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ET720 – Sistemas de Energia Eletrica I
Capıtulo 5: Linhas de transmissao
5.1 Introducao
I Componentes de uma linha de transmissao:
(1) condutores
(2) isoladores (cadeia de isoladores de porce-lana ou vidro)
(3) estruturas de suporte (torres, postes)
(4) cabos para-raios (cabos de aco colocados
no topo da estrutura para protecao contraraios)
PSfrag replacements
(1)
(2) (3)
(4)
5.2 Classes de tensao
I Sigla Denominacao Valores tıpicos de tensao (de linha)
LV low voltage < 600 V
MV medium voltage 13,8 23 34,5 69 kV
HV high voltage 115 138 230 kV
EHV extra high voltage 345 440 500 600DC 765 kV
UHV ultra high voltage 1100 kV
– 1 –
5.3 Tipos de condutores
I Material
No passado: cobre
Atualmente: cobre, alumınio(∗)
(∗) mais barato, mais leve, requer area da secao reta maior que o cobre para asmesmas perdas
I Aereos, subterraneos
I Unidades mais comumente usadas:
comprimento: metro [m], pe (foot) [ft], milha (mile) [mi]
1 ft = 0,3048 m1 mi = 1609 m
area da secao reta: milimetro quadrado [mm2], circular mil [CM](∗)
(∗) 1 CM = area de um condutor de um milesimo de polegada (mil) de
diametro
– 2 –
I Condutores de alumınio (linhas aereas):
Sigla (Ingles/Portugues) Significado (Ingles/Portugues)
AAC / CA all aluminum conductor (alumınio puro)
AAAC / AAAC all aluminum alloy conductor (liga de alumıniopura)
ACSR / CAA aluminum conductor steel reinforced (alumınio comalma de aco)
ACAR / ACAR aluminum conductor alloy reinforced (alumınio com
alma de liga de alumınio)
outros para aplicacoes especiais
ACSR (alumınio com alma de aco): aco mais barato que alumınio, a almade aco o faz ser mais resistente a tracao (admite lances maiores) → e o
mais utilizado
– 3 –
liga de alumınio: alumınio + magnesio/silıcio, por exemplo
os condutores sao nus (nao ha camada isolante)
condutores sao torcidos para uniformizar a secao reta. Cada camada etorcida em sentido oposto a anterior (evita que desenrole, empacotamento
e melhor)
PSfrag replacements
ACSR (CAA) AAC (CA)
Cabos de cobre (linhas subterraneas): solidos ou encordoados. Condutores
isolados com papel impregnado em oleo. Existem outros tipos de isolacao
PSfrag replacements
Conductor
– 4 –
Exemplo
Determine a area de alumınio e a area externa total do condutor ACSR 26/7Linnet em cm2.
De acordo com a tabela A.3, o condutor Linnet apresenta as seguintes
caracterısticas:
Area de alumınio : 336.400 CM
Diametro externo : 0,721 in2
Calculando a area de alumınio em cm2:
1 CM = π(
0,0012
)2in2
336.400 CM = SAl
⇒SAl = 0,264 in2 = 1,7 cm2
que corresponderia a um condutor de alumımio de 1,47 cm de diametro. A areaexterna total e:
Sext = π
(0,721
2
)2
= 0,408 pol2 = 2,634 cm2
Visualizando:
PSfrag replacementsdiametro equivalente
de alumınio1,47 cm
diametro externo1,83 cm
– 5 –
5.4 Projeto de linhas de transmissao
I Fatores eletricos:
Determinam o tipo de condutor, a area e o numero de condutores por fase
Capacidade termica: condutor nao deve exceder limite de temperatura,
mesmo sob condicoes de emergencia quando pode estar temporariamentesobrecarregado
Numero de isoladores: manter distancias fase-estrutura, fase-fase etc. Deve
operar sob condicoes anormais (raios, chaveamentos etc.) e em ambientespoluıdos (umidade, sal etc.)
Esses fatores determinam os parametros da linha relacionados com o modeloda linha
I Fatores mecanicos:
Condutores e estruturas sujeitos a forcas mecanicas (vento, neve etc.)
I Fatores ambientais:
Uso da terra (valor, populacao existente etc.)
Impacto visual (estetico)
I Fatores economicos:
Linha deve atender todos os requisitos a um mınimo custo
– 6 –
5.5 Parametros das linhas de transmissao
PSfrag replacements
torre
isoladores
condutor
ifuga
i
campo eletrico
campo magnetico
I Resistencia (R)
Dissipacao de potencia ativa devido a passagem de corrente
I Condutancia (G)
Representacao de correntes de fuga entre condutores e pelos nos isoladores(principal fonte de condutancia)
Depende das condicoes de operacao da linha (umidade relativa do ar, nıvel de
poluicao, etc.)
E muito variavel, em funcao dos fatores acima
Seu efeito e em geral desprezado (sua contribuicao no comportamento geral
de operacao da linha e muito pequena)
I Indutancia (L)
Deve-se aos campos magneticos criados pela passagem das correntes
– 7 –
I Capacitancia (C)
Deve-se aos campos eletricos: carga nos condutores por unidade de diferenca
de potencial entre eles
I Com base nessas grandezas que representam fenomenos fısicos que ocorremna operacao das linhas, pode-se obter um circuito equivalente (modelo) para
a mesma, como por exemplo:
PSfrag replacements
Fonte GG CC
R X
Carga
Linha de transmissao
5.6 Resistencia (R)
I Causa a dissipacao de potencia ativa:
R =potencia dissipada no condutor
I2ef
I Resistencia CC:
R0 = ρ`
AΩ
ρ − resistividade do material (Ω · m)` − comprimento (m)
A − area da secao reta (m2)
– 8 –
I Cobre recozido a 20: ρ = 1,77 × 10−8 Ω · m
Alumınio a 20: ρ = 2,83 × 10−8 Ω · m
I ρ depende da temperatura → R0 varia com a temperatura (ρ aumenta → R0
aumenta):
R2
R1=
T + t2T + t1
em que a constante T depende do material:
T =
234,5 cobre recozido com 100% de condutividade241,0 cobre tempera dura com 97,3% de condutividade
228,0 alumınio tempera dura com 61% de condutividade
PSfrag replacements
t
t1
t2
R1 R2
T
R
– 9 –
I R0 aumenta de 1 a 2% para cabos torcidos (fios de alumınio torcidos, p.ex.
cabos ACSR)
Para se ter x metros de cabo, necessita-se de 1,01x a 1,02x metros de fiospara depois agrupa-los e torce-los
I Em corrente alternada a distribuicao de corrente nao e uniforme pela secaoreta do condutor → a corrente concentra-se na periferia do condutor
“Area util” para passagem da corrente diminui → RAC > R0 → efeito pelicular
(“skin effect”)
Exemplo
Um cabo AAAC Greeley (6201-T81) apresenta as seguintes caracterısticas (dados
de tabela):
resistencia CC a 20 0,07133 Ω/km
resistencia CA a 50 0,08202 Ω/kmcoeficiente de variacao com a temperatura (α) 0,00347 C−1
Calcule o aumento percentual da resistencia devido ao efeito pelicular,considerando a seguinte equacao para a variacao da resistencia em funcao da
temperatura:
R2 = R1 [1 + α (t2 − t1)]
A resistencia CC a 50 e:
R500 = R20
0 [1 + α (50 − 20)]
= 0,07133 · [1 + 0,00347 · (50 − 20)] = 0,07876 Ω/km
– 10 –
A relacao entre as resistencias CA (dada) e CC (calculada) a 50 e:
R50CA
R500
=0,08202
0,07876= 1,0414
ou seja, o efeito pelicular faz com que a resistencia CA aumente em 4,14%
5.7 Indutancia (L)
I Relacionada com os campos magneticos produzidos pela passagem decorrente pelo condutor → corrente produz campo magnetico
PSfrag replacements
H
H
HH
i
i
⊗
– 11 –
I Fluxo concatenado com uma corrente (λ): e aquele que enlaca a corrente
lıquida
Fluxo concatenado externo ao condutor: a corrente produz um campomagnetico (φ). O fluxo externo concatenado com a corrente enlaca toda acorrente, portanto:
PSfrag replacements
i
fluxo magnetico (φ)
⊗λ = φ
Fluxo concatenado interno ao condutor: o fluxo interno concatenado com
a corrente a uma distancia x do centro do condutor de raio R e:
PSfrag replacements
iφ
x
Rλ λ = φ( x
R
)2
Assumindo densidade de corrente (distribuicao de carga por area)uniforme, a corrente enlacada a uma distancia x e proporcional a corrente
total. Aparece portanto na expressao de λ a relacao entre areas(πx2/πR2
)
– 12 –
Fluxo concatenado com uma bobina:
PSfrag replacements
i
iii
i
φ
⊗⊗⊗λ
λ = 3 φ
A bobina tem 3 espiras. Logo, o fluxo concatenado “enxerga” tres vezes acorrente i
I Lei de Faraday:
e =d
dtλ
Relacao entre tensao e corrente para o indutor:
e = Ld
dti
Dividindo uma equacao pela outra, obtem-se uma expressao para a indutancia:
L =d
diλ
– 13 –
Se o circuito magnetico possui permeabilidade magnetica constante:
L =λ
iH (∗)
(∗)
L =d
diλ =
d
diNφ = N
d
diBA = NA
d
diµH = NA
d
diµ
Ni
`=
N2A
`
d
diµi
Se o circuito magnetico possui permeabilidade magnetica constante:
L =N2Aµ
`
d
dii =
N2Aµ
`× (i/i)
=N2Aµi
`i=
Ni
`· NAµ
i= H
NAµ
i
= µHNA
i=
BNA
i=
φN
i=
λ
i
5.7.1 Indutancia de um condutor
I Deve-se calcular a indutancia devido ao fluxo interno, indutancia devido aofluxo externo e a indutancia total
I Consideracao: o condutor esta isolado, isto e, outros condutores estao muito
afastados e os seus campos magneticos nao o afetam
– 14 –
Indutancia devido ao fluxo interno
I Considerar um condutor solido pelo qual circula uma corrente i
I Lei de Ampere:
∮
c
H d` = ic
“a intensidade de campo magnetico (A/m) ao longo de qualquer contorno e
igual a corrente que atravessa a area delimitada por este contorno”
Esta expressao e valida para CC ou CA (utilizar fasores neste caso)
I Considerar a seguinte situacao (condutor visto de frente):
PSfrag replacements
R
xdx
d`
φ
I Resolvendo a equacao de Ampere:
H (2π x) =πx2
πR2i → H =
x
2πR2i A/m
– 15 –
I Densidade de fluxo:
B = µr µ0 H Wb/m2
em que µ0 = 4π · 10−7 H/m e a permeabilidade do vacuo e µr e a
permeabilidade relativa do material
I Considerar o elemento tubular de espessura dx e comprimento `:
PSfrag replacements
dx
`
dS
H
dS = ` dx
O fluxo magnetico e igual a densidade de fluxo B vezes a area da secao
transversal que o campo atravessa (H ⊥ dS):
dφ = B dS Wb
Da figura tem-se dS = ` dx e:
dφ = µrµoH`dx Wb
– 16 –
O fluxo por unidade de comprimento do condutor e (dividindo por `):
dφ = µrµoHdx Wb/m
I O fluxo concatenado com a corrente e proporcional a area de raio x:
dλ =x2
R2dφ
=x2
R2µrµ0Hdx
=x2
R2µrµ0
x
2πR2︸ ︷︷ ︸
H
idx
= µrµ0x3
2πR4idx Wb/m
Integrando:
λint =
∫ R
0
µrµ0x3
2πR4idx =
µrµ0
8πi Wb/m
e independe do raio do condutor, dependendo somente do material e daintensidade da corrente
– 17 –
I A indutancia devido ao fluxo interno e dada por:
Lint =d
diλint
(∗)=
λint
i→ Lint =
µrµ0
8πH/m
(∗) considerando permeabilidade constante
e e constante. Para materiais como o alumınio, cobre, ar, agua, tem-se µr = 1
e:
Lint =1
2· 10−7 H/m
Outra maneira de obter a indutancia devido ao fluxo interno e atraves da
energia armazenada no campo magnetico, que e dada por:
E =1
2Linti
2 J
Considerando um cilindro de base circular com raio x e comprimento `, aenergia armazenada tambem pode ser obtida por:
d
dVE =
1
2µrµ0H
2
em que V e o volume do cilindro:
V = πx2`
– 18 –
Portanto:
d
dxV = 2πx`
Por unidade de comprimento:
dV = 2πx dx
Logo:
dE =1
2µrµ0H
22πx dx =1
2µrµ0
(ix
2πR2
)2
2πx dx
Para a obtencao da energia, deve-se integrar de 0 a R, o que resulta em:
E =1
2µrµ0i
2 1
8π
que, comparando com a primeira expressao da energia fornece:
Lint =µrµ0
8πH/m
– 19 –
Indutancia devido ao fluxo externo
I Considere a seguinte situacao em que se deseja obter o fluxo concatenadoexterno ao condutor:
PSfrag replacements
dxx
φ
i
I A corrente total i e enlacada. Aplicando a Lei de Ampere:
∮
c
H d` = i
2πxH = i
H =i
2πx
I Densidade de campo magnetico:
B(∗)= µ0H =
µ0i
2πx(∗) µr = 1 (ar)
– 20 –
I Fluxo magnetico (lembrando do elemento tubular de comprimento ` e
espessura dx):
dφ = BdS = B`dx
I Fluxo por unidade de comprimento:
dφ = Bdx =µ0i
2πxdx
I O fluxo concatenado e igual ao fluxo pois o mesmo enlaca toda a corrente
uma vez:
dλ = dφ = Bdx =µ0i
2πxdx
I O fluxo concatenado externo deve ser calculado entre dois pontos externos aocondutor:
PSfrag replacementsdxx
φ
i
P1
P2
D1
D2
– 21 –
I O fluxo entre dois pontos P1 e P2 quaisquer externos ao condutor e obtido
pela integracao de dλ:
λext = λ12 =
∫ D2
D1
dλ
em que D1 e D2 sao as distancias dos pontos ao condutor (considera-se quer x). Logo:
λ12 =
∫ D2
D1
µ0i
2π
dx
x=
µ0i
2πln
(D2
D1
)
Wb/m
I Indutancia devido ao fluxo externo entre os dois pontos:
L12(∗)=
λ12
i=
µ0
2πln
(D2
D1
)
= 2 · 10−7 ln
(D2
D1
)
H/m
(∗) considerando permeabilidade constante
5.7.2 Indutancia de uma linha monofasica
I Considerar a linha monofasica:PSfrag replacements
D
r1 r2i −i ⊗ Hipotese simplificadora:
r1 D e r2 D
– 22 –
I O fato da corrente no condutor 1 ser i e a corrente no condutor 2 ser −i faz
com que o calculo de H para uma distancia maior que a distancia entre oscondutores seja nula, pois neste caso a corrente total enlacada sera nula
(itotal = i + (−i) = 0):
PSfrag replacements
⊗ 00
I Indutancia externa entre os condutores produzida pelo condutor 1:
Uma linha de fluxo com raio maior ou igual a D + r2 e com centro nocondutor 1 nao estara concatenada com o circuito, nao induzindo portanto
nenhuma tensao. Em outras palavras, a corrente enlacada por esta linhade fluxo e nula, uma vez que a corrente no condutor 2 e igual e de sentidooposto a do condutor 1
Uma linha de fluxo externa ao condutor 1 e com raio menor ou igual a
D − r2 envolve uma vez a corrente total
As linhas de fluxo com raios entre D − r2 e D + r2 cortam o condutor 2 →envolvem uma fracao da corrente do condutor 2 que varia entre 0 e 1
– 23 –
I Simplificacoes:
Admitir D r1, r2 → (D − r1) ≈ (D − r2) ≈ D
Considerar condutor 2 como um ponto, localizado a uma distancia D docentro do condutor 1
Entao:
L1,ext =µ0
2πln
D
r1
I Indutancia externa entre os condutores produzida pelo condutor 2 (lembrar a
hipotese simplificadora r2 D e o condutor 1 e representado por um pontolocalizado no centro do condutor):
L2,ext =µ0
2πln
D
r2
I Indutancias internas: como considera-se que cada condutor “enxerga” o outro
como um ponto, o fluxo externo de um condutor nao afeta o fluxo interno dooutro. Entao:
L1,int =µrµ0
8π=
1
2· 10−7 H/m
L2,int =µrµ0
8π=
1
2· 10−7 H/m
– 24 –
I Indutancia total devido ao condutor 1:
L1 = L1,int + L1,ext
=µrµ0
8π+
µ0
2πln
(D
r1
)
Considerando que a permeabilidade relativa dos materiais mais comuns das
linhas (cobre, alumınio) e unitaria e que µo = 4π · 10−7 H/m:
L1 =µ0
2π
[1
4+ ln
(D
r1
)]
= 2 · 10−7 ·[
ln(
e1/4)
+ ln
(D
r1
)]
= 2 · 10−7 ·[
ln
(e1/4D
r1
)]
= 2 · 10−7 ·[
ln
(D
r1e−1/4
)]
= 2 · 10−7 ln
(D
r′1
)
H/m
A expressao acima e parecida com a do fluxo externo, so que engloba tambem
o fluxo interno. Equivale, portanto, ao fluxo externo de um condutor com raio:
r′1 = r1e−1/4 = 0, 7788 r1
que e chamado de raio efetivo ou GMR – Geometric Mean Radius ou RMG –Raio Medio Geometrico
– 25 –
I Indutancia total devido ao condutor 2: o procedimento e o mesmo usado para
o condutor 1, resultando em:
L2 = L2,int + L2,ext
=µrµ0
8π+
µ0
2πln
(D
r2
)
= 2 · 10−7 ·[
ln
(D
r2e−1/4
)]
= 2 · 10−7 ln
(D
r′2
)
H/m
onde:
r′2 = r2e−1/4 = 0, 7788 r2
e o raio efetivo ou GMR – Geometric Mean Radius do condutor 2.
I Indutancia total: e a soma das indutancias dos condutores 1 e 2:
L = L1 + L2
= 2 · 10−7 ·[
ln
(D
r′1
)]
+ 2 · 10−7 ·[
ln
(D
r′2
)]
= 2 · 10−7 ·[
ln
(D2
r′1r′2
)]
= 4 · 10−7 ·[
ln
(
D√
r′1r′2
)]
H/m
– 26 –
a indutancia depende da distancia entre os fios, dos raios dos condutores e
do meio (µr e µ0 estao embutidos no termo 4 · 10−7)
a indutancia independe da corrente
I Se os condutores tiverem o mesmo raio:
r′1 = r′2 = r′
e a indutancia sera:
L = 4 · 10−7 · ln(
D
r′
)
H/m
Exemplo
Determine a indutancia de uma linha monofasica cuja distancia entre condutorese de 1,5 m e o raio dos condutores e igual a 0,5 cm
Os dois condutores tem mesmo raio. O raio efetivo (GMR) e:
r′ = 0,7788 · 0,5 · 10−2 = 0,0039 m
A indutancia da linha vale:
L = 4 · 10−7 · ln(
1,5
0,0039
)
= 2,38 µH/m
– 27 –
Exemplo
A corrente pela linha de transmissao monofasica do exemplo anterior e igual a120 A (rms), 60 Hz. Uma linha telefonica, cuja distancia entre condutores e de
10 cm, esta situada no mesmo plano dessa linha, afastada de 1 m, conformemostra a figura a seguir. Calcule a tensao induzida na linha telefonica em Volts
por metro de condutor. Considere que o raio dos condutores da linha telefonica emuito menor que as distancias entre condutores do problema
PSfrag replacements
1,5 m
1,0 m
10 cm
Linha de transmissao Linha telefonica
A tensao induzida na linha telefonica e o resultado de um fluxo concatenado entreos dois condutores da linha, produzido pelas correntes nos condutores da linha de
transmissao
Neste caso, o fluxo concatenado com a linha telefonica tem duas componentes,uma devido a corrente do condutor 1 (i) e a outra devido a corrente no condutor
2 (−i). Lembrando que:
dλ =µ0i
2πxdx
e chamando as componentes de fluxo concatenado de λ1 e λ2, tem-se:
λ1 = 2 · 10−7 · i ·∫ 2,6
2,5
1
xdx = 2 · 10−7 · i · ln
(2,6
2,5
)
λ2 = 2 · 10−7 · (−i) ·∫ 1,1
1,0
1
xdx = −2 · 10−7 · i · ln
(1,1
1,0
)
– 28 –
Notar que a corrente no condutor 2 tem sentido contrario a do condutor 2. O
fluxo concatenado total e:
λ = λ1 + λ2 = 2 · 10−7 · i ·[
ln
(2,6
2,5
)
− ln
(1,1
1,0
)]
= −1,1218 · 10−8 · i Wb/m
A corrente pelos condutores vale:
i(t) = 120 ·√
2 · sen (2πft) A
em que f e a frequencia e considerou-se o angulo de fase da corrente nulo
(referencia angular) Logo a expressao do fluxo fica:
λ = −1,3462 · 10−6 ·√
2 · sen (2πft) Wb/m
A tensao induzida na linha por unidade de comprimento vale:
v(t) =d
dtλ = 2πf ·(−1,3462) ·10−6 ·
√2 ·cos (2πft) = −5,0750 ·10−4 ·
√2 ·cos (2πft) V/m
cujo valor eficaz e:
Vef = 5,0750 · 10−4 V/m = 0,5075 V/km
Este e o valor da tensao induzida na linha telefonica por unidade de comprimento
da linha de transmissao
– 29 –
5.7.3 Fluxo concatenado com um condutor de um grupo de condutores
I Considere o grupo de n condutores:PSfrag replacements
I1
I2
I3
In
1
2
3
n
D1P
D2P
D3P
DnP
P
I A soma algebrica das correntes nos condutores e nula:
n∑
i=1
Ii = 0
I Ideia: calcular o fluxo concatenado com um condutor do grupo de condutores,
por exemplo, o condutor 1
O fluxo concatenado dependera das contribuicoes das correntes I1 (do propriocondutor), I2, I3 . . . In
– 30 –
I Fluxo concatenado com o condutor 1 devido a corrente I1: e composto por
duas parcelas → fluxo interno e fluxo externo
O fluxo externo sera calculado ate o ponto P somente (e um ponto de loca-
lizacao arbitraria e nao influencia no resultado final)
De acordo com os resultados obtidos anteriormente:
λ1P1 = 2 · 10−7 · I1 · ln(
D1P
r′1
)
Wb/m
em que r′1 e o raio efetivo. λ1P1 ja inclui os fluxos interno e externo ate oponto P
I Fluxo concatenado com o condutor 1 devido a corrente I2:
λ1P2 = 2 · 10−7 · I2 · ln(
D2P
D12
)
Wb/m
A expressao geral para o fluxo concatenado com o condutor i devido a corrente
Ij e:
λiP j = 2 · 10−7 · Ij · ln(
DjP
Dij
)
Wb/m
– 31 –
I Fluxo concatenado com o condutor 1 devido as correntes de todos os condu-
tores:
λ1P = 2 · 10−7 ·[
I1 · ln(
D1P
r′1
)
+ I2 · ln(
D2P
D12
)
+ . . . + In · ln(
DnP
D1n
)]
= 2 · 10−7 · [I1 · ln (D1P ) + I2 · ln (D2P ) + . . . + In · ln (DnP )] +
2 · 10−7 ·[
I1 · ln(
1
r′1
)
+ I2 · ln(
1
D12
)
+ . . . + In · ln(
1
D1n
)]
Como I1 + I2 + . . . + In = 0 → In = − (I1 + I2 + . . . + In−1). Entao:
λ1P = 2 · 10−7 ·[
I1 · ln(
D1P
DnP
)
+ I2 · ln(
D2P
DnP
)
+ . . . + In−1 · ln(
D(n−1)1P
DnP
)
+
I1 · ln(
1
r′1
)
+ I2 · ln(
1
D12
)
+ . . . + In · ln(
1
D1n
)]
Se considerarmos o ponto P tendendo ao infinito (P → ∞), os termos
DkP/DnP tenderao a 1 e, portanto, seus logaritmos tenderao a zero. Logo, ofluxo concatenado com o condutor 1 vale (fazendo P → ∞):
λ1P = 2 · 10−7 ·[
I1 · ln(
1
r′1
)
+ I2 · ln(
1
D12
)
+ . . . + In · ln(
1
D1n
)]
Wb/m
I O afastamento do ponto P para o infinito e equivalente a inclusao de todo ofluxo concatenado com o condutor 1
– 32 –
I Lembre que a expressao do fluxo concatenado acima e a de um condutor
pertencente a um grupo de condutores cuja soma das correntes seja nula
I A expressao e valida tanto para valores instantaneos (usar correntes ins-
tantaneas) como para fasores (usar fasores das correntes)
5.7.4 Indutancia de linhas com condutores compostos (mais de um condutor por
fase)
I Considere a seguinte linha monofasica:
PSfrag replacements
a
b c
n
a′
b′ c′n′
condutor X condutor Y
I Caracterısticas da linha:
Condutor composto: condutores encordoados, cabos.
A fase X (condutor X) e composto por n fios identicos em paralelo e
conduz uma corrente I uniformemente distribuıda pelos fios. A correnteem cada fio e I/n.
A fase Y (condutor Y) e composto por m fios identicos em paralelo e
conduz uma corrente −I uniformemente distribuıda pelos fios. A correnteem cada foi e −I/m.
– 33 –
I Obtencao do fluxo concatenado com o fio a da fase X: deve-se levar em
consideracao o efeito de todas as correntes por todos os fios, inclusive oproprio fio a.
I De acordo com os resultados anteriores:
λa = 2 · 10−7 · I
n·(
ln1
r′a+ ln
1
Dab+ . . . + ln
1
Dan
)
︸ ︷︷ ︸
fase X
−2 · 10−7 · I
m·(
ln1
Daa′
+ ln1
Dab′+ . . . + ln
1
Dam
)
︸ ︷︷ ︸
fase Y
que resulta em:
λa = 2 · 10−7 · I · lnm√
Daa′Dab′ . . .Dam
n
√r′aDab . . .Dan
Wb/m
I Em geral considera-se: r′a = Daa = 0,7788ra
I A indutancia do fio a e:
La =λa
I/n= 2 · n · 10−7 · ln
m√
Daa′Dab′ . . .Dam
n
√r′aDab . . .Dan
H/m
– 34 –
I Para o fio b:
Lb = 2 · n · 10−7 · lnm√
Dba′Dbb′ . . .Dbm
n√
DbaDbb . . .Dbn
H/m
I Para os outros fios da fase X o processo e semelhante.
I A indutancia da fase X e calculada verificando-se que os fios a, b, . . . , n estaoem paralelo:
1
LX=
n∑
i=1
1
Li
I Utiliza-se tambem uma forma aproximada, que fornece bons resultados e
simplifica bastante as deducoes. Primeiro, calcula-se a indutancia media dafase X:
Lav =La + Lb + . . . + Ln
n
Assume-se agora que a fase X e composta por n fios de indutancia Lav em
paralelo. Portanto, a indutancia da fase X vale:
LX =Lav
n=
La + Lb + . . . + Ln
n2H/m
– 35 –
I Esta expressao e mais conveniente pois, substituindo os valores de La, Lb,
etc. obtem-se:
LX = 2 · 10−7 · lnmn
√
(Daa′Dab′ . . .Dam) (Dba′Dbb′ . . .Dbm) . . . (Dna′Dnb′ . . .Dnm)n2√
(DaaDab . . .Dan) (DbaDbb . . .Dbn) . . . (DnaDnb . . .Dnn)H/m
I Entao:
LX = 2 · 10−7 · ln Dm
DsXH/m
I Numerador: produto das distancias dos fios da fase X e da fase Y:
Dm = mn
√
(Daa′Dab′ . . .Dam) (Dba′Dbb′ . . .Dbm) . . . (Dna′Dnb′ . . .Dnm)
Dm e a Distancia Media Geometrica – DMG, ou Geometric Mean Distance –
GMD, ou DMG mutua
I Denominador: produto das distancias dos fios da fase X:
DsX = n2√
(DaaDab . . .Dan) (DbaDbb . . .Dbn) . . . (DnaDnb . . .Dnn)
DsX e o Raio Medio Geometrico – RMG, ou Geometric Mean Radius – GMR,
ou DMG propria da fase X
– 36 –
I A indutancia da fase Y e obtida de maneira identica a da fase X e resulta em
LY :
LY = 2 · 10−7 · ln Dm
DsYH/m
I A indutancia da linha e dada por:
L = LX + LY
I Caso as fases X e Y sejam identicas, tem-se:
L = 4 · 10−7 · ln Dm
DsH/m
em que Ds = DsX = DsY
I Relembrando a expressao da indutancia de uma fase de uma linha monofasica
com um condutor por fase:
L1 = 2 · 10−7 · ln(
D
r′1
)
H/m
e comparando com a indutancia da fase X da linha com condutores compostosLX, percebe-se que a expressao de L1 e um caso particular da expressao de L1:
Condutor unico por fase Condutores multiplos por fase
Distancia entre fases (D) Distancia media geometrica – DMG (Dm)
Raio efetivo do condutor (r′1) Raio medio geometrico – RMG (Ds)
– 37 –
Exemplo
Calcule a indutancia da linha monofasica mostrada a seguir.
PSfrag replacements
a
b
c
d
e
lado X lado Y
6 m
6 m
r = 0,25 cm r = 0,50 cm
9 m
Calculo da DMG entre os lados X e Y (Dm):
Dm = 6
√
DadDaeDbdDbeDcdDce = 10,743 m
em que:
Dad = Dbe = 9 m
Dae = Dbd = Dce =√
62 + 92 =√
117 m
Dcd =√
92 + 122 = 15 m
– 38 –
RMG do lado X (DsX):
DsX = 9
√
DaaDabDacDbaDbbDbcDcaDcbDcc = 0,481 m
em que:
Daa = Dbb = Dcc = e−1/4r = 0,7788 · 0,25 · 10−2 = 1,9470 · 10−3 m
Dab = Dba = Dbc = Dcb = 6 m
Dac = Dca = 12 m
RMG do lado Y (DsY ):
DsY = 4
√
DddDdeDedDee = 0,153 m
em que:
Ddd = Dee = e−1/4r = 0,7788 · 0,50 · 10−2 = 3,8940 · 10−3 m
Dde = Ded = 6 m
Indutancias dos lados X e Y:
LX = 2 · 10−7 · ln Dm
DsX= 6,212 · 10−7 H/m
LY = 2 · 10−7 · ln Dm
DsY= 8,503 · 10−7 H/m
– 39 –
Indutancia completa da linha por unidade de comprimento:
L = LX + LY = 14,715 · 10−7 H/m
Exercıcio
Calcule a indutancia e a reatancia por unidade de comprimento a 60 Hz da linha
monofasica mostrada na figura a seguir. Verifique que a DMG e praticamenteigual a distancia entre os centros das fases quando esta e muito maior que as
distancias entre os condutores de uma mesma fase.
PSfrag replacements
a b c d
lado X lado Y
12 m
45 cm 5 cm
(Resposta: 1,9413 µH/m, 0,732 mΩ/m)
5.7.5 Uso de tabelas
I Existem tabelas com varias informacoes sobre os condutores: resistencia,reatancias, RMG, etc.
I As tabelas fornecem a reatancia para certas frequencias (por exemplo 60 Hz),ao inves da indutancia.
– 40 –
I A reatancia de um condutor (simples ou composto) vale:
XL = 2πfL = 2πf · 2 · 10−7 · ln Dm
Ds
(Ω
m× 1609 m
1 mi
)
= 2,022 · 10−3 · f · ln Dm
DsΩ/mi
= 2,022 · 10−3 · f · ln 1
Ds︸ ︷︷ ︸
Xa
+ 2,022 · 10−3 · f · ln Dm︸ ︷︷ ︸
Xd
Ω/mi
em que:
Xa − reatancia indutiva para espacamento unitario (por exemplo, 1 pe se
esta for a unidade utilizada) – depende da frequencia e do raio docondutor
Xd − fator de espacamento da reatancia indutiva – depende da frequencia
e do espacamento entre condutores
Exemplo
Determine a reatancia indutiva por milha de uma linha monofasica com asseguintes caracterısticas:
frequencia 60 Hz
tipo dos cabos Partridge
distancia entre os centros dos cabos 20 ft
– 41 –
Tem-se portanto:
PSfrag replacements
20′
aco
alumınio26Al / 7St
Area = 266.800 CM
Conforme definido anteriormente:
1 CM = π
(0,001
2
)2
in2 = 0,7854 · 10−6 in2
Logo, para o cabo Partridge:
Area = 266.800 CM = 0,2095 in2
que resulta em um diametro de 0,5165 in. Da tabela de condutores obtem-se:
Diametro externo = 0,642 in > 0,5165 in !
A razao da diferenca e que a area em CM fornecida na tabela refere-se a area dealumınio, enquanto que o diametro e externo, o que inclui o espacamento entre
os condutores.
Alem disso, o raio e igual a 0,5165/2 = 0,2583 in, ou 0,0215 ft. Pela tabela dedados dos condutores tem-se:
RMG = 0,0217 ft 6= (0,7788 · 0,0215) !
– 42 –
Razao da diferenca entre os RMG: o RMG (0,7788 · 0,0215) e calculado
considerando um condutor solido. No entanto, o condutor Partridge eencordoado, e o RMG deve ser calculado por:
RMG = 26·26
√
DaaDabDac . . .
Da tabela A.3 de dados dos condutores, o RMG para o condutor e Ds = 0,0217 ft.
Pode-se utilizar diretamente a equacao da indutancia e obter a reatancia porcondutor:
X = 2,022 · 10−3 · 60 · ln 20
0,0217= 0,828 Ω/mi
e a reatancia total sera XL = 2 X = 1,656 Ω/mi
Ou entao:
• da tabela A.3 a reatancia indutiva para um pe de afastamento eXa = 0,465 Ω/mi
• da tabela A.4, para um espacamento de 20 ft o fator de espacamento eXd = 0,3635 Ω/mi
• a reatancia indutiva de um cabo sera X = Xa + Xd = 0,8285 Ω/mi
• a reatancia indutiva da linha (2 cabos): XL = 2X = 1,657 Ω/mi
– 43 –