Resumo Transmissão Stevenson Parte 2

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� Exerc´ıcio
Uma linha monofa´sica de 2 km deve ser constru´ıda utilizando-se condutores
ACSR Linnet. Por motivos te´cnicos, a indutaˆncia total na˜o deve exceder 4 mH.
Obtenha o espac¸amento ma´ximo entre condutores. Resolva o problema utilizando
equac¸o˜es e tabelas, e compare os resultados.
(Resposta: 1,1 m)
�
I Na tabela A.4, a expressa˜o para Xd e´:
Xd = 0, 2794 logd
em que d e´ o que chamamos de Dm (DMG) aproximado como sendo a
distaˆncia entre os centros dos cabos e aparece a func¸a˜o log ao inve´s de ln.
Demonstrac¸a˜o da equivaleˆncia entre as expresso˜es:
� Se ln d = y, enta˜o d = ey
� Aplicando o logaritmo:
log d = log ey
= y log e
– 44 –
x � Logo:
y =
1
log e
· log d
= 2,3026 logd = ln d
� Assim, para 60 Hz:
Xd = 2,022 · 10−3 · f · ln d
= 2,022 · 10−3 · 60 · (2,3026 logd)
= 0,2794 logd
5.7.6 Indutaˆncia de uma linha trifa´sica com espac¸amento sime´trico
I Considere a linha trifa´sica:
PSfrag replacements
a c
b
D
DD
– 45 –
em que:
� os treˆs condutores teˆm raios iguais, portanto o mesmo RMG, igual a Ds
� a distaˆncia entre condutores e´ D
� na˜o ha´ fio neutro ou o circuito e´ equilibrado → Ia + Ib + Ic = 0
I Fluxo concatenado com o condutor da fase a (ha´ contribuic¸o˜es das treˆs cor-
rentes):
λa = 2 · 10−7 ·
(
Ia ln
1
Ds
+ Ib ln
1
D
+ Ic ln
1
D
)
= 2 · 10−7 ·
[
Ia ln
1
Ds
+ (Ib + Ic) ln
1
D
]
= 2 · 10−7 ·
(
Ia ln
1
Ds
− Ia ln 1
D
)
(pois Ia = − (Ib + Ic))
= 2 · 10−7 ·
(
Ia ln
1
Ds
+ Ia lnD
)
= 2 · 10−7 · Ia ln D
Ds
Wb/m
I Indutaˆncia da fase a:
La =
λa
Ia
= 2 · 10−7 · ln D
Ds
H/m
I Por simetria, para as outras fases tem-se Lb = Lc = La
– 46 –
I Portanto:
La = Lb = Lc = 2 · 10−7 · ln D
Ds
H/m
5.7.7 Indutaˆncia de linhas trifa´sicas com espac¸amento assime´trico
I O fluxo concatenado e a indutaˆncia de cada fase sa˜o diferentes → circuito
desequilibrado
I Equil´ıbrio e´ obtido atrave´s da transposic¸a˜o:
PSfrag replacements
1
2
3
D12
D23
D31
a
a
a b
b
b c
c
c
Pos. 1
Pos. 2
Pos. 3
I Ca´lculos considerando a transposic¸a˜o sa˜o mais simples
Linhas na˜o transpostas → considera-se a linha como transposta e a sua
indutaˆncia como a me´dia das indutaˆncias das fases
– 47 –
I Fluxo concatenado com fase a, primeiro trecho:
PSfrag replacements
D12
D23
D31
a
b
c
λa1 = 2·10−7·
(
Ia ln
1
Ds
+ Ib ln
1
D12
+ Ic ln
1
D31
)
I Fluxo concatenado com fase a, segundo trecho:
PSfrag replacements
D12
D23
D31 a
b
c
λa2 = 2·10−7·
(
Ia ln
1
Ds
+ Ib ln
1
D23
+ Ic ln
1
D12
)
I Fluxo concatenado com fase a, terceiro trecho:
PSfrag replacements
D12
D23
D31
a
b
c λa3 = 2·10−7·
(
Ia ln
1
Ds
+ Ib ln
1
D31
+ Ic ln
1
D23
)
I Fluxo me´dio concatenado com a fase a:
λa =
λa1 + λa2 + λa3
3
=
2 · 10−7
3
·
(
3Ia ln
1
Ds
+ Ib ln
1
D12D23D31
+ Ic ln
1
D12D23D31
)
=
2 · 10−7
3
·
(
3Ia ln
1
Ds
− Ia ln 1
D12D23D31
)
(pois Ia = − (Ib + Ic))
= 2 · 10−7 · Ia · ln
3
√
D12D23D31
Ds
Wb/m
– 48 –
I Indutaˆncia me´dia por fase da linha trifa´sica com transposic¸a˜o:
La = 2 · 10−7 · ln Deq
Ds
H/m
em que:
Deq =
3
√
D12D23D31
e´ o espac¸amento equ¨ila´tero equivalente da linha
� Exemplo
Determine a reataˆncia indutiva por fase a 60 Hz da linha trifa´sica mostrada a
seguir, composta por condutores ACSR Drake.
PSfrag replacements
20′20′
38′
• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Drake e´ Ds = 0,0373′
• O espac¸amento equ¨ila´tero da linha e´:
Deq =
3
√
20 · 20 · 38 = 24,7712′
– 49 –
• A indutaˆncia e a reataˆncia por fase valem:
L = 2 · 10−7 · ln 24,7712
0,0373
= 1,3 µH/m
XL = 2pifL = 2pi · 60 · 1,3 · 10−6 = 0,49 mH/m = 0,7884 H/mi
• O problema pode ser resolvido pela utilizac¸a˜o das tabelas A.3 e A.4:
tabela A.1 → Xa = 0,399 Ω/mi
tabela A.2 (para Deq = 24
′) → Xd = 0,3856 Ω/mi
tabela A.2 (para Deq = 25
′) → Xd = 0,3906 Ω/mi
O valor de Deq e´ obtido por interpolac¸a˜o:
PSfrag replacements
25
24
24,7712
0,3856 0,3906Xd Xd
Deq
25− 24
0,3906− 0,3856 =
24,7712− 24
Xd − 0,3856
Xd = 0,3895 Ω/mi
e a reataˆncia por fase vale:
XL = Xa + Xd = 0,399 + 0,3895 = 0,7885 Ω/mi
�
– 50 –
5.7.8 Condutores mu´ltiplos por fase
I Extra-alta tensa˜o (EAT ou EHV) → por exemplo 440 kV → efeito corona
excessivo
Corona: descargas que se formam na superf´ıcie do condutor quando a
intensidade do campo ele´trico ultrapassa o limite de isolac¸a˜o do ar.
Consequ¨eˆncias: luz, ru´ıdo aud´ıvel, ru´ıdo de ra´dio (interfereˆncia em circuitos de
comunicac¸a˜o), vibrac¸a˜o do condutor, liberac¸a˜o de ozoˆnio, aumento das perdas
de poteˆncia (deve ser suprida pela fonte)
I Soluc¸a˜o: colocac¸a˜o de dois ou mais condutores por fase → cabos mu´ltiplos
(bundled conductors)
PSfrag replacements
d
dd
D
d � D
Outras configurac¸o˜es:
I Outras configurac¸o˜es:
PSfrag replacements
d
dd
d
d
– 51 –
I Outra vantagem dos cabos mu´ltiplos: reduc¸a˜o da reataˆncia (aumento do
RMG). O RMG e´ calculado por:


2 condutores Dbs =
4
√
D2s · d2 =
√
Ds · d
3 condutores Dbs =
9
√
D3s · d6 = 3
√
Ds · d2
4 condutores Dbs =
16
√
D4s · d12 · 22 = 1,09 · 4
√
Ds · d3
I Equac¸o˜es da indutaˆncia e reataˆncia sa˜o as mesmas, substituindo-se o RMG Ds
do condutor simples por Dbs para cabos mu´ltiplos
I A corrente na˜o e´ distribu´ıda uniformemente entre os condutores da fase, pois
reataˆncias por fase na˜o sa˜o iguais. Essa diferenc¸a e´ pequena e geralmente e´
desprezada
� Exemplo
Determine a reataˆncia da linha trifa´sica mostrada a seguir.
PSfrag replacements
d
a b ca′ b′ c′
D
Condutor ACSR Pheasant
d = 45 cm
D = 8 m
Comprimento da linha ` = 160 km
• Da tabela A.3, obte´m-se o RMG do condutor Pheasant:
Ds = 0,0466
′ → 0,0466 · 0,3048 = 0,0142 m
– 52 –
• No entanto, cada fase e´ composta por dois condutores → deve-se calcular o
RMG do cabo:
Dbs =
4
√
0,01422 · 0,452 = 0,0799 m
• Espac¸amento equ¨ila´tero equivalente para a configurac¸a˜o dada (DMG mu´tua) –
aproximac¸a˜o considerando-se apenas as distaˆncias entre os centros das fases:
Deq =
3
√
8 · 8 · 16 = 10,0794 m
O ca´lculo correto do espac¸amento equ¨ila´tero equivalente neste caso seria:
DMGab = DMGbc =
4
√
8 · 8,45 · 7,55 · 8 = 7,9937 m
DMGca =
4
√
16 · 16,45 · 15,55 · 16 = 15,9968 m
Deq =
3
√
7,9937 · 7,9937 · 15,9968 = 10,0734 m
que corresponde a basicamente o mesmo resultado anterior.
• Reataˆncia por metro por fase:
XL = 2pi · 60 · 2 · 10−7 · ln 10,0794
0,0799
= 0,3647 mΩ/m
• Como a linha tem 160 km, a reataˆncia total por fase da linha sera´:
X = XL · 160000 = 58,36 Ω
�
– 53 –
5.7.9 Linhas trifa´sicas de circuitos em paralelo
I Duas linhas trifa´sicas ideˆnticas em paralelo possuem a mesma reataˆncia indu-
tiva. A reataˆncia equivalente sera´ igual a` metade de cada reataˆncia individual,
desde que a distaˆncia entre as linhas seja ta˜o grande que a indutaˆncia mu´tua
entre elas possa ser desprezada
I Duas linhas trifa´sicas em paralelo na mesma torre → indutaˆncias mu´tuas entre
os circuitos deve ser considerada
PSfrag replacements
I O me´todo de ca´lculo e´ semelhante ao que foi mostrado anteriormente
I Considera-se sempre que haja a transposic¸a˜o, resultando em ca´lculos mais
simples e resultados suficientemente precisos
– 54 –
� Exemplo
Uma linha trifa´sica de circuito duplo e´ constitu´ıda de condutores ACSR 26/7 tipo
Ostrich de 300.000 CM dispostos de acordo com a figura a seguir. Determinea
reataˆncia indutiva por fase a 60 Hz em Ω/mi.
PSfrag replacements
a
b
c a′
b′
c′
18′
18′
21′
10′
10′
• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Ostrich e´ Ds = 0,0229′
• DMG entre as fases a e b:
Dab =
√
102 + 1,52 = 10,1119′ = Da′b′
Dab′ =
√
102 + 19,52 = 21,9146′ = Da′b
DMGab =
[
(10,1119 · 21,9146)2
]1/4
= 14,8862′
DMGbc = DMGab = 14,8862
′
– 55 –
• DMG entre as fases c e a:
DMGca =
[
(20 · 18)2
]1/4
= 18,9737′
• Espac¸amento equ¨ila´tero equivalente:
Deq = (DMGab DMGbc DMGca)
1/3 = 16,1401′
• RMG: lembrando que assume-se a transposic¸a˜o
� Trecho 1 – fase a ocupando posic¸a˜o original:
Daa′ =
√
202 + 182 = 26,9072′
RMG1 =
[
(0,0229 · 26,9072)2
]1/4
= 0,7850′
� Trecho 2 – fase a ocupando posic¸a˜o originalmente ocupada por b:
Daa′ = 21
′
RMG2 =
[
(0,0229 · 21)2
]1/4
= 0,6935′
� Trecho 3 – fase a ocupando posic¸a˜o originalmente ocupada por c:
RMG3 = RMG1 = 0,7850
′
– 56 –
x
� RMG da fase a:
RMG =
(
0,78502 · 0,6935)1/3 = 0,7532′
� Indutaˆncia:
L = 2 · 10−7 · ln
(
16,1401
0,7532
)
= 6,1295 · 10−7 H/m
� Reataˆncia por fase:
XL = 2pifL = 2,3108 · 10−4 Ω/m = 0,3718 Ω/mi
�
– 57 –
� Exerc´ıcio
Repita o exemplo anterior para a configurac¸a˜o de linha mostrada a seguir e com-
pare os resultados obtidos.
PSfrag replacements
a
b
c c′
b′
a′
18′
18′
21′
10′
10′
(Resposta: X = 0,3962 Ω/mi, 6,5% maior)
�
5.8 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
– 58 –
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:
PSfrag replacements
linhas de
campo ele´trico
equ¨ipotencial
I Os pontos equ¨idistantes do condutor (linha tracejada) sa˜o equ¨ipotenciais
(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):
Eint = ρ J
em que J e´ a densidade de corrente. Considerando ρ = 0 (condutor perfeito),
tem-se Eint = 0
Os ele´trons no interior do condutor tenderiam a se repelir ate´ a superf´ıcie do
condutor, onde encontrariam um meio isolante
– 59 –
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
relativa 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
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:
PSfrag replacements
linhas de
campo ele´trico
equ¨ipotencial x
+q
superf´ıcie gaussiana
d`
d`
retificando a faixa da
superf´ıcie gaussiana
condutor
E − campo ele´trico
2pix
– 60 –
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:
E =
Q
2pixε`
V/m
I Considerando a carga por unidade de comprimento q = Q/`:
E =
q
2pixε
V/m
– 61 –
5.8.2 Diferenc¸a de potencial entre dois pontos
I Considere a seguinte situac¸a˜o:
PSfrag replacements
linhas equ¨ipotenciais
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
– 62 –
I Caso particular – ddp entre os pontos a e b:
PSfrag replacements
linhas equ¨ipotenciais
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:
PSfrag replacements
linhas equ¨ipotenciais
qa
qa
qb
qb
D
ra rb
superposic¸a˜o
a
a
b
b
– 63 –
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:
PSfrag replacements
V
a b
numerador
distaˆncia da
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)
– 64 –
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
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
– 65 –
I Considere a seguinte situac¸a˜o:
+
−
PSfrag replacements
Vab∼
a
b
linha de transmissa˜o
cargaCab
O circuito pode ser representado por:
−
+
−
+
PSfrag replacements
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
– 66 –
e a reataˆncia capacitiva fase-terra e´ dada por:
XC =
1
2pifC
=
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
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
– 67 –
� 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
2pifCan
= 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
– 68 –
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:
PSfrag replacements q −q
linhas de
campo ele´trico
equ¨ipotenciais
As linhas de campo ele´trico sa˜o normais a`s equ¨ipotenciais.
– 69 –
I Caso a linha esteja suficientemente perto do solo, tem-se:
PSfrag replacements
q −q
linhas de
campo ele´trico
equ¨ipotenciais
solo
O solo tambe´m e´ uma superf´ıcie equ¨ipotencial, 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
– 70 –
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:
PSfrag replacements
q
q
−q
−q
linhas de
campo ele´trico
equ¨ipotenciais
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)
– 71 –
� Exemplo
No exemplo anterior foi determinada a capacitaˆncia entre condutores de uma
linha monofa´sica que opera a 60 Hz com condutores Partridge e espac¸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:
PSfrag replacements
condutor a, carga +q condutor b, carga −q
condutor imagem a′, carga −q condutor imagem b′, carga +q
linhas de
campo ele´trico
equ¨ipotenciais
solo
D
D
MM
H
H
H
H
– 72 –
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
r2
+ ln
(2H)2
M2
) (
M =
√
D2 + (2H)2
)
=
q
2piε0
ln
(
D2
r2
· (2H)
2
(2H)2 + D2
)
Capacitaˆncia entre condutores:
Cab =
q
Vab
=
2piεo
ln
(
D2
r2 · (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
– 73 –
A figura a seguir mostra o valor da capacitaˆncia em func¸a˜o da altura da linha em
relac¸a˜o ao solo:
PSfrag replacements
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)
– 74 –
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
PSfrag replacements
cabo
reator shunt
– 75 –
5.8.7 Capacitaˆncia de linhas trifa´sicas com espac¸amento sime´trico
I Considere a seguinte linha de transmissa˜o trifa´sica:
PSfrag replacements
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
)
PSfrag replacements
c
a
b
D
DD
equ¨ipotencial
devido a qc
– 76 –
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
– 77 –
5.8.8 Capacitaˆncia de linhas trifa´sicas com espac¸amento assime´trico
I Considere a seguinte linha trifa´sica:
PSfrag replacements
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 dis-
tintos:
� 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
)
PSfrag replacements
a b
c
D12
D23
D31
– 78 –
x � Analogamente para os outros 2 trechos:
Vab2 =
1
2piε0
(
qa ln
D23
r
+ qb ln
r
D23
+ qc ln
D31
D12
)
PSfrag replacements
c a
b
D12
D23
D31
Vab3 =
1
2piε0
(
qa ln
D31
r
+ qb ln
r
D31
+ qc ln
D12
D23
)
PSfrag replacements
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)
– 79 –
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 equ¨ila´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.
PSfrag replacements
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′
– 80 –
Espac¸amento equ¨ila´teroequivalente:
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
2pifCan
= 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
– 81 –
Para o ca´lculo da corrente de carregamento, considere a seguinte situac¸a˜o:
+
−
PSfrag replacements
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
=
√
3Vab Icar = 45,4 Mvar
�
– 82 –
5.8.9 Efeito do solo sobre a capacitaˆncia de linhas trifa´sicas
I Utiliza-se o me´todo das imagens:
PSfrag replacements 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
– 83 –
5.8.10 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/DbsC
) 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.
PSfrag replacements
d
a b ca′ b′ c′
D
Condutor ACSR Pheasant
d = 45 cm
D = 8 m
Comprimento da linha ` = 160 km
– 84 –
Da tabela A.3, o raio externo em metros e´:
r =
1,382 · 0,3048
2 · 12 = 0,0176 m
RMG modificado da linha:
DbsC =
√
0,0176 · 0,45 = 0,0890 m
Espac¸amento equ¨ila´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
2pifCan
= 225,6173 MΩ·m = 0,1402 MΩ·mi
Reataˆncia capacitiva da linha:
X =
XC
`
=
225,6173 · 106
160 · 103 = 1410,11 Ω
�
– 85 –
5.8.11 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.
PSfrag replacements
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′
– 86 –
• DMG entre as fases e espac¸amento equ¨ilatero equivalente:
Dab =
√
102 + 1,52 = 10,1119′ = Da′b′
Dab′ =
√
102 + 19,52 = 21,9146′ = Da′b
DMGab =
[
(10,1119 · 21,9146)2
]1/4
= 14,8862′
DMGbc = DMGab = 14,8862
′
DMGca =
[
(20 · 18)2
]1/4
= 18,9737′
Deq = (DMGab DMGbc DMGca)
1/3 = 16,1401′
• RMG:
RMGa =
[
(r ·Daa′)2
]1/4
= 0,873′
RMGb =
[
(r ·Dbb′)2
]1/4
= 0,771′
RMGc = RMGa = 0,873
′
DbsC = (RMGa RMGb RMGc)
1/3 = 0,837′
– 87 –
• Capacitaˆncia por fase:
Cn =
2piε0
ln
(
Deq/DbsC
) = 18,58 pF/m
• Susceptaˆncia por fase:
Bc = 2pifCn = 7 nS/m = 11,27 µS/mi
�
� Exerc´ıcio
Repita o exemplo anterior para a configurac¸a˜o de linha mostrada a seguir e com-
pare os resultados obtidos.
PSfrag replacements
a
b
c c′
b′
a′
18′
18′
21′
10′
10′
(Resposta: Cn = 17,60 pF/m, 5,3% menor)
�
– 88 –
5.9 Modelo da linha de transmissa˜o
I Pode-se associar a uma linha de transmissa˜o todos os paraˆmetros discutidos
anteriormente:
Resisteˆncia – paraˆmetro se´rie – perda de poteˆncia ativa com passagem de
corrente
Indutaˆncia – paraˆmetros se´rie – campos magne´ticos com passagem da
corrente
Capacitaˆncia – paraˆmetro shunt – campos ele´tricos com diferenc¸a de potencial
Condutaˆncia – paraˆmetro shunt – correntes de fuga
I Como representa´-los?
PSfrag replacements
R R
G GC C
L L
k k
k
m m
m
I Existem ainda outras possibilidades de representac¸a˜o
I Em todos os modelos, as tenso˜es e correntes em cada elemento sa˜o todas
diferentes
– 89 –
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, apresenta os
quatro paraˆmetros:
PSfrag replacements
R, L, C, G
∆x
– 90 –
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:
+
−
+
−
+
−
+
−
PSfrag replacements
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)
– 91 –
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
– 92 –
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 = zyI
que pode ser posta na seguinte forma:
d2
dx2
V (x) = γ2V (x)
d2
dx2
I(x) = γ2I(x)
– 93 –
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 cosh γx + B senh γx
I (x) = C cosh γx + D senh γx
em que:
cosh γx =
eγx + e−γx
2
senh γx =
eγx − e−γx
2
e as constantes A, B, C e D dependem das condic¸o˜es iniciais
– 94 –
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 senh γx + B cosh γx) = −z (C cosh γx + D senh γx)
γ (C senh γx + D cosh γx) = −y (A cosh γx + B senh γx)
– 95 –
I Para x = 0:
γB = −zC = −zI (0)
γD = −yA = −yV (0)
B = −z
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) cosh γx− ZcI (0) senh γx
I (x) = I (0) cosh γx− 1
Zc
V (0) senh γx
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)
– 96 –
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 (`) cosh γx + ZcI (`) senh γx
I (x) = I (`) cosh γx +
1
Zc
V (`) senh γx
em que ` e´ o comprimento da linha, V (`) e I (`) sa˜o a tensa˜o e 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!
+ · · ·
– 97 –
� 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 frequ¨eˆncia 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
– 98 –
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 =
ejβx + e−jβx
2
= cosβx
senh γx = senh jβx =
ejβx − e−jβx
2
= j sen βx
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
– 99 –
x
PSfrag replacements
V
[k
V
]
x [km]
0
0 200 1000 2000 3000 4000 5000
50
100
150
123,7
PSfrag replacements
V
[k
V
]
x [km]
0
0 200
50
50
100
100
130
150
150
123,7
– 100 –
x
PSfrag replacements
I
[A
]
x [km]
0
0
200
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%
�
– 101 –
� 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
– 102 –
(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 exerc´ıcio anterior:
cosh γx = cosh jβx = cos βx
senh γx = senh jβx = j sen βx
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.
– 103 –
x
PSfrag replacements
V
[k
V
]
x [km]
0
0 300 1000 2000 3000 4000 5000
50
100
150
200
PSfrag replacements
V
[k
V
]
x [km]
0
0
200
200 250 300
50
50
100
100
130
150
150
127
121,4
– 104 –
x
PSfrag replacements
I
[A
]
x [km]
0
0
200
300
1000
2000 3000 4000 5000
500
1000
1000
1500
Para um comprimento de 300 km, tem-se:
V (300) = 121,4402 ∠− 8,39 kV
I (300) = 1281,3949 ∠− 23,82 A
S (300) = V (300) I (300)∗ = 155,6128 ∠15,43 MVA = 150 + j41,4024 MVA
Nota-se que a 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.
�
– 105 –
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
– 106 –
� Exemplo
Para a linha de transmissa˜o monofa´sica estudada em exemplo anterior tem-se:
PSfrag replacements∠
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
�
– 107 –
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
separados 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
– 108 –
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.
– 109 –
� 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 indutaˆncia da 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
– 110 –
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.
– 111 –
(b) R = 4 · 10−5 Ω/m.
Neste caso a sequ¨eˆncia 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.
�
– 112 –
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´:
+
−
+
−
PSfrag replacements
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
– 113 –
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
senh γx
– 114 –
I Z ja´ esta´ determinado. Determinac¸a˜o de Y1 e Y2:
Y1 =
cosh γx− 1
Z
=
1
Zc
cosh γx− 1
senh γx
=
1
Zc
eγx+e−γx
2 − 1
eγx−e−γx
2
=
1
Zc
eγx + e−γx − 2
eγx − e−γx
=
1
Zc
senh2 γx
2
senh γx2 · cosh γx2
=
1
Zc
senh γx
2
cosh γx2
Y1 =
1
Zc
tanh
γx
2
= Y2
e o circuito pi-equivalente para uma linha de comprimento ` fica:
PSfrag replacements 1
Zc
tanh γ`2
Zc senh γ`
1
Zc
tanh γ`2
– 115 –
� 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
– 116 –
(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
– 117 –
I Se o comprimento da linha ` e´ pequeno, enta˜o |γ` | sera´ pequeno e as
seguintes aproximac¸o˜es sa˜o va´lidas:
senh γ` ≈ γ`
cosh γ` ≈ 1 + (γ`)2 /2
tanh
γ`
2
≈ γ`
2
I Os elementos do circuito equivalente ficam:
Z = Zc senh γ` ≈ 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:
PSfrag replacements
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
– 118 –
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:
PSfrag replacements
R L
– 119 –
� 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%
– 120 –
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 equ¨ila´tero equivalente da linha e´:
Deq =
3
√
23,8 · 23,8 · 47,6 = 30 ft
– 121 –
Das tabelas A.3, A.4 e A.5 tem-se:
z = 0,1603 + j (0,415 + 0,4127) = 0,8431 ∠79,04◦ Ω/mi
y = j [1/ (0,0950 + 0,1009)] · 10−6 = 5,105 · 10−6 ∠90◦ S/mi
γ` =
√
zy ` = 0,4772 ∠84,52◦ = 0,0456 + j0,4750
Zc =
√
z/y = 406,4 ∠− 5,48◦ Ω
Na barra receptora tem-se:
VR =
215√
3
∠0◦ = 124,13 ∠0◦ kV (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 cosh γ` + ZcIR senh γ`
= 124,13 · 103 · 0,8904 ∠1,34◦ + 406,4 ∠− 5,48◦ · 335,7 · 0,4596 ∠84,94
= 137,851 ∠27,77◦ kV
Is = IR cosh γ` + (VR/Zc) senh γ`
= 335,7 · 0,8904 ∠1,34◦ + (124,13 · 103/406,4 ∠− 5,48◦) · 0,4596 ∠84,94
= 332,27 ∠26,33◦ A
– 122 –
Na barra transmissora:
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
cosh γ`
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
�
– 123 –
� 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 senh γ` = 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.
�
– 124 –
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:
PSfrag replacements
LT IL
VL/
√
3 Zc =
√
L/C
Esta poteˆncia e´ transmitida atrave´s da linha de transmissa˜o
Em Ingleˆs SIL – Surge Impedance Loading
– 125 –
I A equac¸a˜o de onda da tensa˜o pode ser dada por:
V (x) = VR cosh γx + ZcIR sinh γx
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 cosh γx = cos βx
γ = jβ = jω
√
LC senh γx = j sen βx
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 cos βx + jZc
VR
Zc
sen βx
= VR (cos βx + j sen βx)
= 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
– 126 –
I Ana´lise semelhante para a equac¸a˜o de corrente fornece:
I (x) = IR cosh γx +
VR
Zc
senh γx
=
VR
Zc
ejβx
|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
– 127 –
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.
– 128 –
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:
+
−
+
−
PSfrag replacements
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
– 129 –
(a) Em vazio: tem-se ZL →∞ e, portanto, IR = 0. Da equac¸a˜o de onda de
corrente:
IR = IS cosh γ`− VS
Zc
senh γ` = 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 (cosh γx− 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 senh γ` = 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
(
cosh γx− senh γx
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
– 130 –
Conforme visto anteriormente, a equac¸a˜o de onda da tensa˜o neste caso fica:
VR = VS cosβ`− jZ ′cIS sen β` = Z ′cIR
IR =
VS
Z ′c
cosβ`− jIS sen β`
Tomando a equac¸a˜o de onda de corrente tem-se:
IR = IS cosβ`− j VS
Z ′c
sen β`
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 sen βx) = VSejβx
(d) Considerando uma carga nominal ZL: as equac¸o˜es de onda sa˜o:
VR = VS cos γ`− ZcIS sen γ` = ZLIR (1)
IR = IS cos γ`− VS
Zc
sen γ` = ZLIR (2)
Substituindo (2) em (1) obte´m-se a seguinte expressa˜o para IS:
IS =
(
VS cos γ` +
ZL
Zc
VS sen γ`
ZL cos γ` + Zc sen γ`
)
(3)
– 131 –
Portanto, a equac¸a˜o de onda de tensa˜o fica:
V (x) = VS cosh γx− 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
PSfrag replacements
V
[k
V
]
x [mi]
�
– 132 –
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 = cosh γ`
B = Zc senh γ`
I Considerando:
VR = VR ∠0
◦
VS = VS ∠δ
A = A ∠α
B = B ∠β
tem-se:
IR =
VS − AVR
B
=
VS
B
∠ (δ − β)− AVR
B
∠ (α − β)
– 133 –
I A 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 uma linha me´dia sem perdas:
A = cosh γ` ≈ 1 ∠0◦
B = Zc senh γ` ≈ Zcγ` = z ` = (jωL) ` = jX = X ∠90◦
I Com relac¸a˜o a` poteˆncia ativa:
PR =
VSVR
X
cos (90◦ − δ) = VSVR
X
sen δ
PSfrag replacements
P
Pmax
δ90◦
– 134 –
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
– 135 –
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 `
= 0,475 PmaxR =
K ′
`
PSfrag replacements
P
`
limite de
operac¸a˜o
estabilidade
pra´tico
estabilidade
teo´rico
te´rmico
– 136 –
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.
PSfrag replacements
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
– 137 –
• 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
�
– 138 –
5.13 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)
PSfrag replacements
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
r2km + x
2
km
+ j
−xkm
r2km + x
2
km
em que gkm e´ a condutaˆncia se´rie e bkm e´ a susceptaˆncia se´rie
– 139 –
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∗kIkm
= 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)
– 140 –
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:
PSfrag replacements
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
– 141 –
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.
PSfrag replacements
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.
– 142 –
A condutaˆncia 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.
PSfrag replacements
k m1,7309 −1,7005
−0,5749 0,3128Linha 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˜ode 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
– 143 –
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.
�
– 144 –
Refereˆncias
[1] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introduc¸a˜o a sistemas de energia ele´trica,
Unicamp, 1999.
[2] J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, 1989.
[3] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.
[4] O.I. Elgerd, Introduc¸a˜o a` teoria de sistemas de energia ele´trica, Mc-Graw-Hill,
1981.
[5] W.D. Stevenson, Elementos de ana´lise de sistemas de poteˆncia, McGraw-Hill,
1986.
[6] Transmission line reference book – 345 kV and above, EPRI, 1987.
[7] Operador Nacional do Sistema Ele´trico, http://www.ons.com.br.
– 145 –