Na forma matricial podemos escrever : Representação da seqüência positiva da linha por quadripolo Quadripolo da LT γ γ - γ - γ = • • - - - - • • g g I V . x . cosh x . senh Zc 1 x . senh . Zc x . cosh ) x ( I ) x ( V g V • x I • g I • x V • [Q]
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Transcript
Na forma matricial podemos escrever :
Representação da seqüência positiva da linha por quadripolo
Quadripolo da LT
γ
γ−
γ−
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
g
g
I
V.
x.coshx.senhZc
1
x.senh.Zcx.cosh
)x(I
)x(V
gV•
xI•
gI•
xV•
[Q]
Modelo de quadripolo equivalente da seqüência positiva da linha de transmissão, definido pelas constantes A, B , C , D.
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
Irec
Vrec.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
00
00
g
g
=
•
•
•
•
Irec
Vrec.DC
BA
I
V
g
g
Quadripolo em função das grandezas na recepção
Para a linha em curto-circuito junto a recepção podemos analisar as constantes ABCD do quadripolo da linha.
γ==
γ==
=
−
•
•
•−••
•
0g
0g
rec
l.coshD
Irec
I
Irec.l.senh.ZcIrec.BV
0V
Curto-Circuito na recepção
Esta relação éMUITO IMPORTANTE, pois representa o ganho de corrente da linha em curto (carga pesada).
Para a linha em vazio na recepção podemos analisar as constantes ABCD do quadripolo da linha.
Circuito aberto na recepção
γ
=
=
−•
•
•
0g l.cosh
1
V
Vrec
0Irec
Esta relação éMUITO IMPORTANTE, pois representa o ganho de tensão da linha em vazio. Este aumento da tensão é conhecido como EFEITO FERRANTIe o analisaremos novamente mais adiante.
Aula 13
Modelo ππππ equivalente
Normalmente representamos uma linha longa através de um modelo formado por uma impedância série e duas admitâncias transversais.
Esta representação é utilizada para linhas longas, mas pode ser aplicado a linha com qualquer comprimento.
Os parâmetros são calculados para uma determinada freqüência, sendo conhecido como modelo π exato ou representação por parâmetro distribuído.
Comparando ππππ com o quadripolo
Vamos mostrar a seguir que o π exato é equivalente à representação através de quadripolo.
Ye/2
Ze
Ye/2 )t(Vg•
)t(I r•
)t(Ig•
)t(V r•
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
equivalentes
I 12
Ye/2=Ys
hh
Ze=Z
Ye/2 )t(Vg•
)t(I r•
)t(Ig•
t(V r•
I 12
•−−•−−−•
•−−•−−−•−••
•−•−−•
•−−•−••
•−••−••
•−••
•−••
•−••
++
+=
+
+++=
+
+=
++=
+=−=
+=
−=
+=
rrg
rrrrg
rrg
rrrg
rrgg12
12rg
r12r
g12g
IZY1VYZ2YI
IZYVYZ1YVYII
IZVYZ1V
VYZIZVV
VYIVYII
IZVV
VYII
VYII
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
( )( )
+++
=
•
•
•
•
r
r
g
g
I
VZYZYY
ZZY
I
V.
1)2(
1
Quadripolo representativo da propagação:
Quadripolo do π equivalente:
Comparando as duas matrizes e tendo em conta a identidade:
0
00
senh
1cosh
2tanh
l
ll
γγγ −=
=−
0.senh. lZcZ γ
=−
0
02
1
2
10
2
1
2
1
.senh.
''
''l
lzy
lzzZ γ
=−
−
0
0
0'
.
.senh.
l
llzZ
γ
γ
Primeira identidade:
Segunda identidade:
( ) )cosh(1 0lZY γ=+
0
00
'
0
)senh(1)cosh(
l
llz
lY
γγ
γ −=
Substituido Z:
)2
tanh( 0
02
1'
02
1' l
lz
lyY
γ=2
1
2
1
y
y×
)2
tanh( 0
02
1'2
1'
02
1'2
1' l
lzy
lyyY
γ=
)2
tanh( 0
0'
02
1'2
1' l
lz
lzyY
γ=
)senh(
1)cosh(
0
0
0'
0
l
l
lz
lY
γγγ −=
Com:0
00
senh
1cosh
2tanh
l
ll
γγγ −= 2
1'2
1' yz=γ
0
0
0'
)2
tanh(
l
l
lyYγ
γ
=
==
2
)2
tanh(
22 0
0
0'
l
llyY
Ysh γ
γ
Modelo ππππ hiperbólico – linha longa
Onde:
Ze – impedância série da linha
Ye – admitância transversal da linha
l – comprimento da linha
z’- impedância longitudinal unitária
y’- admitância transversal unitária
Ye/2
Ze
Ye/2 )t(Vg•
)t(I rec•
)t(Iger•
)t(V r•
2l
2l
tanh
2
l'y
2
ltanh
Zc
1
2
Y
l
lsenh
l'zlsenhZcZ
e
e
−
−
−−
−
−
−−
γ
γ
=
γ=
γ
γ
=
γ=
Os fatores e corrigem o
circuito π da linha para incluir o efeito da distância (propagação de onda). Quando estes fatores são pequenos (tendem para unidade) a linha pode ser representada somente como um π nominal, ou seja, quando o tempo de trânsito da onda for muito pequeno.
Esta representação é válida para linhas médias, o que para a freqüência de 50- 60 Hz significa na faixa de 80 a 240 km.
Linhas médias
2l
2l
tanh
−
−
γ
γ
l
lsenh
−
−
γ
γ
ππππ nominal - Linha média
Para as linhas médias (80 a 240 km) deve ser representada a impedância longitudinal e a impedância transversal da linha sem a correção do π hiperbólico.
y’l/2
z’ l
y’l/2 )t(Vg•
)t(I rec•
)t(Iger•
)t(V r•
Linha curta
Para linhas com comprimento inferior a 80 km a 60 Hz é razoável desprezar a admitância transversal, representando somente a impedância longitudinal.
z’ l
)t(Vg•
)t(I rec•
)t(Iger•
)t(V r•
Modelo T nominal
Este modelo é aplicado para linhas médias, mas não é muito utilizado.
z’ l/2
y’ l )t(Vg
•
)t(I rec•
)t(Iger•
)t(V r•
z’ l/2
Associação em cascata de quadripolos
=
•
•
−−
−−
•
•
I
V
DC
BA
I
V
11
11
g
g
11
11
DC
BAgV
•
•IgI
•
•V
22
22
DC
BA
rV•
rI•
Para o primeiro quadripolo
Para o segundo quadripolo
O quadripolo total (produto dos quadripolos)
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
22
22
I
V
DC
BA
I
V
×
×
=
•
•
−−
−−
−−
−−
•
•
r
r
22
22
11
11
g
g
I
V
DC
BA
DC
BA
I
V
Quadripolo de elemento em série
=
•
•−
•
•
2
2
1
1
10
1
I
VZs
I
V
1V•
1I•
2V•
2I•
−sZ
Em sistema de potência encontramos elementos série como bancos de capacitores série em linhas de alta tensão.
O modelo do quadripolo é idêntico ao da linha curta, como apresentado a seguir.
Onde Zs corresponde à impedância do elemento.
Quadripolo de elemento em derivação
=
•
•
−•
•
2
2
1
1
I
V
1Yd
01
I
V
1V•
1I•
2V•
2I•
−dY
Estes elementos podem representar cargas e bancos de reatores e de capacitores para a terra.
O modelo do quadripolo é semelhante ao do modelo T, como apresentado a seguir.
Onde Yd corresponde à admitância do elemento.
Efeito Ferranti
Elevação de tensão sustentada (regime permanente) na extremidade aberta de uma linha de transmissão, ou seja, tensão na recepção em vazio superior à tensão na geração.
Seja uma linha longa descrita pelo quadripolo abaixo.
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
No caso de linha aberta temos:
)(cosh
1
(cosh
0
l
)l
g
r
rg
r
V
V
VV
I
−
−=
=
=
•
•
••
•
γ
γ
Ganho de tensão da linha
EXERCÍCIO 1: Calcular os parâmetros da LT e o modelo π π π π – longo e nominal
(a) π longo da linha 400 km
(b) π nominal 400 km
0.2 m
0.2 m
(7.51, 36,00)
(9.27, 24,04)
3.60 m
•Linha Araraquara - Bauru; Jupiá - Ilha Solteira (altura médias).
•Tensão base de 440 kV
•Linha transposta
Dados da LT
•Condutor de fase : cabo Grosbeak
–raio externo : 12,57 mm
–raio interno : 4,635 mm
–resistência CC : 0,089898 Ω/km
–temperatura : 75 °C•cabos pára-raios : EHS 3/8″
–raio externo : 4,572 mm
–resistência CC : 4,188 Ω/km
–temperatura : 45 °C•resistividade do solo : 2000 Ω.m
•comprimento da linha : 350 km
•flecha a meio vão
–fase : 13,43 m
–pára-raios : 6,4 m
•Freqüência : 60 Hz
0,317524X
0,181421RMG
4,0.)2.4,0(.4,0.)952175,0.01257,0(RMG
d.d.d.)FC.R(RMG
2357,2154,18.94,9.94,9DMG
)feixesdoscentrosaosdistâncias(d.d.dDMG
RMG
DMGln
2X
XjRZ
km/089898,0RR
1ext
4
4 aaaaaa1
3
3cbacab
01ext
1extint
1ccint
413121
=
==
=
==
=
πµω=
+=
Ω==
km/0,317524j0224745,0Z1 Ω+=
0,183657RMG
4,0.)2.4,0(.4,0.01257,0RMG
)condutoressub.dist(d.d.d.RRMG
2357,2154,18.94,9.94,9DMG
)feixesdoscentrosaosdistâncias(d.d.dDMG
RMG
DMGln2jY
4
4 aaaaaa1
3
3cbacab
1
01
413121
==
−=
==
=
επω=−
S/km4,992341 µjY =
( )
( )
MVA768Pc
2528,92- 35,522Zc
4,99234.10j
100,317524j0224745,0Zc
Y
ZZc
][km 1025983,1 10.453,4
4,99234.10j.100,317524j0224745,0
Y.Z
9-
3
1
1
1-35
9-3
11
=Ω≈Ω=
+=
=
+=γ
+=γ
=γ
−
−−
−
−−
−−−
−−
−−−
Calculando γγγγ e Zc
Modulo ππππ nominal
135
'
'
10.2598,110.4530,4
2528.919735,252
9923,4y
Ωj0,3175240,022475z
−−− +=
Ω≈−=
=
+=
kmj
jZkm
Sj
km
c
γ
µ
Sj9,984.102
ly'
2
YY
Ωj127,018,9898lz'Z
4sh
πnominal
−
−−
−
===
+==
Sjl
l
lyY
jl
llzZ
longosh
longo
3_ 10.0201,1
2
2tanh
2
'
734,1212441,8senh
'
−−
−
−
−
−
−
−
−
=
=
Ω+=
=
γ
γ
γ
γ
π
π
Modulo ππππ longo
Exercício: Calcular Ganho de tensão para a linha anterior em vazio
• Adicionar compensação reativa para “consumir” os reativos “gerados” pela LT em vazio.
• Objetivo => reduzir o comprimento elétrico da linha (linha convencional).
Ye/2
Ze
Ye/2 )t(Vg•
)t(I rec•
)t(Iger•
)t(V r•
2l
2l
tanh
2
l'y
2
Y
l
lsenh
l'zZ ee −
−
−
−
−
−
γ
γ
=γ
γ
=
EXERCÍCIO: Calcular
• Quadripolos da LT anterior para os dois modelos
• Calcular o montante de reativo para compensar 70 % da admitância transversal
• Calcular o Quadripolo da compensação derivação
• Calcular Quadripolo total para os dois modelos
• Ganhos de tensão após compensação
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
( )( )
+++
=
•
•
•
•
r
r
g
g
I
VZYZYY
ZZY
I
V.
1)2(
1
Quadripolos dos modelos Pi
=
•
•
•
•
r
r
g
g
I
V
I
V.
j8,601.10 + 0,874j1,913.10
121,734+8.244j8,601.10 + 0,8763-3-
3-
=
•
•
•
•
r
r
g
g
I
V
I
V.
j8,976.10 + 0,873j1,870.10
j1.27,020+ 8,9898j8,976.10 + 0,8733-3-
3-
Pi – longo:
Pi – nominal:
Quadripolo da compensação
Cálculo da compensação em derivação
Pi – longo:
A admitância do quadripolo de compensação é calculada sabendo a porcentagem de compensação (pc). Normalmente a compensação shunt é feita nos extremos da LT (metade da compensação total para cada lado):
Calcule o montante de reativo a instalar para compensar 80 % da admitância transversal da linha. Calcule o ganho da tensão sem e com a compensação. Comprimento da linha: 320 km. Instale a compensação junto aos extremos da linha.
Dados
Dados caboPR
Diâmetro externo 0,009144 m
Rcc – 4,188 Ω/km
µr - 70
Flecha PR - 6,4 m
Dados cabos fase
Diâmetro externo 0,02959 m
Diâmetro interno 0,00739 m
Rcc – 0,0509 Ω/km
µr – 1
Flechaφ − 13,43 m
Dados do solo
Resistividade – 2000 Ω.m
Cálculo do quadripolo LT
135
'
'
10.1,257310.4,352
292j10,1212- 292,37
4,3002y
Ωj0,367 + 0,02545 z
m10,7093DMG
m0,08223RMG
−−− +=
Ω≈=
=
=
==
kmj
Zkm
Sj
km
c
γ
µ
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
=
•
•
•
•
r
r
g
g
I
V
I
V.
j5,453.10 + 0,9202j1,3392.10
j114,3604+7,7104j5,453.10 + 0,92023-3-
3-
Pi – longo:
5974901,08664926=ganho
Quadripolo do compensador:
Cálculo do quadripolo LT + compensação
=− 1j6,488217-
01QC 4-longoπ
Quadripolo total:
3-4-
-3
j1,636.10 + j0,97607 + 0,976520j4,13466.1
j114,36+7,7104j1,636.10 + 0,97607
3962271,02451189=ganho
2
2tanh
2
'
100 l
l
lypcjYc −
−
−=γ
γ
Exemplo 3 – LT 765 kV
Dados caboPR
Raio externo – 4,572 mm
Rcc – 4,188 Ω/km
µr - 70
Dados cabos faseRaio externo – 0,016 m
Raio interno – 0,004 m
Rcc – 0,0509 Ω/km
µr - 1
Dados do solo
Resistividade – 2000 Ω.m
Calcule o montante de reativo a instalar para compensar 70 % da admitância transversal da linha e 45 % da impedância longitudinal da linha. Calcule o ganho da tensão antes e depois da compensação. Comprimento da linha : 500 km. Instale a compensação série no meio da linha e a compensação em derivação junto aos extremos da linha e junto da compensação série.
a
0,457 m
0,45
7 m
b c
28,0 m
14,34 m 14,34 m
h PR
méd
io –
55,
8 m
h φφ φφm
édio
– 4
2,34
m
Altura média =altura torre – 2/3 flecha
Silhueta
Fluxo de potência em linhas de transmissão trifásicas equilibradas
Aula 14
SISTEMAS DE ENERGIA ELÉTRICA I
• Bibliografia– Introdução a Sistema de Energia
Elétrica – Alcir Monticelli e Ariovaldo Garcia
– Power System Analysis – Hadi Saadat
– Elementos de Análise de Sistema de Potência – Willian Stevenson
– Fundamentos de Sistemas Elétricos de Potência - Luiz CeraZanetta Junior
A matriz de admitância associada à representação de quadripolo utilizada para a linha de transmissão é diferente. Na matriz de admitância as correntes nos terminais entram na linha.
As equações que descrevem o modelo são :
Yder
Yse
Yder )t(Vg•
)t(I r•
)t(Ig•
)t(V r•
]VV.[YV.YI
]VV.[YV.YI
rgsegderg
grserderr
••−•−•
••−•−•
−+=
−+=
Na forma matricial temos:
Onde a matriz de coeficientesé chamada de matriz admitância da linha.
É importante lembrar que esta matriz de admitância é formada pela impedância longitudinal (hiperbólica) de seqüência positiva da linha e pela admitância transversal (hiperbólica) de seqüência positiva da linha.
Montagem da matriz:
•Termo diagonal : soma das admitâncias que chegam ao nó.
•Termo entre nós i e k: negativo da admitância entre os nós nós i e k.
+−
−+=
•
•
−−−
−−−
•
•
g
r
sederse
seseder
g
r
V
V.
YYY
YYY
I
I
Matriz admitância de uma rede
Vamos generalizar e obter a matriz de admitância de uma rede formada somente por linhas de transmissão.
Descrevendo a linha de transmissão 3-4 temos
I43
I34
2 4
3
1
+−
−+=
•
•
−−−
−−−
•
•
4
3
34se
34der
34se
34se
34se
34der
43
34
V
V.
YYY
YYY
I
I
Matriz admitância de uma linha
Genericamente temos :
Aplicando a lei dos nós à rede temos :
+−
−+=
•
•
−−−
−−−
•
•
m
k
kmse
kmder
kmse
kmse
kmse
kmder
mk
km
V
V.
YYY
YYY
I
I
43424
34313
24212
13121
III
III
III
III
•••
•••
•••
•••
+=
+=
+=
+=
Como as linha têm admitância para a terra não nula, então :
Ou seja, as equações nodais acima são independentes.
Substituindo as correntes dadas pelos modelos πs das linhas temos :
334se4
34se
34der2
24se4
24se
24der4
434se3
34se
34der1
13se3
13se
13der3
424se2
24se
24der1
12se2
12se
12der2
313se1
13se
13der2
12se1
12se
12der1
V.YV.YYV.YV.YYI
V.YV.YYV.YV.YYI
V.YV.YYV.YV.YYI
V.YV.YYV.YV.YYI
•−•−−•−•−−•
•−•−−•−•−−•
•−•−−•−•−−•
•−•−−•−•−−•
−
++−
+=
−
++−
+=
−
++−
+=
−
++−
+=
0IIII 4321 ≠+++••••
Na forma matricial
Sendo a matriz de admitância de uma rede dada por
Novamente temos -Montagem da matriz:
•Termo diagonal : soma das admitâncias que chegam ao nó.
•Termo entre nós i e k : negativo da admitância entre os nós nós i e k.
+++−−
−+++−
−+++−
−−+++
−−−−−−
−−−−−−
−−−−−−
−−−−−−
34se
34der
24se
24der
34se
24se
34se
34se
34der
13se
13der
13se
24se
24se
24der
12se
12der
12se
13se
12se
13se
13der
12se
12der
YYYYYY0
YYYYY0Y
Y0YYYYY
0YYYYYY
=
•−•V.YI
Atenção
Se os elementos em derivação forem nulos a matriz de admitância passa a ser singular, pois
Reparem também que a matriz admitância é uma matriz com vários elementos nulos, o que chamamos de alta esparsidade.
Define-se por grau de esparsidadea relação entre o número de elementos nulos da matriz pelo número total de elementos de uma matriz, ou seja :
Os programas computacionais aproveitam esta características para reduzir o espaço de armazenamento das matrizes e manipular matrizes menores.
0IIII 4321 =+++••••
elementototal
nuloelementoeesparcidad N
NG
−−=
Considerando que em média uma rede possui duas linhas ligadas a cada barra, calcule o grau de esparsidade de uma matriz admitância de uma rede com 1000 barras.
Temos matriz 1000 X 1000 com cada barra com 2 linhas.
Elementos não nulos :
Grau de esparsidade :
Exemplo esparcidade
3000total
1000.2diagonalfora
1000diagonal
−−
−
%7,991001000.1000
3000)1000.1000(G =−=
Seja o diagrama simplificado da linha com a convenção de sinais adotada apresentado a seguir :
O modelo π para deduzir as expressões dos fluxos de potência ativa e reativa da linha é :
Fluxo de potência em uma linha
Qmk
Pkm
Ek m Em k
Pmk
Qkm
I km
r km + j xkm
j ykm
Ek m Em k
j ykm
Vamos obter as potências ativa e reativa da linha em função das tensões das barras terminais (fasor => amplitude e ângulo).
A impedância série é dada por :
Potência ativa e reativa da linha
kmkm xjr +
Ou, escrevendo através de admitância série :
22
22
kmkm
kmkm
xr
xb
xr
rg
onde
bjgy
kmkm
kmkm
kmkmkmser
+−=
+=
+=
A admitância transversal é dada por :
2
Yjbjyj
kmderkm
derkmder ==
Sejam as tensões complexas nas barras terminais dadas por :
m
k
jmm
jkk
eVE
eVE
θ•
θ•
=
=
A corrente injetada no terminal k tem duas componentes e é descrito por :
( )
−++=
−+=+=
••••
••••••
mkkmkmkderkmkm
mksekmk
derkm
se
km
der
kmkm
EEjbgE.jbI
sejaou
EEYE.jbIII
A potência complexa injetada no nó k é dada por :
*
kmkkkkm I.EQjPS••−
=+=
Logo
kmj
kkmkm IeVQjP k•θ−=−
Lembrando que
θ=
θ−πθ=
θ−πcos
2senesen
2cos
Chegamos a
Potência que entra no outro terminal
( ) kmkmmkkmkmmkkmdekm
2mmk
kmkmmkkmkmmkkm2mmk
cosbVVsengVVbbVQ
senbVVcosgVVgVP
θ+θ++−=
θ+θ−=
( ) kmkmmkkmkmmkkmdekm
2kkm
kmkmmkkmkmmkkm2kkm
cosbVVsengVVbbVQ
senbVVcosgVVgVP
θ+θ−+−=
θ−θ−=
As perdas ativas na linha são dadas por :
Perda somente na resistência série.
E as perdas reativas por :
( )2
mkkmmkkm
kmmk2m
2kkmmkkm
EE.gPP
ou
cosVV2VVgPP
••−=+
θ−+=+
Perdas ativa e reativa na linha
( ) ( )
( )2
mkkmdekm
2m
2kmkkm
kmmk2m
2kkm
dekm
2m
2kmkkm
EE.bbVVQQ
ou
cosVV2VVbbVVQQ
••−−+−=+
θ−+−+−=+
Perda reativa na reatância série e na admitância transversal.
Lembrando que
)BAcos(BsenAsenBcosAcos −=+
Reparem que a perda reativa na linha tem uma parcela devido à perda no elemento longitudinal e outra devido ao elemento transversal.
Quando estas parcelas são próximas o consumo de reativo da linha tende a zero.
Quando compensamos somente a admitância transversal a linha continua consumindo reativo devido à reatância longitudinal.
Analisando a perda reativa na linha
Exercício
Um gerador é conectado a uma carga por uma linha de transmissão com um condutor por fase. Os parâmetros de seqüência positiva da linha são: C = 2,91x10-8 F/km, L = 1,72x10-8
H/km. A linha tem comprimento total de 100km. As tensões trifásicas na carga são equilibradas com tensões de linha 230 kVef. A potência consumida pela carga é 50 MVA com fator de potência 0,8 atrasado. Determine corrente e tensões no terminal gerador e as perdas na linha de transmissão.
Cálculo da corrente e tensão na carga e no gerador
Na Carga:
MVAj37,50436,8705S21 +=°∠=
MVA36,8767,16S 1-21 °∠=φ
Assumindo Tensão nominal na Carga:
kV137,7903
230VV Rft2 =°∠==
A36,87-,51251V
SI
*
1φ-2
1φ2121 °∠=
== −
RI
Cálculo da tensão e correntes no Gerador:
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
Dados da linha:
3-2
c
-52
j0,266410.841,1
Ω12,243Z
S j1,097.10y Ω j0,6489.10z
+=⋅
==
=+=
−
−
l
C
L
γ
Tensão e corrente no gerador
+++
=
•
•
−−
−
•
•
r
r
g
g
I
V
jj
jj
I
V.
10.3186,49648,010.083,1
016,643186,410.3186,49648,033
3
°∠°∠
=
•
•
40,3807,124
80,296,138359
g
g
I
V
Tensão de linha no Gerador:
V80,261,239V linhag ∠=•
Potências e perdas na linha:
MVAj29,9841,87IV3S *12g3φ-12 −=⋅⋅=••
MW52,7Q
MW87,1P
perdas
perdas
=
=
Exercício
Uma linha trifásica de 100km dada a seguir pode ser considerada transposta. Esta linha alimenta uma carga trifásica equilibrada de 200 MVA fp 0,8 atrasado. A tensão nominal da linha é 345 kV. Freqüência do sistema : 60 Hz
•Determine a potência consumida na linha e a tensão de linha junto a fonte.
0,457 m
3 2
4 5
1
3,44
m
3,7
m
0,45
m
30,5
m
2,2 m
8,50 m 8,50 m
12 ,5 m
LT 345 kV
Dados caboPR
Diâmetro externo 0,009144m
Rcc – 4,188 Ω/km
µr - 70
Flecha PR - 6,4 m
Dados cabos fase
Diâmetro externo 0,02959 m
Diâmetro interno 0,00739 m
Rcc – 0,0594 Ω/km
µr – 1
Flechaφ − 13,43 m Dados do solo
Resistividade – 2000 Ω.m
/km][ 0,371344j 0297,0Z
457,0.014795,0.077709,0
17.5,8.5,8ln
2j
2
0594,0Z
RMG
DMGln
2jRZ
1
30
1
0int1
Ω+=
πµω+=
πµω+=
−
−
−
S/km][4,30507jY
457,0.014795,0
17.5,8.5,8ln2jY
RMG
DMGln2jY
1
13
01
1
01
µ=
πεω=
πεω=
−
−−
−−
Parâmetros unitários de seqüência positiva
( )
rad/km101,26539
Np/km100522,5
][km 0,00126539j 10.0522,5
10.4,30507j.10.0,371344j 0,0297
Y.Z
3
5
1-5
93
11
−
−
−−
−−−
−−−
=β
=α
+=γ
+=γ
=γ
Calculando γγγγ e Zc
( )
Ω≈Ω=
+=
=
−
−
−−
−
−−
29311,7- 293,93Zc
104,30507j
100,371344j 0,0297Zc
Y
ZZc
9
3
1
1
O modelo π da linha é dado por :
Modelo π π π π da linha
I km
r km + j xkm
j ykm
Ek m Em k
j ykm
( ) ( )( )
Ω+=++
++=
γγ=+
−
−
0362,37j95419,2jxr
1000,00126539j 10.0522,5
)1000,00126539j 10.0522,5senh(1000,371344j 0297,0
L
)Lsenh(L'Zjxr
kmkm
5
5
1kmkm
( )( )
S541,215jy
500,00126539j 10.0522,5
)500,00126539j 10.0522,5tanh(50.4,30507j
2L
)2Ltanh(
2
LYy
km
5
5
1km
µ=
+
+=
γ
γ=
−
−
−
−
O modelo π da linha é dado por :
Modelo da carga – cálculo do fluxo
I km
r km + j xkm
j ykm
Ek m Em k
j ykm
( ) ( )( )
Ω+=++
++=
γγ=+
−
−
0362,37j95419,2jxr
1000,00126539j 10.0522,5
)1000,00126539j 10.0522,5senh(1000,371344j 0297,0
L
)Lsenh(L'Zjxr
kmkm
5
5
1kmkm
( )( )
S541,215jy
500,00126539j 10.0522,5
)500,00126539j 10.0522,5tanh(50.4,30507j
2L
)2Ltanh(
2
LYy
km
5
5
1km
µ=
+
+=
γγ
γ=
−
−
−
−
Cálculo da corrente e tensão na carga e no gerador
Carga:
MVAj15016036,87200S21 +=°∠=
MVAj5033,3536,873
200S 1-21 +=°∠=φ
Assumindo Tensão nominal na Carga:
V03
345V ft2 °∠== RV
A36,87-334,695V
SI
*
1φ-2
1φ2121 °∠=
== −
RI
Cálculo da tensão e correntes no Gerador:
γ
γ
γ
γ
=
•
•
−−
−−
•
•
r
r
00
00
g
g
I
V.
l.coshl.senhZc
1
l.senh.Zcl.cosh
I
V
Tensão e corrente no gerador
+++
=
•
•
−−
−
•
•
r
r
g
g
I
V
jj
jj
I
V.
10.3760,69920,010.3073,4
98,364685,110.3760,69920,044
4
−∠−∠
=
•
•
88,2881,305
39,413,126423
g
g
I
V
Tensão de linha no Gerador:
V4,3993,218V
V4,39126423,133V
linhag
linhag
−∠=
−∠⋅=•
•
Potências e perdas na linha:
MVAj16,0335,2IVS *12g1φ-12 +=⋅=••
54,30MW35,253,33Pperdas =−⋅=
101,97MVAr33,993Qperdas =⋅=
Exercício
Considere a linha do exercício anterior alimentando uma carga trifásica equilibrada de 200 MVA fp 0,8 atrasado. A tensão nominal de linha é 345 kV no terminal gerador. Freqüência do sistema: 60 Hz
•Determine a potência consumida na linha e a tensão de linha junto a carga.