Exercício. (Resposta: 1,1 m) Na tabela A.4, a expressão para X d é: X d = 0, 2794 log d

 Exerc´ıcio

Uma linha monof´asica de 2 km deve ser constru´ıda utilizando-se condutores ACSR Linnet. Por motivos t´ecnicos, a indutˆancia total n˜ao deve exceder 4 mH. Obtenha o espa¸camento m´aximo entre condutores. Resolva o problema utilizando equa¸c˜oes e tabelas, e compare os resultados.

(Resposta: 1,1 m)



I _{Na tabela A.4, a express˜ao para Xd ´e:}

Xd = 0, 2794 log d

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

distˆancia entre os centros dos cabos e aparece a fun¸c˜ao log ao inv´es de ln. Demonstra¸c˜ao da equivalˆencia entre as express˜oes:

Se ln d = y, ent˜ao d = ey Aplicando o logaritmo:

log d = log ey = y log e

x _Logo: y = 1 log e · log d = 2,3026 log d = ln d Assim, para 60 Hz: Xd = 2,022 · 10−3· f · ln d = 2,022 · 10−3· 60 · (2,3026 log d) = 0,2794 log d

5.7.6 Indutˆancia de uma linha trif´asica com espa¸camento sim´etrico

I _{Considere a linha trif´asica:}

PSfrag replacements a c b D D D

em que:

os trˆes condutores tˆem raios iguais, portanto o mesmo RMG, igual a Ds

a distˆancia entre condutores ´e D

n˜ao h´a fio neutro ou o circuito ´_{e equilibrado → I}a + Ib + Ic = 0

I _{Fluxo concatenado com o condutor da fase a (h´a contribui¸c˜oes das trˆes}

cor-rentes): λa = 2 · 10−7 ·  Ialn 1 Ds + Ibln 1 D + Icln 1 D  = 2 · 10−7 ·  Ialn 1 Ds + (Ib + Ic) ln 1 D  = 2 · 10−7 ·  Ialn 1 Ds − Ia ln 1 D  (pois Ia = − (Ib + Ic)) = 2 · 10−7 ·  Ialn 1 Ds + Ialn D  = 2 · 10−7 · Ialn D Ds Wb/m

I _{Indutˆancia da fase a:}

La = λa

Ia = 2 · 10

−7 _{· ln} D

Ds

H/m

I _Portanto:

La = Lb = Lc = 2 · 10−7· ln

D Ds

H/m

5.7.7 Indutˆancia de linhas trif´asicas com espa¸camento assim´etrico

I _{O fluxo concatenado e a indutˆancia de cada fase s˜ao diferentes → circuito}

desequilibrado

I _{Equil´ıbrio ´e obtido atrav´es da transposi¸c˜ao:}

PSfrag replacements 1 2 3 D12 D23 D31 a a a b b b c c c Pos. 1 Pos. 2 Pos. 3

I _{C´alculos considerando a transposi¸c˜ao s˜ao mais simples}

Linhas n˜_{ao transpostas → considera-se a linha como transposta e a sua} indutˆancia como a m´edia das indutˆancias das fases

I _{Fluxo concatenado com fase a, primeiro trecho:} PSfrag replacements D12 D23 D31 a b c λa1 = 2·10−7·  Ialn 1 Ds + Ibln 1 D12 + Icln 1 D31 

I _{Fluxo concatenado com fase a, segundo trecho:}

PSfrag replacements D12 D23 D31 _a b c λa2 = 2·10−7·  Ialn 1 Ds + Ibln 1 D23 + Icln 1 D12 

I _{Fluxo concatenado com fase a, terceiro trecho:}

PSfrag replacements D12 D23 D31 a b c λa3 = 2·10−7·  Ialn 1 Ds + Ibln 1 D31 + Icln 1 D23 

I _{Fluxo m´edio concatenado com a fase a:}

λa = λa1 + λa2 + λa3 3 = 2 · 10−7 3 ·  3Ialn 1 Ds + Ibln 1 D12D23D31 + Icln 1 D12D23D31  = 2 · 10−7 3 ·  3Ialn 1 Ds − Ia ln 1 D12D23D31  (pois Ia = − (Ib + Ic)) = 2 · 10−7· Ia· ln 3 √ D12D23D31 Ds Wb/m

I _{Indutˆancia m´edia por fase da linha trif´asica com transposi¸c˜ao:} La = 2 · 10−7 · ln Deq Ds H/m em que: Deq = 3 p D12D23D31 ´

e o espa¸camento eq¨uil´atero equivalente da linha

 Exemplo

Determine a reatˆancia indutiva por fase a 60 Hz da linha trif´asica mostrada a seguir, composta por condutores ACSR Drake.

PSfrag replacements 20

0

200

380

• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Drake ´e Ds = 0,03730

• O espa¸camento eq¨uil´atero da linha ´e: Deq =

3

√

• A indutˆancia e a reatˆancia por fase valem:

L = 2 · 10−7· ln 24,7712

0,0373 = 1,3 µH/m

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

• O problema pode ser resolvido pela utiliza¸c˜ao das tabelas A.3 e A.4: tabela A.1 _→ Xa = 0,399 Ω/mi

tabela A.2 (para Deq = 240) → Xd = 0,3856 Ω/mi

tabela A.2 (para Deq = 250) → Xd = 0,3906 Ω/mi

O valor de Deq ´e obtido por interpola¸c˜ao:

PSfrag replacements 25 24 24,7712 0,3856 Xd 0,3906 Xd Deq 25 − 24 0,3906 − 0,3856 = 24,7712 − 24 Xd− 0,3856 Xd = 0,3895 Ω/mi

e a reatˆancia por fase vale:

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

5.7.8 Condutores m´ultiplos por fase

I _{Extra-alta tens˜ao (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 el´etrico ultrapassa o limite de isola¸c˜ao do ar.

Conseq¨uˆencias: luz, ru´ıdo aud´ıvel, ru´ıdo de r´adio (interferˆencia em circuitos de comunica¸c˜ao), vibra¸c˜ao do condutor, libera¸c˜ao de ozˆonio, aumento das perdas de potˆencia (deve ser suprida pela fonte)

I _{Solu¸c˜ao: coloca¸c˜ao de dois ou mais condutores por fase → cabos m´ultiplos}

(bundled conductors) PSfrag replacements d d d D d  D

Outras configura¸c˜oes:

I _{Outras configura¸c˜oes:}

PSfrag replacements d d d d d

I _{Outra vantagem dos cabos m´ultiplos: redu¸c˜ao da reatˆancia (aumento do} RMG). O RMG ´e calculado por:        2 condutores D_sb = p4 D2 s · d2 = √ Ds· d 3 condutores D_sb = p9 D3 s · d6 = 3 √ Ds· d2 4 condutores D_sb = p16 D4 s · d12· 22 = 1,09 · 4 √ Ds · d3

I _{Equa¸c˜oes da indutˆancia e reatˆancia s˜ao as mesmas, substituindo-se o RMG Ds}

do condutor simples por Db_s para cabos m´ultiplos

I _{A corrente n˜ao ´e distribu´ıda uniformemente entre os condutores da fase, pois}

reatˆancias por fase n˜ao s˜ao iguais. Essa diferen¸ca ´e pequena e geralmente ´e desprezada

 Exemplo

Determine a reatˆancia da linha trif´asica mostrada a seguir. PSfrag replacements

d

a a0 b b0 c c0

D

Condutor ACSR Pheasant d = 45 cm

D = 8 m

Comprimento da linha ` = 160 km

• Da tabela A.3, obt´em-se o RMG do condutor Pheasant:

• No entanto, cada fase ´_{e composta por dois condutores → deve-se calcular o} RMG do cabo:

D_sb = p4

0,01422_{· 0,45}2 _{= 0,0799 m}

• Espa¸camento eq¨uil´atero equivalente para a configura¸c˜ao dada (DMG m´utua) – aproxima¸c˜ao considerando-se apenas as distˆancias entre os centros das fases:

Deq =

3

√

8 · 8 · 16 = 10,0794 m

O c´alculo correto do espa¸camento eq¨uil´atero equivalente neste caso seria:

DMGab = DMGbc = 4 p 8 · 8,45 · 7,55 · 8 = 7,9937 m DMGca = 4 p 16 · 16,45 · 15,55 · 16 = 15,9968 m Deq = 3 p 7,9937 · 7,9937 · 15,9968 = 10,0734 m que corresponde a basicamente o mesmo resultado anterior. • Reatˆancia por metro por fase:

XL = 2π · 60 · 2 · 10−7 · ln

10,0794

0,0799 = 0,3647 mΩ/m • Como a linha tem 160 km, a reatˆancia total por fase da linha ser´a:

X = XL· 160000 = 58,36 Ω

5.7.9 Linhas trif´asicas de circuitos em paralelo

I _{Duas linhas trif´asicas idˆenticas em paralelo possuem a mesma reatˆancia}

indu-tiva. A reatˆancia equivalente ser´a igual `a metade de cada reatˆancia individual, desde que a distˆancia entre as linhas seja t˜ao grande que a indutˆancia m´utua entre elas possa ser desprezada

I _{Duas linhas trif´asicas em paralelo na mesma torre → indutˆancias m´utuas entre}

os circuitos deve ser considerada

PSfrag replacements

I _{O m´etodo de c´alculo ´e semelhante ao que foi mostrado anteriormente}

I _{Considera-se sempre que haja a transposi¸c˜ao, resultando em c´alculos mais}

 Exemplo

Uma linha trif´asica 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. Determine a reatˆancia indutiva por fase a 60 Hz em Ω/mi.

PSfrag replacements a b c a0 b0 c0 180 180 210 100 100

• Pela tabela A.3, o RMG do condutor tipo Ostrich ´e Ds = 0,02290

• DMG entre as fases a e b: Dab = p 102_{+ 1,5}2 _{= 10,1119}0 _{= D} a0_b0 Dab0 = p 102_{+ 19,5}2 _{= 21,9146}0 _{= D} a0_b DMGab = h (10,1119 · 21,9146)2i1/4 = 14,88620 DMGbc = DMGab = 14,88620

• DMG entre as fases c e a:

DMGca =

h

(20 · 18)2i1/4 = 18,97370 • Espa¸camento eq¨uil´atero equivalente:

Deq = (DMGabDMGbcDMGca)1/3 = 16,14010

• RMG: lembrando que assume-se a transposi¸c˜ao Trecho 1 – fase a ocupando posi¸c˜ao original:

Daa0 = p 202_{+ 18}2 _{= 26,9072}0 RMG1 = h (0,0229 · 26,9072)2i1/4 = 0,78500

Trecho 2 – fase a ocupando posi¸c˜ao originalmente ocupada por b:

Daa0 = 210

RMG2 =

h

(0,0229 · 21)2i1/4 = 0,69350

Trecho 3 – fase a ocupando posi¸c˜ao originalmente ocupada por c:

x RMG da fase a: RMG = 0,78502_{· 0,6935}
1/3 = 0,75320 Indutˆancia: L = 2 · 10−7 · ln 16,1401 0,7532  = 6,1295 · 10−7 H/m Reatˆancia por fase:

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

 Exerc´ıcio

Repita o exemplo anterior para a configura¸c˜ao de linha mostrada a seguir e com-pare os resultados obtidos.

PSfrag replacements a b c c0 b0 a0 180 180 210 100 100

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



5.8 Capacitˆancia (C)

I _{Existem cargas em movimento e uma diferen¸ca de potencial entre condutores}

→ capacitˆancia (carga/diferen¸ca de potencial → C = Q/V )

5.8.1 Campo el´etrico em um condutor cil´ındrico

I _{Considerar um condutor cil´ındrico, com carga uniforme, longo e perfeito}

(resistividade ρ = 0)

O campo el´etrico ´e radial:

PSfrag replacements

linhas de

campo el´etrico

eq¨uipotencial

I _{Os pontos eq¨uidistantes do condutor (linha tracejada) s˜ao eq¨uipotenciais}

(apresentam a mesma intensidade de campo el´etrico)

I _{A intensidade de campo el´etrico no interior do condutor pode ser considerada}

nula

Considere a lei de Ohm (eletrost´atica):

E_{int = ρ J}

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

Os el´etrons no interior do condutor tenderiam a se repelir at´e a superf´ıcie do condutor, onde encontrariam um meio isolante

I _{O c´alculo da intensidade de campo el´etrico a uma certa distˆancia x do}

condutor ´e realizado utilizando a lei de Gauss:

ε I S E dS = Q em que: ε − permissividade do meio: ε = εrε0

ε0 ´e a permissividade do v´acuo 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 el´etrico S − superf´ıcie gaussiana

Q − carga total contida em S

I _{Para a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao de Gauss, deve-se imaginar uma superf´ıcie}

gaussiana, cil´ındrica, concˆentrica ao condutor e de raio igual a x: PSfrag replacements

linhas de campo el´etrico

eq¨uipotencial x +q superf´ıcie gaussiana d` d` retificando a faixa da superf´ıcie gaussiana condutor E _{− campo el´etrico}

I _{Tomando uma faixa da superf´ıcie gaussiana de comprimento diferencial d` a}

equa¸c˜ao fica:

ε Z

`E · 2πxd` = Q

pois a faixa tem ´area 2πxd`

I _Integrando:

ε · E · 2πx` = Q e:

E = Q

2πxε` V/m

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

E = q

5.8.2 Diferen¸ca de potencial entre dois pontos I _{Considere a seguinte situa¸c˜ao:}

PSfrag replacements

linhas eq¨uipotenciais

q D1

D2

P1

P2

I _{Fazendo uma analogia mecˆanica:}

campo el´etrico – for¸ca diferen¸ca de potencial – trabalho

A diferen¸ca de potencial representa o trabalho para mover uma carga unit´aria (1 C) entre dois pontos

I _{Diferen¸ca de potencial entre os pontos P1 e P2:}

V12 = V1− V2 = Z D2 D1 E dx = Z D2 D1 q 2πxεdx = q lnD2 V

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

linhas eq¨uipotenciais q

D

r _{a b}

Considerando o ponto a na superf´ıcie do condutor e que D  r tem-se:

Vab =

q 2πε ln

D r V

5.8.3 Diferen¸ca de potencial entre dois condutores

I _{A diferen¸ca de potencial entre os dois condutores ´e obtida usando-se o}

princ´ıpio da superposi¸c˜ao:

PSfrag replacements linhas eq¨uipotenciais

qa qa qb qb D ra rb superposi¸c˜ao a a b b

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 diferen¸ca de potencial total deve-se `as contribui¸c˜oes de qa e qb

Vab = V_abdevido a qa + V_abdevido a qb = qa 2πε ln D ra + qb 2πε ln rb D = 1 2πε  qa lnD ra + qb ln rb D  Observa¸c˜oes: Na equa¸c˜ao: Vab = q 2πε ln B A a referˆencia est´a em q, ou seja:

PSfrag replacements

V

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

integra¸c˜ao a para b (ra para D)

ddp devido a qb → referˆencia no centro do condutor b → caminho de

5.8.4 Capacitˆancia de uma linha monof´asica I _{Capacitˆancia:}

C = q

v F/m

I _{Considere uma linha para a qual:}

os raios dos condutores s˜ao iguais: ra = rb = r

qa = −qb = q

I _{A diferen¸ca de potencial entre os dois condutores ser´a:}

Vab = q 2πε ln D r − q 2πε ln r D = q 2πε ln  D r 2 = q πε ln D r V

I _{Utilizando a defini¸c˜ao de capacitˆancia e assumindo que para o ar tem-se}

εr = 1: Cab = πε0 ln (D/r) = 8,85π · 10−12 ln (D/r) F/m

I _{Considere a seguinte situa¸c˜ao:} + − PSfrag replacements Vab ∼ a b linha de transmiss˜ao carga Cab

O circuito pode ser representado por:

− + − + PSfrag replacements Vab/2 Vab/2 ∼ ∼ a b n n n linha de transmiss˜ao carga/2 carga/2 2Cab 2Cab

I _{A capacitˆancia entre cada condutor e a terra vale:}

Can = Cbn = 2Cab =

2πε0

ln (D/r) =

17,7π · 10−12

e a reatˆancia capacitiva fase-terra ´e dada por: XC = 1 2πf C = 2,8622 f · 10 9 · ln D r Ω·m = 1,7789 f · 10 6 · ln D r Ω·mi

I _{Da mesma forma que para as reatˆancias indutivas, a express˜ao da reatˆancia}

capacitiva fase-terra pode ser escrita como:

XC = 1,7789 f · 10 6 · ln 1 r | {z } X0 a + 1,7789 f · 10 6 · ln D | {z } X0 d = X_a0 + X_d0 em que X0

a ´e a reatˆancia capacitiva para um p´e de afastamento e Xd0 ´e o fator

de espa¸camento

r ´e o raio externo do condutor (se for encordoado, ´e uma aproxima¸c˜ao que leva a erros muito pequenos). Este valor ´e obtido na tabela de dados dos condutores

 Exemplo

Determine a capacitˆancia, reatˆancia capacitiva e susceptˆancia capacitiva por milha de uma linha monof´asica que opera a 60 Hz. O condutor ´e o Partridge e o espa¸camento entre centros dos condutores ´e de 20 ft.

Para o condutor especificado, o diˆametro externo ´e de 0,64200_{. Portanto, o raio}

externo ´e r = 0,02680.

Capacitˆancia entre condutores:

Cab = πε0 ln (D/r) = π · 8,85 · 10−12 ln (20/0,0268) = 4,2030 · 10 −12 _F/m

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

fase-terra ´e:

Can = 2Cab = 13,5252 · 10−9 F/mi

Reatˆancia capacitiva:

XC =

1

2πf Can = 0,1961 MΩ·mi

ou, aplicando a f´ormula direta:

XC =

1,7789 60 · 10

6

· ln_0,026820 = 0,1961 MΩ·mi Susceptˆancia capacitiva:

BC =

1

XC = 5,0985 · 10

Da tabela A.3:

X_a0 _{= 0,1074 MΩ·mi} Da tabela A.5, para D = 200:

X_d0 _{= 0,0889 MΩ·mi} Reatˆancia capacitiva fase-terra total:

XC = Xa0 + Xd0 = 0,1963 MΩ·mi



5.8.5 Influˆencia do solo

I _{Considere a seguinte linha monof´asica isolada:}

PSfrag replacements _{q −q}

linhas de

campo el´etrico eq¨uipotenciais

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

PSfrag replacements

q _−q

linhas de

campo el´etrico eq¨uipotenciais

solo

O solo tamb´em ´e uma superf´ıcie eq¨uipotencial, causando uma distor¸c˜ao nas linhas de campo el´etrico, que ser˜ao normais a ele

A proximidade do solo altera o formato das linhas de campo el´_{etrico → altera} a capacitˆancia

I _{Imagine uma continua¸c˜ao das linhas de campo el´etrico abaixo do solo e}

sim´etrica ao plano do solo (como em um espelho), terminando em cargas sob o solo: PSfrag replacements q q −q −q linhas de

campo el´etrico eq¨uipotenciais

solo

As cargas sob o solo s˜ao denominadas cargas imagem

Pode-se remover a linha do solo e calcular a diferen¸ca de potencial e a capacitˆancia da maneira usual (m´etodo das imagens)

 Exemplo

No exemplo anterior foi determinada a capacitˆancia entre condutores de uma linha monof´asica que opera a 60 Hz com condutores Partridge e espa¸camento entre centros dos condutores de 20 ft. Foi obtido o valor Cab = 4,2030 · 10−12 F/m.

Obtenha a express˜ao da capacitˆancia levando em conta o efeito do solo e calcule a capacitˆancia da linha, supondo que ela esteja a 30 p´_{es (≈ 10 metros) e 90 p´es} (≈ 30 metros) acima da terra.

A express˜ao da capacitˆancia considerando o efeito do solo ser´a obtida atrav´es do m´etodo das imagens.

Considere a superf´ıcie do solo como um espelho. Assim, tem-se uma linha idˆentica `a original, localizada abaixo da terra, e com carga oposta `a primeira: PSfrag replacements

condutor a, carga +q _{condutor b, carga −q}

condutor imagem a0_{, carga −q condutor imagem b}0_{, carga +q}

linhas de campo el´etrico eq¨uipotenciais solo D D M M H H H H

A tens˜ao Vab deve levar em conta o efeito de todas as quatro cargas: Vab = 1 2πε0      q ln D r | {z } devido a qa +      −q ln r D | {z } devido a qb      +      −q ln M 2H | {z } devido a qa0      + q ln 2H M | {z } devido a qb0      = q 2πε0  lnD 2 r2 + ln (2H)2 M2   M = q D2_{+ (2H)}2  = q 2πε0 ln D 2 r2 · (2H)2 (2H)2_{+ D}2 

Capacitˆancia entre condutores:

Cab = q Vab = 2πεo lnD_r22 · (2H)2 (2H)2_+D2 

O efeito da terra pode ser desconsiderado se H → ∞: C_ab0 = lim

H→∞Cab =

πεo

ln (D/r) que ´e uma express˜ao que j´a foi obtida anteriormente. Para este exemplo, tem-se r = 0,02680 _{e D = 20}0_.

Para uma distˆancia de 900, H = 900 e M = p_{(2 · 90)}2_{+ 20}2 _{= 181,1077}0 _e:

Cab = 4,2069 · 10−12 F/m

Para uma distˆancia de 300, H = 300 e M = p_{(2 · 30)}2_{+ 20}2 _{= 63,2456}0 _e:

A figura a seguir mostra o valor da capacitˆancia em fun¸c˜ao da altura da linha em rela¸c˜ao ao solo: PSfrag replacements 4,0 4,1 4,2 4,3 4,4 4,5 0 50 100 150 200 C  × 10 − 12 F/m  H [ft]  5.8.6 Cabos

I _{Para cabos, tem-se:}

εr  1

ε  ε0

I _{A capacitˆancia atinge valores altos}

I _{Cabos geram uma quantidade significativa de potˆencia reativa:}

132 kV → 2000 kvar/mi 220 kV → 5000 kvar/mi 400 kV → 15000 kvar/mi

resultando em restri¸c˜oes nos comprimentos das linhas, devido a limita¸c˜oes t´ermicas (temperatura de opera¸c˜ao) dos cabos. Exemplos de comprimentos cr´ıticos:

132 kV → 40 mi 200 kV → 25 mi 400 kV → 15 mi

Solu¸c˜ao: colocar reatores shunt ao longo da linha

PSfrag replacements

cabo

5.8.7 Capacitˆancia de linhas trif´asicas com espa¸camento sim´etrico I _{Considere a seguinte linha de transmiss˜ao trif´asica:}

PSfrag replacements a c b D D D

I _{Considere a situa¸c˜ao mais comum na pr´atica:}

condutores idˆenticos: ra = rb = rc = r

linha equilibrada: qa+ qb + qc = 0

I _{Tens˜oes fase-fase → cada tens˜ao recebe contribui¸c˜ao das trˆes cargas:}

Vab = 1 2πεo   qaln D r + qbln r D + qcln D D | {z } =0    Vbc = 1 2πεo  qbln D r + qcln r D  Vca = 1 2πεo  qaln r D + qcln D r  PSfrag replacements c a b D D D eq¨uipotencial devido a qc

I _{Considere os fasores de tens˜ao:} 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 substitui¸c˜oes:}

Van = 1 3 · 1 2πε0      qaln D r + qbln r D | {z } de Vab −qaln r D − qcln D r | {z } de Vca      I _{Considerando qc = − (qa+ qb):} Van = qa 6πε0 ln D r 3 = qa 2πε0 lnD r V

I _{A capacitˆancia fase-neutro vale:}

Can =

qa

Van

= 2πε0

5.8.8 Capacitˆancia de linhas trif´asicas com espa¸camento assim´etrico I _{Considere a seguinte linha trif´asica:}

PSfrag replacements 1 2 3 D12 D23 D31 I _Hip´oteses:

os condutores tˆem o mesmo raio r

linha ´e transposta (igual ao caso da indutˆ_{ancia) → obt´em-se a} capacitˆancia m´edia

I _{Considerando a transposi¸c˜ao, a linha pode ser separada em trˆes trechos}

dis-tintos:

Para o trecho 1 em que a fase a est´a na posi¸c˜ao 1, b na posi¸c˜ao 2 e c na posi¸c˜ao 3, tem-se: Vab1 = 1 2πε0  qaln D12 r + qbln r D12 + qcln D23 D31  PSfrag replacements a _b c D12 D23 D31

x _{Analogamente para os outros 2 trechos:} Vab2 = 1 2πε0  qaln D23 r + qbln r D23 + qcln D31 D12  PSfrag replacements c a b D12 D23 D31 Vab3 = 1 2πε0  qaln D31 r + qbln r D31 + qcln D12 D23  PSfrag replacements b c a D12 D23 D31

I _{A tens˜ao Vab ´e a m´edia das tens˜oes nos trˆes trechos:}

Vab = 1 3(Vab1 + Vab2 + Vab3) = 1 2πε0  qaln 3 √ D12D23D31 r + qbln r 3 √ D12D23D31  I _{Analogamente:} Vca = 1 3(Vca1 + Vca2 + Vca3) = 1 2πε0  qaln r 3 √ D12D23D31 + qcln 3 √ D12D23D31 r  I _{Lembrando que:} Van = 1 3(Vab − Vca)

x e:

Can = qa

Van

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

Can = Cbn = Ccn = 2πε0 ln (Deq/r) F/m em que Deq = 3 √

D12D23D31 ´e o espa¸camento eq¨uil´atero da linha.

 Exemplo

Determine a capacitˆancia e a reatˆancia capacitiva por milha da linha trif´asica mostrada a seguir. O condutor ´e CAA Drake, o comprimento da linha ´e de 175 milhas e a tens˜ao normal de opera¸c˜ao ´e 220 kV a 60 Hz. Determine tamb´em a reatˆancia capacitiva total da linha e a potˆencia reativa de carregamento.

PSfrag replacements 20

0

200

380

Da tabela A.3, o diˆametro externo do condutor ´e 1, 10800_{. O raio externo em p´es ´e:}

r = 1,10800_· 10 1200 ·

1

2 = 0,0462

Espa¸camento eq¨uil´atero equivalente: Deq =

3

√

20 · 20 · 38 = 24,77120 Capacitˆancia fase-neutro:

Can = 2πε0

ln (24,7712/0,0462) = 8,8482 · 10

−12 _F/m

Reatˆancia capacitiva:

XC =

1

2πf Can = 299,7875 MΩ·m = 0,1863 MΩ·mi

Pelas tabelas A.3 e A.5 (usando interpola¸c˜ao): X_a0 _{= 0,0912 · 10}6

X_d0 _{= 0,0953 · 10}6 )

⇒ XC = Xa0 + Xd0 = 0,1865 MΩ·mi

Reatˆancia total da linha:

X = XC

Para o c´alculo da corrente de carregamento, considere a seguinte situa¸c˜ao: + − PSfrag replacements condutor da fase a terra Can Icar Van Portanto: Icar = Van X = 220 · 103/√3 1065,7143 = 119,2 A Potˆencia reativa trif´asica gerada na linha:

QC = 3 VanIcar

= 3√Vab 3Icar

= √3 VabIcar = 45,4 Mvar

5.8.9 Efeito do solo sobre a capacitˆancia de linhas trif´asicas I _{Utiliza-se o m´etodo das imagens:}

PSfrag replacements _a b c a0 b0 c0 H12 H23 H31 H1 H2 H3 solo

obtendo-se uma express˜ao para a capacitˆancia que leva em conta as distˆancias entre os condutores e as distˆancias entre os condutores e as imagens:

Can = 2πε0 lnDeq r · 3 √ H1H2H3 3 √ H12H23H31  F/m

5.8.10 Condutores m´ultiplos 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 obten¸c˜ao da capacitˆancia ´e semelhante ao que j´a foi}

feito at´e agora e o resultado final ´e:

Can =

2πε0

ln Deq/Db_sC

F/m

em que:

Db_sC = √rd dois condutores por fase Db_sC = √3 rd2 _{trˆes condutores por fase}

Db_sC = 1,09√4

rd3 _{quatro condutores por fase}

Os Db_sC s˜ao RMG modificados em rela¸c˜ao aos RMG usados no c´alculo das indutˆancias, pois o raio externo substitui o raio efetivo

 Exemplo

Determine a reatˆancia capacitiva por fase da linha trif´asica mostrada a seguir. PSfrag replacements

d

a a0 b b0 c c0

D

Condutor ACSR Pheasant d = 45 cm

D = 8 m

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

r = 1,382 · 0,3048

2 · 12 = 0,0176 m RMG modificado da linha:

Db_sC = p_{0,0176 · 0,45 = 0,0890 m} Espa¸camento eq¨uil´atero equivlente:

Deq = 3 √ 8 · 8 · 16 = 10,0794 m Capacitˆancia: Can = 2πε0 ln (10,0794/0,0890) = 11,7570 · 10 −12 _F/m

Reatˆancia capacitiva por unidade de comprimento:

XC =

1

2πf Can = 225,6173 MΩ·m = 0,1402 MΩ·mi

Reatˆancia capacitiva da linha:

X = XC ` =

225,6173 · 106

160 · 103 = 1410,11 Ω

5.8.11 Linhas trif´asicas de circuitos em paralelo

 Exemplo

Obtenha a susceptˆancia capacitiva por fase da linha trif´asica de circuito duplo mostrada a seguir, que ´e composta por condutores CAA 26/7 Ostrich 300.000 CM.

PSfrag replacements a b c a0 b0 c0 180 180 210 100 100

• Pela tabela A.3, o diˆametro externo do condutor tipo Ostrich ´e Ds = 0,68000.

O raio externo em p´es ´e: r = 0,680 2 · 1 12 = 0,0283 0

• DMG entre as fases e espa¸camento eq¨uilatero equivalente: Dab = p 102_{+ 1,5}2 _{= 10,1119}0 _{= D} a0_b0 Dab0 = p 102_{+ 19,5}2 _{= 21,9146}0 _{= D} a0_b DMGab = h (10,1119 · 21,9146)2i1/4 = 14,88620 DMGbc = DMGab = 14,88620 DMGca = h (20 · 18)2i1/4 = 18,97370 Deq = (DMGabDMGbcDMGca)1/3 = 16,14010 • RMG: RMGa = h (r · Daa0)2 i1/4 = 0,8730 RMGb = h (r · Dbb0)2 i1/4 = 0,7710 RMGc = RMGa = 0,8730 Db_sC = (RMGaRMGbRMGc)1/3 = 0,8370

• Capacitˆancia por fase:

Cn = 2πε0

ln Deq/D_sCb
= 18,58 pF/m

• Susceptˆancia por fase:

Bc = 2πf Cn = 7 nS/m = 11,27 µS/mi



 Exerc´ıcio

Repita o exemplo anterior para a configura¸c˜ao de linha mostrada a seguir e com-pare os resultados obtidos.

PSfrag replacements a b c c0 b0 a0 180 180 210 100 100 (Resposta: Cn = 17,60 pF/m, 5,3% menor) 

5.9 Modelo da linha de transmiss˜ao

I _{Pode-se associar a uma linha de transmiss˜ao todos os parˆametros discutidos}

anteriormente:

Resistˆencia – parˆametro s´erie – perda de potˆencia ativa com passagem de corrente

Indutˆancia – parˆametros s´erie – campos magn´eticos com passagem da corrente

Capacitˆancia – parˆametro shunt – campos el´etricos com diferen¸ca de potencial Condutˆancia – parˆametro shunt – correntes de fuga

I _{Como represent´a-los?}

PSfrag replacements R R G C _{G C} L L k k k m m m

I _{Existem ainda outras possibilidades de representa¸c˜ao}

I _{Em todos os modelos, as tens˜oes e correntes em cada elemento s˜ao todas}

I _{Esses parˆametros s˜ao calculados por unidade de comprimento da linha e est˜ao} distribu´ıdos ao longo da linha

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

PSfrag replacements

R, L, C, G ∆x

5.9.1 Modelo da linha longa

I _{Considere o seguinte modelo de uma linha de transmiss˜ao, que pode ser uma}

linha monof´asica ou uma fase (fase-neutro) de uma linha trif´asica:

+

−

+

−

+

−

+

−

I _{O equacionamento ser´a feito na forma fasorial} I _Considere:

z ∆x = (R + jωL) ∆x – impedˆancia s´erie do trecho diferencial y ∆x = (G + jωC) ∆x – admitˆancia shunt do trecho diferencial ω = 2πf (p.ex. para f = 60 Hz → ω = 377 rad/s)

I _{A corrente pela impedˆancia s´erie ´e a m´edia das correntes no in´ıcio e no fim do} trecho diferencial: I + (I + ∆I) 2 = I + ∆I 2

A tens˜ao na admitˆancia shunt ´e a m´edia das tens˜oes no in´ıcio e no fim do trecho diferencial:

V + (V + ∆V )

2 = V +

∆V 2

I _{As tens˜oes no in´ıcio e no fim do trecho diferencial s˜ao V e V + ∆V ,}

respectivamente. A diferen¸ca ∆V se deve `a queda de tens˜ao associada `a passagem de corrente (m´edia) pelos parˆametros s´erie:

V + ∆V | {z } fim = V |{z} in´ıcio − z ∆ x Im´edio | {z } queda ∆V = − (z∆x) ·  I + ∆I 2  = −zI∆x − z∆x∆I₂ | {z } ≈0 ≈ −zI∆x

I _{As correntes no in´ıcio e no fim do trecho diferencial s˜ao I e I + ∆I,}

respectivamente. A diferen¸ca ∆I se deve ao desvio de parte da corrente pelos parˆametros shunt, que est˜ao submetidos a uma tens˜ao (m´edia):

I + ∆I | {z } fim = I |{z} in´ıcio − y ∆ x Vm´edio | {z } desvio ∆I = − (y∆x) ·  V + ∆V 2  = −yV ∆x − y∆x∆V 2 ≈ −yV ∆x

I _{Note que os produtos de termos diferenciais s˜ao desprezados (muito}

pequenos)

I _{Fazendo ∆x → 0 (defini¸c˜ao de derivada):}

d dxV = −zI d dxI = −yV I _{Derivando em rela¸c˜ao a x:} d2 dx2V = −z d dxI d2 dx2I = −y d dxV

I _{Fazendo as substitui¸c˜oes das derivadas:}

d2

dx2V = zyV

d2

dx2I = zyI

que pode ser posta na seguinte forma:

d2 dx2V (x) = γ 2_{V (x)} d2 dx2I(x) = γ 2_I(x)

que s˜ao as equa¸c˜oes de onda e:

γ = √zy = p(R + jωL) (G + jωC) = α + jβ

em que γ ´e a constante de propaga¸c˜ao, α ´e a constante de atenua¸c˜ao e β ´e a

constante de fase

I _{Tomando como exemplo a equa¸c˜ao de V : a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao para V ´e tal}

que diferenciando a solu¸c˜ao duas vezes se chegue `a pr´opria express˜ao original de V multiplicada por uma constante → isto sugere uma solu¸c˜ao do tipo exponencial

I _{Considere a solu¸c˜ao geral das equa¸c˜oes diferenciais na forma:}

V (x) = A cosh γx + B senh γx I (x) = C cosh γx + D senh γx em que: cosh γx = e γx _{+ e}−γx 2 senh γx = e γx _{− e}−γx 2

I _{Supondo conhecidas a tens˜ao 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 s˜ao obtidas substituindo-se as express˜oes das solu¸c˜oes}

nas equa¸c˜oes de primeira ordem obtidas anteriormente:

d dxV (x) = −zI(x) d dxI(x) = −yV (x) Lembrando que: d dxcosh x = senh x e d dxsenh x = cosh x obt´em-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)

I _{Para x = 0:} γB = −zC = −zI (0) γD = −yA = −yV (0) B = −_γzI (0) = −r z_yI (0) = −ZcI (0) D = −y γV (0) = − r y zV (0) = − 1 Zc V (0)

I _{A solu¸c˜ao 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 = p

z/y ´e a impedˆancia caracter´ıstica da linha – interpreta¸c˜ao: Zc

´

e a impedˆancia a ser colocada no final da linha para que se tenha a m´axima transferˆencia de potˆ_{encia entre gerador e carga → casamento de impedˆancias} As equa¸c˜oes fornecem a tens˜ao e a corrente em qualquer ponto da linha, sabendo-se V (0) e I (0) no in´ıcio da linha

γ = √zy e Zc =

p

z/y dependem somente dos parˆametros da linha

I _{Potˆencia complexa em um ponto x da linha:}

I _{Se, ao inv´es da tens˜ao e corrente no in´ıcio da linha, forem fornecidas a tens˜ao}

e corrente no final da linha, as equa¸c˜oes 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 (`) s˜ao a tens˜ao e a corrente no final da linha e x ´e medido a partir do final da linha em dire¸c˜ao ao in´ıcio da linha

I _{Outras maneiras de calcular senos e cossenos hiperb´olicos:}

cosh (a + jb) = cosh a cos b + j senh a sen b = 1

2 e

a_{∠b + e}−a_{∠− b}

senh (a + jb) = senh a cos b + j cosh a sen b = 1 2 e a_∠ b − e−a∠_{− b}
cosh θ = 1 + θ 2 2! + θ4 4! + θ6 6! + · · · senh θ = θ + θ 3 3! + θ5 5! + θ7 7! + · · ·

 Exemplo

Considere uma linha monof´asica cujos condutores tˆem um raio de 2 cm, est˜ao espa¸cados de 1 m, e:

• a resistˆencia e a condutˆancia s˜ao desprezadas • a freq¨uˆencia ´e 60 Hz

• a tens˜ao 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 express˜oes da tens˜ao e da corrente ao longo da linha. Trace os gr´aficos dos valores absolutos da tens˜ao e da corrente para x variando de 0 a 5000 km. Verifique o que ocorre com a tens˜ao ao longo da linha se ela tem um comprimento de 200 km.

De acordo com o que foi apresentado anteriormente:

L = µ0 π ln D r0 = 4 · 10−7 ln  1 0,02 · 0,7788  = 1,6648 µH/m C = πε0 ln (D/r) = 8,85π · 10−12 ln (1/0,02) = 7,1071 pF/m

Os parˆametros caracter´ısticos da linha s˜ao: z = R + jωL = j6,2763 · 10−4 Ω/m y = G + jωC = j2,6794 · 10−9 S/m Zc = p z/y = pL/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 = cos βx senh γx = senh jβx = e jβx_{− e}−jβx 2 = j sen βx

Substituindo os valores num´ericos nas express˜oes de tens˜ao e corrente tem-se finalmente:

V (x) = 130 · 103∠₀◦_{· cos 1,2968 · 10}−6_{x
− 24,2 · 10}3∠₇₀◦_{· sen 1,2968 · 10}−6_x
V I (x) = 50 ∠ − 20◦· cos 1,2968 · 10−6x
_{− 268,6015 ∠90}◦_{· sen 1,2968 · 10}−6x
A

x PSfrag replacements V [kV] x [km] 0 0 200 1000 2000 3000 4000 5000 50 100 150 123,7 PSfrag replacements V [kV] x [km] 0₀ 200 50 50 100 100 130 150 150 123,7

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 tens˜ao e a corrente variam ao longo da linha}

I _{para x ≈ 1160 km a tens˜ao 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}

tens˜ao no in´ıcio da linha ´e de 130 kV e no final da linha ´e de aproximadamente 123,7 kV, apresentando uma regula¸c˜ao de:

Regula¸c˜ao = 130 − 123,7

123,7 · 100 = 5,1%

 Exemplo

Uma linha de transmiss˜ao trif´asica apresenta os seguintes parˆametros

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 propaga¸c˜ao γ

Este exemplo refere-se a uma linha trif´asica cujos parˆametros da

representa¸c˜ao por fase s˜ao fornecidos. Deve-se tratar uma fase da linha trif´asica como uma linha monof´asica:

γ = √zy

= p_{(R + jωL) · (G + jωC)} = p_{jωL · jωC}

= jω√LC

= j4,0925 · 10−7 m−1

(b) a impedˆancia caracter´ıstica Zc

Zc = p z/y = p(R + jωL) (G + jωC) = pL/C = 122,5206 Ω

(c) a tens˜ao, a corrente e a potˆencia 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 equa¸c˜oes de onda s˜ao:

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 tens˜ao e corrente em fun¸c˜ao da distˆancia ao ponto inicial da linha.

x PSfrag replacements V [kV] x [km] 0 0 300 1000 2000 3000 4000 5000 50 100 150 200 PSfrag replacements V [kV] x [km] 0 0 200 200 250 300 50 50 100 100 130 150 150 127 121,4

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 potˆencia ativa no final da linha ´e igual `a do in´ıcio da linha

(linha sem perdas) e que a potˆencia reativa no final da linha ´e menor que `a do in´ıcio da linha, indicando que a linha apresenta um comportamento

predominantemente indutivo.

I _{E poss´ıvel interpretar as equa¸c˜}´ _{oes de onda de tens˜ao e corrente como ondas} viajantes _{→ pode-se decompor a onda em} onda incidente e onda refletida, que resultam nas varia¸c˜oes observadas nos exerc´ıcios anteriores

I _{Se carga apresenta impedˆancia igual `a impedˆancia caracter´ıstica → n˜ao h´a}

onda refletida → linha plana ou linha infinita _{→ formas de onda de tens˜ao e}

corrente planas se a linha for sem perdas

De outra forma: se a impedˆancia vista pela fonte ´e igual a Zc → n˜ao h´a onda

refletida → linha plana ou linha infinita _{→ formas de onda de tens˜ao e}

corrente planas

I _{Valores t´ıpicos de Zc s˜ao 400 Ω para linhas a´ereas de circuito simples e 200 Ω}

para dois circuitos em paralelo. O ˆangulo de fase de Zc est´a normalmente

entre 0◦ e 15◦

I _{Cabos m´ultiplos tˆem Zc menor porque L ´e menor e C ´e maior}

I _{Comprimento de onda: distˆancia entre dois pontos da linha correspondentes a}

um ˆangulo de fase de 360◦ ou 2π radianos:

λ = 2π β Para linhas sem perdas:

λ = 2π ω√LC =

1 f√LC

Valores t´ıpicos para 60 Hz giram em torno de 5000 km

 Exemplo

Para a linha de transmiss˜ao monof´asica estudada em exemplo anterior tem-se: PSfrag replacements ∠ V [rad] x [km] 0 0200 1000 2000 3000 4000 5000 −π π λ λ = 2π β = 2π 1,2968 · 10−6 = 4845 km v = f λ = 2,91 · 108 m/s 

I _{A velocidade de propaga¸c˜ao calculada ´e sempre menor que a velocidade da}

luz no espa¸co livre, que ´e dada por:

c = _√1 µ0ε0

Considere uma linha monof´asica sem perdas com dois condutores de raio r e separados por uma distˆancia D. A indutˆancia e a capacitˆancia da linha valem:

L = µ0 2π ln D r0 e C = 2πε0 ln (D/r)

em que r0 _{= 0,7788r. A impedˆancia s´erie e a capacitˆancia shunt por unidade}

de comprimento valem:

z = jωL e y = jωC A constante de propaga¸c˜ao ´e igual a:

γ = √zy = jω√LC _{⇒ β = ={γ} = ω}√LC = 2πf√LC O comprimento de onda ´e: λ = 2π β = 1 f√LC

A velocidade de propaga¸c˜ao ´e: v = λ f = _√1 LC =  µ0 2π ln D r0 · 2πε0 ln (D/r) −1/2 =  µ0ε0ln D r0 1 ln (D/r) −1/2 v = _q 1 µ0ε0ln(D/r 0₎ ln(D/r)

Das equa¸c˜oes acima nota-se que se r0 = r tem-se:

v = c = _√1

µ0ε0 = 2,9986 · 10 8

≈ 3 · 108 m/s

Como r0 _{< r tem-se v < c. O raio efetivo r}0 _{aparece em raz˜ao da existˆencia do}

fluxo magn´etico interno ao condutor. Se o fluxo magn´etico fosse totalmente externo ao condutor, a velocidade de propaga¸c˜ao seria igual `a velocidade da luz para uma linha sem perdas.

A presen¸ca de perdas tamb´em resulta em uma velocidade de propaga¸c˜ao menor.

 Exemplo

Uma linha monof´asica operando em 60 Hz ´e composta de dois condutores de raio 1 cm espa¸cados de 1 m. Calcule as velocidades de propaga¸c˜ao para os casos em que:

(a) R = 0 (linha sem perdas) O raio efetivo ´e:

r0 = e−1/4r = 0,0078 m A indutˆancia da linha ´e dada por:

L = µ0 2π ln  D r0  = 9,7103 · 10−7 H/m em que D = 1 m. A capacitˆancia ´e igual a:

C = 2πε0

ln (D/r) = 1,2075 · 10

−11 _F/m

Impedˆancia s´erie:

Admitˆancia shunt:

y = jωC = j4,5521 · 10−9 S/m Constante de propaga¸c˜ao:

γ =√_{z · y = j1,2909 · 10}−6 m−1 que corresponde a uma constante de fase de:

β = ={γ} = 1,2909 · 10−6 m−1 Comprimento de onda:

λ = 2π

β = 4,8674 · 10

6 _m

Velocidade de propaga¸c˜ao:

v = λ f = 2,9204 · 108 m/s que corresponde a 97,3% da velocidade da luz.

(b) _{R = 4 · 10}−5 Ω/m.

Neste caso a seq¨uˆencia de c´alculos ´e a mesma. As diferen¸cas 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 inclus˜ao de perdas resultou em uma velocidade de propaga¸c˜ao 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.

5.9.2 Circuito equivalente com parˆametros concentrados

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

I _{Id´eia: obter um circuito com parˆametros concentrados que seja equivalente ao}

modelo de uma linha longa descrito pelas equa¸c˜_{oes de onda → simplifica os} c´alculos

I _{O circuito π equivalente de uma linha de comprimento ` ´e:}

+

−

+

−

I _{o circuito equivalente poderia ser T, mas implicaria na cria¸c˜ao de um n´o}

Linhas longas (mais que 240 km)

I _{Id´eia: obter equa¸c˜oes para V (`) e I (`) em fun¸c˜ao de V (0) e V (0) e comparar}

com as equa¸c˜oes do modelo distribu´ıdo.

I _{Do circuito π-equivalente tem-se:}

V (`) = V (0) − Z [I (0) − Y1V (0)] I (`) = I (0) − Y1V (0) − Y2V (`) V (`) = V (0) − Z [I (0) − Y1V (0)] I (`) = I (0) − Y1V (0) − Y2V (0) + ZY2[I (0) − Y1V (0)] V (`) = (1 + ZY1) V (0) − ZI (0) I (`) = (1 + ZY2) I (0) − (Y1+ Y2+ Y1Y2Z) V (0)

I _{Comparando com as equa¸c˜oes de onda:}

1 + ZY1 = 1 + ZY2 = cosh γx Z = Zc · senh γx

Y1+ Y2+ Y1Y2Z = 1

Zc

I _{Z j´a est´a determinado. Determina¸c˜ao 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 γx₂ senh γx_{2 · cosh}γx₂ = 1 Zc senhγx₂ coshγx₂ Y1 = 1 Zc tanh γx 2 = Y2

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

PSfrag replacements 1 Zc tanh γ` 2 Zcsenh γ` 1 Zc tanh γ` 2

 Exemplo

Para uma linha de transmiss˜ao trif´_{asica, 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 tens˜ao 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 = r z y = 404,0493 ∠ − 5,94 ◦ _Ω γ = √_{zy = 1,2872 · 10}−6∠_84,06◦ _m−1

(b) Determine o circuito π equivalente da linha.

Para um comprimento ` = 362 km, os parˆametros dos circuito π equivalente s˜ao: Z = Zcsenh γ` = 181,6733 ∠78,56◦ Ω Y1 = Y2 = 1 Zc tanh γx 2 = 5,8703 · 10 −4_∠89,78◦ _S

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

conectada no final da linha.

A impedˆancia vista no in´ıcio da linha ser´a:

Zvista = Y1−1//



Z + Zc//Y1−1



= 404,0493 ∠ − 5,94◦ Ω = Zc

ou seja, a fonte no in´ıcio da linha enxerga uma impedˆancia igual `a impedˆancia caracter´ıstica Zc.



 Exerc´ıcio

Obtenha o gr´_{afico [ |V}linha| × x ] para a linha do exemplo anterior, considerando a

situa¸c˜ao descrita no item (c).



Linhas m´edias (at´e 240 km)

I _{E feita a seguinte aproxima¸c˜}´ _ao:

Os termos cosh e senh apresentam termos exponenciais. Desenvolvendo esses termos exponenciais em s´erie 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

I _{Se o comprimento da linha ` ´e pequeno, ent˜ao |γ`| ser´a pequeno e as}

seguintes aproxima¸c˜oes s˜ao v´alidas:

senh γ` ≈ γ` cosh γ` ≈ 1 + (γ`)2/2 tanhγ` 2 ≈ γ` 2

I _{Os elementos do circuito equivalente ficam:}

Z = Zcsenh γ` ≈ Zcγ` = r z y · √ zy · ` = z ` = (R + jωL) ` Y1 = Y2 = 1 Zc tanh γ` 2 ≈ 1 Zc · γ` 2 = r y z · √ zy · ` 2 = y ` 2 = (G + jωC) ` 2

I _{O circuito equivalente da linha de transmiss˜ao com os parˆametros}

simplificados ´e chamado de modelo π nominal: PSfrag replacements jωC ₂` jωC <sub>2</sub>` (R + jωL) ` C 2 C 2 R L

I _{Nas figuras, a condutˆancia G foi desprezada e, no circuito da direita, o}

I _{Observa¸c˜oes:}

Quase todas as linhas s˜ao modeladas como linhas m´edias (modelo π-nominal)

Se a linha ´e longa, ´e modelada como v´arios circuitos π-nominal em cascata Em certos estudos exige-se uma grande precis˜_{ao → equa¸c˜oes de onda s˜ao} usadas → por exemplo em estudos de transit´orios em linhas de

transmiss˜ao, etc.

Linhas curtas (at´e 80 km)

I _{Encontradas normalmente em redes de distribui¸c˜ao e subtransmiss˜ao em}

m´edia tens˜ao

I _{Os efeitos dos campos el´etricos podem ser desprezados → capacitˆancias shunt}

desprezadas:

PSfrag replacements

 Exemplo

Para a linha de transmiss˜ao trif´asica, 60 Hz, de um exemplo anterior, tem-se R = 0,107 · 10−3 Ω/m, L = 1,35 · 10−6 H/m e C = 8, 45 · 10−12 F/m. Os seguintes valores foram obtidos:

z = 5,2008 · 10−4∠_78,13◦ _Ω/m y = 3,1856 · 10−9∠₉₀◦ _S/m Zc = 404,0493 ∠ − 5,94◦ Ω

γ = 1,2872 · 10−6∠_84,06◦ _m−1

Determine os circuitos π equivalente e π nominal da linha e compare os resultados obtidos. Considerar a linha com 362 km e com 100 km.

O circuito equivalente π equivalente da linha para ` = 362 km j´a foi calculado anteriormente. Os parˆametros do circuito π nominal s˜ao:

Z = (R + jωL) ` = 188,2690 ∠78,13◦ Ω Y1 = Y2 = jωC `

2 = 5,759 · 10

−4 _S

A tabela a seguir mostra a compara¸c˜ao entre os modelos, incluindo o erro resultante, calculado por:

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

parˆametro π equivalente π nominal erro%

| Z | 181,6733 188,2675 _−3,6 | Y | 5,8703 · 10−4 5,7660 · 10−4 1,8

Os parˆametros para ` = 100 km e os erros resultantes s˜ao mostrados na tabela a seguir.

parˆametro π equivalente π nominal erro%

| Z | 51,8693 52,0076 _−0,3 | Y | 1,5950 · 10−4 1,5930 · 10−4 0,1

Verifica-se que as diferen¸cas entre os modelos π equivalente e π nominal aumentam para linhas mais longas.



 Exemplo (para ser estudado em casa)

Uma linha de transmiss˜ao trif´asica de 60 Hz de circuito simples tem um comprimento de 370 km (230 mi). Os condutores s˜ao do tipo Rook com

espa¸camento 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 potˆencia de 100%. Determine a

tens˜ao, a corrente e a potˆencia na barra transmissora e a regula¸c˜ao de tens˜ao da linha. Determine tamb´em o comprimento de onda e a velocidade de propaga¸c˜ao da linha.

O espa¸camento eq¨uil´atero equivalente da linha ´e: Deq = 3

p

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 = p z/y = 406,4 ∠ − 5,48◦ Ω Na barra receptora tem-se:

VR = 215√

3 ∠0

◦ _{= 124,13 ∠0}◦ _{kV (tens˜ao de fase, tomada como ref. angular)}

IR =  S/3 VR ∗ =  125 · 10 6_/3 215 · 103_/√₃ ∗ = 335,7 ∠0◦ A Das equa¸c˜oes de onda:

VS = VRcosh γ` + ZcIRsenh γ` = 124,13 · 103· 0,8904 ∠1,34◦+ 406,4 ∠ − 5,48◦· 335,7 · 0,4596 ∠84,94 = 137,851 ∠27,77◦ kV Is = IRcosh 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

Na barra transmissora:

Tens˜ao de linha =√_{3 · 137,851 = 238,8 kV} Corrente de linha = 332,27 A

Fator de potˆ_{encia = cos (27,77 − 26,33) = 0,9997}

Potˆencia =√_{3 · 238,8 · 332,27 · 0,9997 = 137,4 MW}

Considerando uma tens˜ao fixa na barra transmissora, a tens˜ao na barra receptora em vazio (IR = 0) ser´a:

V_Rvazio = VS cosh γ` Logo, a regula¸c˜ao ser´a:

Regula¸c˜ao = V vazio R − VR VR · 100% = 137,85/0,8904 − 124,13 124,13 · 100% = 24,7%

O comprimento de onda e a velocidade de propaga¸c˜ao podem ser calculados por:

β = = {γ`} ` = 0,4750 230 = 0,002065 mi −1 λ = 2π β = 3043 mi v = f λ = 182580 mi/s = 2,94 · 108 m/s 

 Exemplo (para ser estudado em casa)

Determine os circuitos π equivalente e π nominal para a linha do exemplo anterior. Compare os resultados obtidos.

Os parˆametros do modelo π equivalente s˜ao:

Zeq = Zcsenh γ` = 186,78 ∠79,46◦ Ω Yeq = 1 Zc tanh γ` 2 = 0,000599 ∠89,81 ◦ _S

Os parˆametros do modelo π nominal s˜ao:

Znom = z ` = 193,9 ∠79,04◦ Ω

Ynom =

y

2` = 0,000587 ∠90

◦ _S

A impedˆancia s´erie do modelo π nominal excede a do modelo π equivalente em 3,8%. A admitˆancia em deriva¸c˜ao do modelo π nominal ´e 2% menor que a do modelo π equivalente.

5.10 Carregamento caracter´ıstico da linha

I _{Conforme definido anteriormente, Zc corresponde `a impedˆancia caracter´ıstica}

da linha

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

Zc =

r z y =

r L

C Ω → impedˆancia de surto (surge impedance)

I _{Em alguns tipos de estudo, como por exemplo de descargas atmosf´ericas em}

linhas de transmiss˜ao, as perdas s˜ao em geral desprezadas

I _{Carregamento caracter´ıstico: potˆencia fornecida a uma carga resistiva pura}

igual `a impedˆancia de surto:

PSfrag replacements LT IL VL/ √ 3 Zc = p L/C

Esta potˆencia ´e transmitida atrav´es da linha de transmiss˜ao Em Inglˆes SIL – Surge Impedance Loading

I _{A equa¸c˜ao de onda da tens˜ao pode ser dada por:}

V (x) = VRcosh γx + ZcIRsinh γx

em que VR e IR s˜ao a tens˜ao e a corrente na barra receptora (final da linha) I _{Para a linha sem perdas:}

Zc =

p

L/C cosh γx = cos βx γ = jβ = jω√LC senh γx = j sen βx

I _{Se uma carga com impedˆancia Zc =} p_{L/C for conectada na barra receptora,}

a corrente ser´a:

IR = VR

Zc

e a equa¸c˜ao de tens˜ao fica:

V (x) = VRcos βx + jZc VR Zc sen βx = VR(cos βx + j sen βx) = VRejβx |V (x)| = |VR|

ou seja, para uma carga cuja impedˆancia ´e igual `a impedˆancia de surto, o perfil de tens˜ao ser´a plano

I _{An´alise semelhante para a equa¸c˜ao de corrente fornece:} I (x) = IRcosh γx + VR Zc senh γx = VR Zc ejβx |I (x)| = |IR| I _{Potˆencia complexa atrav´es da linha:}

S (x) = V (x) I (x)∗ = |VR|

2

Zc

ou seja, a potˆencia ativa ´e constante ao longo da linha e n˜ao h´a fluxo de potˆencia reativa

I _{Se VL ´e a tens˜ao de linha no final da linha, onde est´a conectada uma carga}

resistiva de impedˆancia igual a Rc =

p

L/C (impedˆancia de surto), a corrente vale: IL = VL/ √ 3 p L/C A

I _{Potˆencia total entregue `a carga (carregamento caracter´ıstico):} SIL = √3VLIL = √ 3VL VL/ √ 3 p L/C = V 2 L p L/C

I _{Em geral a tens˜ao utilizada para o c´alculo de SIL ´e a tens˜ao nominal da linha.}

Portanto: SIL = V 2 nominal p L/C

I _{SIL fornece um termo de compara¸c˜ao das capacidades de carregamento das}

linhas

I _{E comum a representa¸c˜}´ _{ao da potˆencia transmitida por uma linha em valores}

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

I _{SIL n˜ao corresponde `a m´axima potˆencia que pode ser transmitida pela linha.}

5.11 Perfil de tens˜ao da linha

 Exemplo

Considere novamente a linha de transmiss˜ao trif´asica de 60 Hz de circuito simples de um exemplo anterior, que tem um comprimento de 370 km (230 mi). Os

condutores s˜ao do tipo Rook com espa¸camento horizontal plano de 7,25 m

(23,8 ft) entre condutores. Obtenha o perfil de tens˜ao da linha, considerando as seguintes situa¸c˜oes: (a) linha em vazio; (b) linha em curto-circuito; (c) carga SIL conectada `a barra receptora (neste caso, desprezar as perdas ˆohmicas 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 s˜ao:

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

(a) Em vazio: tem-se ZL → ∞ e, portanto, IR = 0. Da equa¸c˜ao de onda de corrente: IR = IScosh γ` − VS Zc senh γ` = 0 _→ IS = VS Zc tgh γ` A equa¸c˜ao de onda da tens˜ao fica:

V (x) = VScosh γx − ZcISsenh γx

= VS(cosh γx − tgh γ` senh γx)

(b) Em curto-circuito: tem-se ZL = 0, e, portanto, VR = 0. Da equa¸c˜ao de onda

da tens˜ao:

VR = VScosh γ` − ZcISsenh γ` = 0 → IS =

VS

Zctgh γ`

A equa¸c˜ao de onda da tens˜ao fica:

V (x) = VS cosh γx − ZcISsenh γx

= VS



cosh γx − senh γx_{tgh γ`} 

(c) Neste caso, as perdas ˆohmicas da linha s˜ao desprezadas, logo:

z0 = 0,8277 ∠90◦ Ω/mi

y0 _{= y = 5,105 · 10}−6∠₉₀◦ _S/mi γ0 _{= 2,0556 · 10}−3∠₉₀◦ _mi−1 Z0 = 402,66 Ω = Z

Conforme visto anteriormente, a equa¸c˜ao de onda da tens˜ao neste caso fica: VR = VS cos β` − jZc0ISsen β` = Zc0IR IR = VS Z0 c cos β` − jI S sen β`

Tomando a equa¸c˜ao de onda de corrente tem-se:

IR = IScos β` − jVS

Z0 c

sen β`

Comparando as duas equa¸c˜oes para IR, verifica-se que VS = Zc0IS e a equa¸c˜ao

das tens˜oes fica:

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

(d) Considerando uma carga nominal ZL: as equa¸c˜oes de onda s˜ao:

VR = VS cos γ` − ZcISsen γ` = ZLIR (1)

IR = IS cos γ` −

VS

Zc

sen γ` = ZLIR (2)

Substituindo (2) em (1) obt´em-se a seguinte express˜ao para IS:

IS =

VScos γ` + Z<sub>Z</sub>L<sub>c</sub>VSsen γ`

ZLcos γ` + Zcsen γ`

!

Portanto, a equa¸c˜ao de onda de tens˜ao fica:

V (x) = VS cosh γx − ZcIS sinh γx

em que IS ´e dado por (3).

(e) Carga leve: vale a equa¸c˜ao do item (d) com o valor apropriado de ZL. (f) Carga pesada: vale a equa¸c˜ao do item (d) com o valor apropriado de ZL.

A figura a seguir mostra os perfis de tens˜ao 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 [kV] x [mi] 

5.12 Limites t´ermico e de estabilidade

I _{A equa¸c˜ao de onda pode ser colocada na forma:}

VS = AVR + BIR

em que:

VS, VR : tens˜oes nas barras inicial e final, respectivamente

IS, IR : correntes nas barras inicial e final, respectivamente

A = cosh γ` B = Zcsenh 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)

I _{A potˆencia complexa na barra receptora ´e:} SR = VRIR∗ = VSVR B ∠(β − δ) − AV_R2 B ∠(β − α) ⇓ PR = VSVR B cos (β − δ) − AV_R2 B cos (β − α) QR = VSVR B sen (β − δ) − AV_R2 B sen (β − α)

I _{Para facilitar a an´alise, considera-se uma linha m´edia sem perdas:}

A = cosh γ` ≈ 1 ∠0◦

B = Zcsenh γ` ≈ Zcγ` = z ` = (jωL) ` = jX = X ∠90◦

I _{Com rela¸c˜ao `a potˆencia ativa:}

PR = VSVR X cos (90 ◦_{− δ) =} VSVR X sen δ PSfrag replacements P Pmax δ 90◦

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

do ˆangulo δ. Existe um limite m´aximo de potˆencia ativa que pode ser entregue: d dδPR = VSVR X cos δ = 0 ou δ = 90◦ e: P_Rmax = VSVR X

que representa o limite de estabilidade da linha sem perdas

I _{Considere que:} VS = VR = V δ = 90◦ X = x ` Logo: P<sub>R</sub>max = VSVR X = V2 x ` = K `

ou seja, o limite de estabilidade da linha ´e inversamente proporcional ao seu comprimento

Na pr´atica, no entanto, considera-se (por motivos de seguran¸ca): VS = V VR ≈ 0,95V δ ≈ 30◦ X = x ` Logo: P<sub>R</sub>max0 = VSVR X sen δ = 0,95V2 x ` sen 30 ◦ _{= 0,475}V2 x ` = 0,475 P max R = K0 ` PSfrag replacements P ` limite de opera¸c˜ao estabilidade pr´atico estabilidade te´orico t´ermico

I _{A utiliza¸c˜ao do limite pr´atico de estabilidade visa manter a estabilidade}

durante transit´orios provocados por dist´urbios na rede

O limite t´ermico, determinado pelo tipo de condutor (dados do fabricante) ´e preponderante para linhas curtas

 Exemplo

A figura a seguir mostra a interliga¸c˜ao entre as regi˜oes Norte e Sul do Brasil, feita atrav´es de linhas de transmiss˜ao de 500 kV.

PSfrag replacements MT PA GO Marab´a 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

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

• A linha conta com compensa¸c˜ao s´erie (capacitores) e compensa¸c˜ao shunt (reatores)

A compensa¸c˜ao ´e realizada para controlar os n´ıveis de tens˜ao e aumentar a capacidade de transmiss˜ao da linha

• TCSC (Thyristor Controlled Series Capacitor) ´e utilizado para amortecer as oscila¸c˜oes eletromecˆanicas entre os sistemas Norte e Sul

5.13 Fluxos de potˆencia nas linhas de transmiss˜ao

I _{As linhas de transmiss˜ao podem ser representadas pelo modelo π equivalente}

(ou nominal), composto pela resistˆencia s´erie (rkm), pela reatˆancia s´erie (xkm)

e pela susceptˆancia shunt (bsh_km) PSfrag replacements k m Ek Em zkm Ikm Imk jbsh_km jbsh_km

I _{Impedˆancia s´erie:}

zkm = rkm+ jxkm

Admitˆancia s´erie: ykm = 1 zkm = gkm + jbkm = rkm r2 km + x2km + j −xkm r2 km + x2km

Tem-se:

rkm ≥ 0 ; gkm ≥ 0

xkm ≥ 0 ; bkm ≤ 0 (parˆametro s´erie indutivo)

bsh_{km ≥ 0 (parˆametro shunt capacitivo)}

I _{Corrente saindo da barra k:}

Ikm = ykm(Ek − Em) | {z } s´erie + jbsh_kmEk | {z } shunt

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

Imk = ykm(Em − Ek) | {z } s´erie + jbsh_kmEm | {z } shunt

I _{O fluxo de potˆencia complexa saindo da barra k ´e dado por:}

S_km∗ = Pkm − jQkm = Ek∗Ikm = E_k∗ykm(Ek − Em) + jbshkmEk  = ykmVk2− ykmEk∗Em + jbshkmVk2 = gkm + jbkm + jbshkm
V_k2_{− (g}km + jbkm) VkVm(cos θkm − j sen θkm)

Separando as partes real e imagin´aria:

Pkm = < {Skm} = gkmVk2− VkVm(gkmcos θkm + bkmsen θkm)

Qkm = = {Skm} = − bkm + bshkm

De maneira an´aloga:

Pmk = gkmVm2 − VkVm(gkmcos θkm − bkmsen θkm)

Qmk = − bkm + bshkm

V_m2 + VkVm(gkmsen θkm + bkmcos θkm)

I _{Note que as express˜oes dos fluxos de potˆencia foram obtidas considerando}

que estes est˜ao entrando na linha: PSfrag replacements Ek Em k _P m km Pmk Qkm Qmk Linha de transmiss˜ao

Portanto, as perdas de potˆencia na linha de transmiss˜ao s˜ao dadas por:

Pperdas = Pkm + Pmk = gkm V_k2+ V_m2 − 2VkVmcos θkm
= gkm |Ek− Em|2 Qperdas = Qkm+ Qmk = −bshkm Vk2+ Vm2
− bkm Vk2+ Vm2 − 2VkVmcos θkm
= −bshkm Vk2+ Vm2
− bkm |Ek− Em|2