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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 ip 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 –
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