potencial representa o trabalho para mover uma carga unita´ria (1 C)
entre dois pontos
I Diferenc¸a de potencial entre os pontos P1 e P2:
V12 = V1 − V2 =
∫ D2
D1
E dx
=
∫ D2
D1
q
2pixε
dx
=
q
2piε
ln
D2
D1
V
– 4 –
I Caso particular – ddp entre os pontos a e b:
q
D
r a b
Considerando o ponto a na superf´ıcie do condutor e que D � r tem-se:
Vab =
q
2piε
ln
D
r
V
5.8.3 Diferenc¸a de potencial entre dois condutores
I A diferenc¸a de potencial entre os dois condutores e´ obtida usando-se o princ´ıpio da
superposic¸a˜o:
qa
qa
qb
qb
D
ra rb
superposic¸a˜o
a
a
b
b
– 5 –
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 desprez´ıvel
� a diferenc¸a de potencial total deve-se a`s contribuic¸o˜es de qa e qb
Vab = V
devido a qa
ab + V
devido a qb
ab =
qa
2piε
ln
D
ra
+
qb
2piε
ln
rb
D
=
1
2piε
(
qa ln
D
ra
+ qb ln
rb
D
)
Observac¸o˜es:
� Na equac¸a˜o:
Vab =
q
2piε
ln
B
A
a refereˆncia esta´ em q, ou seja:
V
a b
numerador
carga a b
denominador
distaˆncia dadistaˆncia da
carga a a
� ddp devido a qa → refereˆncia no centro do condutor a → caminho de integrac¸a˜o
a para b (ra para D)
� ddp devido a qb → refereˆncia no centro do condutor b → caminho de integrac¸a˜o
a para b (D para rb)
– 6 –
5.8.4 Capacitaˆncia de uma linha monofa´sica
I Capacitaˆncia:
C =
q
v
F/m
I Considere uma linha para a qual:
� os raios dos condutores sa˜o iguais: ra = rb = r
� qa = −qb = q
q
q
D
r
r
I A diferenc¸a de potencial entre os dois condutores sera´:
Vab =
q
2piε
ln
D
r
− q
2piε
ln
r
D
=
q
2piε
ln
(
D
r
)2
=
q
piε
ln
D
r
V
I Utilizando a definic¸a˜o de capacitaˆncia e assumindo que para o ar tem-se εr = 1:
Cab =
piε0
ln (D/r)
=
8,85pi · 10−12
ln (D/r)
F/m
– 7 –
I Considere a seguinte situac¸a˜o:
+
−
Vab∼
a
b
linha de transmissa˜o
cargaCab
O circuito pode ser representado por:
−
+
−
+
Vab/2
Vab/2
∼
∼
a
b
nnn
linha de transmissa˜o
carga/2
carga/2
2Cab
2Cab
I A capacitaˆncia entre cada condutor e a terra vale:
Can = Cbn = 2Cab =
2piε0
ln (D/r)
=
17,7pi · 10−12
ln (D/r)
F/m
– 8 –
e a reataˆncia capacitiva fase-terra e´ dada por:
XC =
1
2pif C
=
2,8622
f
· 109 · ln D
r
Ω·m
=
1,7789
f
· 106 · ln D
r
Ω·mi
I Da mesma forma que para as reataˆncias indutivas, a expressa˜o da reataˆncia
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 reataˆncia capacitiva para um pe´ de afastamento e X
′
d e´ o fator de
espac¸amento. Essas grandezas sa˜o tabeladas.
r e´ o raio externo do condutor (se for encordoado, e´ uma aproximac¸a˜o que leva a
erros muito pequenos). Este valor e´ obtido na tabela de dados dos condutores
– 9 –
� Exemplo
Determine a capacitaˆncia, reataˆncia capacitiva e susceptaˆncia capacitiva por milha de
uma linha monofa´sica que opera a 60 Hz. O condutor e´ o Partridge e o espac¸amento
entre centros dos condutores e´ de 20 ft.
Para o condutor especificado, o diaˆmetro externo e´ de 0,642′′. Portanto, o raio externo
e´ r = 0,0268′.
Capacitaˆncia entre condutores:
Cab =
piε0
ln (D/r)
=
pi · 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 capacitaˆncia fase-terra
e´:
Can = 2Cab = 13,5252 · 10−9 F/mi
Reataˆncia capacitiva:
XC =
1
2pif Can
= 0,1961 MΩ·mi
ou, aplicando a fo´rmula direta:
XC =
1,7789
60
· 106 · ln 20
0,0268
= 0,1961 MΩ·mi
Susceptaˆncia capacitiva:
BC =
1
XC
= 5,0985 · 10−6 S/mi
– 10 –
Da tabela A.3:
X ′a = 0,1074 MΩ·mi
Da tabela A.5, para D = 20′:
X ′d = 0,0889 MΩ·mi
Reataˆncia capacitiva fase-terra total:
XC = X
′
a +X
′
d = 0,1963 MΩ·mi
�
5.8.5 Influeˆncia do solo
I Considere a seguinte linha monofa´sica isolada:
q −q
linhas de
campo ele´trico
equipotenciais
As linhas de campo ele´trico sa˜o normais a`s equipotenciais.
– 11 –
I Caso a linha esteja suficientemente perto do solo, tem-se:
q −q
linhas de
campo ele´trico
equipotenciais
solo
O solo tambe´m e´ uma superf´ıcie equipotencial, causando uma distorc¸a˜o nas linhas
de campo ele´trico, que sera˜o normais a ele
A proximidade do solo altera o formato das linhas de campo ele´trico → altera a
capacitaˆncia
O efeito e´ maior quanto mais pro´xima a linha estiver do solo
– 12 –
I Imagine uma continuac¸a˜o das linhas de campo ele´trico abaixo do solo e sime´trica ao
plano do solo (como em um espelho), terminando em cargas sob o solo:
q
q
−q
−q
linhas de
campo ele´trico
equipotenciais
solo
As cargas sob o solo sa˜o denominadas cargas imagem
Pode-se remover a linha do solo e calcular a diferenc¸a de potencial e a capacitaˆncia
da maneira usual (me´todo das imagens)
– 13 –
� Exemplo
No exemplo anterior foi determinada a capacitaˆncia entre condutores de uma linha
monofa´sica que opera a 60 Hz com condutores Partridge eespac¸amento entre centros
dos condutores de 20 ft. Foi obtido o valor Cab = 4,2030 · 10−12 F/m. Obtenha a
expressa˜o da capacitaˆncia levando em conta o efeito do solo e calcule a capacitaˆncia da
linha, supondo que ela esteja a 30 pe´s (≈ 10 metros) e 90 pe´s (≈ 30 metros) acima da
terra.
A expressa˜o da capacitaˆncia considerando o efeito do solo sera´ obtida atrave´s do
me´todo das imagens.
Considere a superf´ıcie do solo como um espelho. Assim, tem-se uma linha ideˆntica a`
original, localizada abaixo da terra, e com carga oposta a` primeira:
condutor a, carga +q condutor b, carga −q
condutor imagem a′, carga −q condutor imagem b′, carga +q
solo
D
D
MM
H
H
H
H
– 14 –
A tensa˜o Vab deve levar em conta o efeito de todas as quatro cargas:
Vab =
1
2piε0

 q ln Dr︸ ︷︷ ︸
devido a qa
+

 −q ln rD︸ ︷︷ ︸
devido a qb

+

 −q ln M2H︸ ︷︷ ︸
devido a qa′

+ q ln 2HM︸ ︷︷ ︸
devido a qb′


=
q
2piε0
(
ln
D2
r 2
+ ln
(2H)2
M2
) (
M =
√
D2 + (2H)2
)
=
q
2piε0
ln
(
D2
r 2
· (2H)
2
(2H)2 +D2
)
Capacitaˆncia entre condutores:
Cab =
q
Vab
=
2piεo
ln
(
D2
r 2 · (2H)
2
(2H)2+D2
)
O efeito da terra pode ser desconsiderado se H →∞:
C′ab = lim
H→∞
Cab =
piεo
ln (D/r)
que e´ uma expressa˜o que ja´ foi obtida anteriormente.
Para este exemplo, tem-se r = 0,0268′ e D = 20′.
Para uma distaˆncia de 90′, H = 90′ e M =
√
(2 · 90)2 + 202 = 181,1077′ e:
Cab = 4,2069 · 10−12 F/m
Para uma distaˆncia de 30′, H = 30′ e M =
√
(2 · 30)2 + 202 = 63,2456′ e:
Cab = 4,2367 · 10−12 F/m
– 15 –
A figura a seguir mostra o valor da capacitaˆncia em func¸a˜o da altura da linha em
relac¸a˜o ao solo:
4,0
4,1
4,2
4,3
4,4
4,5
0 50 100 150 200
C
[ ×1
0
−1
2
F
/
m
]
H [ft]
�
5.8.6 Cabos
I Para cabos, tem-se:
� εr � 1
� ε� ε0
� distaˆncias pequenas entre condutores (fases)
– 16 –
I A capacitaˆncia atinge valores altos
I Cabos geram uma quantidade significativa de poteˆncia reativa:
� 132 kV → 2000 kvar/mi
� 220 kV → 5000 kvar/mi
� 400 kV → 15000 kvar/mi
resultando em restric¸o˜es nos comprimentos das linhas, devido a limitac¸o˜es te´rmicas
(temperatura de operac¸a˜o) dos cabos. Exemplos de comprimentos cr´ıticos:
� 132 kV → 40 mi
� 200 kV → 25 mi
� 400 kV → 15 mi
Soluc¸a˜o: colocar reatores shunt ao longo da linha
cabo
reator shunt
– 17 –
5.8.7 Linhas trifa´sicas
I No caso de uma linha de transmissa˜o trifa´sica a relac¸a˜o entre as cargas nos
condutores e os respectivos potenciais pode ser colocada na seguinte forma geral:

 VABVBC
VCA

 =

 P11 P12 P13P21 P22 P23
P31 P32 P33

 ·

 qAqB
qC


Da mesma forma que ocorre com a indutaˆncia, no caso particular em que os
espac¸amentos entre os condutores formam um triaˆngulo e a carga e´ equilibrada, a
matriz dos coeficientes se torna uma matriz diagonal com seus elementos da
diagonal iguais entre si.
– 18 –
5.8.8 Capacitaˆncia de linhas trifa´sicas com espac¸amento sime´trico
I Considere a seguinte linha de transmissa˜o trifa´sica:
a c
b
D
DD
I Considere a situac¸a˜o mais comum na pra´tica:
� condutores ideˆnticos: ra = rb = rc = r
� linha equilibrada: qa + qb + qc = 0
I Tenso˜es fase-fase → cada tensa˜o recebe contribuic¸a˜o das treˆs cargas:
Vab =
1
2piεo

qa ln D
r
+ qb ln
r
D
+ qc ln
D
D︸︷︷︸
=0


Vbc =
1
2piεo
(
qb ln
D
r
+ qc ln
r
D
)
Vca =
1
2piεo
(
qa ln
r
D
+ qc ln
D
r
)
c
a
b
D
DD
equipotencial
devido a qc
– 19 –
I Considere os fasores de tensa˜o:
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 exerc´ıcio) que:
Van =
1
3
(Vab − Vca)
I Fazendo as substituic¸o˜es:
Van =
1
3
· 1
2piε0

qa ln Dr + qb ln rD︸ ︷︷ ︸
de Vab
−qa ln
r
D
− qc ln
D
r︸ ︷︷ ︸
de Vca


I Considerando qc = − (qa + qb):
Van =
qa
6piε0
ln
(
D
r
)3
=
qa
2piε0
ln
D
r
V
I A capacitaˆncia fase-neutro vale:
Can =
qa
Van
=
2piε0
ln (D/r)
F/m
– 20 –
5.8.9 Capacitaˆncia de linhas trifa´sicas com espac¸amento assime´trico
I Considere a seguinte linha trifa´sica:
1 2
3
D12
D23
D31
I Hipo´teses:
� os condutores teˆm o mesmo raio r
� linha e´ transposta (igual ao caso da indutaˆncia) → obte´m-se a capacitaˆncia
me´dia
I Considerando a transposic¸a˜o, a linha pode ser separada em treˆs trechos distintos:
� Para o trecho 1 em que a fase a esta´ na posic¸a˜o 1, b na posic¸a˜o 2 e c na posic¸a˜o
3, tem-se:
Vab1 =
1
2piε0
(
qa ln
D12
r
+ qb ln
r
D12
+ qc ln
D23
D31
)
a b
c
D12
D23
D31
– 21 –
x
� Analogamente para os outros 2 trechos:
Vab2 =
1
2piε0
(
qa ln
D23
r
+ qb ln
r
D23
+ qc ln
D31
D12
)
c a
b
D12
D23
D31
Vab3 =
1
2piε0
(
qa ln
D31
r
+ qb ln
r
D31
+ qc ln
D12
D23
)
b c
a
D12
D23
D31
I A tensa˜o Vab e´ a me´dia das tenso˜es nos treˆs trechos:
Vab =
1
3
(Vab1 + Vab2 + Vab3) =
1
2piε0
(
qa ln
3
√
D12D23D31
r
+ qb ln
r
3
√
D12D23D31
)
I Analogamente:
Vca =
1
3
(Vca1 + Vca2 + Vca3) =
1
2piε0
(
qa ln
r
3
√
D12D23D31
+ qc ln
3
√
D12D23D31
r
)
I Lembrando que:
Van =
1
3
(Vab − Vca)
– 22 –
x
e:
Can =
qa
Van
tem-se finalmente (para carga equilibrada → qa + qb + qc = 0):
Can = Cbn = Ccn =
2piε0
ln (Deq/r)
F/m
em que Deq =
3
√
D12D23D31 e´ o espac¸amento equila´tero da linha.
� Exemplo
Determine a capacitaˆncia e a reataˆncia capacitiva por milha da linha trifa´sica mostrada
a seguir. O condutor e´ CAA Drake, o comprimento da linha e´ de 175 milhas e a tensa˜o
normal de operac¸a˜o e´ 220 kV a 60 Hz. Determine tambe´m a reataˆncia capacitiva total
da linha e a poteˆncia reativa de carregamento.
20′20′
38′
Da tabela A.3, o diaˆmetro externo do condutor e´ 1, 108′′. O raio externo em pe´s e´:
r = 1,108′′ · 1
′
12′′
· 1
2
= 0,0462′
– 23 –
Espac¸amento equila´tero equivalente:
Deq =
3
√
20 · 20 · 38 = 24,7712′
Capacitaˆncia fase-neutro:
Can =
2piε0
ln (24,7712/0,0462)
= 8,8482 · 10−12 F/m
Reataˆncia capacitiva:
XC =
1
2pif Can
= 299,7875 MΩ·m = 0,1863 MΩ·mi
Pelas tabelas A.3 e A.5 (usando interpolac¸a˜o):
X ′a = 0,0912 · 106
X ′d = 0,0953 · 106
}
⇒ XC = X ′a + X ′d = 0,1865 MΩ·mi
Reataˆncia total da linha:
X =
XC
175
= 1065,7143 Ω
– 24 –
Para o ca´lculo da corrente de carregamento, considere a seguinte situac¸a˜o:
+
−
condutor da fase a
terra
Can
Icar
Van
Portanto:
Icar =
Van
X
=
220 · 103/√3
1065,7143
= 119,2 A
Poteˆncia reativa trifa´sica gerada na linha:
QC = 3 Van Icar
= 3
Vab√
3
Icar
=
√
3 Vab Icar = 45,4 Mvar
ou seja, aproximadamente 260 kvar/mi.
�
– 25 –
5.8.10 Efeito do solo sobre a capacitaˆncia de linhas trifa´sicas
I Utiliza-se o me´todo das imagens:
a
b
c
a′
b′
c ′
H12 H23
H31
H1
H2
H3
solo
obtendo-se uma expressa˜o para a capacitaˆncia que leva em conta as distaˆncias entre
os condutores e as distaˆncias entre os condutores e as imagens:
Can =
2piε0
ln
(
Deq
r ·
3
√
H1H2H3
3
√
H12H23H31
) F/m
– 26 –
5.8.11 Condutores mu´ltiplos 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 obtenc¸a˜o da capacitaˆncia e´ semelhante ao que ja´foi feito
ate´ agora e o resultado final e´:
Can =
2piε0
ln
(
Deq/D
b
sC
) F/m
em que:
DbsC =
√
rd dois condutores por fase
DbsC =
3
√
rd2 treˆs condutores por fase
DbsC = 1,09
4
√
rd3 quatro condutores por fase
Os DbsC sa˜o RMG modificados em relac¸a˜o aos RMG usados no ca´lculo das
indutaˆncias, pois o raio externo substitui o raio efetivo
� Exemplo
Determine a reataˆncia capacitiva por fase da linha trifa´sica mostrada a seguir.
d
a b ca′ b′ c ′
D
Condutor ACSR Pheasant
d = 45 cm
D = 8 m
Comprimento da linha ` = 160 km
– 27 –
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
Espac¸amento equila´tero equivlente:
Deq =
3
√
8 · 8 · 16 = 10,0794 m
Capacitaˆncia:
Can =
2piε0
ln (10,0794/0,0890)
= 11,7570 · 10−12 F/m
Reataˆncia capacitiva por unidade de comprimento:
XC =
1
2pif Can
= 225,6173 MΩ·m = 0,1402 MΩ·mi
Reataˆncia capacitiva da linha:
X =
XC
`
=
225,6173 · 106
160 · 103 = 1410,11 Ω
�
– 28 –
5.8.12 Linhas trifa´sicas de circuitos em paralelo
� Exemplo
Obtenha a susceptaˆncia capacitiva por fase da linha trifa´sica de circuito duplo mostrada
a seguir, que e´ composta por condutores CAA 26/7 Ostrich 300.000 CM.
a
b
c a′
b′
c ′
18′
18′
21′
10′
10′
• Pela tabela A.3, o diaˆmetro externo do condutor tipo Ostrich e´ Ds = 0,680′′. O
raio externo em pe´s e´:
r =
0,680
2
· 1
12
= 0,0283′
– 29 –
• DMG entre as fases e espac¸amento 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 = (DMGabDMGbc 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′
– 30 –
• Capacitaˆncia por fase:
Cn =
2piε0
ln
(
Deq/D
b
sC
) = 18,58 pF/m
• Susceptaˆncia por fase:
Bc = 2pif Cn = 7 nS/m = 11,27 µS/mi
�
� Exerc´ıcio
Repita o exemplo anterior para a configurac¸a˜o de linha mostrada a seguir e compare os
resultados obtidos.
a
b
c c ′
b′
a′
18′
18′
21′
10′
10′
(Resposta: Cn = 17,60 pF/m, 5,3% menor)
�
– 31 –
5.9 Modelo da linha de transmissa˜o
I Pode-se associar a uma linha de transmissa˜o todos os paraˆmetros discutidos
anteriormente:
� Paraˆmetros se´rie ou longitudinais
Resisteˆncia – perda de poteˆncia ativa com passagem de corrente
Indutaˆncia – campos magne´ticos com passagem da corrente
� Paraˆmetros shunt ou transversais
Capacitaˆncia – campos ele´tricos com diferenc¸a de potencial
Condutaˆncia – correntes de fuga
I Como representa´-los?
R R
G GC C
L L
k k
k
m m
m
I Existem ainda outras possibilidades de representac¸a˜o
– 32 –
I Em todos os modelos, as tenso˜es e correntes em cada elemento sa˜o todas diferentes
I Esses paraˆmetros sa˜o calculados por unidade de comprimento da linha e esta˜o
distribu´ıdos ao longo da linha
Portanto, cada trecho da linha ∆x , mesmo muito pequeno (trecho diferencial),
apresenta os quatro paraˆmetros:
R,L, C, G
∆x
– 33 –
5.9.1 Modelo da linha longa
I Considere o seguinte modelo de uma linha de transmissa˜o, que pode ser uma linha
monofa´sica ou uma fase (fase-neutro) de uma linha trifa´sica:
+
−
+
−
+
−
+
−
Gerador
IS IR
Carga
I
VS VRV
∆x
Linha de transmissa˜o
I +∆I
V +∆V
I O equacionamento sera´ feito na forma fasorial
I Considere:
z ∆x = (R + jωL)∆x – impedaˆncia se´rie do trecho diferencial
y ∆x = (G + jωC) ∆x – admitaˆncia shunt do trecho diferencial
ω = 2pif (p.ex. para f = 60 Hz → ω = 377 rad/s)
– 34 –
I A corrente pela impedaˆncia se´rie e´ a me´dia das correntes no in´ıcio e no fim do
trecho diferencial:
I + (I + ∆I)
2
= I +
∆I
2
A tensa˜o na admitaˆncia shunt e´ a me´dia das tenso˜es no in´ıcio e no fim do trecho
diferencial:
V + (V + ∆V )
2
= V +
∆V
2
I As tenso˜es no in´ıcio e no fim do trecho diferencial sa˜o V e V +∆V ,
respectivamente. A diferenc¸a ∆V se deve a` queda de tensa˜o associada a` passagem
de corrente (me´dia) pelos paraˆmetros se´rie:
V + ∆V︸ ︷︷ ︸
fim
= V︸︷︷︸
in´ıcio
− z ∆ x Ime´dio︸ ︷︷ ︸
queda
∆V = − (z∆x) ·
(
I +
∆I
2
)
= −zI∆x − z∆x∆I
2︸ ︷︷ ︸
≈0
≈ −zI∆x
I As correntes no in´ıcio e no fim do trecho diferencial sa˜o I e I +∆I, respectivamente.
A diferenc¸a ∆I se deve ao desvio de parte da corrente pelos paraˆmetros shunt, que
esta˜o submetidos a uma tensa˜o (me´dia):
I +∆I︸ ︷︷ ︸
fim
= I︸︷︷︸
in´ıcio
− y ∆ x Vme´dio︸ ︷︷ ︸
desvio
∆I = − (y∆x) ·
(
V +
∆V
2
)
= −yV ∆x − y∆x∆V
2︸ ︷︷ ︸
≈0
≈ −yV ∆x
– 35 –
I Note que os produtos de termos diferenciais sa˜o desprezados (muito pequenos)
I Fazendo ∆x → 0 (definic¸a˜o de derivada):
d
dx
V = −zI
d
dx
I = −yV
I Derivando em relac¸a˜o a x :
d2
dx2
V = −z d
dx
I
d2
dx2
I = −y d
dx
V
I Fazendo as substituic¸o˜es das derivadas:
d2
dx2
V = zyV
d2
dx2
I = zy I
que pode ser posta na seguinte forma:
d2
dx2
V (x) = γ2V (x)
d2
dx2
I(x) = γ2I(x)
– 36 –
que sa˜o as equac¸o˜es de onda e:
γ =
√
zy =
√
(R + jωL) (G + jωC) = α+ jβ
em que γ e´ a constante de propagac¸a˜o, α e´ a constante de atenuac¸a˜o e β e´ a
constante de fase
I Tomando como exemplo a equac¸a˜o de V : a soluc¸a˜o da equac¸a˜o para V e´ tal que
diferenciando a soluc¸a˜o duas vezes se chegue a` pro´pria expressa˜o original de V
multiplicada por uma constante → isto sugere uma soluc¸a˜o do tipo exponencial
I Considere a soluc¸a˜o geral das equac¸o˜es diferenciais na forma:
V (x) = A coshγx + B senhγx
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 condic¸o˜es iniciais
– 37 –
I Supondo conhecidas a tensa˜o e a corrente no in´ıcio 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 sa˜o obtidas substituindo-se as expresso˜es das soluc¸o˜es nas
equac¸o˜es de primeira ordem obtidas anteriormente:
d
dx
V (x) = −zI(x)
d
dx
I(x) = −yV (x)
Lembrando que:
d
dx
cosh x = senh x e
d
dx
senh x = cosh x
obte´m-se:
γ (A senhγx + B cosh γx) = −z (C coshγx +D senhγx)
γ (C senh γx +D cosh γx) = −y (A coshγx + B senhγx)
– 38 –
I Para x = 0:
γB = −zC = −zI (0)
γD = −yA = −yV (0)
B = −z
γ
I (0) = −
√
z
y
I (0) = −ZcI (0)
D = −y
γ
V (0) = −
√
y
z
V (0) = − 1
Zc
V (0)
I A soluc¸a˜o fica finalmente:
V (x) = V (0) coshγx − ZcI (0) senhγx
I (x) = I (0) coshγx − 1
Zc
V (0) senhγx
em que Zc =
√
z/y e´ a impedaˆncia caracter´ıstica da linha – interpretac¸a˜o: Zc e´ a
impedaˆncia a ser colocada no final da linha para que se tenha a ma´xima
transfereˆncia de poteˆncia entre gerador e carga → casamento de impedaˆncias
As equac¸o˜es fornecem a tensa˜o e a corrente em qualquer ponto da linha, sabendo-se
V (0) e I (0) no in´ıcio da linha
γ =
√
zy e Zc =
√
z/y dependem somente dos paraˆmetros da linha
I Poteˆncia complexa em um ponto x da linha:
S (x) = V (x) I (x)∗ = P (x) + jQ (x)
– 39 –
I Se, ao inve´s da tensa˜o e corrente no in´ıcio da linha, forem fornecidas a tensa˜o e
corrente no final da linha, as equac¸o˜es ficam:
V (x) = V (`) coshγx + ZcI (`) senh γx
I (x) = I (`) coshγx +
1
Zc
V (`) senhγx
em que ` e´ o comprimento da linha, V (`) e I (`) sa˜o a tensa˜oe a corrente no final
da linha e x e´ medido a partir do final da linha em direc¸a˜o ao in´ıcio da linha
I Outras maneiras de calcular senos e cossenos hiperbo´licos:
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!
+ · · ·
– 40 –
� Exemplo
Considere uma linha monofa´sica cujos condutores teˆm um raio de 2 cm, esta˜o
espac¸ados de 1 m, e:
• a resisteˆncia e a condutaˆncia sa˜o desprezadas
• a frequeˆncia e´ 60 Hz
• a tensa˜o no in´ıcio da linha e´ V (0) = 130∠0◦ kV
• a corrente no in´ıcio da linha e´ I (0) = 50∠− 20◦ A
Determine as expresso˜es da tensa˜o e da corrente ao longo da linha. Trace os gra´ficos
dos valores absolutos da tensa˜o e da corrente para x variando de 0 a 5000 km. Verifique
o que ocorre com a tensa˜o ao longo da linha se ela tem um comprimento de 200 km.
De acordo com o que foi apresentado anteriormente:
L =
µ0
pi
ln
D
r ′
= 4 · 10−7 ln
(
1
0,02 · 0,7788
)
= 1,6648 µH/m
C =
piε0
ln (D/r)
=
8,85pi · 10−12
ln (1/0,02)
= 7,1071 pF/m
– 41 –
Os paraˆmetros caracter´ısticos da linha sa˜o:
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 =
e jβx + e−jβx
2
= cosβx
senh γx = senh jβx =
e jβx − e−jβx
2
= j senβx
Substituindo os valores nume´ricos nas expresso˜es de tensa˜o 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
– 42 –
x
V
[k
V
]
x [km]
0
0 200 1000 2000 3000 4000 5000
50
100
150
123,7
V
[k
V
]
x [km]
0
0 200
50
50
100
100
130
150
150
123,7
– 43 –
x
I
[A
]
x [km]
0
0 1000 2000 3000 4000 5000
100
200
200
300
97
Das curvas pode-se notar que:
I a tensa˜o e a corrente variam ao longo da linha
I para x ≈ 1160 km a tensa˜o atinge o valor m´ınimo de aproximadamente 23 kV
I para uma linha com essas caracter´ısticas e de comprimento igual a 200 km, a
tensa˜o no in´ıcio da linha e´ de 130 kV e no final da linha e´ de aproximadamente
123,7 kV, apresentando uma regulac¸a˜o de:
Regulac¸a˜o =
130− 123,7
123,7
· 100 = 5,1%
�
– 44 –
� Exemplo
Uma linha de transmissa˜o trifa´sica apresenta os seguintes paraˆmetros caracter´ısticos por
fase: R = G = 0, L = 1,33 · 10−7 H/m e C = 8,86 · 10−12 F/m. Sabendo que no in´ıcio
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 propagac¸a˜o γ
Este exemplo refere-se a uma linha trifa´sica cujos paraˆmetros da representac¸a˜o por
fase sa˜o fornecidos. Deve-se tratar uma fase da linha trifa´sica como uma linha
monofa´sica:
γ =
√
zy
=
√
(R + jωL) · (G + jωC)
=
√
jωL · jωC
= jω
√
LC
= j4,0925 · 10−7 m−1
(b) a impedaˆncia caracter´ıstica Zc
Zc =
√
z/y
=
√
(R + jωL) (G + jωC)
=
√
L/C
= 122,5206 Ω
– 45 –
(c) a tensa˜o, a corrente e a poteˆncia no final da linha se o seu comprimento e´ de 300 km
A corrente no in´ıcio da linha vale:
I (0) =
(
S (0)
V (0)
)∗
= 1244,9913∠− 18,43◦ A
De modo similar ao exemplo anterior:
cosh γx = cosh jβx = cosβx
senh γx = senh jβx = j senβx
As equac¸o˜es de onda sa˜o:
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 tensa˜o e corrente em
func¸a˜o da distaˆncia ao ponto inicial da linha.
– 46 –
x
V
[k
V
]
x [km]
0
0 300 1000 2000 3000 4000 5000
50
100
150
200
V
[k
V
]
x [km]
0
0
200
200 250 300
50
50
100
100
150
150
127
121,4
– 47 –
x
I
[A
]
x [km]
0
0 300 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 poteˆncia ativa no final da linha e´ igual a` do in´ıcio da linha (linha sem
perdas) e que a poteˆncia reativa no final da linha e´ menor que a` do in´ıcio da linha,
indicando que a linha apresenta um comportamento predominantemente indutivo.
�
– 48 –
I E´ poss´ıvel interpretar as equac¸o˜es de onda de tensa˜o e corrente como ondas
viajantes → pode-se decompor a onda em onda incidente e onda refletida, que
resultam nas variac¸o˜es observadas nos exerc´ıcios anteriores
I Se carga apresenta impedaˆncia igual a` impedaˆncia caracter´ıstica → na˜o ha´ onda
refletida → linha plana ou linha infinita → formas de onda de tensa˜o e corrente
planas se a linha for sem perdas
De outra forma: se a impedaˆncia vista pela fonte e´ igual a Zc → na˜o ha´ onda
refletida → linha plana ou linha infinita → formas de onda de tensa˜o e corrente
planas
I Valores t´ıpicos de Zc sa˜o 400 Ω para linhas ae´reas de circuito simples e 200 Ω para
dois circuitos em paralelo. O aˆngulo de fase de Zc esta´ normalmente entre 0
◦ e 15◦
I Cabos mu´ltiplos teˆm Zc menor porque L e´ menor e C e´ maior
I Comprimento de onda: distaˆncia entre dois pontos da linha correspondentes a um
aˆngulo de fase de 360◦ ou 2pi radianos:
λ =
2pi
β
Para linhas sem perdas:
λ =
2pi
ω
√
LC
=
1
f
√
LC
Valores t´ıpicos para 60 Hz giram em torno de 5000 km
I Velocidade de propagac¸a˜o da onda:
v = f λ
– 49 –
� Exemplo
Para a linha de transmissa˜o monofa´sica estudada em exemplo anterior tem-se:
∠
V
[r
a
d
]
x [km]
0
0200 1000 2000 3000 4000 5000
−pi
pi
λ
λ =
2pi
β
=
2pi
1,2968 · 10−6 = 4845 km
v = f λ = 2,91 · 108 m/s
�
– 50 –
I A velocidade de propagac¸a˜o calculada e´ sempre menor que a velocidade da luz no
espac¸o livre, que e´ dada por:
c =
1√
µ0ε0
Considere uma linha monofa´sica sem perdas com dois condutores de raio r e sepa-
rados por uma distaˆncia D. A indutaˆncia e a capacitaˆncia da linha valem:
L =
µ0
2pi
ln
D
r ′
e C =
2piε0
ln (D/r)
em que r ′ = 0,7788r . A impedaˆncia se´rie e a capacitaˆncia shunt por unidade de
comprimento valem:
z = jωL e y = jωC
A constante de propagac¸a˜o e´ igual a:
γ =
√
zy = jω
√
LC ⇒ β = ={γ} = ω
√
LC = 2pif
√
LC
O comprimento de onda e´:
λ =
2pi
β
=
1
f
√
LC
– 51 –
A velocidade de propagac¸a˜o e´:
v = λ f =
1√
LC
=
(
µ0
2pi
ln
D
r ′
· 2piε0
ln (D/r)
)−1/2
=
(
µ0ε0 ln
D
r ′
1
ln (D/r)
)−1/2
v =
1√
µ0ε0
ln(D/r ′)
ln(D/r )
Das equac¸o˜es 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 raza˜o da existeˆncia
do fluxo magne´tico interno ao condutor. Se o fluxo magne´tico fosse totalmente
externo ao condutor, a velocidade de propagac¸a˜o seria igual a` velocidade da luz
para uma linha sem perdas.
A presenc¸a de perdas tambe´m resulta em uma velocidade de propagac¸a˜o menor.
– 52 –
� Exemplo
Uma linha monofa´sica operando em 60 Hz e´ composta de dois condutores de raio 1 cm
espac¸ados de 1 m. Calcule as velocidades de propagac¸a˜o para os casos em que:
(a) R = 0 (linha sem perdas)
O raio efetivo e´:
r ′ = e−1/4r = 0,0078 m
A indutaˆnciada linha e´ dada por:
L =
µ0
2pi
ln
(
D
r ′
)
= 9,7103 · 10−7 H/m
em que D = 1 m. A capacitaˆncia e´ igual a:
C =
2piε0
ln (D/r)
= 1,2075 · 10−11 F/m
Impedaˆncia se´rie:
z = R + jωL = j0,0004 Ω/m
– 53 –
Admitaˆncia shunt:
y = jωC = j4,5521 · 10−9 S/m
Constante de propagac¸a˜o:
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 =
2pi
β
= 4,8674 · 106 m
Velocidade de propagac¸a˜o:
v = λ f = 2,9204 · 108 m/s
que corresponde a 97,3% da velocidade da luz.
– 54 –
(b) R = 4 · 10−5 Ω/m.
Neste caso a sequeˆncia de ca´lculos e´ a mesma. As diferenc¸as 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 inclusa˜o de perdas resultou em
uma velocidade de propagac¸a˜o 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.
�
– 55 –
5.9.2 Circuito equivalente com paraˆmetros concentrados
I Em geral tem-se interesse somente nas grandezas nos extremos da linha
I Ide´ia: obter um circuito com paraˆmetros concentrados que seja equivalente ao
modelo de uma linha longa descrito pelas equac¸o˜es de onda → simplifica os ca´lculos
I O circuito pi equivalente de uma linha de comprimento ` e´:
+
−
+
−
V (0)
I (0)
Y1 I1
Z
Y2I2 V (`)
I (`)
Linha de transmissa˜o
I o circuito equivalente poderia ser T, mas implicaria na criac¸a˜o de um no´ fict´ıcio no
circuito
– 56 –
Linhas longas (mais que 240 km)
I Ide´ia: obter equac¸o˜es para V (`) e I (`) em func¸a˜o de V (0) e V (0) e comparar com
as equac¸o˜es do modelo distribu´ıdo.
I Do circuito pi-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 equac¸o˜es de onda:
1 + ZY1 = 1 + ZY2 = cosh γx
Z = Zc · senh γx
Y1 + Y2 + Y1Y2Z =
1
Zc
senhγx
– 57 –
I Z ja´ esta´ determinado. Determinac¸a˜o de Y1 e Y2:
Y1 =
coshγx − 1
Z
=
1
Zc
coshγx − 1
senhγx
=
1
Zc
eγx+e−γx
2 − 1
eγx−e−γx
2
=
1
Zc
eγx + e−γx − 2
eγx − e−γx
=
1
Zc
senh2 γx2
senh γx2 · cosh γx2
=
1
Zc
senh γx2
cosh γx2
Y1 =
1
Zc
tanh
γx
2
= Y2
e o circuito pi-equivalente para uma linha de comprimento ` fica:
1
Zc
tanh γ`2
Zc senhγ`
1
Zc
tanh γ`2
– 58 –
� Exemplo
Para uma linha de transmissa˜o trifa´sica, 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 tensa˜o no in´ıcio 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 pi equivalente da linha.
Para um comprimento ` = 362 km, os paraˆmetros dos circuito pi equivalente sa˜o:
Z = Zc senh γ` = 181,6733∠78,56
◦ Ω
Y1 = Y2 =
1
Zc
tanh
γx
2
= 5,8703 · 10−4∠89,78◦ S
– 59 –
(c) Determine a impedaˆncia vista pela fonte caso uma impedaˆncia igual a Zc seja
conectada no final da linha.
A impedaˆncia vista no in´ıcio da linha sera´:
Zvista = Y
−1
1 //
[
Z +
(
Zc//Y
−1
1
)]
= 404,0493∠− 5,94◦ Ω = Zc
ou seja, a fonte no in´ıcio da linha enxerga uma impedaˆncia igual a` impedaˆncia
caracter´ıstica Zc .
�
� Exerc´ıcio
Obtenha o gra´fico [ |Vlinha| × x ] para a linha do exemplo anterior, considerando a
situac¸a˜o descrita no item (c).
�
Linhas me´dias (ate´ 240 km)
I E´ feita a seguinte aproximac¸a˜o:
Os termos cosh e senh apresentam termos exponenciais. Desenvolvendo esses
termos exponenciais em se´rie de Taylor tem-se:
ex ≈ 1 + x + x
2
2!
e−x ≈ 1− x + x
2
2!
→ termos de ordem maior que 2
foram desprezados
– 60 –
I Se o comprimento da linha ` e´ pequeno, enta˜o |γ` | sera´ pequeno e as seguintes
aproximac¸o˜es sa˜o va´lidas:
senhγ` ≈ γ`
coshγ` ≈ 1 + (γ`)2 /2
tanh
γ`
2
≈ γ`
2
I Os elementos do circuito equivalente ficam:
Z = Zc senhγ` ≈ Zcγ` =
√
z
y
· √zy · ` = z ` = (R + jωL) `
Y1 = Y2 =
1
Zc
tanh
γ`
2
≈ 1
Zc
· γ`
2
=
√
y
z
· √zy · `
2
= y
`
2
= (G + jωC)
`
2
I O circuito equivalente da linha de transmissa˜o com os paraˆmetros simplificados e´
chamado de modelo pi nominal:
jωC `2jωC
`
2
(R + jωL) `
C
2
C
2
R L
I Nas figuras, a condutaˆncia G foi desprezada e, no circuito da direita, o comprimento
da linha e´ considerado nos valores dos paraˆmetros
– 61 –
I Observac¸o˜es:
� Quase todas as linhas sa˜o modeladas como linhas me´dias (modelo pi-nominal)
� Se a linha e´ longa, e´ modelada como va´rios circuitos pi-nominal em cascata
� Em certos estudos exige-se uma grande precisa˜o → equac¸o˜es de onda sa˜o
usadas → por exemplo em estudos de transito´rios em linhas de transmissa˜o, etc.
Linhas curtas (ate´ 80 km)
I Encontradas normalmente em redes de distribuic¸a˜o e subtransmissa˜o em me´dia
tensa˜o
I Os efeitos dos campos ele´tricos podem ser desprezados → capacitaˆncias shunt
desprezadas:
R L
– 62 –
� Exemplo
Para a linha de transmissa˜o trifa´sica, 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 pi equivalente e pi nominal da linha e compare os resultados
obtidos. Considerar a linha com 362 km e com 100 km.
O circuito equivalente pi equivalente da linha para ` = 362 km ja´ foi calculado
anteriormente. Os paraˆmetros do circuito pi nominal sa˜o:
Z = (R + jωL) ` = 188,2690∠78,13◦ Ω
Y1 = Y2 = jωC
`
2
= 5,759 · 10−4 S
A tabela a seguir mostra a comparac¸a˜o entre os modelos, incluindo o erro resultante,
calculado por:
erro% =
|paraˆmetro-pi-equiv | − |paraˆmetro-pi-nom |
|paraˆmetro-pi-equiv | · 100%
– 63 –
paraˆmetro pi equivalente pi nominal erro%
| Z | 181,6733 188,2675 −3,6
| Y | 5,8703 · 10−4 5,7660 · 10−4 1,8
Os paraˆmetros para ` = 100 km e os erros resultantes sa˜o mostrados na tabela a seguir.
paraˆmetro pi equivalente pi nominal erro%
| Z | 51,8693 52,0076 −0,3
| Y | 1,5950 · 10−4 1,5930 · 10−4 0,1
Verifica-se que as diferenc¸as entre os modelos pi equivalente e pi nominal aumentam
para linhas mais longas.
�
� Exemplo (para ser estudado em casa)
Uma linha de transmissa˜o trifa´sica de 60 Hz de circuito simples tem um comprimento de
370 km (230 mi). Os condutores sa˜o do tipo Rook com espac¸amento horizontal plano
de 7,25 m (23,8 ft) entre condutores. A carga na linha e´ de 125 MW, a 215 kV, com
fator de poteˆncia de 100%. Determine a tensa˜o, a corrente e a poteˆncia na barra
transmissora e a regulac¸a˜o de tensa˜o da linha. Determine tambe´m o comprimento de
onda e a velocidade de propagac¸a˜o da linha.
O espac¸amento equila´tero equivalente da linha e´:
Deq =
3
√
23,8 · 23,8 · 47,6 = 30 ft
– 64 –
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 (tensa˜o de fase, tomada como ref. angular)
IR =
(
S/3
VR
)∗
=
(
125 · 106/3
215 · 103/√3
)∗
= 335,7∠0◦ A
Das equac¸o˜es de onda:
VS = VR coshγ`+ ZcIR senhγ`
= 124,13 · 103 · 0,8904∠1,34◦ + 406,4∠− 5,48◦ · 335,7 · 0,4596∠84,94
= 137,851∠27,77◦ kV
Is = IR coshγ`+ (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
– 65 –
Na barra transmissora:
Tensa˜o de linha =
√
3 · 137,851 = 238,8 kV
Corrente de linha = 332,27 A
Fator de poteˆncia = cos (27,77− 26,33) = 0,9997
Poteˆncia =
√
3 · 238,8 · 332,27 · 0,9997 = 137,4 MW
Considerando uma tensa˜o fixa na barra transmissora, a tensa˜o na barra receptora em
vazio (IR = 0) sera´:
V vazioR =
VS
coshγ`
Logo, a regulac¸a˜o sera´:
Regulac¸a˜o =
V vazioR − VR
VR
· 100% = 137,85/0,8904− 124,13
124,13
· 100% = 24,7%
O comprimento de onda e a velocidade de propagac¸a˜o podem ser calculados por:
β =
={γ`}
`
=
0,4750
230
= 0,002065 mi−1
λ =
2pi
β
= 3043 mi
v = f λ = 182580 mi/s = 2,94 · 108 m/s
�
– 66 –
� Exemplo (para ser estudado em casa)
Determine os circuitos pi equivalente e pi nominal para a linha do exemplo anterior.
Compare os resultados obtidos.
Os paraˆmetros do modelo pi equivalente sa˜o:
Zeq = Zc senhγ` = 186,78∠79,46
◦ Ω
Yeq =
1
Zc
tanh
γ`
2
= 0,000599∠89,81◦ S
Os paraˆmetros do modelo pi nominal sa˜o:
Znom = z ` = 193,9∠79,04
◦ Ω
Ynom =
y
2
` = 0,000587∠90◦ S
A impedaˆncia se´rie do modelo pi nominal excede a do modelo pi equivalente em 3,8%. A
admitaˆncia em derivac¸a˜o do modelo pi nominal e´ 2% menor que a do modelo pi
equivalente.
�
– 67 –
5.10 Carregamento caracter´ıstico da linha
I Conforme definido anteriormente, Zc corresponde a` impedaˆncia caracter´ıstica da
linha
I Para uma linha sem perdas (G = R = 0):
Zc =
√
z
y
=
√
L
C
Ω → impedaˆncia de surto (surge impedance)
I Em alguns tipos de estudo, como por exemplo de descargas atmosfe´ricas em linhas
de transmissa˜o, as perdas sa˜o em geral desprezadas
I Carregamento caracter´ıstico: poteˆncia fornecida a uma carga resistiva pura igual a`
impedaˆncia de surto:
LT IL
VL/
√
3 Zc =
√
L/C
Esta poteˆncia e´ transmitida atrave´s da linha de transmissa˜o
Em Ingleˆs SIL – Surge Impedance Loading
– 68 –
I A equac¸a˜o de onda da tensa˜o pode ser dada por:
V (x) = VR coshγx + ZcIR sinhγx
em que VR e IR sa˜o a tensa˜o e a corrente na barra receptora (final da linha)
I Para a linha sem perdas:
Zc =
√
L/C coshγx = cosβx
γ = jβ = jω
√
LC senhγx = j senβx
I Se uma carga com impedaˆncia Zc =
√
L/C for conectada na barra receptora, a
corrente sera´:
IR =
VR
Zc
e a equac¸a˜o de tensa˜o fica:
V (x) = VR cosβx + jZc
VR
Zc
senβx
= VR (cosβx + j senβx)
= VRe
jβx
|V (x) | = |VR |
ou seja, para uma carga cuja impedaˆncia e´ igual a` impedaˆncia de surto, o perfil de
tensa˜o sera´ plano
– 69 –
I Ana´lise semelhante para a equac¸a˜o de corrente fornece:
I (x) = IR cosh γx +
VR
Zc
senh γx
=
VR
Zc
e jβx
| I (x) | = | IR |
I Poteˆncia complexa atrave´s da linha:
S (x) = V (x) I (x)∗
=
|VR |2
Zc
ou seja, a poteˆncia ativa e´ constante ao longo da linha e na˜o ha´ fluxo de poteˆncia
reativa
I Se VL e´ a tensa˜o de linha no final da linha, onde esta´ conectada uma carga resistiva
de impedaˆncia igual a Rc =
√
L/C (impedaˆncia de surto), a corrente vale:
IL =
VL/
√
3√
L/C
A
– 70 –
I Poteˆncia total entregue a` carga (carregamento caracter´ıstico):
SIL =
√
3VLIL =
√
3VL
VL/
√
3√
L/C
=
V 2L√
L/C
I Em geral a tensa˜o utilizada para o ca´lculo de SIL e´ a tensa˜o nominal da linha.
Portanto:
SIL =
V 2nominal√
L/C
I SIL fornece um termo de comparac¸a˜o das capacidades de carregamento das linhas
I E´ comum a representac¸a˜o da poteˆncia transmitida por uma linha em valores por
unidade de SIL (p.ex. 0,2 pu SIL)
I SIL na˜o corresponde a` ma´xima poteˆncia que pode ser transmitida pela linha. Esta
depende de outros fatores, como o comprimento da linha etc.
– 71 –
5.11 Perfil de tensa˜o da linha
� Exemplo
Considere novamente a linha de transmissa˜o trifa´sica de 60 Hz de circuito simples de
um exemplo anterior, que tem um comprimento de 370 km (230 mi). Os condutores
sa˜o do tipo Rook com espac¸amento horizontal plano de 7,25 m (23,8 ft) entre
condutores. Obtenha o perfil de tensa˜o da linha, considerando as seguintes situac¸o˜es:
(a) linha em vazio; (b) linha em curto-circuito; (c) carga SIL conectada a` barra
receptora (neste caso, desprezar as perdas oˆhmicas da linha); (d) carga nominal
conectada a` barra receptora; (e) carga leve conectada a` barra receptora; (f) carga
pesada conectada a` barra receptora.
Tem-se o seguinte circuito por fase:
+
−
+
−
VS VR
IS IR
∼ ZL
x
Os dados da linha sa˜o:
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
– 72 –
(a) Em vazio: tem-se ZL →∞ e, portanto, IR = 0. Da equac¸a˜o de onda de corrente:
IR = IS cosh γ`− VS
Zc
senhγ` = 0 → IS = VS
Zc
tgh γ`
A equac¸a˜o de onda da tensa˜o fica:
V (x) = VS cosh γx − ZcIS senh γx
= VS (coshγx − tgh γ` senh γx)
(b) Em curto-circuito: tem-se ZL = 0, e, portanto, VR = 0. Da equac¸a˜o de onda da
tensa˜o:
VR = VS cosh γ`− ZcIS senhγ` = 0 → IS = VS
Zc tgh γ`
A equac¸a˜o de onda da tensa˜o fica:
V (x) = VS coshγx − ZcIS senhγx
= VS
(
coshγx − senhγx
tgh γ`
)
(c) Neste caso, as perdas oˆhmicas da linha sa˜o 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
– 73 –
Conforme visto anteriormente, a equac¸a˜o de onda da tensa˜o neste caso fica:
VR = VS cosβ`− jZ ′cIS senβ` = Z ′cIR
IR =
VS
Z ′c
cosβ`− j IS senβ`
Tomando a equac¸a˜o de onda de corrente tem-se:
IR = IS cosβ`− j VS
Z ′c
senβ`
Comparando as duas equac¸o˜es para IR, verifica-se que VS = Z
′
cIS e a equac¸a˜o das
tenso˜es fica:
V (x) = VS (cosβx − j senβx) = VSe jβx
(d) Considerando uma carga nominal ZL: as equac¸o˜es de onda sa˜o:
VR = VS coshγ`− ZcIS senh γ` = ZLIR (1)
IR = IS coshγ`−
VS
Zc
senh γ` = VR/ZL (2)
Substituindo (2) em (1) obte´m-se a seguinte expressa˜o para IS:
IS =
(
VS coshγ`+
ZL
Zc
VS senh γ`
ZL coshγ`+ Zc senhγ`
)
(3)
– 74 –
Portanto, a equac¸a˜o de onda de tensa˜o fica:
V (x) = VS coshγx − ZcIS sinh γx
em que IS e´ dado por (3).
(e) Carga leve: vale a equac¸a˜o do item (d) com o valor apropriado de ZL.
(f) Carga pesada: vale a equac¸a˜o do item (d) com o valor apropriado de ZL.
A figura a seguir mostra os perfis de tensa˜o para todos os casos estudados.
0 50 100 150 200 230 250
0
50
100
150
200
220
250
300
Vazio
Curto−circuito
SIL
Carga nominal
Carga leve
Carga pesada
V
[k
V
]
x [mi]
�
– 75 –
5.12 Limites te´rmico e de estabilidade
I A equac¸a˜o de onda pode ser colocada na forma:
VS = AVR + BIR
em que:
VS, VR : tenso˜es nas barras inicial e final, respectivamente
IS, IR : correntes nas barras inicial e final, respectivamente
A = coshγ`
B = Zc senhγ`
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)
– 76 –
I A poteˆncia complexa na barra receptora e´:
SR = VRI
∗
R =
VSVR
B
∠ (β − δ)− AV
2
R
B
∠ (β − α)
⇓
PR =
VSVR
B
cos (β − δ)− AV
2
R
B
cos (β − α)
QR =
VSVR
B
sen (β − δ)− AV
2
R
B
sen (β − α)
I Para facilitar a ana´lise, considera-se umalinha me´dia sem perdas:
A = coshγ` ≈ 1∠0◦
B = Zc senhγ` ≈ Zcγ` = z ` = (jωL) ` = jX = X ∠90◦
I Com relac¸a˜o a` poteˆncia ativa:
PR =
VSVR
X
cos (90◦ − δ) = VSVR
X
sen δ
P
Pmax
δ90◦
– 77 –
I Mantendo VS e VR constantes, um aumento da carga implica em um aumento do
aˆngulo δ. Existe um limite ma´ximo de poteˆncia ativa que pode ser entregue:
d
dδ
PR =
VSVR
X
cos 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 seu
comprimento
– 78 –
Na pra´tica, no entanto, considera-se (por motivos de seguranc¸a):
VS = V
VR ≈ 0,95V
δ ≈ 30◦
X = x `
Logo:
PmaxR
′ =
VSVR
X
sen δ =
0,95V 2
x `
sen 30◦ = 0,475
V 2
x `
= 0,475PmaxR =
K′
`
P
`
limite de
operac¸a˜o
estabilidade
pra´tico
estabilidade
teo´rico
te´rmico
– 79 –
I A utilizac¸a˜o do limite pra´tico de estabilidade visa manter a estabilidade durante
transito´rios provocados por distu´rbios na rede
O limite te´rmico, determinado pelo tipo de condutor (dados do fabricante) e´
preponderante para linhas curtas
� Exemplo
A figura a seguir mostra a interligac¸a˜o entre as regio˜es Norte e Sul do Brasil, feita
atrave´s de linhas de transmissa˜o de 500 kV.
MT
PA
GO
Maraba´
TO
Tucuru´ı
MG
MA
Colinas Colinas
Miracema
Miracema
Gurupi
Gurupi
Bras´ılia
Imperatriz
Imperatriz
Serra da Mesa
Serra da Mesa
PI
BA
TCSC
TCSC
– 80 –
• O trecho Imperatriz-Serra da Mesa tem aproximadamente 1020 km → linha longa
• A linha conta com compensac¸a˜o se´rie (capacitores) e compensac¸a˜o shunt (reatores)
A compensac¸a˜o e´ realizada para controlar os n´ıveis de tensa˜o e aumentar a
capacidade de transmissa˜o da linha
• TCSC (Thyristor Controlled Series Capacitor) e´ utilizado para amortecer as
oscilac¸o˜es eletromecaˆnicas entre os sistemas Norte e Sul
�
5.13 Capacidade e custos da transmissa˜o
I Na sec¸a˜o 5.12 mostrou-se que a capacidade da linha de transmissa˜o diminui com o
comprimento. Uma maneira de compensar o efeito da distaˆncia e´ utilizar tenso˜es
mais elevadas, pois a capacidade de transmissa˜o e´ aproximadamente proporcional ao
quadrado da tensa˜o nominal de transmissa˜o:
Custo
Poteˆncia
750 kV
350 kV
para ` = 500 km
– 81 –
Custo
Poteˆncia
750 kV
350 kV
500 km
300 km
150 km
Custo
Tensa˜o
Fixo
Varia´vel
Total
� Custo fixo – equipamentos
� Custo varia´vel – perdas oˆhmicas na transmissa˜o
– 82 –
5.14 Fluxos de poteˆncia nas linhas de transmissa˜o
I As linhas de transmissa˜o podem ser representadas pelo modelo pi equivalente (ou
nominal), composto pela resisteˆncia se´rie (rkm), pela reataˆncia se´rie (xkm) e pela
susceptaˆncia shunt (bshkm)
k m
Ek Em
zkm
Ikm Imk
jbshkm jb
sh
km
I Impedaˆncia se´rie:
zkm = rkm + jxkm
Admitaˆncia se´rie:
ykm =
1
zkm
= gkm + jbkm =
rkm
r 2km + x
2
km
+ j
−xkm
r 2km + x
2
km
em que gkm e´ a condutaˆncia se´rie e bkm e´ a susceptaˆncia se´rie
– 83 –
Tem-se:
� rkm ≥ 0 ; gkm ≥ 0
� xkm ≥ 0 ; bkm ≤ 0 (paraˆmetro se´rie indutivo)
� bshkm ≥ 0 (paraˆmetro shunt capacitivo)
I Corrente saindo da barra k :
Ikm = ykm (Ek − Em)︸ ︷︷ ︸
se´rie
+ jbshkmEk︸ ︷︷ ︸
shunt
em que Ek = Vke
jθk e Em = Vme
jθm. Corrente saindo da barra m:
Imk = ykm (Em − Ek)︸ ︷︷ ︸
se´rie
+ jbshkmEm︸ ︷︷ ︸
shunt
I O fluxo de poteˆncia complexa saindo da barra k e´ dado por:
S∗km = Pkm − jQkm = E∗k Ikm
= E∗k
[
ykm (Ek − Em) + jbshkmEk
]
= ykmV
2
k − ykmE∗kEm + jbshkmV 2k
=
(
gkm + jbkm + jb
sh
km
)
V 2k − (gkm + jbkm) VkVm (cos θkm − j sen θkm)
Separando as partes real e imagina´ria:
Pkm = <{Skm} = gkmV 2k − VkVm (gkm cos θkm + bkm sen θkm)
Qkm = ={Skm} = −
(
bkm + b
sh
km
)
V 2k − VkVm (gkm sen θkm − bkm cos θkm)
– 84 –
De maneira ana´loga:
Pmk = gkmV
2
m − VkVm (gkm cos θkm − bkm sen θkm)
Qmk = −
(
bkm + b
sh
km
)
V 2m + VkVm (gkm sen θkm + bkm cos θkm)
I Note que as expresso˜es dos fluxos de poteˆncia foram obtidas considerando que estes
esta˜o entrando na linha:
Ek Em
k mPkm Pmk
Qkm Qmk
Linha de transmissa˜o
Portanto, as perdas de poteˆncia na linha de transmissa˜o sa˜o dadas por:
P perdas = Pkm + Pmk
= gkm
(
V 2k + V
2
m − 2VkVm cos θkm
)
= gkm |Ek − Em |2
Qperdas = Qkm +Qmk
= −bshkm
(
V 2k + V
2
m
)− bkm (V 2k + V 2m − 2VkVm cos θkm)
= −bshkm
(
V 2k + V
2
m
)− bkm |Ek − Em |2
– 85 –
Note que:
� |Ek − Em | e´ a magnitude da tensa˜o sobre o elemento se´rie
� gkm |Ek − Em |2 sa˜o as perdas oˆhmicas
� −bkm |Ek − Em |2 sa˜o as perdas reativas no elemento se´rie (bkm < 0; poteˆncia
positiva – consumida)
� −bshkm
(
V 2k + V
2
m
)
corresponde a` gerac¸a˜o de poteˆncia reativa nos elementos shunt
(bshkm > 0; poteˆncia negativa – fornecida)
� Exemplo
Considere a rede ele´trica a seguir.
k mEk Em
Rede ele´trica
Os paraˆmetros da linha k-m sa˜o: zkm = 0,01 + j0,05 pu e b
sh
km = 0,2 pu. Em um
determinado instante durante a operac¸a˜o da linha, suas tenso˜es terminais sa˜o
Ek = 1,015∠− 1,3◦ pu e Em = 1,020∠− 6,3◦ pu. Calcule os fluxos de poteˆncia e as
perdas de poteˆncia na linha.
– 86 –
A admitaˆncia se´rie da linha e´:
ykm = gkm + jbkm =
1
zkm
= 3,8462− j19,2308 pu
Os fluxos de poteˆncia valem:
Pkm = gkmV
2
k − VkVm (gkm cos θkm + bkm sen θkm) = 1,7309 pu
Qkm = −
(
bkm + b
sh
km
)
V 2k − VkVm (gkm sen θkm − bkm cos θkm) = −0,5749 pu
Pmk = gkmV
2
m − VkVm (gkm cos θkm − bkm sen θkm) = −1,7005 pu
Qmk = −
(
bkm + b
sh
km
)
V 2m + VkVm (gkm sen θkm + bkm cos θkm) = 0,3128 pu
e sa˜o mostrados na figura a seguir.
k m1,7309 −1,7005
−0,5749 0,3128
Linha de transmissa˜o
A figura indica que:
I Um fluxo de poteˆncia ativa de 1,7309 sai de k em direc¸a˜o a m. Um fluxo de 1,7005
chega na barra m. Percebe-se que houve uma perda de poteˆncia na transmissa˜o de
poteˆncia ativa
I Um fluxo de poteˆncia reativa de 0,3128 sai de m em direc¸a˜o a k . Um fluxo de
0,5749 chega na barra k . Percebe-se que houve uma gerac¸a˜o de poteˆncia reativa na
transmissa˜o de poteˆncia ativa
– 87 –
Realizando o ca´lculo das perdas de poteˆncia:
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 2k + V
2
m
)− bkm |Ek − Em |2= −0,2621 pu
Observando os termos da expressa˜o de Qperdas separadamente:
−bkm |Ek − Em |2 = 0,1520 pu
−bshkm
(
V 2k + V
2
m
)
= −0,4141 pu
ou seja, a susceptaˆncia se´rie resulta em consumo de poteˆncia reativa (> 0), enquanto
que a susceptaˆncia shunt resulta em gerac¸a˜o de poteˆncia reativa (< 0). Neste caso em
particular, a gerac¸a˜o e´ maior que o consumo.
�
– 88 –
5.15 Transmissa˜o em corrente cont´ınua
I Um sistema de transmissa˜o em corrente cont´ınua (c.c.) que interliga dois sistemas
de corrente alternada (c.a.) e´ chamado de elo de corrente cont´ınua (elo c.c., do
Ingleˆs DC link)
I O primeiro sistema de transmissa˜o de energia ele´trica comercial usando HVDC
(High Voltage Direct Current) foi o link de 98 km entre a Sue´cia continental e a ilha
Gotland (Sue´cia) em 1954
O link operava em 100 kV, transmitindo 20MW de poteˆncia
A justificativa para a implantac¸a˜o do link foi econoˆmica: eliminac¸a˜o da construc¸a˜o
de uma nova central te´rmica na ilha
I Desde enta˜o as poteˆncias e as tenso˜es de operac¸a˜o de links c.c. aumentaram muito
(por exemplo, 6000MWe ±600 kV)
I Utilizac¸a˜o de HVDC:
� transmissa˜o submarina
� transmissa˜o ae´rea em longas distaˆncias
� amortecimento de oscilac¸o˜es (melhora
da estabilidade)
� interligac¸a˜o de sistemas com frequ¨eˆncias
diferentes
� transmissa˜o em longas distaˆncias em
a´reas metropolitanas
– 89 –
5.16 Tipos de elos c.c.
I Elo monopolar: terra e´ usada como retorno de corrente
+
c.a.c.a. Elo c.c.
I Elo homopolar: condutores com mesma polaridade (normalmente negativa) e
retorno de corrente pela terra
−
−
c.a.c.a.
Elo c.c.
– 90 –
I Elo bipolar: um condutor com tensa˜o positiva e outro com negativa. A terra na˜o e´
usada como retorno de corrente em condic¸o˜es normais de operac¸a˜o (em
emergeˆncias isso pode ocorrer). Conversores ligados em se´rie em cada lado
−
+
c.a.c.a.
Elo c.c.
5.17 Considerac¸o˜es sobre a transmissa˜o em c.c.
5.17.1 Vantagens da transmissa˜o em c.c.
I Menor nu´mero de condutores
Torres menores e mais baratas
Menores perdas
Menor n´ıvel de isolac¸a˜o
– 91 –
I Comparac¸a˜o entre um sistema c.a. trifa´sico e um elo c.c. bipolar:
� Poteˆncia c.a. (considerando fator de poteˆncia unita´rio)
Pca =
√
3 V` I`
Poteˆncia c.c.
Pcc = 2 Vd Id
Para o sistema c.c. Vd e´ constante e, portanto, corresponde ao valor ma´ximo:
Vd = V
max
cc
Como o valor de pico da tensa˜o de fase e´
√
2 vezes maior que o respectivo valor
eficaz (rms), tem-se:
V` =
√
3√
2
V maxca
Considere que V maxca = V
max
cc e que as poteˆncias transmitidas sejam as mesmas:
Pca = Pcc√
3 V` I` = 2 Vd Id√
3
√
3√
2
V maxca I` = 2 V
max
cc Id
3
2
√
2
I` = Id
Id = 1,06 I`
– 92 –
Perdas c.a.
P pca = 3 I
2
` R`
Perdas c.c.
P pcc = 2 I
2
d R`
Para uma mesma resisteˆncia de linha R` e considerando a relac¸a˜o entre as
correntes, tem-se:
P pca = 1,33P
p
cc
As perdas em c.a. sa˜o 33% maiores que as perdas c.c. para uma mesma
poteˆncia transmitida
� Considerando agora que as perdas sejam as mesmas:
3 I2` R = 2 I
2
d R
Id =
√
3
2
I`
Para mesma poteˆncia transmitida (Pca = Pcc) e considerando a relac¸a˜o entre as
correntes:
Vd =
√
3
2
V`√
3
=
√
3
2
Vf
– 93 –
Em termos das tenso˜es ma´ximas:
V maxcc =
√
3
2
V maxca√
2
= 0,87 V maxca
A tensa˜o c.c. e´ menor para mesmas perdas e mesma poteˆncia transmitida.
Logo, o n´ıvel de isolac¸a˜o em c.c. e´ menor que em c.a.
5.17.2 Ana´lise de custos
I A linha c.c. e´ mais barata que a linha c.a.: menos condutores, torres mais simples,
menor n´ıvel de isolamento
Pore´m, sa˜o tambe´m necessa´rias as estac¸o˜es conversoras (c.a./c.c. e c.c./c.a.), que
sa˜o muito caras.
I A linha c.a. tem prec¸o por km aproximadamente constante.
I A decisa˜o sobre qual sistema adotar (c.a. ou c.c.) sob o ponto de vista de custos
depende basicamente do comprimento da linha:
custo
comprimento
c.a.
c.c.
custo dos
conversores
≈ 800 km
– 94 –
5.18 Conversores – visa˜o geral
I Configurac¸o˜es de conversores: monofa´sico ou trifa´sico, meia-onda ou onda completa
I Conversor trifa´sico de 6 pulsos (onda completa, Graetz):
+
−
+
−
n
ea
eb
ec
Lc
Lc
Lc
ia
ib
ic
1
2
3
4
5
6
vd Vd
Ld R`
Id
Inversor
Linha
Retificador
∼
∼
∼
I Descric¸a˜o dos elementos do circuito e hipo´teses simplificadoras:
� Lc : indutaˆncia de dispersa˜o do conjunto gerador – transformador
Na verdade, a fonte de tensa˜o trifa´sica em se´rie com a indutaˆncia Lc podem
representar o circuito equivalente de The´venin do sistema c.a.
� R`: resisteˆncia da linha de transmissa˜o (demais paraˆmetros da linha sa˜o
desprezados em c.c.)
� Ld : reator de alisamento (alta indutaˆncia, da ordem de 1 H). Considera-se
Ld →∞ na ana´lise, o que garante uma corrente Id constante (a tensa˜o de sa´ıda
do conversor na˜o e´ constante, mas apresenta um ripple)
– 95 –
� A alimentac¸a˜o c.a. e´ feita atrave´s de rede trifa´sica equilibrada e senoidal
� As va´lvulas do conversor apresentam resisteˆncia nula no sentido de conduc¸a˜o e
resisteˆncia infinita no sentido oposto
� A ignic¸a˜o das va´lvulas e´ feita pelos gates e ocorrem a intervalos de tempo iguais.
No caso tem-se 6 va´lvulas, portanto, elas sa˜o disparadas a cada 60◦ (1/6 de
ciclo de tensa˜o)
� A comutac¸a˜o e´ instantaˆnea (uma va´lvula interrompe e outra conduz
instantaneamente)
I ea, eb e ec sa˜o as tenso˜es de fase aplicadas ao conversor. O valor de pico das
tenso˜es de fase e´ Em:
ea ebec
0 pi3
2pi
3
ωt
I A ana´lise a seguir sera´ feita para a operac¸a˜o da ponte sem controle de ignic¸a˜o dos
tiristores (tiristores comportando-se como diodos). O controle de ignic¸a˜o sera´
inclu´ıdo adiante
I Dois tiristores conduzem por vez: aquele cuja tensa˜o no catodo e´ a maior e aquele
cuja tensa˜o no anodo e´ a menor
– 96 –
No intervalo 0 ≤ ωt ≤ pi/3 a maior tensa˜o e´ ea, logo, o tiristor 1 conduz. A menor
tensa˜o e´ ec , logo, o tiristor 2 tambe´m conduz. A tensa˜o vd sera´:
vd = eac = ea − ec
O mesmo tipo de racioc´ınio vale para os outros intervalos (de 60◦ em 60◦). A
tensa˜o vd sera´:
eac ebc ebaeab
0 pi3
2pi
3
ωt
Vd
vd
cujo valor me´dio e´:
Vd =
3
√
2
pi
V` =
3
√
3
pi
Em ≈ 1,65Em
em que V` e´ a tensa˜o de linha no secunda´rio do transformador
Este valor de tensa˜o Vd e´ normalmente denominado Vdo, pois e´ associado a um
aˆngulo de atraso (no disparo dos tiristores) nulo (α = 0)
I Com controle de ignic¸a˜o, ou seja, com aˆngulo de atraso na˜o nulo (α 6= 0):
Vd = Vdo cosα
– 97 –
I A faixa de variac¸a˜o do aˆngulo de ignic¸a˜o e´ de 0 a 180◦. De 0 a 90◦, Vd assume
valores positivos. De 90◦ a 180◦, Vd e´ negativo. Neste u´ltimo caso, como o sentido
da corrente na˜o pode mudar, a ponte passa a operar como inversor
I Pode-se mostrar que, sendo α o aˆngulo de ignic¸a˜o e φ o aˆngulo de defasagem entre
tensa˜o e corrente no secunda´rio do transformador, cosφ = cosα. Ou seja, um
aˆngulo de ignic¸a˜o maior implica em um fator de poteˆncia menor, explicando o fato
do conversor consumir poteˆncia reativa
Sa˜o colocados capacitores ou condensadores s´ıncronos no lado c.a. para o
fornecimento da poteˆncia reativa necessa´ria
I A comutac¸a˜o na˜o e´ de fato instantaˆnea, mas leva um certo tempo para ocorrer. Por
exemplo, para ωt = pi/3 o tiristor 1 deixa de conduzir, passando o tiristor 3 a
conduzir. Essa transic¸a˜o na˜o e´ instantaˆnea. Os tiristores 1 e 3 conduzem
simultaneamente por um certo tempo, e este fato e´ denominado overlap. Isso
implica em uma diminuic¸a˜o de Vd :
Vd =
Vdo
2
[cosα+ cos (α+ µ)] =
3
√
2V`
2pi
[cosα+ cos (α+ µ)]
= Vdo cosα− RcId
em que V` e´ a tensa˜o de linha no secunda´rio do transformador e µ e´ o aˆngulo de
comutac¸a˜o (a comutac¸a˜o ocorre durante um tempo µ/ω). Define-se o aˆngulo de
extinc¸a˜o δ = α+ µ
A resisteˆncia de comutac¸a˜o e´ dada por:
Rc =
3ωLc
pi
=
3Xc
pi
= 6f Lc
e, embora seja considerada como resisteˆncia para efeitos de queda de tensa˜o, na˜o
consome poteˆncia ativa
A corrente na linha e´:
– 98 –
Id =
V`√
2Xc
[cosα+ cos (α+ µ)]
em que Xc = ωLc
I A corrente de linha (rms) no secunda´rio do transformador e´:
I` =
√
2
3
Id
I A corrente no secunda´rio do transformador e´ dada ainda por:
I` = Ip + j Iq
em que:
Ip =
√
6Id
pi
∣∣∣∣cosα+ cos(α+ µ)2
∣∣∣∣
e:
Iq =
√
6Id
pi
∣∣∣∣2µ+ sin 2α− sin 2(α+ µ)4(cosα− cos(α+ µ)
∣∣∣∣
I Mostra-se que:
cosφ ≈ 1
2
[cosα+ cos (α+ µ)]
ou seja, quando se considera a comutac¸a˜o (µ 6= 0) o fator de poteˆncia visto do lado
c.a. (cosφ) e´ ainda menor, sendo necessa´ria uma injec¸a˜o ainda maior de reativos
– 99 –I Circuito equivalente do retificador:
+
−
+
−
+
−
Vdor Vdor cosα Vdr
Rcr
Id
Vdor – tensa˜o para aˆngulo de ignic¸a˜o nulo
Vdr – tensa˜o no in´ıcio da linha c.c.
Id – corrente no in´ıcio da linha c.c.
Rcr – resisteˆncia de comutac¸a˜o, dada por 3ωLc/pi = 3Xc/pi = 6f Lc
I Circuito equivalente do inversor:
+
−
+
−
+
−
VdoiVdoi cosβVdi
Rci
Id
β – aˆngulo de ignic¸a˜o do inversor (β = pi − α)
– 100 –
I O fator de poteˆncia no lado c.a. do inversor e´:
cosφ ≈ 1
2
[cosγ + cos (γ + µ)]
em que γ e´ o aˆngulo de extinc¸a˜o do inversor:
γ = pi − δ
I O circuito equivalente do elo c.c. e´:
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
Vdor Vdor cosα Vdr
Rcr
Id
VdoiVdoi cosβVdi
RciR`
Retificador Inversor
Linha de transmissa˜o c.c.
I Controle do elo c.c.:
Id =
Vdr − Vdi
R`
=
Vdor cosα− Vdoi cosβ
Rcr + R` + Rci
– 101 –
I Controle lento (≈ 5 segundos) → mudanc¸as em Vdor e Vdoi atrave´s dos taps
dos transformadores alimentadores dos conversores
I Controle ra´pido (alguns milisegundos) → controle dos aˆngulos de ignic¸a˜o α e
β
5.19 Elo c.c. de Itaipu
I Configurac¸a˜o:
Itaipu
5
0
H
z
6
0
H
z
500 kV
500 kV
SE ANDE
Paraguai
750 kV 750 kV 750 kV
±600 kV
SE Eletrosul
Sul
Sudeste
Sudeste
F
o
z
d
o
Ig
u
a
c¸u´
F
o
z
d
o
Ig
u
a
c¸u´
Iv
a
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o
ra˜
It
a
b
er
a´
T
iju
co
P
re
to
Ib
iu´
n
a
±6300 MW
345 kV
Elo c.c.
– 102 –
I Torres de transmissa˜o em c.c.:
guarda (pa´ra-raios)
−600 kV +600 kV
estalestal
4 × ACSR 1273 MCM
φ = 34,12 mm
d = 457 mm (entre condutores)
linha c.c. bipolar
torre estaiada
(mais simples e leve que torres c.a.)
Estaiada
guarda (pa´ra-raios)
−600 kV +600 kV
4 × ACSR 1273 MCM
φ = 34,12 mm
d = 457 mm (entre condutores)
linha c.c. bipolar
torre estaiada
(mais simples e leve que torres c.a.)
Autoportante
– 103 –
I Sistema bipolar de 12 pulsos:
c.a.c.a.
−600 kV
+600 kV
monopo´lo 1
monopo´lo 2
Y
Y
Y
Y
Y
Y
Y
Y
∆
∆∆
∆
Elo c.c.
– 104 –
5.20 Conexa˜o HVDC Brasil-Argentina (Garabi)
I Conexa˜o Argentina (50Hz) – Brasil (60Hz)
I Estac¸a˜o conversora back-to-back de 2.200MW
– 105 –
5.21 Materiais de apoio
I http://www.fee.unicamp.br/cursos/et720 – material de apoio do Cap´ıtulo 5
I http://www.dee.ufc.br/˜rleao/GTD/Transmissao.pdf
– 106 –
5.22 Refereˆncias
I A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introduc¸a˜o a sistemas de energia ele´trica, Unicamp,
2003.
I J.D. Glover, M.S. Sarma, T.J. Overbye, Power system analysis and design, Cengage
Learning, 2008.
I J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.
I O.I. Elgerd, Introduc¸a˜o a` teoria de sistemas de energia ele´trica, Mc-Graw-Hill, 1981.
I W.D. Stevenson, Elementos de ana´lise de sistemas de poteˆncia, McGraw-Hill, 1986.
I Transmission line reference book – 345 kV and above, EPRI, 1987.
I Operador Nacional do Sistema Ele´trico, http://www.ons.com.br.
I A.R. Bergen, V. Vittal, Power systems analysis, Prentice Hall, 2000.
I C.A. Castro, Material da disciplina IT601 – Ca´lculo de fluxo de poteˆncia, dispon´ıvel
em http://www.dsee.fee.unicamp.br/∼ccastro
– 107 –