apostila - análise de redes elétricas no domínio do tempos

Introdução à Análise de SEP Clever Pereira

1

UNIDADE I

INTRODUÇÃO À ANALISE DOS SEP

1. FONTES PRIMÁRIAS DE ENERGIA

FÓSSEIS

PETRÓLEO ⇒ oleodutos, navios, ferrovias,

rodovias. GÁS NATURAL ⇒ gasodutos CARVÃO MINERAL ⇒ ferrovias e navios

Convertidas em ENERGIA ELÉTRICA nas CENTRAIS TERMÉLETRICAS, em geral próximas

aos GRANDES CENTROS CONSUMIDORES

HIDRÁULICA

Quedas d’água de reservatórios Usinas a fio d’água

Convertida em ENERGIA ELÉTRICA nas CENTRAIS HIDRELÉTRICAS, em geral distantes

dos GRANDES CENTROS CONSUMIDORES

ALTERNATIVAS

GEOTÉRMICA: vapores internos da terra SOLAR, EÓLICA MARÉS, ÁLCOOL, GÁS DO LIXO, ETC.


2

2. INTRODUÇÃO

CONSUMO PER CAPTA ⇒ DESENVOLVIMENTO DE UMA NAÇÃO

3. CONSIDERAÇÕES INICIAIS

SISTEMA ELÉTRICO DE

POTÊNCIA =

GERAÇÃO, TRANSMISSÃO E DISTRIBUIÇÃO

GERAÇÃO

Geradores Síncronos (2 kV a 20 kV)

TRANSMISSÃO

LT’s aéreas e subterrâneas. Níveis de 69 kV a 765 kV (AC) 1200 kV (DC) - bipolo de Itaipú

DISTRIBUIÇÃO

LD’s e RD’s aéreas e subterrâneas. Níveis até 34,5 kV Sudeste Brasileiro - 13,8 / 7,967 kV


3

4. BREVE HISTÓRICO

• 1878 → Thomas A. Edson começa os trabalhos com iluminação elétrica e propõe os primeiros conceitos de uma estação de potência central para distribuição de energia elétrica.

• 10/1879 → lançamento comercial da lâmpada elétrica.

• 09/1882 → inauguração da Usina de Pearl Street em Nova York com o início de fornecimento de energia elétrica a níveis comerciais: CARGA: 30 kW, 110 VDC USUÁRIOS: 59 usuários em 2,5 km2 (somente

iluminação)

• 1882 → 1a linha de transmissão de energia elétrica do mundo (USA; 2400 VDC; 59 km)

• 1883 → 1a linha de transmissão de energia elétrica do Brasil (Diamantina; MG; 2400 VDC; 2 km)

• 1885 → WILLIAM STANLEY desenvolve a níveis comerciais o atual TRANSFORMADOR DE POTÊNCIA.

BENEFÍCIOS: DC → AC


4

• 1888 → NICOLA TESLA apresenta no AIEE artigo técnico sobre motores síncronos e de indução BIFÁSICOS. BENEFÍCIOS: evolução para sistemas polifásicos

• 1891 → 1a linha de transmissão trifásica de energia elétrica do mundo (ALEMANHA; 12 kV; 179 km)

• 1893 → 1a linha de transmissão trifásica de energia elétrica nos USA (2,3 kV; 12 km)

• 1901 → Centrais Hidrelétricas do Santana do Parnaíba no interior paulista (LT’s de 40 kV; AC; trifásicas)


5

5. ANÁLISE DE SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA

SISTEMA COMPLEXO composto de um elevado número de COMPONENTES

⇓ COMPLEXIDADE

de cada componente + DIVERSIDADE dos fenômenos existentes

⇓ Processos de DECOMPOSIÇÃO e HIERARQUIZAÇÃO

⇓ SIMPLIFICAÇÃO DO PROBLEMA


6

ANÁLISE DE SISTEMAS ELÉTRICOS DE POTÊNCIA

REGIME PERMANENTE

SENOIDAL (60 Hz)

REGIME DINÂMICO

(0,1 Hz a 100 Hz)

REGIME TRANSITÓRIO

(1 Hz a 100 MHz)

Análise no domínio da FREQUÊNCIA

Análise no domínio do

TEMPO e APROXIMAÇÕES

Análise no domínio do TEMPO e/ou da FREQUÊNCIA

• CURTO-CIRCUITO

• FLUXO DE

CARGA • ESTABILIDADE

ESTÁTICA

• ESTABILIDADE TRANSITÓRIA

• TRANSITÓRIOS ELETROMECÂNICOS

FALTAS

1 Hz a

10 kHz

MANOBRAS

100 Hz a

100 kHz

SOBRETENSÕES ATMOSFÉRICAS

100 kHz a 1 MHz

CORONA

1 MHz a

100 MHz

Componentes Simétricas Clever Pereira

1

UNIDADE II

COMPONENTES SIMÉTRICAS

1- TEOREMA DE FORTESCUE Um conjunto de n fasores não balanceados pode ser

representado por um conjunto de n fasores de seqüência zero

mais n-1 conjuntos de n fasores balanceados da seguinte forma:

Sejam

ncπθ 2

=

: ângulo característico do sistema

)n(n)b(n)a(n

nba

nba

nba

nba

V,,V,V

V,,V,VV,,V,VV,,V,V

V,,V,V

111

222

111

000

−−− L

MOMM

L

L

L

L

⇒

⇒

⇒

⇒ ⇒

conjunto de n fasores não balanceados conjunto de n fasores de seqüência zero (defasados de 0.θc → em fase) conjunto de n fasores de seqüência 1 ou positiva (defasados de 1.θc ) conjunto de n fasores de seqüência 2 (defasados de 2.θc ) conjunto de n fasores de seqüência (n-1) ou negativa (defasados de [n-1].θc )


2

então

)1(210

)1(210

)1(210

)1(210

−

−

−

−

++++=

++++=

++++=

++++=

nnnnnn

nccccc

nbbbbb

naaaaa

VVVVV

VVVVVVVVVVVVVVV

L

MOMMMM

L

L

L

→

→

→

→

n fasores n2 fasores

Faso

res

Não

B

alan

cead

os

Seq

üênc

ia

Zero

Seq

üênc

ia

Pos

itiva

Seq

üênc

ia

Neg

ativ

a


3

EXEMPLO QUALITATIVO

SISTEMA PENTAFÁSICO ⇒ θc = 2π/5 = 72°

⇑

Conjunto de

n fasores desbalanceados

⇑

Conjunto de n fasores de seqüência

zero

⇑

Conjunto de n fasores de seqüência 1 ou positiva

⇑

Conjunto de n fasores de seqüência 2

⇑

Conjunto de n fasores de seqüência 3

⇑

Conjunto de n fasores de seqüência 4 ou negativa


4

O OPERADOR “ a ”

cnjea θπ ∠== 12

rotação de θc no sentido positivo ou anti-horário

Algumas propriedades

cn

jea θ

π

−∠==−− 1

21

rotação de θc no sentido negativo ou

horário

) (

1 022

inteiro k

aeea kj

kn

njkn ===

= ±

±

± ππ

rotação de ±

2kπ, voltando ao mesmo lugar

mnmnmm aaaaa −−−− =⋅=⋅= 1 rotação de -m.θc , ou

de (n-m).θc

)(1 mnmnmm aaaaa −−− =⋅=⋅= rotação de m.θc , ou

de -(n-m).θc


5

Com a ajuda do operador “a” pode-se expressar de maneira clara e concisa cada um dos n fasores não balanceados utilizando-se, por exemplo, apenas o primeiro fasor de cada uma das seqüências

1)1)(1(

2)1(2

1)1(

0

1)1(2

24

12

0

1)1(

22

11

0

1210

−−−−−−−−

−−−−−

−−−−−

−

++++=

++++=

++++=

++++=

annn

an

an

an

ann

aaac

ann

aaab

anaaaa

VaVaVaVV

VaVaVaVVVaVaVaVV

VVVVV

L

MOMMMM

L

L

L

ou seja não se necessita trabalhar (e conhecer) todos os n2 fasores, mas apenas n fasores.


6

Na forma matricial a equação anterior pode ser escrito como

=

−−−−−−−−

−−−−

−−−−

1

2

1

0

)1)(1()1(2)1(

)1(242

)1(21

1

11

1111

an

a

a

a

nnnn

n

n

n

c

b

a

V

VVV

aaa

aaaaaa

V

VVV

M

L

MOMMM

L

L

L

M

que de maneira condensada toma a seguinte forma

SF VQV ⋅=~

~Q é denominada de Matriz de Transformação de FORTESCUE

Pode-se mostrar que ~Q admite inversa e então

FS VQV ⋅= −1~

que na forma não condensada é

=

−−−−

−

−

− n

c

b

a

nnnn

n

n

an

a

a

a

V

VVV

aaa

aaaaaa

n

V

VVV

M

L

MOMMM

L

L

L

M)1)(1()1(21

)1(242

)1(21

1

2

1

0

1

11

1111

1


7

Exemplo: Sistemas Trifásicos ⇒ n=3 Quando n=3 tem-se a transformação de FORTESCUE para sistemas trifásicos também conhecida como transformação de COMPONENTES SIMÉTRICAS, onde

ojoc ea 1201120

32 3

2

∠==∴==ππθ

Assim

=

⇒

=

−−

−−

c

b

a

a

a

a

a

a

a

c

b

a

VVV

aaaa

VVV

VVV

aaaa

VVV

42

2

2

1

0

2

1

0

42

21

11

111

31

11

111

Utilizando-se as propriedades do operador “a” tem-se que

=

=

−−

−−

2

2

42

21

11

111

11

111~

aaaa

aaaaQ

e

=

=−

aaaa

aaaaQ

2

2

42

21

11

111

31

11

111

31~

então

=

⇒

=

c

b

a

a

a

a

a

a

a

c

b

a

VVV

aaaa

VVV

VVV

aaaa

VVV

42

2

2

1

0

2

1

0

2

2

11

111

31

11

111


8

2- PROPRIEDADES ÚTEIS DAS COMPONENTES SIMÉTRICAS

Seja a transformação de Fortescue para sistemas trifásicos dada por :

⋅=⋅=

⇒

⋅=⋅=

−

−

FS

FS

SF

SF

IQIVQV

IQIVQV

1

1

~~

~~

onde

=

= −

aaaaQe

aaaaQ

2

21

2

2

11

111

31~

11

111~

Um elemento trifásico passivo de rede, na sua forma mais geral, pode ser modelado pelo seguinte circuito elétrico:


9

Para este elemento são observadas as seguintes propriedades: (a) A corrente de neutro é formada apenas por corrente de

seqüência zero.

( )( )( ) 02

210

212

0

210

3 aaaa

aaa

aaacban

IIaIaIIaIaI

IIIIIII

=++++++++=++=

Isto vem caracterizar a seqüência zero como uma seqüência intimamente ligada à terra, fato que não ocorre para as seqüências positiva e negativa, que possuem caráter apenas aéreo, visto que não estão presentes no retorno pela terra. (b) Em sistemas elétricos onde tanto as impedâncias próprias

quanto as impedâncias mútuas são iguais entre si, a matriz das impedâncias de seqüência é diagonal.

nnaycacbabaaaax IZVIZIZIZV ++++= ou seja

( )( ) ( ) ( ) cnacbnabanaa

cbancacbabaaaayax

IZZIZZIZZIIIZIZIZIZVV

+++++=

+++++=−


10

Para as três fases pode-se escrever

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

+++++==−

+++++==−

+++++==−

cnccbncbancaccycx

cnbcbnbbanbabbybx

cnacbnabanaaaayax

IZZIZZIZZVVVIZZIZZIZZVVVIZZIZZIZZVVV

Utilizando notação matricial fica

+++++++++

=

c

b

a

nccncbnca

nbcnbbnba

nacnabnaa

c

b

a

III

ZZZZZZZZZZZZZZZZZZ

VVV

.

Em notação comprimida, tem-se que

FFF IZV ⋅= ~

onde ~ZF é a matriz das impedâncias de fase ou em componentes de fase. Esta equação é denominada equação primitiva de circuito em componentes de fase e possui solução da forma

FFF VZI ⋅= −1~

Nos SEE onde a matriz ~ZF é geralmente cheia, a solução acima se torna muito complexa, uma vez que envolve a inversão de uma matriz de ordem 3n (onde n é o número de elementos modelados). No entanto, aplicando-se a transformação de componentes simétricas tem-se que

SFS IQZVQ ⋅⋅=⋅~~~


11

ou seja

SSS IZV .~= onde

QZQZ FS~.~.~~ 1−=

Nesta equação, ~ZS é denominada de matriz das impedâncias de seqüência ou em componentes simétricas. A solução, ainda em componentes simétricas, é da forma

SSS VZI .~ 1−=

Esta solução será particularmente simples se ~ZS for diagonal. Na unidade 3 será mostrado que para que isto aconteça é necessário que se verifique as seguintes relações:

===

===

mcabcab

pccbbaa

ZZZZZZZZ

ou seja, que a matriz ~ZF seja da seguinte forma

=

+++++++++

=

PMM

MPM

MMP

npnmnm

nmnpnm

nmnmnp

F

ZZZZZZZZZ

ZZZZZZZZZZZZZZZZZZ

Z~


12

Quando isto acontece diz-se que o sistema é equilibrado em relação às suas impedâncias, caso muito comum nos SEE. Deste modo, a matriz ~ZS vai ser diagonal e terá a seguinte forma

−−

+=

MP

MP

MP

S

ZZZZ

ZZZ

2~

ou ainda

−−

++=

mp

mp

nmp

S

ZZZZ

ZZZZ

32~

cuja inversa é de fácil computação e dada por

−

−

++

=−

mp

mp

nmp

S

ZZ

ZZ

ZZZ

Z

1

132

1

~ 1


13

Rescrevendo a equação primitiva do circuito em componentes simétricas de maneira não comprimida tem-se

−−

+=

2

1

0

2

1

0 2

a

a

a

MP

MP

MP

a

a

a

III

ZZZZ

ZZ

VVV

ou seja

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

=−=−=

=−=−=

=++=+=

22222

11111

00000 322

aampaMPa

aampaMPa

aanmpaMPa

IZIZZIZZVIZIZZIZZV

IZIZZZIZZV

Pode-se ver que a transformação de componentes simétricas desacoplou as seqüências umas das outras, ou seja, a queda de tensão referente à uma das seqüências só depende da corrente daquela seqüência. Isto sugere o conceito de circuitos equivalentes (ou diagramas) de seqüência, vistos abaixo

Nota-se nestes diagramas que a impedância Zn já vem incorporada dentro de Z0, multiplicada por três, uma vez que a corrente de retorno é igual a “3” Iao.


14

Cada um dos elementos da matriz das impedâncias de seqüência podem ser interpretados como as impedâncias próprias de cada seqüência, dadas por

−=−=

−=−=

++=+=

mpMP

mpMP

nmpMP

ZZZZZZZZZZ

ZZZZZZ

2

1

0 322

Caso o circuito não fosse equilibrado com relação às suas impedâncias (próprias e mútuas, cada uma delas iguais entre si) iriam aparecer mútuas entre os diagramas de seqüência, e o método sugerido não mais seria efetivo. (c) A transformação de componentes simétricas não é invariante

em potência. A potência complexa trifásica pode ser calculada através da seguinte expressão em componentes de fase:

[ ] *

*

*

*

***3

. FF

c

b

a

cba

ccbbaa

IVIII

VVV

IVIVIVS

T=

=

=++=Φ

Mas

( )( )

==

==⇒

==

****

TTTT

SSF

SSF

SF

SF

IQIQIQVVQV

IQIVQV

.~.~~..~

.~

.~


15

e como

=

=

=

=

⇒

=

1

2

2

2

2

2

2

~311

111~

~

11

111~

11

111~

-*

T

QaaaaQ

QaaaaQ

aaaaQ

então

⋅=⋅=⋅=⋅=

*-***

TTTT

SSF

SSF

IQIQIQVQVV

1~3~~~

Assim

( )*22

*11

*00

1*3

33

~3~

aaaaaaSS

SSFF

IVIVIVIV

IQQVIVS

++=⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅=⋅=Φ

*T

*-TT

ou seja, vai aparecer um coeficiente 3, mostrando que a transformação de componentes simétricas não é invariante em potência.

Técnicas de Análise de Sistemas Trifásicos Clever Pereira

1

UNIDADE III

TÉCNICAS DE ANÁLISE DE SISTEMAS TRIFÁSICOS

1- INTRODUÇÃO

SEP ⇒ Circuitos

CA 3φ

CA 1φ

CC

⇒ em Regime Permanente Senoidal (RPS)

2- FASORES Seja v(t) senoidal da forma

( )δω += tVtv m cos)(

⇒ω freqüência angular

⇒mV valor de pico

⇒δ ângulo de fase (a) Valor Eficaz O valor eficaz de uma onda periódica v(t), de período T, é definido por :

∫==T

ef dttvT

VV0

2)(1

(1)


2

Deste modo, para uma onda cosenoidal tem-se

222

2

22cos1)(

2

0

2

0

2

0

22

0

2

TVtsentV

dttVdttsenVdttv

m

T

m

T

m

T

m

T

⋅=

−=

=

−

== ∫∫∫

ωω

ωω

(2)

E desta forma o valor eficaz de v(t) vai ser

22..1 2

mmef

VTVT

VV =/

/==

(3)

(b) Representação Fasorial Chama-se fasor A& o vetor de módulo |A| que gira com uma velocidade angular ω no plano complexo, ou seja

FASOR

+=

=⇒

teAA j

ωθθ

θ

0

&

Utilizando a fórmula de Euler tem-se que

( ) ( )[ ]δωδω +ℜ=+= tjmm eVetVtv cos)( (4)

Pode-se então associar v(t) à projeção sobre o eixo real de um fasor onde

+→+=

→

ttVA m

ωδωθθ 0


3

(c) Representação na forma POLAR e CARTESIANA

Pode-se ainda associar v(t) à projeção sobre o eixo real de um fasor RMS ou EFICAZ onde utiliza-se seu valor eficaz ao contrário do seu valor máximo, ou seja

FASOR “RMS”

+=

=⇒

t

eAA jefef

ωθθ

θ

0

&

Desta forma, para a onda v(t) em questão tem-se

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )( )[ ]δωδω

δωδω

++

+

ℜ=

ℜ=

ℜ=+=

tjtjm

tjmm

eVeeVe

eVetVtv

22

2

cos

(5)

onde ( )δtωjVeV +=& é o fasor RMS associado à v(t). Assim

( ) ( ) ( ) tjjtj eeVeVtv ωδδω =⇒ + (6)

Desta forma, a onda v(t) pode ser representada por um fasor RMS através de três notações distintas, a saber:

( )43421444 3444 2143421

⇓⇓⇓

∠=+= δδδδ VsenjVeV j cos

NOTAÇÃO EXPONENCIAL

NOTAÇÃO CARTESIANA

NOTAÇÃO POLAR


4

2. POTÊNCIA EM CIRCUITOS MONOFÁSICOS CA Seja o par de grandezas elétricas senoidais dadas por

( )( ) ( )

−==

θωωtItitVtv

m

m

coscos

(a) Potência Instantânea

( ) ( ) ( ) ( )

[ ]

[ ]=+=

=+=

=−==

θωωθω

θωθωω

θωω

sentsenttIV

sentsenttIV

ttIVtitvts

mm

mm

mm

coscoscos..

coscoscos..

coscos...

2

( ) ( )[ ]=++=

=

+

+

=

tsensentIV

tsensentIV

mm

mm

ωθωθ

ωθωθ

2.2cos1.cos2.

22.

22cos1.cos.

(7)

( ) ( )[ ]

( ) ( )

)()(

22cos1cos

2.2cos1.cos22

)()(

tqtp

tsensenIVtIV

tsensentIV

tqtp

mm

+=

=++=

=++=

444 3444 214444 34444 21ωθωθ

ωθωθ


5

Vê-se que a potência instantânea s(t) é formada por dois termos: o primeiro termo p(t) possui freqüência angular 2ω e valor médio P dado por

θcosIVP = (8)

Este termo recebe o nome de potência ativa e retrata uma potência efetivamente entregue (ou absorvida). Em geral é representado apenas pela letra P. O segundo termo também possui freqüência angular 2ω, mas valor médio nulo. Isto indica que nada é efetivamente entregue (ou absorvido). Em razão de possuir valor médio nulo, sua identificação é feita pelo seu valor de pico, dado por

θsenIVQm = (9)

Este segundo termo recebe o nome de potência reativa e é representada geralmente pela letra Q. Pode-se associar a estes dois termos uma potência complexa S dada por

( )( ) ( ) *0 .

coscos

IVeIeVeIVsenjIVsenIVjIVQjPS

jj

j

&&==

=+=

+=+=

θ

θθθ

θθ

(10)

A potência complexa S pode ser representada no plano polar através do conhecido triângulo de potências abaixo (notar que o ângulo θ que antes tinha sentido negativo passou a ter sentido positivo, em razão do conjugado aplicado à corrente).


6

(b) Potência Instantânea entregue a um resistor ideal

Para um resistor ideal tem-se as seguintes equações de circuito:

Domínio do Tempo (Ondas no Tempo)

Domínio da Freqüência (Fasores)

( ) tVtv m ωcos= 0∠=VV&

e e

( ) ( )tiRtv = IRV && ⋅=

⇓ ⇓

( ) ( ) tRV

Rtvti m ωcos== 0∠==

RV

RVI&

&

⇓ ⇓ °= 0θ °= 0θ

⇓ ⇓

======

0sencos

θθ

IVQQIVIVPP

m

====

⇒=0sen

cos. *

θθ

IVQIVIVP

IVS &&&


7

(c) Potência Instantânea entregue a um indutor ideal

Para um indutor ideal tem-se as seguintes equações de circuito:




e e

( ) ( )dttidLtv = ILjV && ω=

⇓ ⇓

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )°−==

==

=

∫∫

90cossen

cos1

1

tLVt

LVti

dttLVdttv

Lti

dttvL

tid

mm

m

ωω

ωω

ω °−∠== 90LV

LjVI

ωω

&&

⇓ ⇓

°= 90θ °= 90θ

⇓ ⇓

======

IVIVQQIVPP

m θθ

sen0cos

====

⇒=IVIVQ

IVPIVS

θθ

sen0cos

. *&&&


8

(d) Potência Instantânea entregue a um capacitor ideal

Para um capacitor ideal tem-se as seguintes equações de circuito:




e e

( ) ( )dttvdCti = VCjI && ω=

⇓ ⇓

( ) ( )

( )

( ) ( )°+=−=

−=

=

90cossensen

cos

tVCtitVCtVC

dttVdCti

m

m

m

m

ωωωωωω

ω

°∠= 90VCI ω&

⇓ ⇓

°−= 90θ °−= 90θ

⇓ ⇓

−======

IVIVQQIVPP

m θθ

sen0cos

−====

⇒=IVIVQ

IVPIVS

θθ

sen0cos

. *&&&


9

3. CIRCUITOS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS (a) Sem mútuas

EQUAÇÕES DE CIRCUITO

++=

++=

++=

cCLPgc

bCLPgb

aCLPga

IZZZE

IZZZE

IZZZE

)(

)(

)(

SISTEMA É EQUILIBRADO

⇒

TENSÕES DE CORRENTES SÃO EQUILIBRADAS

==

==

ac

ab

ac

ab

IaIIaI

VaVVaV 22

e

Substituindo estas relações nas equações de circuito vê-se na verdade que existe apenas uma única equação. Surge daí o conceito de circuito equivalente por fase, mostrado abaixo.

/++=/

/++=/

++=

aCLPga

aCLPga

aCLPga

IaZZZEa

IaZZZEa

IZZZE

)(

)(

)(22

Cuja solução é da forma

==

++=

acab

CLPg

aa

IaIIaI

ZZZEI

;2


10

(b) com mútuas

EQUAÇÕES DE CIRCUITO

++++=

++++=

++++=

cCLPgbLMaLMc

cLMbCLPgaLMb

cLMbLMaCLPga

IZZZIZIZE

IZIZZZIZE

IZIZIZZZE

)()(

)(

SISTEMA É EQUILIBRADO

⇒

TENSÕES E CORRENTES SÃO EQUILIBRADAS

==

==

ac

ab

ac

ab

IaIIaI

VaVVaV 22

e

Substituindo estas relações nas equações de circuito vê-se novamente que tem-se apenas uma única equação.

[ ][ ][ ]

/−++=/

/−++=/

−++=

aLMCLPga

aLMCLPga

aLMCLPga

IaZZZZEa

IaZZZZEa

IZZZZE

)(

)(

)(22

ou

( )[ ]( )[ ]( )[ ]

/+−+=/

/+−+=/

+−+=

aCLMLPga

aCLMLPga

aCLMLPga

IaZZZZEa

IaZZZZEa

IZZZZE22


11

Novamente pode-se pensar num circuito equivalente por fase, mostrado abaixo

Cuja solução é da forma:

( )

==

+−+=

acab

CLMLPg

aa

IaIIaI

ZZZZEI

;2

4. CIRCUITOS TRIFÁSICOS DESEQUILIBRADOS

O circuito acima possui a seguinte equação:

+++++++++

=

c

b

a

NccNcbNca

NbcNbbNba

NacNabNaa

c

b

a

III

ZZZZZZZZZZZZZZZZZZ

EEE

(11)

onde

+==

≠===

=++==

′∑∑∑

nnnN

LijMijij

CiLiigiPiii

ZZZZ

jicbajisendoZZZ

cbaisendoZZZZZ

;,,,

,,


12

Chamando

≠=+=

=+=

JICBAJIsendoZZZ

CBAIsendoZZZ

NijJI

NiiII

;,,,

,,

a equação do circuito trifásico desequilibrado pode ser escrita finalmente como

⋅

=

c

b

a

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

c

b

a

III

ZZZZZZZZZ

EEE

(12)

ou de maneira condensada

FFF IZE ⋅= ~ (13)

Uma vez que o sistema não é equilibrado, não se pode resolvê-lo utilizando-se os circuitos equivalentes por fase. Uma possível solução é a inversão direta de FZ

~ , ou seja

FFF EZI ⋅= −1~ (14)

A solução acima é obtida através de um processo longo e trabalhoso que envolve a inversão de uma matriz de ordem N, onde neste caso, N é o número de malhas do sistema de potência, geralmente muito elevado. Outra possível solução é obtida utilizando-se a teoria dos modos de propagação ou dos componentes modais. (a) Caso Geral Para o caso geral onde

≠≠≠≠

BCACAB

CCBBAA

ZZZZZZ

(15)


13

admite-se que os vetores das tensões e das correntes de fase possam ser expressos em função de vetores de tensões e correntes modais da seguinte forma:

⋅=

⋅=

MF

MF

IQI

EQE~

~

(16)

onde a matriz Q~

é denominada matriz de transformação modal. Substituindo na equação do circuito vem

MFMFFF IQZEQIZE ⋅⋅=⋅⇒⋅=~~~~

~ (17)

ou seja

MMM IZE ⋅= ~ (18)

onde MZ~

é a matriz das impedâncias em componentes modais dada por

QZQZ FM~~~~ 1 ⋅⋅= − (19)

Aparentemente tem-se a mesma equação em componentes modais que em componentes de fase. No entanto, se Q

~ for

escolhida adequadamente, de tal maneira que MZ~

seja diagonal, então a solução se torna simples, uma vez que sua inversão é dada pela inversão de cada um de seus termos. A solução pode então ser obtida seguindo-se o esquema abaixo

FFF IZE ⋅= ~ → MF IQI ⋅=

~

↓ ↑

⋅⋅=

⋅=−

−

QZQZ

EQE

FM

FM~~~~

~

1

1

→ MMM EZI ⋅= −1~


14

O fato da matriz das impedâncias modais ser diagonal pode ser interpretado como a inexistência de acoplamento entre os modos de propagação, como mostra o diagrama abaixo

O novo problema que se apresenta é a determinação da matriz Q~

que vai diagonalizar a matriz FZ

~ através da transformação de

similaridade. QZQZ FM

~~~~ 1 ⋅⋅= − (20)

Este é um problema clássico de álgebra linear e consiste na determinação da matriz dos autovetores associados aos autovalores da matriz FZ

~. Parece a princípio que o problema ficou

ainda maior pois, se inicialmente envolvia uma inversão, agora torna-se necessário a determinação da matriz Q

~, sua inversa 1~−Q

(ou seja uma inversão) e diversas multiplicações matriciais, tornando o método ainda mais complexo e trabalhoso. Será mostrado a seguir que para alguns casos particulares este método vai simplificar bastante a solução da rede.


15

(b) Impedâncias Equilibradas Trata-se de uma situação muito comum em sistemas de potência, onde

======

MBCACAB

PCCBBAA

ZZZZZZZZ

(21)

A matriz das impedâncias de fase FZ~ assume a seguinte forma

=

PMM

MPM

MMP

F

ZZZZZZZZZ

Z~ (22)

Deseja-se que a matriz QZQZ FM~~~~ 1 ⋅⋅= − seja diagonal. Chamando

=Λ=

3

2

1~~

λλ

λ

MZ (23)

vem que QZQQQQZQ FF

~~~~~~~~~~ 11 ⋅⋅⋅=Λ⋅⇒⋅⋅=Λ −− (24)

ou seja 0

~~~~~~~~~~=Λ⋅−⋅⇒⋅⋅=Λ⋅ QQZQZQ FFI (25)

onde I

~ e 0

~ são respectivamente a matriz identidade e a matriz de zeros de ordem 3. Uma vez que Λ= ~~

MZ é diagonal, pode-se escrever a equação (25) coluna por coluna, ou seja

=

−

⋅

000000000

3

2

1

333231

232221

131211

333231

232221

131211

λλ

λ

qqqqqqqqq

qqqqqqqqq

ZZZZZZZZZ

pmm

mpm

mmp

(26)


16

Escrevendo a equação (26) para a primeira coluna fica

=

⋅−

⋅

000

31

21

11

1

31

21

11

qqq

qqq

ZZZZZZZZZ

pmm

mpm

mmp

λ (27)

Ou de forma condensada

1313

1111

131

33

~

×××××

=⋅−⋅ 0qqZF λ (28)

Para uma coluna genérica k (k = 1,3), tem-se que

0=⋅−⋅ kkkF qqZ λ~ (29)

A equação (29) pode ser colocada na forma

( ) 00 =⋅ℑ⋅−⇒=⋅ℑ⋅−⋅ kkFkkkF qZqqZ ~~~~ λλ (30)

Na forma expandida a equação (30) fica da forma

=

⋅

⋅−

000

k

k

k

k

pmm

mpm

mmp

qqq

ZZZZZZZZZ

3

2

1

11

1λ

(31)

Ou ainda

=

⋅

−−

−

000

k

k

k

kpmm

mkpm

mmkp

qqq

ZZZZZZZZZ

3

2

1

λλ

λ

(32)

A equação (32) é um sistema linear e homogêneo, de três equações e três incógnitas (q1k, q2k e q3k). Existe ainda uma quarta incógnita, pois também não se conhece o valor de λk . No entanto, para que um sistema homogêneo possua solução diferente da trivial é necessário que

( ) 0=ℑ⋅− ~~det kFZ λ (33)


17

Ou de forma expandida que

0=−

−−

kpmm

mkpm

mmkp

ZZZZZZZZZ

λλ

λ

(34)

Ou seja

( ) ( ) 03 233 =−−+− kpmmkp ZZZZ λλ (35)

A equação (35) é uma equação do terceiro grau em λk. Desta forma, vão existir três raízes dadas por

−=

−=

+=

mp

mp

mp

ZZZZZZ

3

2

1 2

λ

λ

λ

(36)

O leitor pode substituir estes valores na equação (35) acima de forma a certificar que são realmente as suas raízes. Estas raízes são conhecidas como os autovalores da matriz FZ~ . Substituindo o primeiro autovalor no sistema linear homogêneo expresso na equação (32) tem-se que

( )( )

( )

=

⋅

+−+−

+−

000

31

21

11

22

2

qqq

ZZZZZZZZZZZZZZZ

mppmm

mmppm

mmmpp

(37)

Ou seja

=

⋅

−−

−

000

31

21

11

22

2

qqq

ZZZZZZZZZ

mmm

mmm

mmm

(38)


18

Ou ainda

=

⋅

−−

−

000

31

21

11

211121112

qqq

(39)

Finalmente

=−+=+−=++−

0

0

0

312111

312111

312111

22

2

qqqqqqqqq

(40)

A solução para este sistema é

312111 qqq == (41)

Substituindo o segundo autovalor (ou o terceiro, visto que são iguais) na mesma equação (32), tem-se que

( )( )

( )

=

⋅

−−−−

−−

000

32

22

12

qqq

ZZZZZZZZZZZZZZZ

mppmm

mmppm

mmmpp

(42)

Ou seja

=

⋅

000

32

22

12

qqq

ZZZZZZZZZ

mmm

mmm

mmm

(43)

Ou ainda

=

⋅

000

32

22

12

111111111

qqq

(44)


19

Finalmente

=++=++=++

0

0

0

322212

322212

322212

qqqqqqqqq

(45)

A solução para este sistema é

0=++ 322212 qqq (46)

ou seja, quaisquer três valores que somados se anulem. Para o terceiro autovalor tem-se a mesma solução, ou seja

0=++ 332313 qqq (47)

Assim, a matriz Q~ que diagonaliza FZ~ deve ser montada por autovetores justapostos tais que

=++=++

==

0

0

332313

322212

312111

qqqqqqqqq

(48)

ou seja, os elementos da primeira coluna devem ser iguais e os elementos das outras colunas devem ter soma nula. A equação (48) mostra que a matriz de transformação de componentes simétricas, ou de Fortescue, estudada na unidade anterior, atende às três condições mostradas acima uma vez que ela é da forma

=

2

2

11

111~

aaaaQ (49)

A equação (48) mostra também que na verdade, existem infinitas transformações de similaridade que diagonalizam a matriz FZ~ , quando ela é equilibrada. Entre as mais conhecidas destacam-se, para uso em sistemas de potência, as seguintes:


20

(b.1) Transformação de Fortescue (ou Componentes Simétricas)

=⇒

= −

aaaaQ

aaaaQ

2

21

2

2

11

111

31~

11

111~

(50)

(b.2) Transformação de Clarke (ou αβ0)

−−−=⇒

−−

−= −

330112

111

31~

23

211

23

211

011~ 1QQ

(51)

(b.3) Transformação de Karrembauer

−−=⇒

−−= −

101011111

31~

211121111

~ 1QQ (52)

(b.4) Transformação de Clever

−

−=⇒

−−= −

2112

12

3023

111

31~

111201

111~ 1QQ (53)

A equação (53) foi colocada neste texto apenas para provocar a devida polêmica, pois a efetividade de uma dada transformação de similaridade depende de vários fatores tais como facilidade para interpretação física, simplicidade das operações e o fato de serem ou não ortogonais. Mas, para quaisquer das transformações anteriores e para outras possíveis que atendam às equações (48), a matriz das impedâncias modais vai ser sempre da forma

−−

+=

mp

mp

mp

M

ZZZZ

ZZZ

2~

(54)

ou seja, cada um dos elementos é um autovalor de FZ~ .


21

EXEMPLO : Resolver o circuito mostrado abaixo utilizando a teoria apresentada nesta unidade, admitindo-se que:

(a) o gerador fornece tensões equilibradas de 100 V eficazes e que Zg = j 1 Ω, ZLP = j 3 Ω, ZLM = 0 Ω e ZC = j 3 Ω;

(b) ídem (a), mas com ZLM = j 1 Ω;

(c) ídem (b), mas com EC = 0 V.


22

5. Representação de Grandezas em Por Unidade (PU)

5.1. Introdução

Por definição, uma grandeza em pu tem a seguinte forma:

Grandeza Elétrica Valor (pu) = Valor Base

Grandeza Elétrica Símbolo Dimensão Unidade Corrente I [ I ] ampère Tensão V [ V ] volt

Potência Complexa S [ VI ] volt-ampère Impedância Z [ V/I ] ohm

Ângulo de Fase θ , φ , δ - radiano Tempo t [ T ] segundo

• Em RPS não é necessário explicitar o tempo. • O ângulo de fase é adimensional, não necessitando de valor

base. • Restam então quatro grandezas, assim relacionadas:

=

=

IVZI.VS *

&&&

&&&

Conclusão Conhecendo-se duas, as outras duas ficam automaticamente determinadas. Assim, é necessário especificar apenas duas grandezas base.

• Geralmente os valores base são escolhidos reais para evitar operações com números complexos.

• VANTAGENS:

(a) facilidade na comparação dos valores; (b) eliminação dos trafos ideais; (c) menores erros de aproximação; (d) menor confusão (grandezas de linha / de fase); (e) valores típicos de impedâncias para equipamentos.


23

• FORMULÁRIO PARA CIRCUITOS MONOFÁSICOS

Usualmente são escolhidas ou fornecidas a Potência Base e a Tensão Base. Desta maneira tem-se:

Potência Base Sb [VA] Sb [MVA] MVAb

Tensão Base Vb [V] Vb [kV] kVb

A determinação das outras bases é da forma

Corrente Base

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ][ ]

⇒=

=

kVVMVASkAI

VVVASAI

b

bb

b

bb

(55)

Impedância Base

[ ] [ ][ ]

[ ][ ]

[ ] [ ][ ]

⇒=Ω

==Ω

MVASkVVZ

VASVV

AIVVZ

b

bb

b

b

b

bb

2

2

(56)

b

bb kV

MVAkI =

[ ]b

bb MVA

kVZ2

=Ω


24

5.2. Formulário para Circuitos Trifásicos

Para circuitos trifásicos equilibrados são válidas as seguintes equações (em módulo):

(57)

Usualmente são fornecidos a Potência Base Trifásica (Sb3φ) e a Tensão Base de Linha ( Vbφφ ).

Potência Base Trifásica Sb3Φ [VA] Sb3Φ [MVA] MVAb3Φ

Tensão Base de Linha VbΦΦ [V] VbΦΦ [kV] kVbΦΦ

No entanto pode-se utilizar a Potência Base por Fase (Sb1φ) e a Tensão Base de Fase (VbφΝ). Assim

Potência Base Monofásica Sb1Φ [VA] Sb1Φ [MVA] MVAb1Φ

Tensão Base de Fase VbΦΝ [V] VbΦΝ [kV] kVbΦΝ

onde os valores base por fase se relacionam com os valores base trifásicos por

=

=

ΦΦΦ

ΦΦ

3

33

1

bNb

bb

VV

SS

(58)

Φ

ΦΦ

Φ

ΦΦ

Φ

Φ

Φ

ΦΦΦ

ΦΦΦΦ

ΦΦΦ

ΦΦΦ

=

==⋅

⋅==

====

=

3

2

3

2

1

2

13

3

3

33

333

3

SV

S

V

SV

IVVV

IVZ

IVIVIVSS

VV

N

N

NNN

N

N


25

A determinação dos outros valores base é feita utilizando-se as equações (57) e (58), ou seja:

Corrente Base

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ][ ]

⇒=

⇒=

ΦΦ

Φ

Φ

Φ

kVVMVAS

kAI

kVVMVAS

kAI

b

bb

Nb

bb

33

1

(59)

Impedância Base

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ][ ]

⇒=Ω

⇒=Ω

Φ

ΦΦ

Φ

Φ

MVASkVVZ

MVASkVVZ

b

bb

b

Nbb

3

2

1

2

(60)

5.3. Mudança de Base

Algumas vezes deseja-se expressar uma impedância em pu, originariamente referida a um certo par de bases, para um outro par de bases. Isto é feito sabendo-se que o valor ôhmico desta impedância é único, ou seja

[ ] [ ]Ω=Ω ZZ (61)

Expressando-se o valor ôhmico desta impedância em pu, para as duas impedâncias bases distintas Zb2 e Zb1 vem que

1122 )()( bb ZpuZZpuZ ⋅=⋅ (62)

[ ]Φ

ΦΦ=Ω3

2

b

bb MVA

kVZ

Nb

bb kV

MVAkI

Φ

Φ= 1

ΦΦ

Φ=b

bb kV

MVAkI

33

[ ]Φ

Φ=Ω1

2

b

Nbb MVA

kVZ


26

Ou seja

2

112 )()(

b

b

ZZpuZpuZ ⋅= (63)

Substituindo as expressões para Zb2 e Zb1 em (63) tem-se que

1

21

12

22

2 )()(b

b

b

b

MVAkVpuZ

MVAkVpuZ ⋅=⋅ (64)

Rearranjando os termos resulta finalmente que

(65)

A equação (65) acima mostra que o valor em pu da impedância no novo par de bases 2 é inversamente proporcional ao quadrado da nova tensão base e diretamente proporcional à nova potência base.

1

22

2

112 )()(

b

b

b

b

MVAMVA

kVkVpuZpuZ ⋅

⋅=

Parâmetros de Linhas de Transmissão Clever Pereira

1

UNIDADE IV

PARÂMETROS DE LINHAS DE TRANSMISSÃO

1- INTRODUÇÃO

OBJETIVOS DO ESTUDO

CARACTERÍSTICAS DOS ELEMENTOS

⇒

MODELO

MATEMÁTICO

EXEMPLOS

TNA → circuitos equivalentes reduzidos COMPUTADOR DIGITAL → representação

matricial

HISTORICAMENTE EXISTEM 2 SISTEMAS DE REFERÊNCIA:

TRANSFORMADORES E

GERADORES ⇒

MODELOS EM COMPONENTES

SIMÉTRICAS

LINHAS DE

TRANSMISSÃO ⇒

MODELOS EM COMPONENTES

DE FASE

COMPONENTES

DE SEQUÊNCIA

COMPONENTES

DE FASE

→−= QZQZ FS

~.~.~~ 1

←−= 1~.~.~~ QZQZ SF


2

2- EQUAÇÃO DE ONDA PARA UMA LT EM LT's EXISTEM DOIS EFEITOS PRINCIPAIS: (a) VARIAÇÃO DE TENSÃO AO LONGO DA LINHA devido à

circulação de uma corrente elétrica por ela. (b) VARIAÇÃO DA CORRENTE AO LONGO DA LINHA devido às

perdas de corrente para a terra, em virtude da ddp existente entre a linha e a terra.

Fig. 1 – Variação da tensão ao longo da LT

Fig. 2 – Variação da corrente ao longo da LT

( )

IZxV

xV

IZxV

xZIVVV

x.

lim

.

..

0−==

∆∆

−=∆∆

∆=∆+−

→∆ ∂∂

onde Z é a impedância longitudinal

(ou série) unitária dada por

[ ]kmLjRZ Ω+= ω

( )

VYxI

xI

VYxI

xYVIII

x.

lim

.

..

0−==

∆∆

−=∆∆

∆=∆+−

→∆ ∂∂

onde Y é a admitância transversal (ou paralela) unitária dada por

[ ]kmSCjGY ω+=


3

3. CÁLCULO DOS PARÂMETROS DE UMA LT 3.1. INTRODUÇÃO

IZxV .

−=∂∂

onde

[ ]kmLjRZ Ω+= ω denominada “Impedância Longitudinal (ou série) Unitária”

.V I Yx

−=∂∂

onde

[ ]kmSjGY Cω+= denominada “Admitância Transversal (ou shunt, ou paralela) Unitária”

(A) HIPÓTESES SIMPLIFICADORAS INICIAIS

(a) solo plano e homogêneo (ρ = cte) (b) condutores paralelos ao solo e entre si (c) desprezados os efeitos das torres (d) desprezados os efeitos da terra (inicialmente) (e) condutores pára-raios de µ = cte


4

(B) TIPOS DE CONDUTORES

Simples :

denominados fios

Compostos : denominados cabos

Homogêneos

AAC : all aluminum conductor (CA) AAAC : all aluminum alloy conductor

Não Homogêneos

ACSR : aluminum conductor steel reinforced (CAAA)

ACAR : aluminum conductor alloy

reinforced

Múltiplos


5

3.2. IMPEDÂNCIA LONGITUDINAL DE UMA LT

[ ]kmLjRZ Ω+= ω

A - RESISTÊNCIA LONGITUDINAL UNITÁRIA

Resistência em corrente contínua ( RDC )

[ ] [ ]kmA

RA

R DCDC Ω=⇒Ω= ρρ

l

l

(1)

Resistência em corrente alternada ( RAC ) • Consulta a tabelas : (Tabelas A3 e A4)

Variação da resistência com a temperatura

MATERIAL T (°C) Cobre -234,5

Alumínio -228,0

Fig. 3 – Variação da resistência com a temperatura

para o cobre e o alumínio.

⇒

−−

=TtTt

RR

1

2

1

21

1

22 R

TtTtR

−−

=

(2)

onde:

R : Resistência Longitudinal Unitária L : Indutância Longitudinal Unitária


6

EXEMPLO: QUAL A INFLUÊNCIA DO EFEITO PELICULAR A 60 Hz SOBRE A RESISTÊNCIA DO CONDUTOR MARIGOLD A 20 °C ?

NA REALIDADE, O QUE SE ESTÁ PEDINDO É A RELAÇÃO )20()20(

CRCR

DC

AC

°°

[ ]m 10 1115,5

3048,0 100001558,0)20( 5 Ω×=×

=° −CRDC

CT

TT

CRCR

AC

AC o 228 onde 5020

)50()20(

−=−−

=°°

[ ]m 10 2993,5

344,16090956,0

2285022820 )20( 5 Ω×=×

++

=° −CRAC

0367,1

101115,5102993,5

)20()20(

5

5

==°°

−

−

xx

CRCR

DC

AC

1 pé = 1' = 0,3048 m 1 milha = 1,609 km 1 pol = 1" = 2,54 cm 1 mil = 0,001 pol 1 CM = área do círculo com 1 mil de diâmetro = 5,067 mm2

EFEITO PELICULAR causa um aumento de 3,67 % na resistência

DADOS DE TABELA DO CABO AAC

MARIGOLD

1.113.000 CM; 61 fios RDC (20 °C) = 0,01558 Ω /1000 pés RAC (50 °C) = 0,0956 Ω /milha


7

B - INDUTÂNCIA LONGITUDINAL UNITÁRIA 1. Indutância de um condutor cilíndrico, maciço e homogêneo de

material não magnético

EXTINTTOTAL LLL += (3)

onde LTOTAL ⇒ Indutância total LINT ⇒ Indutância devido ao enlace de fluxo interno LEXT ⇒ Indutância devido ao enlace de fluxo externo

LBH →→→→ ψφ

iiLiL l

lll

ψψψ =⇒=⇒=

L

Roteiro de Cálculo


8

(a) INDUTÂNCIA DEVIDO AO ENLACE DE FLUXO INTERNO

Intensidade de Campo Magnético (H) (LEI DE AMPERE)

[ ] A.esp 2

=

= 2.

.

2

2

2

T

T

env

iR

rH

iRrrH

idH

π

πππ

∫ =lrr

(4)

Densidade de Campo Magnético ( B )

[ ]22

0 0 Wb/m

2 = RirBHB T

πµµ ⇒=

(5)

Fluxo Magnético ( φ )

[ ]Wb/m ..

2 =

.d ..=.=d .

2

0drr

Rid

drBdrBdSBdSB

T

S

πµφ

φφφ

l

ll =⇒⇒= ∫

(6)

Enlace de Fluxo Magnético ( Ψ )

[ ]

πµ

πµ

πµψ

πµψ

ππφψ

8

4

2 2

mWb.esp 2

0

0 0

4

4

034

0

4

3 0

2

2

TR R

TT

tT

irRidrr

Ri

drR

ridRrdd

=

==

=⇒=

∫l

lll

(7)

Indutância ( L )

[ ]H/m 2

10 8

10 4 8

77

0−−

=×

====π

ππ

µψ

TINT i

LL l

l (8)

R

r dr l

Fig. 4 – Campo magnético interno a um condutor

Ψrr

,H


9

(b) INDUTÂNCIA DEVIDO AO ENLACE DE FLUXO EXTERNO

Intensidade de Campo Magnético (H) (LEI DE AMPERE)

[ ] A.esp 2

= = 2. . r

iHirHidH TTenv

ππ ⇒⇒=∫ l

rr

(9)

Densidade de Campo Magnético (B)

[ ]20

0 Wb/m 2 = riBHB T

πµµ ⇒=

(10)

Fluxo Magnético (Φ )

[ ] mWb . 2

. .. .

0 drrid

drBddrBdSBd

T

πµφ

φφ

=

=⇒==

l

ll

(11)

D1

D2

r

dr

Ψrr

,H

l

iT

2R

Fig. 5 – Campo magnético externo a um condutor


10

Enlace de Fluxo Magnético (Ψ )

[ ]mWb.esp

2 0 drrid T

πµψ

=l

(12)

considerando o enlace de fluxo de D1 a D2

[ ]mWb.esp ln 2

ln 2

2

1

2012

1

200122

1

2

1

DDi

DD

ridrrid

T

TD

D

TD

D

πµψ

πµ

πµψψ

=

=== ∫∫

l

ll

(13)

Indutância (L)

A indutância devido ao fluxo externo, de D1 até D2 é

(14)

A indutância devido a todo fluxo externo ao condutor até um ponto P qualquer, distante DP do centro do condutor é então:

(15)

[ ]H/m ln 2

1

201212

DD

iL

T πµψ

==l

l

[ ]H/m ln 102 ln 2

70

RD

RDL PP

EXT−×==

πµ


11

(c) INDUTÂNCIA TOTAL

+=+=

RD

RDL PP

TOTAL ln41

2ln

2

8 000

πµ

πµ

πµ

(16)

ou seja

ln

2lnln

2

41

0410

ReD

RD

eL ppTOTAL

⋅=

+=

πµ

πµ

(17)

ou ainda

ln

2

41

0−

⋅=

eR

DL p

TOTAL πµ

(18)

Definindo um raio corrigido ReRR 7788,0 ' 41

==−

temos

[ ]H/m

'ln

2 0

RDL P

TOTAL πµ

=

(19)

NOTA: A indutância total de um condutor de raio R corresponde à indutância devida somente ao fluxo externo de um condutor de raio R = R e-1/4.


12

2. Matriz das Indutâncias Longitudinais de um Grupo de Condutores Cilíndricos e Homogêneos, onde Σ i=0

Foi mostrado no item anterior que o fluxo que enlaça um condutor de raio R, percorrido por uma corrente i, considerando uma região que vai até um certo ponto P qualquer é dado por

iRDP

EXTINTTOTAL

=Ψ+Ψ=Ψ

'ln

2 0

πµ

(20)

Quando existe mais de um condutor, é necessário calcular o fluxo que enlaça cada um deles, somando o fluxo criado pelo próprio condutor com os criados pelos restantes. Como exemplo, calculando o fluxo que enlaça o condutor 1, mostrado na figura acima, fica

Fluxo que enlaça o condutor 1 Devido à corrente

no condutor Expressão para o

enlace de fluxo Comentário

1 1'1

1011 ln

2i

RD P

=Ψ

πµ

Fluxo devido à

corrente i1

.

.

.

.

.

.

.

.

.

n ln2 1

01 n

n

nPn i

DD

=Ψ

πµ

Fluxo devido à

corrente in

P

i1

i2

i3

in

DnP

D1

D3

D2P

D23

D2

1

D2n

D1n

D3n

D13

∑=

=n

kki

10

ψ até um certo ponto P

Fig. 6 – Enlace de Fluxo devido a um conjunto de condutores onde ∑i = 0


13

Assim, o enlace de fluxo total do condutor 1 é: n112111 ΨΨΨΨ +++= L

(21) ou seja

+++=Ψ

121

22'

1

11

01 lnlnln

2 n

nPn

PP

DDi

DDi

RDi L

πµ

(22)

ou ainda

( ) ( )( )]nPnPnnPP

nn

DiDiDiD

Di

Di

Ri

lnlnlnlni

1ln1ln1ln2

=

112211

1212'1

01

1

+++++

+

+++Ψ

−−L

Lπ

µ

(23)

mas por hipótese, ∑=

=n

kki

10 , ou seja

121121 0 −− −−−−=⇒=++++ nnnn iiiiiiii LL

(24)

então

( ) ( )]nPnnPPnnP

nn

DiDiDiDi

Di

Ri

lnlnln...ln

1ln1ln2

111111

1'1

01

1

−−− ++−+++

+

++=Ψ

L

Lπ

µ

(25)

ou seja

( )

+++

++=Ψ −

−np

pnn

np

p

nn D

Di

DD

iD

iR

i 11

11

1'1

10

1 lnln1ln1ln2

LLπ

µ

(26)


14

Quando P tender a infinito nPiP DD com ( i = 1,2,...,n-1) tende a 1 e

121para 0lnlim n-,,,=iDD

nP

iP

PL=

∞→ (27)

e deste modo

+++=Ψ

1212'

11

01

1ln1ln1ln2 n

n Di

Di

Ri L

πµ

(28)

Escrevendo na forma matricial para todos n condutores resulta

=

Ψ

ΨΨ

n

nnn

n

n

n i

ii

RDD

DRD

DDR

M

L

MOMM

L

L

M2

1

'21

2'221

112'1

02

1

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

2πµ

(29)

Que com notação condensada é da forma

iL.~=Ψ

(30) ou seja, tem-se uma matriz associada ao feixe de condutores, dada por

(31)

A matriz acima sem o coeficiente µ0 / 2π é conhecida como matriz dos coeficientes de campo F~ .

[ ]mH

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

1ln1ln1ln

2~

'21

2'221

112'1

0

=

nnn

n

n

RDD

DRD

DDR

L

L

MOMM

L

L

πµ


15

De maneira mais simples e até "abusada", a matriz L~ vai ser escrita neste texto como

(32)

Observações Importantes:

(a) Notar que [ ] [ ]ijaA ln~ln = se e somente se A~ é diagonal. No entanto, será utilizada neste texto esta notação para fins de simplificação.

(b) Será utilizado como coeficiente multiplicador da matriz dos coeficientes de campo tanto 0,2 (para indutância em mH/km) quanto 2 x 10-7 (para indutância em H/m) ou µ0 / 2π, cabendo ao leitor identificar a unidade utilizada.

3. Matriz Indutância Longitudinal e Indutância Total de uma LT monofásica a 2 fios

Trata-se de uma situação particular do item anterior,

onde n = 2.

Assim sendo

iL~=ψ (33)

[ ]kmmH

111

111

111

ln2,0~

'21

2'221

112'1

=

nnn

n

n

RDD

DRD

DDR

L

L

MOMM

L

L

Fig. 7 – LT monofásica a dois fios.


16

ou seja

=

=

2

1

'221

12'10

2

1

2221

1211

2

1

11

11

ln2ψ

ψii

RD

DRii

LLLL

πµ

(34)

Desta forma, as indutâncias próprias de cada um dos condutores, respectivamente L11 e L22, e as mútuas entre os condutores, L12 e L21, sendo L12 = L21, são dadas por

==

=

=

]/[1ln2,0

]/[1ln2,0

]/[1ln2,0

2112

'2

11

'1

11

kmmHD

LL

kmmHR

L

kmmHR

L

(35)

sendo D12 = D21 = D. Efetuando a multiplicação matricial em (34) resulta em

+=+=Ψ

+=+=Ψ

'2

221

10

2221212

122'

11

02121111

1ln1ln2

1ln1ln2

Ri

DiiLiL

Di

RiiLiL

πµπ

µ

(36)

Analisando inicialmente para o fluxo Ψ1 fica

+×=+=Ψ −

122'

11

72121111

1ln1ln102D

iR

iiLiL (37)

mas como

= e 2121 iiiiii −⇒−== (38)


17

então a equação (37) fica como

( ) '

1

121

7

12'1

17

112111 ln1021ln1ln102RDi

DRiiLL −− ×=

−×=−=Ψ

(39)

Escrevendo a equação (39) para o condutor 2 tem-se que

( ) '

2

212

7

21'2

27

221222 ln1021ln1ln102RDi

DRiiLL −− ×=

−×=−=Ψ

(40)

Chamando de Li a indutância que relaciona o fluxo Ψi com a corrente ii , tem-se das equações (39) e (40) que

(41)

Nas equações (41) acima, L1 e L2 recebem o nome de indutâncias aparentes dos cabos 1 e 2 respectivamente A figura 8 a seguir esclarece os conceitos de indutância própria (L11 e L22), mútua (L12 e L21) e aparente (L1 e L2) relacionadas a uma LT monofásica a dois fios.

=−=Ψ

=

=−=Ψ

=

]/[ln2,0

]/[ln2,0

'2

21222

22

'1

12111

11

kmmHRDLL

iL

kmmHRDLL

iL

Fig. 8 – Indutâncias próprias, mútuas e aparentes de uma LT monofásica a dois fios.


18

O fluxo total enlaçado pela linha, ou seja, a parcela de fluxo que se encontra entre os condutores 1 e 2, vai ser (o leitor deve verificar que os enlaces de fluxo Ψ1 e Ψ2 possuem sentidos contrários na região entre os dois condutores da linha)

−×=−=Ψ−Ψ=Ψ −

'2

212'

1

121

7221121 lnln102

RDi

RDiiLiL

(42)

Como i1 = i , i2 = - i e D12 = D21 = D resulta de (42) que

(43)

A constante que relaciona o fluxo total enlaçado pela linha de transmissão com a corrente da LT monofásica a dois fios na equação (42) é chamada de indutância de serviço LS desta LT, ou seja,

(44)

Utilizando as equações (41) e o fato de L12 e L21 serem iguais, pode-se escrever também que

(45)

A figura 9 a seguir apresenta circuitos equivalentes de uma LT monofásica a dois fios de forma a esclarecer o conceito de indutância de serviço.

12221121 2 LLLLLi

LS −+=+=Ψ

=

×=

×=

Ψ= −−

''''S.RR

D.RR

Di

L21

7

21

27 ln104ln102

( )

×=

−×=+=Ψ −−

'''' .RRDi

RDi

RDiiLL

21

27

22

11

721 ln102lnln102

Fig. 9 – Indutância de serviço de uma LT monofásica a dois fios.


19

Para LTs que possuam os condutores 1 e 2 iguais, ou seja, quando ''

2'

1 RRR == (caso muito comum em linhas de transmissão), tem-se de (44) que

(46)

Considere agora a figura 10 abaixo onde estão presentes duas bobinas acopladas magneticamente com polaridade subtrativa, sendo L11 e L22 as indutâncias próprias destas bobinas e L12 = L21 a indutância mútua entre elas.

Para este circuito pode-se escrever que

+=∆

+=∆

dtdiL

dtdiLv

dtdiL

dtdiLv

222

1122

212

1111

(47)

A queda de tensão total nas duas bobinas ∆v vai ser

21 vvv ∆−∆=∆ (48)

+ –

∆v1

∆v2

i1 = i

i2 = -i

+ –

+ ∆v

–

L12

L11

L2

2

Fig. 10 – Bobinas acopladas magneticamente.

( ) '7

2'

27 ln104ln102

RD

RDLS

−− ×=×=


20

ou seja

+−

+=∆

dtdiL

dtdiL

dtdiL

dtdiLv 2

221

122

121

11 (49)

Mas i1 = i e i2 = -i, então

dtdiL

dtdiL

dtdiL

dtdiLv 22121211 +−−=∆

(50)

ou seja

( )dtdiLLLv 122211 2−+=∆

(51)

ou ainda

dtdiLv S=∆

(52)

onde

122211 2 LLLLS −+= (53)

Comparando as equações (53) e (45) nota-se que uma LT monofásica a dois fios se comporta como duas bobinas ligadas em série com acoplamento magnético subtrativo mostrado na figura 10.


21

LEMBRETES

BOBINAS ACOPLADAS MAGNETICAMENTE

SUBTRATIVA

(mais utilizada)

ADITIVA

(utilizada em pequenos

trafos monofásicos)

TESTES PARA VERIFICAR POLARIDADE

Fig. 11 – Bobinas acopladas magneticamente com polaridade subtrativa.

Fig. 12 – Bobinas acopladas magneticamente com polaridade aditiva.

Fig. 13 – Testes para determinar polaridades de bobinas acopladas magneticamente.


22

4. Indutância de um cabo X com n filamentos idênticos pertencente a uma linha com outro cabo Y com m’ filamentos idênticos

Trata-se de um arranjo de condutores onde ∑i=0. Desta forma pode ser escrito que

−−−⋅

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−×=

Ψ

Ψ−−−

Ψ

Ψ

−

'

'

''''''

''''''

'''

'''

7

'

'

11|11|

11|11

11|11|

11|11

ln102

m

a

n

a

mamnmam

maanaaa

nmnanna

amaaana

m

a

n

a

i

i

i

i

RDDD

DRDD

DDRD

DDDR

M

M

LL

MOMMOM

LL

LL

MOMMOM

LL

M

M

(54)

Desta forma, o enlace de fluxo da fase a vai ser dado por

+++

++×=Ψ −

'''

7 1ln1ln'

1ln1ln102amaa

Y

ana

Xa DDm

iDRn

iLL (55)

ou seja

+

×=Ψ −

mamaa

Yn

anaba

Xa DDi

DDRi

'''

7 1ln1ln102LL

(56)

Fig. 14 – LT monofásica a dois cabos.


23

Definindo na equação (56)

∆

∆

mamabaaaY

nanabaaX

DDDDMG

DDRDMG

'''

'

L

L (57)

onde DMGaX e DMGaY são as distâncias médias geométricas do filamento a aos cabos X e Y respectivamente, as equações (54) podem ser escritas como

+

×=Ψ

+

×=Ψ

−

−

nYY

nXXn

aYY

aXXa

DMGi

DMGi

DMGi

DMGi

1ln1ln102

1ln1ln102

7

7

MMM (58)

Considerando o enlace de fluxo do cabo X como a média dos enlaces de fluxo de cada um de seus filamentos vem que

nnba

XXΨ++Ψ+Ψ

=Ψ=ΨL

(59)

Desta forma

+

×=Ψ −

nnYaY

YnnXaX

XX DMGDMGi

DMGDMGi

LL

1ln1ln102 7 (60)

Definindo

∆

∆

nnYbYaYXY

nnXbXaXX

DMGDMGDMGDMG

DMGDMGDMGRMG

L

L (61)


24

onde RMGX é o raio médio geométrico do cabo X e DMGXY é a distância média geométrica entre os cabos X e Y, a equação (60) pode ser escrita como

+

×=+=Ψ −

XYY

XXYXYXXXX DMG

iRMG

iiLiL 1ln1ln102 7 (62)

De maneira análoga para o cabo Y resulta que

+

×=+=Ψ −

YY

YXXYYYXYXY RMG

iDMG

iiLiL 1ln1ln102 7 (63)

Reescrevendo as duas últimas equações de maneira simples e "abusada", vem que

⋅

×=

⋅

=

ΨΨ −

Y

X

YYX

XYX

Y

X

YYYX

XYXX

Y

X

ii

RMGDMG

DMGRMGii

LLLL

11

11

ln102 7

(64)

ou seja

(65)

Como iX = - iY , resulta que

( )

( )

×=−=Ψ

×=−=Ψ

−

−

Y

YXYYYXYYY

X

XYXXXYXXX

RMGDMGiiLL

RMGDMGiiLL

ln102

ln102

7

7

(66)

[ ]kmmH

RMGDMG

DMGRMGLLLL

L

YYX

XYX

YYYX

XYXX /11

11

ln2,0~

=

=


25

Como antes, podem ser definidas as indutâncias aparentes dos cabos X e Y como a relação entre o fluxo Ψ e a corrente i para cada um dos cabos, ou seja

(67)

Como no item 3, para o caso de LT monofásica a dois fios, o fluxo total enlaçado pelos dois cabos vai ser

( )

×=+=Ψ−Ψ=Ψ −

YX

XYYXYX RMGRMG

DMGiiLL ln104 7 (68)

Desta forma, a indutância de serviço da LT a dois cabos vai ser dada por

(69)

[ ]

[ ]

=−=

=−=

kmmHRMGDMGLLL

kmmHRMGDMGLLL

Y

YXYXYYY

X

XYXYXXX

/ln2,0

/ln2,0

[ ]kmmHRMGRMG

DMGLLLYX

XYYXS /ln4,0

=+=

NOTAS

(a) Comparando com os resultados do ítem 3, referente a con-dutores simples, vê-se que as relações coincidem, se forem trocados R' por RMG e D por DMG.

(b) Desta forma, as indutâncias aparentes por fase e de serviço

de LT's a dois cabos são análogas às das LT's a dois fios.


26

5. Indutância de uma Linha de Transmissão Monofásica a dois fios com retorno pelo solo considerado ideal (ρ = 0)

A figura 15 abaixo mostra que, se for utilizado o Método das Imagens, a LT monofásica a dois fios com solo ideal torna-se um caso onde ∑ i = 0

Desta forma, os enlaces de fluxo dos condutores 1 e 2 e de suas imagens 1’ e 2’ podem ser expressos por

⋅

×=

ΨΨΨΨ

−

'2

2

'1

1

''22'2'1'21'2

'22'2'2121

'2'12'1''11'1

'1212'11'1

7

'2

2

'1

1

1111

1111

1111

1111

ln102

iiii

RDDD

DRDD

DDRD

DDDR

(70)

Fig. 15 – LT monofásica a dois fios em solo ideal.


27

Substituindo os termos Dii' referentes às distâncias de cada um dos condutores à sua própria imagem por Hi e os termos Dik' relativos às distâncias de cada um dos condutores i à imagem de um outro condutor k por Hik , como mostra a figura anterior, resulta que

⋅

×=

ΨΨΨΨ

−

'2

2

'1

1

''221212

2'21221

1212''11

12121'1

7

'2

2

'1

1

1111

1111

1111

1111

ln102

iiii

RHDH

HRHD

DHRH

HDHR

(71)

Escrevendo a relação para o primeiro enlace de fluxo vem que

+++×=Ψ −

12'2

122

1'1'

11

71

1ln1ln1ln1ln102H

iD

iH

iR

i (72)

Como i1 = -i1' e i2 = -i2' então

−+−×=Ψ −

122

122

11'

11

71

1ln1ln1ln1ln102H

iD

iH

iR

i (73)

ou seja

21211112

122'

1

11

71 lnln102 iLiL

DHi

RHi +=

+×=Ψ −

(74)

Repetindo o mesmo procedimento para o enlace de fluxo no condutor 2 chega-se a

222121'2

22

12

121

71 lnln102 iLiL

RHi

DHi +=

+×=Ψ −

(75)


28

ou seja, a matriz das indutâncias longitudinais unitárias da linha de transmissão monofásica a dois fios, considerando o solo ideal, é da forma

⋅

×=

=

ΨΨ −

2

1

'2

2

21

12

12

12'1

1

7

2221

1211

2

1 ln102ii

RH

DH

DH

RH

LLLL

(76)

Podemos ver que ela é bastante semelhante à matriz das indutâncias longitudinais unitárias quando não se considera a presença do solo, diferenciando apenas devido ao aparecimento dos termos Hi e Hij no numerador de cada um dos elementos. Toda a formulação restante, referente ao cálculo das indutâncias aparentes e de serviço da linha de transmissão monofásica a dois fios considerando solo ideal é a mesma apresentada no item 3, ou seja, as indutâncias aparentes vão ser dadas por

−=−=

21222

12111

LLLLLL

(77)

e a total ou de serviço por

21 LLLS += (78)


29

6. Indutância de uma linha de transmissão trifásica com retorno pelo solo considerado ideal (ρ = 0)

A figura 16 mostra uma linha de transmissão trifásica, considerando o solo ideal e uma linha equivalente aplicando-se o método das imagens.

Para estas linhas de transmissão, o raciocínio é semelhante ao anterior para linhas monofásicas a dois fios. Desta forma, utilizando-se novamente o método das imagens, a equação de enlace de fluxo fica

=

ΨΨΨ

⇒=Ψ

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

C

B

A

iii

LLLLLLLLL

iL~ (79)

onde

[ ]kmmH

RH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

RH

L

c

c

bc

bc

ac

ac

bc

bc

b

b

ab

ab

ac

ac

ab

ab

a

a

=

'

'

'

ln2,0~ (80)

dab dbc

dac

ha hb hc

a

b

c

solo homogêneo

Dab Dbc

Ha

Hb

Hc

a

b

c

Da’c’

Da’b’ Db’c’

Dac

Hab’

Hac’

b

c'a

Fig. 16 – LT trifásica em solo ideal.


30

7. Indutâncias Aparentes e de Serviço de Linhas de Transmissão Trifásicas

Seja a equação genérica dos enlaces de fluxo para uma linha de transmissão trifásica.

⋅

=

ΨΨΨ

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

C

B

A

iii

LLLLLLLLL

(81)

A expressão para o enlace de fluxo da fase a

CACBABAAAA iLiLiL ++=Ψ (82)

Considerando o sistema equilibrado, no instante em que iA passa pelo máximo (max)Ai tem-se

Ψ−=Ψ=Ψ

−==

Ψ=Ψ

=

2

2(max)

(max)

(max)

(max)

ACB

ACB

AA

AA

iii

eii

(83)

e então

−+

−+=Ψ=Ψ

22(max)(max)

(max)(max)A

ACA

ABAAAAA

iL

iLiL (84)

Rearranjando os termos e utilizando o mesmo raciocínio para as outras duas fases, chega-se a

( )

( )

( )

⋅

+−=Ψ

⋅

+−=Ψ

⋅

+−=Ψ

(max)(max)

(max)(max)

(max)(max)

212121

CACBCCCC

BBCABBBB

AACABAAA

iLLL

iLLL

iLLL

(85)


31

No caso de LTs trifásicas, as indutâncias aparentes de cada uma das fases são definidas como a relação entre o fluxo máximo e a corrente máxima daquela fase, ou seja

( )

( )

( )

+−=Ψ

=

+−=Ψ

=

+−=Ψ

=

ACBCCCC

CC

BCABBBB

BB

ACABAAA

AA

LLLi

L

LLLi

L

LLLi

L

21

21

21

(max)

(max)

(max)

(max)

(max)

(max)

(86)

O circuito equivalente da figura abaixo explica o conceito de indutância aparente por fase

Definindo uma média dos enlaces de fluxos máximos das três fases como

3(max)(max)(max)

(max)CBA Ψ+Ψ+Ψ

∆Ψ (87)

Utilizando as equações (86) e lembrando que em sistemas trifásicos equilibrados as correntes máximas nas três fases são idênticas, ou seja

(max)(max)(max)(max) Iiii CBA === (88)

Fig. 17 – Indutâncias aparentes de uma LT trifásica.


32

esta média dos enlaces de fluxos máximos pode ser expressa em termos das indutâncias aparentes por fase como

(max)(max)3

ILLL CBA ⋅

++=Ψ (89)

A equação (89) fornece a expressão para a indutância longitudinal de serviço da linha de transmissão trifásica como uma média das indutâncias aparentes por fase, dada por

( ) ( )CABCABCCBBAACBA

S LLLLLLLLL

IL ++−++=

++=

Ψ=

31

31

3(max)

(max) (90)

Na equação (90) acima, nota-se que o primeiro e segundo termos são médias aritméticas das indutâncias próprias e mútuas respectivamente. Assim, definindo

( )

( )

++=

++=

CABCABm

CCBBAAp

LLLL

LLLL

3131

(91)

resulta que a indutância de serviço de uma LT trifásica pode ser definida em função destas indutâncias médias como

mpS LLL −= (92)

O circuito equivalente a seguir explica o conceito de indutância de serviço, obtida a partir da média aritmética das indutâncias aparentes.

Fig. 17 – Indutância de serviço definida a partir de indutâncias aparentes de uma de uma LT trifásica.


33

8- Transposição de LT's Trifásicas

No primeiro trecho temos

×=

ΨΨΨ

=Ψ −

C

B

A

R

HDH

DH

DH

R

HDH

DH

DH

R

H

C

B

A

iii

p

p

p

p

p

p

o ln102

'32

32

31

31

23

23'

21

21

13

13

12

12'

71 (93)

No segundo trecho temos

×=

ΨΨΨ

=Ψ −

C

B

A

R

HDH

DH

DH

R

HDH

DH

DH

R

H

C

B

A

iii

p

p

p

p

p

p

o ln102

'13

13

12

12

31

31'

32

32

21

21

23

23'

72 (94)

No terceiro trecho temos

×=

ΨΨΨ

=Ψ −

C

B

A

R

HDH

DH

DH

R

HDH

DH

DH

R

H

C

B

A

iii

p

p

p

p

p

p

o ln102

'21

21

23

23

12

12'13

13

32

32

31

31'

73 (95)

Fig. 18 – Transposição de LT trifásica.


34

Considerando um valor médio dos enlaces de fluxos para os três trechos como

Tmedio

ooo

l

lll332211 ... Ψ+Ψ+Ψ

=Ψ=Ψ (96)

e considerando especificamente o caso de transposição perfeita, onde

3321Tllll === (97)

tem-se então que o enlace de fluxo médio vai ser

3321 ooo

medio

Ψ+Ψ+Ψ=Ψ=Ψ (98)

Analisando especificamente para a fase a vem que o enlace de fluxo médio da fase a vai ser dado por

++×

=

Ψ+Ψ+Ψ=Ψ

322113

322113

312312

312312'

7-

321

ln ln ln 3 3102

3

DDDHHHi

DDDHHHi

RH

i CBp

pA

AAAA

ooo

(99)

ou ainda

++×=Ψ −

3322113

3322113

3312312

3312312

'7 ln ln ln 102

DDDHHH

iDDDHHH

iRH

i CBp

pAA (100)

Definindo Deq como a distância média geométrica entre as fases e Heq como a altura média geométrica entre as fases e as imagens das outras fases, ou seja

∆

∆3

231312

3231312

HHHH

DDDD

eq

eq

(101)


35

o valor médio do enlace de fluxo da fase a, considerando-a nas três posições P1, P2 e P3 vai ser

++×=Ψ −

eq

eqC

eq

eqB

p

pAA

DH

iDH

iRH

i ln ln ln 102 '7

(102)

Assim, estendendo o raciocínio para as outras duas fases, resulta que

×=

ΨΨΨ

−

C

B

A

R

HDH

DH

DH

R

HDH

DH

DH

R

H

C

B

A

iii

p

p

eq

eq

eq

eq

eq

eq

p

p

eq

eq

eq

eq

eq

eq

p

p

ln102

'

'

'

7

(103)

ou seja pode ser definida uma matriz de indutâncias longitudinais média da LT trifásica dada por

=

×= −

pmm

mpm

mmp

R

HDH

DH

DH

R

HDH

DH

DH

R

H

LLLLLLLLL

L

p

p

eq

eq

eq

eq

eq

eq

p

p

eq

eq

eq

eq

eq

eq

p

p

'

'

'

ln 102~ 7

(104)

Considerando que o sistema trifásico está equilibrado, ou seja, que para qualquer instante a soma das correntes é nula, ou seja, que iA + iB + iC = 0, resulta para qualquer uma das fases k = A, B ou C que

(105)

onde LS é definida como a indutância de serviço da linha de transmissão trifásica equilibrada (perfeitamente transposta).

mpS LLL −=( ) ⇒−=Ψ KmpK iLL


36

9. Indutância de Linhas Trifásicas com Cabos Múltiplos Como no item 4, vão ser considerados raios médios geométricos e distâncias médias geométricas. Assim, considerando a presença do solo ideal vem

⋅

×=

ΨΨΨ

−

C

B

A7

iii

ln102

C

C

CB

CB

CA

CA

BC

BC

B

B

BA

BA

AC

AC

AB

AB

A

A

C

B

A

RMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

RMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

RMGHMG

(106)

onde

EXEMPLO:

(a) Calcular a matriz das indutâncias longitudinais unitárias e a indutância de serviço da LT abaixo, inicialmente não considerando o efeito do solo.

Condutores Pheasant RMG = 0,0466 pés

= 0,0142 m d = 0,45 m DAB = DBC = D = 8 m

Fig. 19 –LT trifásica sem presença do solo .

HMGK é a distância média geométrica da fase K à sua imagem

RMGK é o raio médio geométrico da fase K

HMGJK é a distância média geométrica da fase J à imagem da fase K

DMGJK é a distância média geométrica da fase J à fase K


37

Pela simetria existente na LT, vê-ser que os raios médios geométricos das fases são iguais. Assim, calculando para a fase A vem que

CB

A

RMGRMGdRdRdR

dRdRRMG

====

==

'.'.'.

.. DMG .RMGDMG .RMG '2

'1212121

As distâncias médias geométricas entre as fases A e B e as fases B e C também são iguais. Calculando uma delas resulta que

( ) ( )

( )( ) ( )

4

2

4

24

4 2224 2

24231413

11

D .DD .

−⋅=

−⋅=

−=−+=

−+==

DdD

DdD

dDDdDdDD

DdDdDDDDMGAB

A expressão da DMG da fase A à fase C vai ser dada por

( ) ( )

( )( ) ( )

42

4

24

4 2224 2

26251615

212

2116

44224

2222 . .

−⋅=

−⋅=

−=−+=

−+==

DdD

DdD

dDDdDdDD

DdDdDDDDDDDMGAC

Pelas expressões anteriores, na hipótese de d << D, resulta que

≈

≈=

DDMG

DDMGDMG

AC

BCAB

2

Ou seja, as distâncias médias geométricas se equivalem às distâncias de centro a centro das fases.


38

Deste modo

=

==

===

]/[21ln2,0

]/[1ln2,0

]/[1ln2,0

kmmHD

L

kmmHD

LL

kmmHRMG

LLL

AC

BCAB

ACCBBAA

Substituindo os valores numéricos vem que

BCABBCAB

CBA

DDmmDMGDMG

mRMGRMGRMG

==≈=

−==

=×===

8994,7845,018

08,045,00142,0

42

mmDMGAC 16997,151645,0116 4

2

≈=

−=

E assim

]/[5051,008,01ln2,0 kmmHLLL CCBBAA ====

]/[4159,081ln2,0 kmmHLL BCAB −===

]/[5545,0161ln2,0 kmmHLAC −==

A matriz das indutâncias longitudinais unitárias será

]/[5051,04159,05545,04159,05051,04159,05545,04159,05051,0

~ kmmHL

−−−−−−

=


39

O valor da indutância de serviço pode ser calculado diretamente da matriz acima considerando que

mpS LLL −=

ou seja

( ) ( ) ( )[ ]5545,04159,04159,0315051,0 −+−+−−=SL

]/[9672,0 kmmHLS =

A mesma indutância de serviço pode ser calculada utilizando-se o conceito de distância equivalente, ou seja

mDMGeq 0794,1016883 =××=

A matriz das indutâncias longitudinais unitárias, considerando a linha transposta e sem a presença do solo, será então

=

'

'

'

111

111

111

ln2,0~

peqeq

eqpeq

eqeqp

RDD

DRD

DDRL

ou seja

=

08,01

0794,101

0794,101

0794,101

08,01

0794,101

0794,101

0794,101

08,01

ln2,0~L

ou ainda

]/[5051,04621,04621,04621,05051,04621,04621,04621,05051,0

~ kmmHL

−−−−−−

=


40

e a indutância de serviço vai ser dada por

( ) ]/[9672,04621,05051,0 kmmHLLL mpS =−−=−=

Nota-se que os valores da indutância de serviço, calculados utilizando-se métodos aparentemente diferentes dão os mesmos resultados (o leitor pode demonstrar que basicamente as expressões são as mesmas). Observa-se também que é possível o cálculo da indutância de serviço pela aplicação direta da equação

]/[ln2,0 ' kmmHRD

Lp

eqS =

ou seja

]/[9672,008,0

0794,10ln2,0 kmmHLS ==

chegando novamente ao mesmo resultado.

(b) Refazer os cálculos do exemplo anterior considerando retorno pelo solo ideal e altura da linha de 10 m em relação ao solo.

Fig. 20 –LT trifásica e solo ideal .


41

Do item (a) tem-se que

RMGcond = 0,0142 m

RMGfase = 0,08 m Neste caso

=+=

=+==

====

=====

mH

mHH

mHHHmD

mDDmRRR

CA

BCAB

CBA

CA

BCAB

CBA

6125,251620

5407,21820

2016

808,0

22

22

'''

e desta forma

]/[

08,020

85407,21

166125,25

85407,21

08,020

85407,21

166125,25

85407,21

08,020

ln2,0~ kmmHL

=

ou seja

]/[1043,11981,00941,01981,01043,11981,00941,01981,01043,1

~ kmmHL

=

As indutâncias aparentes por fase são então

( )

]/[9062,01981,01043,1

]/[9582,00941,01981,0211043,1

kmmHL

kmmHLL

B

CA

=−=

=+−==


42

e a indutância de serviço vai ser

( ) ]/[9409,031 kmmHLLLL CBAS =++=

A indutância de serviço pode também ser calculada a partir das indutâncias própria e mútua médias, ou seja

( ) ]/[1634,00941,01981,01981,031

]/[1043,1

kmmHL

kmmHL

m

p

=++=

=

E desta forma

]/[9409,01634,01043,1 kmmHLLL mpS =−=−=

Comparando com o resultado anterior (0,9672 mH/km) nota-se que existe uma diferença de apenas 2,8% na indutância de serviço, quando não se considera o efeito do solo. Fica a cargo do leitor explicar o por quê esta diferença tão pequena. 10. Impedância Longitudinal Unitária de uma linha de transmissão

com retorno pelo solo não ideal (ρ ≠ 0) (Correções de Carson)

Considerando-se o solo ideal, a impedância longitudinal uni-tária de uma linha de transmissão pode ser expressa em função apenas da geo-metria da linha e das propriedades físicas e dimen-sões transversais dos condu-tores. Consideremos pois a linha de transmissão ao lado e seja sua matriz de impedâncias longitudinais unitárias Z~ dada por

LjRZ ~~~ ω+= (107)

Fig. 21 – LT trifásica em solo não ideal (ρ ≠ 0) .


43

unitárias (até agora obtida a partir de tabelas de fabricantes de cabos) e L~ a matriz das indutâncias longitudinais unitárias, com elementos definidos por

='

'0 ln

2~

l

l

l

l

l

l

RH

DH

DH

RH

L

k

k

k

k

k

k

πµ

(108)

onde

]/[104 70 kmH−×= πµ (109)

Podemos também definir a matriz L~ através das distâncias verticais h e das distâncias horizontais d mostradas na figura anterior. Desta forma, podemos escrever de maneira alternativa que

( )( )

( )( )

+−

++

+−

++

=

'22

22

22

22

'

2

2

ln2

~

l

l

ll

ll

ll

ll

Rh

dhh

dhh

dhh

dhhRh

L

kk

kk

kk

kk

k

k

o

πµ

(110)

ou seja, até agora, na hipótese de solo ideal, os elementos da matriz das impedâncias longitudinais unitárias eram expressos por

( )( )

+−

++==

+=+=

22

22

'

ln2

2ln2

ll

llll

kk

kkokk

k

kokkkkkkkk

dhh

dhhjLjZ

RhjRLjRZ

πµωω

πµωω

(111)


44

A formulação para solo não ideal (ρ ≠ 0) foi inicialmente proposta por Carson através de termos denominados correções de Carson nas fórmulas de impedância. (A) FORMULAÇÃO DE CARSON

CT ZZZ ~~~ += (112)

onde

sendo os termos da matriz de correção de Carson dados por

=

=

ll kk

kkkk

JZ

JZ

πµω

πµω

(113)

onde

( )

++=

++=

∫

∫

∞ +−

∞ −

λωµσλλ

λωµσλλ

λ

λ

dj

ejJ

dj

ejJ

hh

k

h

kk

k

k

0 2

0 2

2

l

l

(114)

e a condutividade do solo em [S/m], dada por

ρσ 1

= (115)

Z~ é a matriz das impedâncias considerando o solo ideal ( ρ = 0 )

CZ~ é a matriz com os termos de correção de Carson

TZ~ é a matriz das impedâncias considerando solo não ideal ( ρ = 0 )

Séries de Carson : séries infinitas, muitas

vezes de difícil convergência!


45

(B) FORMULAÇÃO DE DERI / SEMLYEN (Profundidade Complexa)

Na formulação proposta por Ana Deri e pelo Prof. Semlyen, a consideração de solo não ideal (ρ ≠ 0) é feita através de modificação na geometria da linha, deslocando-se a superfície do solo para baixo (ou os condutores para cima, conforme figura ao lado) de uma distância p denominada profundidade complexa.

Desta forma, a nova matriz das impedâncias longitu-dinais unitárias será dada por

DT LjRZ ~~~ ω+= (116)

onde R~ é a matriz original das resistências longitudinais (diagonal) e DL~ uma nova matriz de indutâncias, cujos elementos são calculados considerando-se a nova geometria e dados por

( )

( )( )

+−

+++=

+=

22

22

'

2ln

2

2ln2

ll

lll

kk

kkok

k

kokk

dhh

dphhL

RphL

πµ

πµ

(117)

Como mencionado acima, p é uma variável complexa que recebe o nome de "profundidade complexa". Ela depende da resistividade do solo (ρ = 1/σ ) e, para um solo homogêneo, é da forma

00

1µω

ρσµω jj

p == (118)

Fig. 22 – Profundidade Complexa .


46

Ela também pode ser expressa em função de uma outra variável real δ , dada por

00

1µωρ

σµωδ == (119)

sendo

( ) δ

21 jp −

= (120)

Como p é uma variável complexa, a nova matriz das indutâncias longitudinais DL~ vai ser complexa também. Desta forma, ela pode ser escrita como

ℑℜ += LjLLD~~~

(121)

onde ℜL~ e ℑL~ são respectivamente as partes real e imaginária de DL~ ( o subscrito D foi utilizado para lembrar Deri ). Desta forma, a

nova matriz das impedâncias longitudinais unitárias TZ~ será dada por

( )

( ) TT

DT

LjRLjLR

LjLjRLjRZ~~~~~

~~~~~~

ωωω

ωω

+=+−=

=++=+=

ℜℑ

ℑℜ (122)

onde

=

−=

ℜ

ℑ

LL

LRR

T

T~~

~~~ ω (123)

A equação (123) acima mostra que a nova matriz das resistências longitudinais unitárias TR~ não será mais diagonal. Vão aparecer, pela primeira vez, termos de resistências mútuas entre fases devido ao termo ℑ− L~ω . Estes termos vão modelar quedas de tensão em uma das fases que estão em fase com as correntes nas outras duas fases. Isto ocorre devido ao retorno das três correntes de fase pelo solo não ideal (ρ ≠ 0).


47

3.3. ADMITÂNCIA TRANSVERSAL UNITÁRIA ( Y )

em [S/km] ou [S/milha] (123)

A - CONDUTÂNCIA TRANSVERSAL UNITÁRIA ( G )

Parâmetro que retrata a corrente de fuga em fase com a tensão nos isoladores e perdas joulicas devido ao efeito corona.

Desprezada em geral devido a:

Contribuição muito pequena na admitância em baixas e médias freqüências

Dificuldade para o cálculo B - CAPACITÂNCIA TRANSVERSAL UNITÁRIA ( C ) A equação básica para cálculo da capacitância é obtida, via de regra, pelo expressão da ddp entre os condutores e uma referência, que pode ser a terra, um plano de neutro ou mesmo um outro condutor. Desta forma

qPv ⋅= ~ (124)

onde

Da equação (124) resulta que

⇒⋅=⋅= − vCvPq ~~ 1 (125)

1~~ −= PC

CjGY ω+=

v : vetor das ddps entre condutor(es) e referência(s) [V]

q : vetor das densidades lineares de carga de cada condutor [C/m]

P~ : matriz dos coeficientes de Potêncial de Maxwell [V.m/C]


48

1. Campo elétrico de um condutor cilíndrico, retilíneo e longo em

um meio uniforme

A densidade de fluxo elétrico (D) devido a uma carga pontual q é dada por

]/[2

2mCx

qDπ

= (126) Como

[ ]V/m 0

0 εε DEED =⇒= (127)

ou seja

[ ]V/m 2 0 x

qEεπ

= (128)

onde ε0 é a permissividade do vácuo, dada por

[ ]mF /1085,8 120

−×=ε (129)

2. Diferença de potencial (ddp) entre dois pontos (P1 e P2) devido a um condutor cilíndrico, retilíneo e longo

A ddp entre P1 e P2 devido ao campo elétrico E criado pelo condutor cilíndrico, retilíneo e longo é dada por

∫∫ =−=−=1

2

2

1

..2112

P

P

P

P

xdExdEvvv rrrr (130)

Substituindo a expressão para o campo elétrico calculada no item 1 e procedendo a integração como mostrado na figura 23 resulta

[ ]1

2

02100012 ln

21ln1ln

2ln

221

2

1

2DDq

DDqxq

xdxqv

D

D

D

D πεπεπεπε=

−=== ∫ (131)

Fig. 23 – Densidade de fluxo elétrico .

Fig. 23 – ddp entre dois pontos.


49

3. Diferença de potencial (ddp) de um ponto P em relação a um plano de neutro de uma LT monofásica a dois fios

A figura 24 ao lado mostra dois condutores paralelos, a e b, com cargas qa = + q e qb = – q e raios ra e rb. Vai existir entre os mesmos um plano XY sobre o qual a ddp entre um dos condutores e o plano é igual à ddp entre o plano e o outro condutor. Devido a esta propriedade, este plano é denominado plano de neutro. Para o caso onde os raios dos condutores são idênticos, ou seja, ra = rb = r, devido à

simetria, o plano de neutro vai se situar exatamente no centro, entre os dois condutores, ou seja Dan = Dbn . Assim, utilizando o princípio da superposição e a equação (131), a ddp entre o ponto P e o ponto n no plano de neutro vai ser

( ) ( )bPnaPnPn qvqvv += (132) ou seja

bP

bnb

aP

anaPn D

DqDDqv ln

2ln

2 00 επεπ+=

(133)

É de interesse o caso onde ra = rb = r. Neste caso Dan = Dbn e como qa = - qb, a equação (133) resulta em

bP

b

aP

aPn D

qD

qv 1ln2

1ln2 00 επεπ

+= (134)

A equação (134) é a expressão para a ddp entre um ponto P qualquer e o ponto n pertencente ao plano de neutro, devido à presença de uma LT monofásica a dois fios.

Fig. 24 – ddp de um ponto P em relação a um plano de neutro xy.


50

4. Capacitâncias de uma LT monofásica a dois fios Considerando o item anterior com ra = rb = r (situação usual de uma LT monofásica a dois fios) e

Fazendo P tender à superfície do condutor a

+=⇒

==

abbaan

abbP

aP

Dq

rqv

DDrD 1ln1ln

21

0επ (135)

Fazendo P tender à superfície do condutor b

+=⇒

==

rq

Dqv

rDDD

bab

abnbP

abaP 1ln1ln2

10επ (136)

As equações (135) e (136) expressam as ddps existentes entre cada um dos condutores da LT monofásica a dois fios e um ponto n pertencente ao plano de neutro. Na forma matricial elas podem ser expressas por

=

b

a

0

1ln1ln

1ln1ln

21

qq

rD

Drvv

ab

ab

bn

an

επ (137)

A equação (137) possui a forma mostrada na equação (124), onde a matriz dos coeficientes de potencial de Maxwell é da forma

=

=

rD

DrPPPP

P

ab

ab

BBBA

ABAA

1ln1ln

1ln1ln

21~

0επ (138)

Desta forma, a matriz das capacitâncias transversais vai ser

[ ]mFrD

DrCCCC

PCab

ab

BBBA

ABAA /1ln1ln

1ln1ln2~~

1

01

−

−

=

== επ

(139)


51

Capacitâncias de Serviço e Aparentes (a) Capacitância de Serviço A figura 25 ilustra o conceito de capacitância de serviço de uma linha de transmissão monofásica a dois fios como uma capacitância existente entre os dois condutores a e b da LT. Pela definição de capacitância é possível escrever para a LT ao lado que

( )bnanabababa vvCvCq −== (140) Como em uma LT monofásica a dois fios van = – vbn , então

anaba vCq 2= (141) Por outro lado, escrevendo a equação geral para as cargas desta LT vem que

⋅

=

bn

an

BBBA

ABAA

b

a

vv

CCCC

qq

(142)

Expressando a carga do condutor a vem que

( ) anABAAbnABanAAa vCCvCvCq −=+= (143) Igualando-se as equações (141) e (143) vem que

⇒−= ABAAab CCC2

(144)

A equação (143) acima fornece a capacitância de serviço de uma LT monofásica a dois fios, conhecida a sua matriz de capacitâncias definida na equação (139).

2ABAA

SabCCCC −

==

Fig. 25 – Capacitância de serviço de uma LT monofásica a dois fios.


52

(b) Capacitâncias Aparentes A figura 26 ao lado ilustra o conceito de capacitância aparente. Ela mostra que as capacitâncias aparentes são definidas respectivamente como as capacitâncias Ca e Cb dos condutores a e b para o plano de neutro da LT.

Pela definição de capacitância é possível escrever que para a LT ao lado que

==

bnbb

anaa

vCqvCq

(145)

Escrevendo a equação geral para as cargas desta LT vem que

⋅

=

bn

an

BBBA

ABAA

b

a

vv

CCCC

qq

(146)

ou seja

+=+=

bnBBanBAb

bnABanAAa

vCvCqvCvCq

(147)

Levando-se em consideração novamente que van = – vbn , então

( )( )

−=−=

bnBABBb

anABAAa

vCCqvCCq

(148)

Igualando-se as equações (145) e (148) vem que

−=−=

BABBb

ABAAa

CCCCCC

(149)

Fig. 26 – Capacitâncias aparentes de uma LT monofásica a dois fios.


53

A equação (139) mostra que CAA = CBB e que CAB = CBA . Desta forma

SabBABBABAAba CCCCCCCC 22)()( ==−=−== (150) NOTA: A capacitância de serviço também pode ser obtida para o caso onde ra ≠ rb , considerando-se a equação básica da ddp entre os condutores a e b e o princípio da superposição. Desta forma, sabendo-se que numa LT monofásica a dois fios qa = – qb tem-se que

−=

+=

ab

b

a

aba

ab

bb

a

abaab D

rr

DqDrq

rDqv lnln

2lnln

21

00 πεπε (151)

ou seja

ba

abaab rr

Dqv2

0

ln2πε

= (152)

A capacitância entre os condutores a e b vai ser dada pela relação entre a carga armazenada nos condutores pela ddp entre eles, ou seja

ba

ab

ba

ab

ba

aba

a

ab

a

ab

baab

rrD

rrD

rrDq

qvq

vqqC

ln

2

ln

4

ln2

22 02

02

0

πεπε

πε

====−

= (153)

Como antes, vai continuar a existir um plano neutro, só que deslocado para o lado do condutor de menor raio, e as capacitâncias aparentes dos condutores a e b para este plano serão idênticas e iguais a

ba

ababba

rrDCCC

ln

42 0πε===

(154)


54

5. Capacitância de um condutor cilíndrico, retilíneo e longo, considerando o efeito do solo ideal

A exemplo do que foi feito para o cálculo das indutâncias, quando se considerou a presença do solo, o método das imagens pode também ser utilizado para o cálculo das capacitâncias. Quando se procede desta maneira, o plano de neutro será o solo, onde o potencial é nulo e em qualquer ponto do espaço vão existir duas parcelas de campo elétrico, uma criada pelo condutor (Ec) e outra criada pela sua imagem (Ei), dadas por

( )

−=

=

xhqE

xqE

i

c

22

2

0

0

πε

πε

(155)

A ddp entre o condutor real e a terra (plano de neutro) vai ser dada por

( )[ ]hRh

Ri

h

Rccn xhxqdxEdxEv −−=+= ∫∫ 2lnln

2 0πε (156)

Assim

−

=R

Rhqvcn2ln

2 0πε (157)

Fig. 27 – Capacitâncias considerando a presença de solo.


55

Como em geral h >> R ⇒ 2h – R ≈ 2h e desta maneira

Rhqvcn

2ln2 0πε

= (158)

A capacitância entre o condutor e o plano neutro é dada pela relação entre a carga do condutor e a ddp entre o condutor e o plano neutro (no caso o solo). Assim

(159) OBSERVAÇÃO: O método apresentado no item 3, associado ao método das imagens, pode ser utilizado para cálculo da ddp e da capacitância de um condutor cilíndrico, retilíneo e longo, considerando o efeito do solo. Basta considerar o solo como o plano neutro, e desta forma tem-se diretamente que

−=

hRqvcn 2

1ln1ln2 0πε (160)

ou seja

Rhqvcn

2ln2 0πε

= (161)

e desta forma

(162)

idêntica à equação (159) anterior.

Rhv

qCCcn

Sn 2ln

2 0πε===

Rhv

qCCcn

Sn 2ln

2 0πε===

Fig. 28 – Capacitâncias de LT monofásica a um fio utilizando método das imagens.


56

6. Capacitâncias de LT monofásica a dois fios considerando o efeito do solo

Pelo princípio da superposição, a ddp entre o condutor a e o solo pode ser expressa como

( ) ( )( ) ( )banban

aanaanan

qvqvqvqvv

−+++−+=

(163)

ou seja

−

+

−=

abab

b

aa

aan

HDq

HRqv

1ln1ln2

+

1ln1ln2

0

0

πε

πε (164)

ou ainda

ab

abb

a

aaan D

HqRHqv ln

2ln

2 00 πεπε+= (165)

Procedendo da mesma maneira para o condutor b e escrevendo as duas equações na forma matricial chega-se a

=

b

a

b

b

ba

ba

ab

ab

a

a

bn

an

qq

RH

DH

DH

RH

vv

lnln

lnln

21

0πε (166)

A equação (166) é da forma apresentada na equação (124), ou seja

11 ~~.~.~.~ −− =⇒==⇒= PCvCvPqqPv (167)

Fig. 29 – Capacitâncias de LT monofásica a dois fios utilizando método das imagens.


57

onde

=

b

b

ba

ba

ab

ab

a

a

RH

DH

DH

RH

Plnln

lnln

21~

0πε (168)

que será escrito de maneira ainda “abusada” neste texto como

(169)

Desta forma, a matriz das capacitâncias da LT monofásica a dois fios pode ser escrita como

(170)

NOTA: Considerando o valor de ε0 = 8,85 apenas (sem a potência 10 -12 ), a unidade da matriz das capacitâncias será nF/km, que é a unidade mais utilizada para as capacitâncias de linhas de transmissão de energia elétrica.

1

0

lnln

lnln2~

−

=

=

b

b

ba

ba

ab

ab

a

a

BBBA

ABAA

RH

DH

DH

RH

CCCC

C επ

=

b

b

ba

ba

ab

ab

a

a

RH

DH

DH

RH

P ln2

1~

0πε


58

7. Capacitâncias parciais, de serviço e aparentes de linhas de transmissão monofásicas a dois fios considerando o efeito do solo

(a) Capacitâncias Parciais

A figura 30 ao lado apresenta as capacitâncias parciais de uma linha de transmissão monofásica a dois fios quando se considera

o efeito do solo, nomeadamente a capacitância entre os dois condutores, Cab , e as capacitâncias dos condutores para a terra, Can e Cbn. A determinação destas capacitâncias em função dos elementos da matriz das capacitâncias transversais unitárias da LT, calculada no item anterior, é feita observando-se que a carga do condutor a pode ser expressa como

( )

( ) bnabanaban

bnanabananababanana

vCvCCvvCvCvCvCq

−+=−+=+=

(171)

Para o condutor b tem-se da mesma forma que

( ) anabbnabbnb vCvCCq −+= (172) As duas equações podem ser escritas na forma matricial como

⋅

+−

−+=

bn

an

abbnab

ababan

b

a

vv

CCCCCC

qq

(173)

ou seja

+−

−+=

=

abbnab

ababan

BBBA

ABAA

CCCCCC

CCCC

C~

(174)

Fig. 30 – Capacitâncias parciais de LT monofásica a dois fios.


59

E assim

⇒

(175)

(b) Capacitância de Serviço A figura 31 ilustra o procedimento para se obter a capacitância de serviço de uma LT monofásica a dois fios a partir de suas

capacitâncias parciais, considerando-se o efeito do solo. Por ela nota-se que a capacitância de serviço é resultante da associação paralela da capacitância parcial entre os condutores com a

associação série das capacitâncias parciais para a terra, ou seja

(176)

(c) Capacitâncias Aparentes

Como feito anteriormente, considera-se a existência de um ponto n pertencente a um plano de neutro entre os dois condutores. As capaci-tâncias entre os condutores e o plano de neutro são as capacitâncias aparentes de cada condutor da LT.

+=−=

+=

ABBBbn

ABab

ABAAan

CCCCC

CCC

bnan

bnanabs CC

CCCC+

+=

+=−=

+=

abbnBB

abAB

abanAA

CCCCC

CCC

Fig. 31 – Capacitância de serviço de LT monofásica a dois fios.

Fig. 32 – Capacitâncias aparentes de LT monofásica a dois fios.


60

Desta forma

(177) 8. Matriz das capacitâncias transversais unitárias de uma linha de

transmissão trifásica considerando o efeito do solo

Para a LT trifásica da figura 33 acima escreve-se inicialmente a equação geral relacionando as tensões e cargas nos condutores, ou seja

(178)

Sba CCC 2==

⋅

=

c

b

a

c

c

cb

cb

ca

ca

bc

bc

b

b

ba

ba

ac

ac

ab

ab

a

a

oc

b

a

qqq

RH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

RH

vvv

lnlnln

lnlnln

lnlnln

21πε

Fig. 33 – Capacitância de LT trifásica considerando o efeito do solo.


61

A matriz das capacitâncias transversais unitárias vai ser a inversa da matriz dos coeficientes de potencial de Maxwell, ou seja

(179)

9. Capacitâncias parciais, de serviço e aparentes de uma linha de

transmissão trifásica considerando o efeito do solo (a) Capacitâncias Parciais

A figura 34 ao lado apresenta as capacitâncias parciais de uma linha de transmissão trifásica. Vão existir na LT trifásica seis capacitâncias parciais, três entre os condutores e a terra e três entre os condutores. Para esta LT, a carga da fase a pode ser expressa como

( ) cnacbnabanacabana vCvCvCCCq ++++= (180) As cargas nas fases b e c podem ser expressas de maneira análoga, de tal modo que, na notação matricial, resulta que

++−−−++−−−++

=

cn

bn

an

cbcacncbca

bcbcbabnba

acabacaban

c

b

a

vvv

CCCCCCCCCCCCCCC

qqq

(181)

1-

lnlnln

lnlnln

lnlnln

2~

=

=

c

c

cb

cb

ca

ca

bc

bc

b

b

ba

ba

ac

ac

ab

ab

a

a

o

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

RH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

RH

CCCCCCCCC

C πε

Fig. 34 – Capacitâncias parciais de LT trifásica.


62

Assim, tem-se que

e

(182)

As equações (182) expressam as relações existentes entre as capacitâncias parciais de uma LT trifásica considerando a presença do solo e suas capacitâncias parciais (físicas). (b) Capacitâncias Aparentes

A figura 35 abaixo ilustra o conceito de capacitâncias aparentes de uma linha de transmissão trifásica. O circuito da direita, onde elas aparecem, atua como um circuito equivalente simplificado do circuito à esquerda, onde estão presentes as capacitâncias parciais realmente existentes.

De maneira análoga à indutância aparente por fase para linhas trifásicas, as expressões para as capacitâncias aparentes por fase serão deduzidas em instantes em que a onda de tensão de cada uma das fases passa por um máximo. Assim, quando

( )max)( anan Vtv = (183)

Fig. 35 – Capacitâncias parciais e aparentes de LT trifásica.

−=−=−=

++=++=++=

BCbc

ACac

ABab

CBBACCcn

BCBABBbn

ACABAAan

CCCCCC

CCCCCCCCCCCC

−=−=−=

++=++=++=

bcBC

acAC

abAB

cbcacaCC

bcbabnBB

acabanAA

CCCCCC

CCCCCCCCCCCC


63

as tensões e cargas na fase a da LT vão ser

( )⇒

−==

==

2max

maxmax

Vvv

VVv

cnbn

anan

( )

−==

==

2q max

b

maxmax

Qq

Qqq

c

aa

(184)

Mas a carga na fase a também pode ser expressa por

cnACbnABanAAa vCvCvCq ++= (185)

Então, para este instante, quando a tensão na fase a passa pelo máximo, sua carga vai ser máxima e dada por

22maxmax

maxmaxVCVCVCQq ACABAAa −−== (186)

ou seja

( ) ( ) anACABAAACABAAa vCCCVCCCq

+−=

+−=

21

21

max (187)

Desta forma, a capacitância aparente da fase a vai ser então

( )ACABAAan

aa CCC

vqC +−==

21

(188)

As equações (182) expressam as relações entre os elementos da matriz das capacitâncias transversais unitárias da LT e suas capacitâncias parciais, dadas por

−=−=

++=

acAC

abAB

acabanAA

CCCC

CCCC

(189)

Substituindo as equações (189) na equação (188) vem que

acabana CCCC23

23

++= (190)

Procedendo de maneira análoga para as outras duas fases, tomando como base as equações (188) e (190), obtém-se as


64

expressões para as capacitâncias aparentes em função dos elementos da matriz das capacitâncias transversais unitárias, dadas por

(191)

e as expressões das capacitâncias aparentes em função das capacitâncias parciais, dadas por

(192)

(c) Capacitância de Serviço

A figura abaixo exemplifica o conceito de capacitância de serviço.

Fig. 35 – Capacitâncias aparentes e de serviço de LT trifásica.

( )

( )

( )

+−==

+−==

+−==

CBCACCcn

cc

BCBABBbn

bb

ACABAAan

aa

CCCvqC

CCCvqC

CCCvqC

212121

( )

( )

( )

++=

++=

++=

cbcacnc

bcbabnb

acabana

CCCC

CCCC

CCCC

232323


65

Ela é definida como a média das capacitâncias aparentes por fase, ou seja

( )cbaS CCCC ++∆31

(193)

Substituindo as equações (191) na equação (193) obtém-se a expressão da capacitância de serviço em termos dos elementos da matriz das capacitâncias transversais unitárias, ou seja

(194)

Substituindo as equações (192) na equação (193) obtém-se a expressão da capacitância de serviço em termos das capacitâncias parciais, ou seja

(195)

A capacitância de serviço CS pode também ser obtida utilizando-se a matriz das capacitâncias transversais unitárias da LT, considerando-a perfeitamente transposta. Neste caso, a matriz das capacitâncias da LT transposta seria da forma

~

p

p

mmp

=CCCCCCCCC

C

mm

mm

(196)

Sendo

3

3

++=

++=

BCACABm

CCBBAAp

CCCC

CCCC

(197)

( ) ( )[ ]bcacabcnbnanS CCCCCCC +++++= 331

( ) ( )[ ]BCACABCCBBAAS CCCCCCC ++−++=31


66

Analisando para uma das fases, por exemplo para a fase a, no instante que a sua tensão passa por um máximo sua carga é

22maxmax

maxVCVCVCvCvCvCq mmpcnmbnmanpa −−=++= (198)

ou seja

( ) ( ) anmpmpa vCCVCCq −=−= max (199)

A relação entre a carga na fase a e sua tensão é definida como a capacitância de serviço da linha. Assim

mpan

aS CC

vqC −==

(200)

Substituindo na equação (200) acima as equações (197) e (182), obtém-se as equações (194) e (195) anteriores para a capacitância de serviço. NOTA: Fica a cargo do leitor provar ainda que a capacitância de serviço é a capacitância de seqüência positiva (ou de seqüência negativa) da linha trifásica para condição de transposição perfeita. 10. Matriz das capacitâncias transversais unitárias de uma LT

trifásica com cabos múltiplos Seja a LT trifásica abaixo com dois condutores por fase

Fig. 35 – Capacitâncias aparentes e de serviço de LT trifásica.


67

As relações v × q para os seis condutores desta linha são da forma

⋅

=

6

5

4

3

2

1

0

6

5

4

3

2

1

6

6

65

65

64

64

63

63

62

62

61

61

56

56

5

5

54

54

53

53

52

52

51

51

46

46

45

45

4

4

43

43

42

42

41

41

36

36

35

35

34

34

3

3

32

32

31

31

26

26

25

25

24

24

23

23

2

2

21

21

16

16

15

15

14

14

13

13

12

12

1

1

ln2

1

qqqqqq

vvvvvv

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

n

n

n

n

n

n

πε

(201)

Considerando que

==

==

==

2

2

2

65

43

21

c

b

a

qqq

qqq

qqq

(202)

então

⋅

+++

+++

+++

+++

+++

+++

=

c

b

a

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

n

n

n

n

n

n

qqq

vvvvvv

6

6

65

65

64

64

63

63

62

62

61

61

56

56

5

5

54

54

53

53

52

52

51

51

46

46

45

45

4

4

43

43

42

42

41

41

36

36

35

35

34

34

3

3

32

32

31

31

26

26

25

25

24

24

23

23

2

2

21

21

16

16

15

15

14

14

13

13

12

12

1

1

lnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnlnln

41

0

6

5

4

3

2

1

πε

(203)

Considerando ainda que

( )

( )

( )

+=

+=

+=

⇒

======

nncn

nnbn

nnan

cnnn

bnnn

annn

vvv

vvv

vvv

vvvvvvvvv

65

43

21

65

43

21

212121

(204)


68

então

⋅

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

++

=

c

b

a

RH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

RH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

DH

RH

DH

DH

RH

cn

bn

an

qqq

vvv

6

6

65

65

56

56

5

5

64

64

63

63

54

54

53

53

62

62

61

61

52

52

51

51

46

46

45

45

36

36

35

35

4

4

43

43

34

34

3

3

42

42

41

41

32

32

31

31

26

26

25

25

16

16

15

15

24

24

23

23

14

14

13

13

2

2

21

21

12

12

1

1

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

lnln

81

0πε

(205)

Analisando para a fase a resulta que

( )[( )( ) ]

26

26

25

25

16

16

15

15

24

24

23

23

14

14

13

13

2

2

21

21

12

12

1

1

lnlnlnln

lnlnlnln

lnlnlnln8

1

0

DH

DH

DH

DH

c

DH

DH

DH

DH

b

RH

DH

DH

RH

aan

q

q

qv

++++

+++++

++++=πε

(206)

ou seja

[ ]44ln4ln2

126251615

26251615

24231413

24231413

221121

221121

0DDDDHHHH

cDDDDHHHH

bRDDRHHHH

aan qqqv ++=πε (207)

ou ainda

+

+=26251615

26251615

24231413

24231413

221121

221121 lnln2

1

0DDDDHHHH

cDDDDHHHH

bRDDRHHHH

aan qqqvπε (208)

Da mesma forma como foi feito no cálculo da indutância, são definidas as alturas médias geométricas HMG, as distâncias médias geométricas DMG e os raios médios geométricos RMGC (o sobrescrito c indica para cálculo da capacitância) por

=

=

=

26251615

24231413

221121

HHHHHMG

HHHHHMG

HHHHHMG

ac

ab

a

e

=

=

=

26251615

24231413

221121

DDDDDMG

DDDDDMG

RDDRRMG

ac

ab

Ca

(209)


69

e desta forma

(210)

A equação (210) mostra que a matriz dos coeficientes de Maxwell para LTs com cabos múltiplos tem um formato muito parecido com a matriz das indutâncias. A diferença básica está na constante que multiplica a matriz (1 / 2πε0 no lugar de µ0 / 2π) e na maneira de se calcular o RMG (na matriz dos coeficientes de Maxwell deve-se considerar o raio externo do condutor, enquanto na matriz das indutâncias considera-se seu raio corrigido)

3.4. NOTAS COMPLEMENTARES A. Correção da altura média da linha de transmissão Vai haver uma flecha no perfil longitudinal da linha entre duas torres adjacentes. Desta maneira, as alturas devem ser corrigidas pela seguinte expressão

max7,0 fHHC −= (211)

B. Eliminação dos cabos pára-raios Em linhas de transmissão aéreas é comum a utilização de cabos denominados pára-raios com o objetivo de protegê-la contra descargas atmosféricas. Em geral, estes cabos estão dispostos num plano superior aos cabos fase e atuam como uma blindagem

⋅

=

c

b

a

0 qqq

ln2

1

Cc

c

cb

cb

ca

ca

bc

bcCb

b

ba

bc

ac

ac

ab

abCa

a

RMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

RMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

DMGHMG

RMGHMG

cn

bn

an

vvv

πε

Fig. 36 – Altura média de linha de transmissão.


70

contra descargas atmosféricas diretas, descargas estas que vão provocar sobretensões elevadas, podendo resultar em curtos-circuitos. Desta forma, as matrizes unitárias das impedâncias longitudinais e das admitâncias transversais de uma linha de transmissão trifásica terão dimensão N, onde

NPRN += 3 (212)

sendo NPR o número de cabos pára-raios (em geral 1 ou 2).

Neste caso serão cinco as equações para a variação de tensão e de corrente respectivamente. As equações para a variação de tensão e de corrente nos cabos pára-raios são utilizadas principalmente em estudos de fenômenos associados às descargas atmosféricas, sejam elas diretas ou indiretas (numa vizinhança próxima à linha). Sendo assim é conveniente proceder a exclusão destas equações, eliminando-se as linhas e colunas das matrizes das impedâncias e admitâncias associadas aos cabos pára-raios. Isto é conseguido utilizando-se o conceito de circuito equivalente, onde se deseja obter uma linha de transmissão trifásica, sem cabos pára-raios, equivalente do ponto de vista de transmissão da energia elétrica à linha original com os NPR cabos pára-raios.

A eliminação será feita, primeiro na matriz das impedâncias longitudinais, e em seguida na matriz das admitâncias transversais.

ELIMINAÇÃO DOS CABOS PÁRA-RAIOS NA MATRIZ DAS IMPEDÂNCIAS LONGITUDINAIS UNITÁRIAS

A equação que descreve a variação da tensão numa linha de transmissão é da forma

(213)

( )

−=

P

F

PPt

FP

FPFF

P

F

I

I

ZZ

ZZ

xV

xV

L

M

LLL

M

L~~

~~

∂∂

∂∂


71

onde o subscrito F se refere aos condutores fase e P aos cabos pára-raios. Escrevendo apenas a equação dos cabos pára-raios resulta

( ) PPPFt

FPP IZIZx

V⋅+⋅=− ~~

∂∂

(214)

Em geral, os cabos pára-raios são aterrados em todas as torres. Deste modo eles estão constantemente em um potencial nulo e por isso não vai existir variação das suas tensões, ou seja

( ) 0~~ =⋅+⋅=− PPPFt

FPP IZIZx

V∂∂

(215)

Assim

( ) ( ) Ft

FPPPP IZZI ⋅⋅−=− ~~ 1

(216) Substituindo na equação referente à variação da tensão nos condutores fase teremos

( ) ( )[ ] Ft

FPPPFPFF

PFPFFFF

IZZZZ

IZIZx

V

⋅⋅−+=

⋅+⋅=−

− ~~~~

~~

1

∂∂

(217)

ou finalmente

FeqFF IZx

V⋅=− )(

~∂∂

(218)

onde

(219)

( ) ( ) tFPPPFPFFeqF ZZZZZ ~~~~~ 1

)( ⋅⋅−=−


72

ELIMINAÇÃO DOS CABOS PÁRA-RAIOS NA MATRIZ DAS

ADMITÂNCIAS TRANSVERSAIS UNITÁRIAS A equação que descreve a variação da corrente numa linha de transmissão é da forma

(220)

Como já dito, os cabos pára-raios são geralmente aterrados em todas as torres e deste modo eles estão constantemente no potencial do solo que é nulo, e assim, para condições de transmissão da energia elétrica, em regime permanente senoidal, tem-se que

0=PV (221) então

FFFF VYxI

⋅=− ~∂∂

(222)

ou seja, a matriz admitância equivalente é a própria matriz das admitâncias dos condutores fase.

(223)

FFeqF YY ~~)( =

( )

⋅

−=

P

F

PPt

FP

FPFF

P

F

V

V

YY

YY

xI

xI

L

M

LLL

M

L~~

~~

∂∂

∂∂

Modelos de Linhas de Transmissão Clever Pereira

1

UNIDADE V

MODELOS DE LINHAS DE TRANSMISSÃO

1- INTRODUÇÃO OBJETIVO PRINCIPAL: Estabelecimento de modelos matemáticos no domínio da freqüência para linhas de transmissão (LTs) aéreas trifásicas, em corrente alternada, de maneira a permitir o cálculo das tensões, correntes e potências quando estas LTs estiverem operando em regime permanente senoidal (RPS). LINHAS DE TRANSMISSÃO:

• Estruturas destinadas ao transporte de grandes blocos de energia, usualmente em regime permanente senoidal equilibrado;

• Caracterizadas pelos seus parâmetros unitários impedância longitudinal e admitância transversal que, na freqüência fundamental, dependem basicamente da geometria da linha, dos tipos dos condutores fase e pára-raios e das constantes eletromagnéticas do meio;


2

2- EQUAÇÕES DE ONDA PARA LTs EM RPS (no domínio da freqüência)

A figura 1 abaixo mostra o circuito equivalente incremental para uma linha de transmissão trifásica em componentes de fase

Fig. 1 – Modelo equivalente incremental para linhas de transmissão em componentes de fase.

Sejam, para esta linha, as matrizes das impedâncias longitudinais unitárias de fase e das admitâncias transversais unitárias de fase, respectivamente:

( )( ) )/(~~~

)/(~~~

kmSCjGY

kmLjRZ

FFF

FFF

ωω

ωω

+=

Ω+=

(1)

onde

FR~ : Matriz das Resistências Longitudinais Unitárias de Fase

FL~ : Matriz das Indutâncias Longitudinais Unitárias de Fase FG~ : Matriz das Condutâncias Transversais Unitárias de Fase FC~ : Matriz das Capacitâncias Transversais Unitárias de Fase


3

Para a seção de comprimento ∆x vale

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

⋅∆⋅=∆+−

⋅∆⋅=∆+−

ωωωωω

ωωωωω

,~],,[,

,~],,[,

xVxYxIxIxI

xIxZxVxVxV

FFFFF

FFFFF

(2)

ou ainda

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

⋅−=∆

∆

⋅−=∆

∆

ωωω

ωωω

,~,

,~,

xVYxxI

xIZxxV

FFF

FFF

(3)

No limite quando ∆x tende a zero

(4)

Após a redução de suas matrizes primitivas de impedâncias longitudinais e admitâncias transversais unitárias de fase, o sistema original se transforma num sistema equivalente de ordem três, com um condutor por fase e retorno pelo neutro. Omitindo as dependências com a freqüência e com a posição x, de forma a simplificar a notação utilizada, vem que

⇒

(5)

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

⋅−=

⋅−=

ωω∂

ω∂

ωω∂

ω∂

,~,

,~,

xVYxxI

xIZxxV

FFF

FFF

⋅

−=

⋅

−=

c

b

a

ccbaca

bcbbba

acabaa

c

b

a

c

b

a

ccbaca

bcbbba

acabaa

c

b

a

VVV

YYYYYYYYY

xIxIxI

III

ZZZZZZZZZ

xVxVxV

∂∂∂∂∂∂

∂∂∂∂∂∂

///

///

−=

−=

FFF

FFF

VYx

I

IZx

V

.~

.~

∂∂∂

∂


4

Na hipótese da linha ser equilibrada, isto é, possuir matrizes de parâmetros com a seguinte simetria

=

pmm

mpm

mmp

F

XXXXXXXXX

X~

(6)

ou seja, próprias e mútuas iguais entre si, é conveniente utilizar a transformação de componentes simétricas (ou de Fortescue) dada por

⋅=

⋅=

SF

SF

IQI

VQV~

~

(7)

onde Q~ é a matriz de Fortescue e o subscrito S indica componentes simétricas. Desta forma

( ) ( )( ) ( )

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−=⋅

⋅⋅−=⋅

⇒SF

S

SFS

SFS

SFS

VQYxIQ

IQZx

VQ

VQYxIQ

IQZxVQ

~~~

~~~

~~~

~~~

∂∂∂∂

∂∂

∂∂

(8)

ou ainda

⇒

⋅⋅⋅−=

⋅⋅⋅−=

−

−

SFS

SFS

VQYQxI

IQZQx

V

~~~

~~~

1

1

∂∂∂∂

(9)

onde

(10)

⋅−=

⋅−=

SSS

SSS

VYxI

IZx

V

~

~

∂∂∂∂

⋅⋅=

⋅⋅=−

−

QYQY

QZQZ

FS

FS~~~~

~~~~

1

1


5

sendo que as matrizes de impedância e admitância de seqüência têm a seguinte simetria

−−

+=

=

mp

mp

mp

XXXX

XX

XX

XX

2~

2

1

0

S (11)

Assim, as equações ficam na seguinte forma:

(12)

Note que a transformação de componentes simétricas desacoplou as equações (5), transformando-as nas equações (12), de tal forma que elas podem ser resolvidas uma de cada vez. Isto pode ser traduzido pela seguinte figura

Fig. 2 - Correspondência entre os modelos equivalentes incrementais para linhas de transmissão balanceadas

em componentes de fase e em componentes simétricas.

⋅

−=

⋅

−=

2

1

0

2

1

0

2

1

0

2

1

0

2

1

0

2

1

0

000000

///

000000

///

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

VVV

YY

Y

xIxIxI

III

ZZ

Z

xVxVxV

∂∂∂∂∂∂

∂∂∂∂∂∂


6

Em regime permanente senoidal equilibrado existem apenas componentes de seqüência positiva, que se confundem com as grandezas da fase a, e desta forma as equações (12) resultam em

⋅−=

⋅−=

⋅−=

⋅−=⇒

asa

asa

aa

aa

VYxI

IZx

V

VYx

I

IZx

V

∂∂∂∂

∂∂∂

∂

111

111

(13)

onde Zs e Ys são respectivamente a impedância e admitância de serviço, idênticas às de seqüência positiva para linhas equilibradas. Para simplicidade, muitas vezes os subscritos são omitidos no segundo conjunto de equações (13) e tem-se finalmente

⇒ (14)

A solução é obtida derivando-se as equações (14) novamente em relação a x, obtendo-se as EEQQUUAAÇÇÕÕEESS DDEE OONNDDAA DDAASS LLTTss no domínio da freqüência. Assim procedendo

⋅⋅=−=

⋅⋅=−=

)()()(

)()()(

2

2

2

2

xIZYxxVY

xxI

xVYZxxIZ

xxV

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

(15)

MMOODDEELLOO PPOORR FFAASSEE Sistema de equações diferenciais parciais

escalares que devem ser resolvidas para V(x,ω) e I(x,ω)

⋅−=

⋅−=

)()(

)()(

xVYxxI

xIZxxV

∂∂

∂∂


7

obtendo-se finalmente as EQUAÇÕES DE ONDA DE UMA LT, dadas pelas equações (16) a seguir

(16)

onde

[ ] 1. −+== kmjYZ βαγ

(17) sendo

γ ⇒ constante de propagação em [km]-1 α ⇒ constante de atenuação em [neper/km]-1 β ⇒ constante de fase em [rad/km]-1

3- SOLUÇÃO DAS EQUAÇÕES DE ONDA DAS LTs As equações de onda, expressas em (16), não podem ser resolvidas para a tensão e para a corrente independentemente uma da outra. Desta forma, uma das maneiras de resolvê-las é considerar inicialmente a primeira equação em (16) dada por

)()( 22

2

xVx

xV γ∂

∂=

(18)

cuja solução é bem conhecida e possui a seguinte forma

x

rx

i eVeVxV γγ += −)(

(19)

onde Vi e Vr são constantes complexas, dependentes das condições de contorno. Nesta equação γ também é complexa e é denominada constante ou coeficiente de propagação. Para

=

=

)()(

)()(

22

2

22

2

xIx

xI

xVx

xV

γ∂

∂

γ∂

∂


8

resolver a segunda das equações (16) deve-se obter das equações (14) o valor da corrente em função da tensão e substituir a solução anterior, ou seja

xxV

ZxIxIZ

xxV

∂∂

∂∂ )(1)()()(

⋅−=⇒⋅−=

(20)

Derivando-se a solução para a tensão em (19) em relação a x tem-se

xr

xi eVeV

xxV γγ γγ

∂∂

+−= −)(

(21)

Assim

][1)( xr

xi eVeV

ZxI γγ γγ +−−= −

(22)

e então

][)( xr

xi eVeV

ZxI γγγ

−= −

(23)

A constante γ / Z é dada por

(24)

e é conhecida por Admitância Característica da LT. Definindo a impedância característica da linha de transmissão como o inverso da admitância característica, tem-se que

(25)

e então

(26)

CYZY

ZYZ

Z===

.γ

CC Y

Z 1=

CjGLjR

YZZC ω

ω++

==


9

ou seja

][)( xr

xiC eVeVYxI γγ −⋅= −

(27)

Assim tem-se que:

(28)

onde

( )

=

=

⋅=

)(/1)()(/)(

)()()(

ωωωωω

ωωωγ

CC

C

ZYYZZ

YZ

→ constante de propagação

→ impedância característica

→ admitância característica

As equações (28) acima se constituem na solução das equações de onda das LTs na forma exponencial. 4 - SOLUÇÃO FECHADA DAS EQUAÇÕES DE ONDA

(ou solução na forma hiperbólica)

Fig. 3 - Circuito equivalente na forma de quadripolo para a LT mostrando os sentidos das correntes e tensões.

A figura 3 apresenta a LT como um quadripolo. Nota-se que no seu extremo emissor (x = 0) a tensão e a corrente são respectivamente

( )( )

−⋅==+==

][00

riCS

riS

VVYIIVVVV

(29)

−⋅=

+=−

−

][)(

)(x

rx

iC

xr

xi

eVeVYxIeVeVxV

γγ

γγ


10

Nestas equações, o subscrito S vem de "sending end" (extremo emissor). Assim

−=⋅+=

riSC

riS

VVIZVVV

(30)

Resolvendo para Vi e Vr vem que

⋅−=

⋅+=

][21

][21

SCSr

SCSi

IZVV

IZVV

(31)

Substituindo nas equações (28)

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

−−

+=

−+

+=

−

−

xSCS

xSCSC

xSCS

xSCS

eIZVeIZVYxI

eIZVeIZVxV

γγ

γγ

.21.

21

.21.

21

(32)

Rearranjando os termos

( )

( )

+

+−

=

−+

+=

−−

−−

SC

xx

S

xx

C

SC

xx

S

xx

IZeeVeeYxI

IZeeVeexV

22

22γγγγ

γγγγ

(33)

ou ainda

(34)

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

+−=−=

SSC

SCS

IxVxsenhYxIIxsenhZVxxV

γγγγ

coshcosh


11

Na forma matricial, as equações (34) são dadas por

(35)

As equações (34) ou (35) se constituem na solução fechada (ou na forma hiperbólica) das equações de onda das LTs.

5 - INTERPRETAÇÃO DAS EQUAÇÕES DE LT

Reescrevendo a solução das equações de onda na forma exponencial dada pelas equações (28), omitindo-se a variável x para simplicidade da notação, resulta que

−=

+=−

−

][ xr

xiC

xr

xi

eVeVYIeVeVV

γγ

γγ

(36)

OBSERVAÇÕES IMPORTANTES:

(a) O termo γ é complexo e é denominado constante ou coeficiente de propagação, sendo dado por

• α é a constante de amortecimento, em neper/km;

• β é a constante de fase, em rad/km.

Assim procedendo, as equações (36) podem ser reescritas como

−⋅=

+=−−

−−

][ xjxr

xjxiC

xjxr

xjxi

eeVeeVYIeeVeeVV

βαβα

βαβα

(37)

( )( )

( ) ( )( ) ( )

⋅

−

−=

S

S

C

C

IV

xxsenhYxsenhZx

xIxV

γγγγ

coshcosh

Ou seja, a tensão e a corrente em qualquer ponto x da linha podem ser conhecidas a partir da tensão e corrente na barra

emissora e de seus parâmetros Z e Y.

βαγ jYZ +=⋅=


12

Ainda nestas equações podem ser destacados os termos

xe α± ⇒ Variação do módulo de V e I com x

xxsenjxe xj

ββββ

±∠=±=±

1cos

⇒ variação da fase de V e I com x ( ± β radianos por unidade de comprimento)

Para linhas de transmissão de alta tensão trifásicas aéreas tem-se usualmente que

°°≈∠⋅=⇒

°≈∠=

°°≈∠=5,8775

90

8560aYZ

YY

aZZ

Y

Zγθγ

θ

θ

(38)

logo, as constantes α e β são reais positivas. (b) Tanto a tensão quanto a corrente são compostas por dois

termos governados respectivamente pelos fatores e-γx e eγx.

O primeiro termo, multiplicado pelo fator e-γx ( = e-αx. e-jβx), apresenta um comportamento que decresce em módulo e em fase, à medida que x cresce, no sentido da barra emissora (x = 0) para a barra receptora (x = l). Diminuir a fase no domínio da freqüência corresponde a um atraso no domínio do tempo. Desta forma, este componente diminui em módulo e se atrasa (aparece com um certo atraso) à medida que x cresce.

Com o termo multiplicado por eγx ( = eαx. e

jβx) acontece o contrário, ou seja, ele cresce em módulo e em fase, à medida que x cresce. Este aumento de fase no domínio da freqüência corresponde a um adiantamento no domínio do tempo. Então este termo cresce em módulo e se adianta à medida que x cresce. Este tipo de comportamento é inconcebível na natureza. Uma vez que a LT é uma estrutura passiva, não se pode esperar um crescimento no módulo com o aumento de x, mas sim o contrário. Além disto, o adiantamento no tempo caracteriza um sistema antecipativo, também anômalo na


13

natureza (este termo vai aparecer no final da linha antes de aparecer no início?). Deve-se então interpretá-lo como um componente que diminui em módulo e em fase, à medida que x decresce, da barra receptora (x = l) para a barra emissora (x = 0).

Estes comportamentos distintos caracterizam duas ondas viajantes de tensão, associadas a duas ondas viajantes de corrente: uma primeira que se propaga no sentido positivo ou crescente de x (Vi e-γx), chamada de onda incidente, e outra que se propaga no sentido decrescente de x (Vr eγx), chamada de onda refletida (ambas diminuindo em módulo e em fase à medida que se propagam pela LT).

(c) Uma vez que tanto a tensão, quanto a corrente, são ondas

viajantes, seu comprimento de onda λ, sua velocidade de propagação a e seu tempo de trânsito τ podem ser calculados.

A determinação do comprimento de onda λ pode ser feita através das equações de linha na sua forma hiperbólica ou fechada, ou seja

( ) ( )( ) ( )

+−=−=

SSCx

SCSx

IxVxsenhYIIxsenhZVxV

γγγγ

coshcosh

(39)

Considerando que

( ) ( )( ) ( )

⋅+⋅=+=⋅+⋅=+=

xxjxxxjxxxxjxxxjxx

βαβαβαγβαβαβαγ

sencoshcossenhsenhsenhsensenhcoscoshcoshcosh

(40)

conclui-se que a tensão e a corrente variam harmonicamente com freqüência β ao longo da linha (ou seja, em relação à coordenada x). Desta forma, se existe uma variação na fase de β radianos por km, então a distância na qual há uma variação de 2π radianos corresponde ao comprimento de onda λ. Ou seja

⇒

→→

kmradkmrad

λπβ

21

(≅ 5.000 km para 60 Hz) (41)

βπλ 2

=


14

A velocidade de propagação a pode ser definida a partir do comprimento de onda, pois

⇒=⋅= ffaβπλ 2

(tem de ser ≤ 300.000 km/s) (42)

O tempo de trânsito será então

⇒=alτ

(da ordem de ms) (43)

(d) o nome impedância característica dado para ZC se deve ao fato dela ser uma impedância especial, uma vez que se a linha de transmissão for carregada com ela, não haverá onda refletida. A prova desta afirmativa é feita considerando-se inicialmente as equações de tensão e corrente na forma exponencial

−⋅=

+=−

−

][)(

)(x

rx

iC

xr

xi

eVeVYxIeVeVxV

γγ

γγ

(44)

Na barra receptora (receiving end) tem-se x = l, V(x) = VR e I(x) = IR. Assim

−⋅=

+=−

−

][ ll

ll

γγ

γγ

eVeVYIeVeVV

riCR

riR

(45)

Uma vez que ZC é a carga da LT, na barra receptora a condição de contorno vai ser dada por

RCR IZV ⋅=

(46)

Substituindo as equações (45) na equação (46) vem

)]([)( llll γγγγ eVeVYZeVeV riCCri −⋅=+ −−

(47)

ou seja

02 =lγeVr

(48)

Como eγl ≠ 0, então Vr = 0, ou seja, não existe onda refletida.

βω

=a

ωβτ l⋅

=


15

Exemplo 1

Seja uma LT trifásica, de comprimento l = 370 km, freqüência nominal de 60 Hz e tensão nominal de 215 kV, com os seguintes parâmetros de serviço:

RS = 0,101 Ω / km LS = 1,367 mH / km CS = 8,415 nF / km

Para esta linha pede-se calcular γ, Zc, Yc, α, β, λ , a e τ.

Ω∠=+=

Ω×⋅+= −

kmjZkmfjZ

/91,78525,0)515,0101,0(/)10367,12101,0( 3

o

π

∠×=

×=×⋅=−

−−

kmSYkmSjfjY

/9010172,3/10172,310415,82

6

69

o

π

°∠×=×+×=

×⋅+==−−−−

−

1334

6

46,8410291,1)10285,110247,1(

)10172,3()515,0101,0(

kmj

jjYZ

γ

γ

( )( )

×=ℑ=

×=ℜ=−

−

kmradmkmnepere

/10285,1/10247,1

3

4

γβ

γα

∠×=×+×==

Ω−∠=+=×

+==

−−−

−

SjZ

Y

jj

jYZZ

CC

C

o

o

54,510458,2)10375,210446,2(1

54,5864,406)309,39961,404(10172,3

515,0101,0

343

6

====

=×==

=×

== −

ms,s,a

skmfa

km,

26110012610 206,449.293

370/206,449.29360820,4890

8204890 10284,1

223

lτ

λ

πβπλ


16

6 – MODELOS EFGH E ABCD DE LTs (Constantes Generalizadas)

Para se chegar aos modelos EFGH e ABCD das LTs é conveniente repetir a solução fechada (ou na forma hiperbólica) das equações de onda para LTs, determinada no item 4. Assim

(49)

Considerando x = l (comprimento total da linha), a tensão e a corrente na barra receptora serão

( )( )

====

R

R

IxIVxV

l

l

(50)

Substituindo nas equações anteriores obtém-se o modelo EFGH para as LTs

( ) ( )( ) ( )

⋅

−

−=

⋅

=

S

S

C

C

S

S

R

R

IV

YZ

IV

HGFE

IV

ll

ll

γγγγ

coshsenhsenhcosh

(51)

onde as constantes E, F, G e H serão dadas por

( )( )( )

−=−=

==

l

l

l

γγγ

senhsenhcosh

C

C

YGZF

HE

(52)

Este modelo responde à seguinte questão: “Se uma determinada linha for alimentada com um certo par tensão/corrente na barra emissora, qual será o par tensão/corrente na barra receptora?”

( )( )

( ) ( )( ) ( )

⋅

−

−=

S

S

C

C

IV

xxsenhYxsenhZx

xIxV

γγγγ

coshcosh


17

Este tipo de problema não é muito comum nos sistemas de energia, onde o objetivo principal é atender consumidores, ou seja, uma determinada carga, na barra receptora. Nestes sistemas o problema mais comum é: “Se é necessário alimentar um conjunto de consumidores com uma determinada tensão e fornecer uma determinada potência ativa, sob um fator de potência específico (ou seja, uma corrente definida), qual deve ser o par tensão/corrente na barra emissora de potência?”. O leitor deve verificar que este problema é exatamente o inverso do problema anterior. Desta forma, esta questão pode ser respondida bastando resolver as equações que expressam o modelo EFGH para VS e IS, resultando no modelo ABCD de linhas de transmissão. Assim

⋅

=

⋅

=

−

R

R

R

R

S

S

IV

DCBA

IV

HGFE

IV 1

(53)

Ou seja

(54)

onde

(55)

A figura 4 abaixo mostra os quadripolos associados aos modelos EFGH e ABCD para linhas de transmissão.

Fig. 4 - Quadripolos associados à linha de transmissão, mostrando os sentidos de corrente e tensão com:

(a) modelo EFGH e (b) modelo ABCD.

⋅

=

⋅

=

R

R

C

C

R

R

S

S

IV

YZ

IV

DCBA

IV

ll

ll

γγγγ

coshsenhsenhcosh

( )( )( )

==

==

l

l

l

γγγ

senhsenhcosh

C

C

YCZBDA


18

Exemplo 2 Calcular as constantes generalizadas ABCD para a LT do Exemplo 1.

Fig. 5 - Modelo ABCD do quadripolo associado a uma linha de transmissão

Para o quadripolo associado a uma linha de transmissão tem-se

⋅

=

⋅

=

R

R

c

c

R

R

S

S

IV

YZ

IV

DCBA

IV

ll

ll

γγγγ

coshsenhsenhcosh

Do exemplo 1 é sabido que

°∠×=×+×=

Ω−∠=−=

∠×=×+×=

−−−

−−−−

SjYjZ

kmj

C

C

54,510458,2)10375,210446,2(

54,5864,406)309,39961,404(46,8410291,1)10285,110247,1(

343

1334

o

oγ

e desta forma

∠×=

×+×−==

Ω∠=+==

∠=+===

∠=+=

−

−−

SSjYC

jZBjDA

j

C

C

o

o

o

o

l

l

l

l

43,90101305,1

)101305,1103906,8(senh

34,791405,187)9089,1836279,34(senh36,18903,0)0211,08901,0(cosh

46,844776,04753,00461,0

3

36γ

γ

γ

γ


19

7 – ÍNDICES DE DESEMPENHO DE LT’s

Para se quantificar o desempenho das linhas de transmissão costuma-se utilizar os denominados índices de desempenho de LTs. A seguir são apresentados quatro destes índices, muito utilizados nesta tarefa. São eles a regulação de tensão (Reg), o rendimento da transmissão (η), a queda percentual de tensão (∆V) e o consumo de reativo (∆Q)

(56)

onde nas equações acima os subscritos NL e FL são respectivamente abreviaturas de "No Load" (a vazio) e "Full Load" (a plena carga).

Muitas vezes a definição da regulação de tensão é encontrada em livros, manuais ou recomendações técnicas das concessionárias de formas diferentes da apresentada acima. No entanto optou-se pela expressão acima pois ela reflete o quanto a tensão vai variar em relação à tensão nominal de operação quando o sistema passa da operação a plena carga (full load) para a operação a vazio, ou carga muito leve (no load). No entanto, também pode-se admitir como um bom indicativo de desempenho do sistema, a regulação de tensão calculada como

%100(%))(

)()( ×−

=FLR

FLRNLR

V

VVReg

(57)

( )

−=∆

×−

=∆

×=

×−

=

RS

R

RS

S

R

nom

FLRNLR

QQMVArQV

VVV

PP

VVV

)(

%100(%)

%100%

%100(%) )()(

η

Reg


20

Exemplo 3

Considerando para a LT dos exemplos 1 e 2 anteriores uma carga de 120 MW a 215 kV, com fator de potência 0,9 capacitivo, determinar:

(a) as tensões, correntes e potências complexas nas barras receptora e emissora;

Na barra receptora as grandezas pedidas são

MVAjIVSkAI

kAV

PI

kVV

RRR

R

R

R

RR

R

°−∠=−==

°∠=

°==

=⋅⋅

==

°∠=°∠=

ΦΦ

Φ

84,254445,44)3715,190006,40(.

84,253581,084,259,0arccos

3581,09,02153

120cos3

)referência na V (tensão 01303,12403

215

*

3

R

ϕϕ

Na barra emissora as grandezas pedidas são

MVAjIVSkAjIDVCI

kVjIBVAV

SSS

RRS

RRS

°−∠=−==

∠=+=+=

∠=+=+=

45,91300,46)5769,75035,45(.

36,454020,0)2860,02825,0(

90,357463,114)2901,679449,92(

*

o

o

(b) a regulação de tensão [Reg(%)];

[ ]

(boa) %83,3%1001303,124

1303,12454,348797,128(%)

%1001303,124

01303,12436,18903,0

90,357463,114

%100(%)

0:load No

%100(%)

)(

)()(

)()(

=×−°∠

=

×°∠−

°∠°∠

=×−

=

=⇒=⇒=+=

⋅−

=

Reg

Reg

Reg

nom

FLRS

SNLRNLRSRRRS

nom

FLRNLR

V

VA

VA

VVVAVIIBVAV

VVV

A regulação de tensão não deve ser maior que 10% para evitar problemas de tensão quando o sistema passa de uma condição de plena carga para uma de carga leve ou a vazio.


21

(c) o rendimento de transmissão [η(%)];

( ) (baixo) %91,87%1005035,450006,40%100% =×=×=

S

R

PPη

O ideal é que o rendimento de transmissão fique acima de 95% de forma a limitar as perdas de transmissão na ordem dos 5%.

(d) a queda de percentual de tensão [∆V(%)];

%56,7%1001303,124

1303,1247463,114%100(%) −=×−

=×−

=∆R

RS

VVV

V

Perfis de tensão do tipo “flat” são extremamente recomendáveis, pois indicam que a LT está operando em condições próximas de sua carga natural (ou SIL), definida adiante no item 9.

(e) o consumo de reativo [∆Q(MVAr)].

MVArQQMVArQ RS 7946,11)3715,19(5769,7)( =−−−=−=∆

A LT está fornecendo reativo capacitivo (consumindo reativo indutivo) visto que o efeito X.I 2 está mais pronunciado que o efeito Y.V 2 nesta condição de operação. A figura 6 abaixo mostra a situação da LT com relação às grandezas elétricas nos seus terminais emissor e receptor.

Fig. 6 - Diagrama indicando as grandezas elétricas da LT atendendo à carga especificada no exemplo 3.


22

8 – MODELOS π EQUIVALENTE E π NOMINAL

Fig. 7 - Correspondência entre os modelos ABCD e o modelo π do quadripolo associado a uma linha de

transmissão Para a LT modelada como um quadripolo tem-se que

+=+=

RRS

RRS

CICVIBIAVV

(58)

Já para a LT modelada pelo circuito π equivalente vale

+=−

++=

RRSS

RRRS

VYIVYI

VYIZVV

22

2

ππ

ππ

(59)

ou seja

++

+=

+

+=

RRS

RRS

IYZVYZYYI

IZVYZV

21

22

21

ππ

ππ

ππ

ππ

π

(60)

Comparando as equações (60) com as equações (58) resulta que

==+

==+

==

==+

l

l

l

l

γ

γ

γ

γ

ππ

ππ

ππ

π

ππ

cosh2

1

senh22

senh

cosh2

1

DYZ

YCYZYY

ZBZ

AYZ

C

C

(61)


23

As equações (61) formam um sistema de quatro equações e apenas duas incógnitas ( Zπ e Yπ /2). Resolvendo a segunda delas para Zπ resulta que:

(62)

Definindo a impedância nominal da LT como Zn = Z ⋅l , então

ll

l

γγγn

CZZZ

ZYZ

ZYZ

YZZ ======

2

(63)

ou seja:

(64)

Resolvendo a primeira das equações (61) para Yπ /2 resulta que

⇒=+ )cosh(2

1 lγππ

YZ

⇒=+ AYB2

1 π

(65)

ou ainda

l

l

l

l

γγ

γγπ

senh1cosh

senh1cosh

2−

=−

= CC

YZ

Y

(66)

Prova-se que

l

ll

γγγ

senh1cosh

2tanh −

=

⇒

=

2tanh

2lγπ

CYY

(67)

Definindo a admitância nominal da LT como Yn = Y⋅l , então

2/2/

2/2/

ll

l

γγγn

CYYY

ZYY

ZYY =

⋅====

(68)

BAY 1

2−

=π

lγπ senhCZBZ ==

l

ll

γγγπ

senhsenh nC ZZBZ ===


24

Desta forma, substituindo (68) em (67) resulta que

=

2tanh

2/2/

2l

l

γγ

π nYY

(69)

ou finalmente que

(70)

As equações (64) e (70) mostram as expressões para Zπ e Yπ /2, parâmetros do modelo π equivalente de uma LT, e sua relação com Zn e Yn /2, parâmetros do modelo π nominal de uma LT. Sabe-se entretanto que

( ) ( )( ) 1

2/cosh1

2/2/senhlim

2/2/tanhlim

1coshlimsenhlim

00

00

=

⋅=

==

→→

→→

ll

l

l

l

ll

l

ll

ll

γγγ

γγ

γγ

γ

γγ

γγ

(71)

Logo para valores muito pequenos de γl , verifica-se que

22 e n

nYYZZ →→ π

π

(72)

onde o símbolo → está sendo usado para indicar "tende a". A figura 8 abaixo mostra os dois circuitos equivalentes de LT, sendo o modelo π equivalente, um modelo exato, e o modelo π nominal, um modelo aproximado.

Fig. 8 – Circuitos (a) π Equivalente e (b) π Nominal de uma LT .

( )2

2tanh2

12 l

l

γγπ nY

BAY

=−

=


25

Para a LT dos exemplos anteriores, conforme já calculado, a constante de propagação γ vale

( ) 134 10285,110247,1 −−− ×+×= kmjγ

(73)

A tabela 1 a seguir mostra os termos de correção senh(γl)/γl e tanh(γl/2)/(γl/2) para três valores de l.

Tabela 1 – Termos de correção de Zπ e Yπ / 2 da LT do exemplo 1.

Termo de correção de Zπ

Termo de correção de Yπ / 2 l (km)

( )( )l

l

γγsenh ( )

( )2/2/tanh

l

l

γγ

80 0,9983 ∠ - 0,02° 1,0009 ∠ - 0,01° 240 0,9844 ∠ 0,18° 1,0079 ∠ - 0,09° 370 0,9631 ∠ 0,43° 1,0191 ∠ - 0,22°

Percebe-se nesta tabela que, para linha longas (l acima de 240 km), os erros na admitância, e principalmente na impedância, são consideráveis (da ordem de 5%) sendo pois importante considerar os termos de correção. Já para linhas médias (l entre 80 km e 240 km) os erros são menores (da ordem de 1,5%), e desta maneira os fatores de correção podem até ser desprezados, conduzindo ao chamado modelo π nominal de LTs. Para linhas curtas (l até 80 km), os fatores de correção são muito próximos da unidade e em geral são também desprezados. Para estas linhas, até mesmo as admitâncias são desprezadas, por serem extremamente pequenas, resultando no modelo impedância nominal série de LTs.

Fig. 9 – Modelos (a) π equivalente para linhas longas, (b) π nominal para linhas médias e (c) impedância nominal

série para linhas curtas.


26

Exemplo 4

Determinar o circuito π equivalente para a LT dos exemplos anteriores e compará-lo com o circuito π nominal.

Para o caso em questão, os parâmetros do circuito π equivalente vão ser

×+×=

∠×=∠

−∠=

−=

Ω∠=+==

−−

−

Sj

SB

AY

jBZ

)109808,5102446,2(

79,89109808,534,791405,187

136,18903,012

34,791405,1879089,1836279,34(

46

4 o

o

o

o

π

π

Já o circuito π nominal vai possuir os seguintes parâmetros

×=∠×==

Ω+=Ω∠==

−− SjSYYjZZ

n

n

44 108682,590108682,52

.2

)550,190370,37(90,78180,194.

o

o

l

l

Os valores dos erros serão:

( )

( )

=−=∆−=×−

=

−=−=∆=×−

=

o

o

21,079,8990;%84,11009783,5

9783,58682,5%

44,034,7990,78;%76,31001405,187

1405,1871800,194%

yy

zz

θε

θε


27

9 – SURGE IMPEDANCE LOADING (SIL) (Carga Natural ou Potência Natural)

Definições Importantes

(a) A impedância de surto (ou de onda) Z0 de uma linha de transmissão é definida como o valor de sua impedância característica ZC para freqüências tendendo ao infinito, ou seja

( )CL

CjG

LjR

CjGLjRZZ c =

+

+=

++

==∞→∞→∞→

ω

ωωωω

ωωωlimlimlim0

(74)

Esta impedância assume importante papel tanto no cálculo de sobretensões devido à descargas atmosféricas, quanto na operação adequada de linhas de transmissão em RPS, uma vez que o SIL de uma LT pode ser definido com ela.

(b) A Carga Natural (ou Surge Impedance Loading, ou SIL, ou

Potência Natural) de uma linha de transmissão é definida estritamente como a potência entregue por uma linha ideal sem perdas (R=G=0) a uma carga resistiva de valor igual à sua impedância de surto Z0, quando a LT estiver energizada com sua tensão nominal.

Para uma LT sem perdas resulta que

⇒++

=++

==CjLj

CjGLjR

YZZC ω

ωωω

00

(75)

Como a LT está carregada com sua impedância de surto ou de onda (que no caso é a própria impedância característica), não haverá onda refletida, ou seja

( )

( )

=

=−

−

0

.

.

ZeVxI

eVxVxj

i

xji

β

β

(76)

0ZCLZC ==


28

As equações (76) mostram que o módulo da tensão (e da corrente) não varia com x, variando apenas a fase (vide item 5.d, pp. 14). No extremo emissor (sending end), onde x = 0, a tensão vai ser dada por

( ) nomiS VVVV ===0

(77)

ou seja, a constante complexa Vi é a tensão de alimentação da LT. Desta forma, em qualquer ponto x, vão valer as seguintes equações

( )

( )

=

=−

−

0

.

.

ZeVxI

eVxVxj

nom

xjnom

β

β

(78)

Assim, na barra receptora (receiving end), onde x = l tem-se

( )

( )

==

==−

−

0

.

.

ZeVII

eVVVj

nomR

jnomR

l

l

l

lβ

β

(79)

O SIL vai ser a potência complexa entregue à carga, dada por

[ ]

[ ]0

2

0

.*.

*

0

..*

ZV

ZeVeV

ZeVeVIVSSIL

nomj

nomjnom

jnomj

nomRRR

=

=

=⋅==

−

−−

ll

ll

ββ

ββ

(80)

Na verdade, a potência complexa em qualquer ponto da LT vai ser da forma

( ) ( ) ( ) [ ]

[ ] SILZ

VZeVeV

ZeVeVxIxVxS

nomxj

nomxjnom

xjnomxj

nom

==

=

=⋅=

−

−−

0

2

0

.*.

*

0

..*

ββ

ββ

(81)


29

Esta expressão mostra que em condição de carga natural, a potência complexa em qualquer ponto da LT vai ser exatamente igual ao SIL. Assim sendo

( )

( )

=

==

⇒=ΦΦ

Φ

ΦΦ

0

2

3

10

2

0

2

ZV

SIL

SILZ

VSIL

ZV

SILnom

nnomfasepor

nom

(82)

A figura 10 a seguir mostra curvas típicas dos perfis de tensão em uma linha de transmissão sem perdas, considerando-se a tensão no extremo emissor constante e a LT operando: a vazio (no load); no SIL (notar o perfil flat); a plena carga (full load) e em curto-circuito no seu extremo receptor.

Fig. 10 - Curvas típicas de perfil de tensão em uma linha de transmissão sem perdas, considerando a tensão

no extremo emissor constante e variando-se as condições de carga no extremo receptor

As curvas da figura 10 acima mostram que:

♦ no SIL, o perfil de tensão numa linha sem perdas é “flat”, ou seja, a tensão é constante em toda a linha;

♦ para condições a vazio (no load) ou de carga leve, a tensão terminal tende a subir acima da tensão da barra emissora;

♦ para condições de plena carga (full load), a tensão no extremo receptor tende a ser menor que a tensão no extremo emissor;


30

♦ em condições de curto-circuito no extremo receptor, o perfil de tensão se ajusta de forma que a tensão vá a zero neste extremo.

♦ quanto maior for o comprimento da linha, maiores serão as variações de tensão, para condições de operação distantes do SIL. Desta forma isto serve como uma orientação para operações de linhas no que se refere ao seu comprimento. Assim, para linhas curtas, l pequeno (até 80 km), as variações serão também pequenas e pode-se operar a linha com potências de até 3 vezes o SIL. Já para linhas longas, o limite máximo é o SIL (ou no máximo 1,2×SIL), para se evitar mau desempenho na operação das LT's.

Embora não existam linhas sem perdas, o estudo do seu comportamento é serve como um indicativo do que vai acontecer nas linhas reais (que geralmente possuem baixas perdas).

A tabela 2 a seguir mostra os valores usuais da impedância de surto (ou de onda) e do SIL para LT’s trifásicas aéreas.

Tabela 2 - Valores usuais de impedâncias de surto e de SIL para linhas de transmissão aéreas típicas de 60 Hz..

Vnom [kV] Z0 [Ω] SIL [MW]

69 366 - 400 12 – 13 138 366 - 405 47 – 52 230 365 - 395 134 – 145 345 280 - 366 325 – 425 500 233 - 294 850 – 1075 765 254 - 266 2200 – 2300

EXEMPLO PRÁTICO: UUSSIINNAA HHIIDDRREELLÉÉTTRRIICCAA DDEE IITTAAIIPPÚÚ

10 máquinas de 700 (740) MW de 60 Hz ⇒ 7000 (7400) MW

7000 (7400) MW ÷ 2300 = 3,04 (3,22) LT's

3 linhas de 765 kV (longas) ⇒ P(max operação) ≈ SIL


31

10 - FLUXO DE POTÊNCIA EM LT’s 10.1 - Fluxo de Potência em LT's com perdas Um dos modelos de LT deduzidos nos itens anteriores foi o modelo ABCD onde

=

R

R

S

S

IV

DCBA

IV

.

(83)

Da primeira das equações pode-se deduzir que

BVAVIIBVAV RS

RRRS... −

=⇒+=

(84)

Sejam então

βα ∠=∠= BBAA ; ⇒ constantes da linha (definidas)

o0; ∠=∠= RRSS VVVV δ ⇒ variáveis do problema Na expressão acima, δ é chamado de ângulo de carga da LT. Então

( )βαβδβαδ

−∠−−∠=∠

∠∠−∠=

BVA

BV

BVAV

I RSRSR

.)(

0. o

(85)

e seu o conjugado será

( )αβδβ −∠−−∠=∗

BVA

BV

I RSR

.)(

(86)

Desta forma a potência complexa no terminal receptor será

( ) ( )αβδβ −∠−−∠=+== ∗

BVA

BVV

QjPIVS RSRRRRRR

2...

(87)


32

ou seja

( ) ( )

( ) ( )

−−−=

−−−=

αβδβ

αβδβ

senBVA

senBVV

Q

BVA

BVV

P

RSRR

RSRR

2

2

..

cos.

cos.

(88)

Desta forma, especificados VS e VR , a potência ativa máxima transmissível na LT é encontrada quando βδδβ =⇒=− 0 e vale

(89)

Este é o limite máximo teórico de potência ativa que pode ser transmitida pela linha de transmissão.

10.2 - Potência Ativa e Reativa em LT's sem perdas

Vai ser considerada, para simplificação do problema, uma linha sem perdas, representada por seu modelo de linha curta, como mostra a figura 11 a seguir

Fig. 11 - Linha de transmissão sem perdas representada pelo seu modelo de linha curta.

Para esta linha tem-se então que

⋅

°∠

°∠=

⇒

=⋅+=

R

Rn

S

S

RS

RnRS

IVXj

IV

IIIXjVV

01001

(90)

( ) ( )αβ −−= cos.. 2

max BVA

BVV

P RSRR


33

ou seja

°==°==°∠==°∠=

90)arg(;0)arg(90;01

BAXXjBA nn

βα

(91)

e as equações de potência ativa e reativa tornam-se

( ) ( )

( ) ( )

°−°−−°⋅

=

°−°−−°⋅

=

09090

090cos90cos

2

2

senX

Vsen

XVV

Q

XV

XVV

P

n

R

n

SRR

n

R

n

SRR

δ

δ

(92)

ou seja

−⋅=

⋅=

⋅=

n

RSRR

SR

n

SRR

XVVV

Q

senLVV

senX

VVP

2cosδ

δω

δl

(93)

Como já demonstrado, o valor de potência máxima é atingido para δ = β = 90° e vale

lLVV

XVV

P SR

n

SRR ω

⋅=

⋅=(max)

(94)

A figura 12 a seguir mostra curvas típicas de carregamento para LT's, sendo a curva "a" o limite máximo de potência associado à máxima corrente suportável nos cabos fase, a curva "b" o limite máximo teórico de potência expresso anteriormente (que depende de A, B, VR e VS) e a curva "c" o limite máximo prático de potência (que é função do SIL e do comprimento da LT)


34

Fig. 12 - Curvas típicas de carregamentos máximos de LT’s.

Considerando pois linhas sem perdas conclui-se que: 1. A potência ativa transmitida pela LT é diretamente

proporcional às tensões nos extremos e ao seno do ângulo de carga

2. A potência ativa transmitida pela LT é Inversamente proporcional à freqüência de operação, indutância de serviço e ao comprimento da linha.

3. O limite de estabilidade estática, também conhecido como limite teórico de carregamento, é obtido para δ igual a π/2.

4. Geralmente este limite está acima do limite térmico, associado à capacidade de condução de corrente dos cabos fase, e do limite prático de carregamento, associado aos índices de desempenho e ao SIL da linha.

5. O limite térmico é constante e é o principal fator restritivo para linhas curtas, enquanto o limite prático também varia inversamente com o comprimento e se sobrepõe ao térmico para linhas longas.


35

Exemplo 5 Determinar o limite máximo teórico de potência para a LT do exemplo 1, seu SIL e a relação PR(max)/SIL.

( ) ( ) ( )[ ]BVAVV

BVA

BVV

P RSRRSRR

αβαβ

−⋅−⋅=−

⋅−

⋅=

coscos

2

max

No exemplo 3 calculamos

Ω∠=°∠= o33,790240,18736,18904,0 BA Neste caso, considerando tensões terminais da ordem da tensão nominal (=124,1303 kV), o limite máximo teórico de potência vai ser dado por

( )( )[ ]

0240,18736,133,79cos1303,1248904,01303,1241303,124

max°−°⋅⋅−

=RP ou ainda

( ) MW,PR 09867 max =

valor do SIL é

( ) ( ) MW,,

SIL 23038 0484403

1303,124

10415,810367,1

1303,124 2

9

3

2

==

××

=

−

−

E desta forma temos que

( ) 7551 230,38098,67max ,

SILPR ==

Como se trata de um limite teórico, já era de se esperar que este valor estivesse acima do limite prático, da ordem de 1,2×SIL.


36

10.3 - O Problema do Fluxo de Potência

Na sua forma mais básica, o problema associado ao fluxo de potência consiste na solução de um sistema de equações não lineares da forma

( )( )( )

−⋅

⋅

=

=

=

=

=

=

⇒=

n

RSR

n

SR

RR

R

XVVV

XsenVV

xxfxxf

Vxx

QP

yy

2212

211

2

1

2

1

cos,,

;

δ

δ

δ

f

xy

xfy

(95)

Um dos possíveis métodos para solução deste problema é o método de Newton-Raphson onde

( )[ ] ( )[ ]iiii xfyxJxx1-

−⋅=+~+1

(96)

sendo ( )xJ~ a matriz jacobiana dada por

( ) ⇒

=

=

R

RR

R

RR

VQQVPP

xf

xf

xf

xf

∂∂

δ∂∂

∂∂

δ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

2

2

1

2

2

1

1

1

~ xJ

(97)

( )

−⋅−

⋅

=

n

RS

n

SR

n

S

n

SR

XVV

XsenVV

XsenV

XVV

2cos

cos~

δδ

δδ

xJ

Em sistemas de potência tem-se em geral que

⇒

≈≈

≈

VVV SR

0δ ( )

−≈

n

n

XV

XV

0

0~

2

xJ ⇒ Fluxo de Potência

Rápido Desacoplado

Modelos de Transformadores Clever Pereira

1

UNIDADE VI

MODELOS DE TRANSFORMADORES

1. INTRODUÇÃO

OBJETIVO PRINCIPAL: Estabelecimento de modelos matemáticos no domínio da freqüência para transformadores de potência monofásicos, trifásicos, de dois ou três enrolamentos, de forma a propiciar o cálculo das correntes, tensões e potências quando estiverem operando em regime permanente senoidal na freqüência de serviço (baixas freqüências). 2. TRANSFORMADOR IDEAL

HIPÓTESES BÁSICAS

Fluxo varia senoidalmente: • regime permanente senoidal.

Núcleo com µ infinita: • não é necessária nenhuma Fmm

para magnetizar o núcleo; • todo fluxo confinado ao núcleo,

logo não existem indutâncias de dispersão.

Enrolamentos com ρ nula: • resistências dos enrolamentos

nulas.

2.1. Relação de tensão

Para as hipóteses básicas consideradas para o trafo ideal, as tensões induzidas são iguais às tensões terminais. Assim

==

)()(v)()(

22

11

tettetv (1)

+

-

+

- v2 N2

N1

Φ

v1

+

-

i2

i1+

-

e2

e1

Fig. 1 – Transformador Ideal


2

Sabe-se ainda que

Φ==

Φ==

dttdN

dttdte

dttdN

dttdte

)()()(

)()()(

22

2

11

1

λ

λ

(2)

Substituindo as equações (2) nas equações (1) resulta que

NNNN

tete

tvtv

V ====2

1

2

1

2

1

)()(

)()( (3)

onde N é comumente denominada de relação de transformação do trafo ideal. Em regime permanente senoidal (RPS) tem-se que

NNN

EE

VVNV ====

2

1

2

1

2

1 (4) A equação (4) mostra que, além da relação de módulo, as tensões terminais estão em fase.

2.2. Relação de corrente Lei de Ampère

envidH =⋅∫ lrr (5)

onde Hr

é a intensidade de campo magnético e ienv é a corrente envolvida, também chamada de força magnetomotriz Fmm.

Como Hr

e lr

possuem o mesmo direção e sentido, então

mmiNiNdHdH F=- . 2211 ⋅⋅==⋅ ∫∫ llrr (6)

Uma vez que no trafo ideal a permeabilidade magnética µ é infinita, a integral da intensidade de campo ao redor de um percurso fechado é nula, pois não é necessária nenhuma força magnetomotriz Fmm para criar o fluxo Φ no núcleo. O circuito magnético da figura 2 ao lado mostra a situação em

Hr

Fig. 2 – Circuito magnético associado.

Φ

Fmm

R


3

questão. Se a relutância R for nula, não existe necessidade da força magnetomotriz Fmm para a existência do fluxo Φ no circuito magnético definido pelo núcleo do trafo ideal.

Desta forma, considerando na equação (6) que Fmm = 0, resulta que, em regime permanente senoidal,

02211 =− ININ ⇒ 2211 ININ = (7)

ou seja, a relação de corrente NI vai ser dada por

NNNN

IIN

VI

11

1

2

2

1 ==== (8)

A equação (8) mostra também que, além da relação de módulo, as correntes terminais estão em fase.

2.3. Relação de potência

Nos terminais 2, a potência complexa é dada por

( ) 1*111

1*222 .= SIVIN

NVIVS ==⋅⋅

=⋅ ∗ (9)

ou seja

21 SS = (10) Desta forma, conclui-se que a relação de potência NS dos trafos ideais é unitária, ou seja

1=2

1S S

SN = (11)

Desenvolvendo um pouco mais a equação (11) vem que

*

2

1

2

1*22

*11

2

1S =

⋅=

⋅⋅

=II

VV

IVIV

SSN ⇒ 1IVS =⋅= NNN (12)


4

2.4. Representação de Circuito (Esquemática) de um Trafo Ideal

2.5. Impedância vista, ou referida, a um dos lados do trafo Se uma impedância Z2 é ligada no lado 2 do trafo, tem-se pela lei de Ohm que

2

22222 I

VZIZV =⇒⋅= (13)

Desta forma, expressando Z2 em termos das grandezas do lado 1

1

12 IN

NVZ⋅

= (14)

ou seja

22

22

22'

21

1

IV N

ZZNZNZIV

=⋅=⋅== (15)

Na equação (15), '2Z é denominada impedância do secundário

(lado 2) vista pelo, ou referida ao, primário (lado 1). A figura 4 a seguir mostra a impedância Z2 referida ao primário.

I2 N : 1

N1 V2N2 V1

I1

Z2 '2VV

I1

'2Z≡

=

⋅=⋅

=

NVV

ZNZNNZ

2'2

22

2

2

2

1'2

Fig. 4 – Circuito equivalente com impedância Z2 referida ao lado 1.

Fig. 3 – Representação de circuito de um transformador ideal.

I2 N : 1

N1 V2 N2 V1

I1

EM REGIME PERMANENTE SENOIDAL

i2(t)N : 1

N1 v2(tN2 v1(t)

i1(t

NO DOMÍMIO DO TEMPO


5

A figura abaixo apresenta um transformador ideal com uma impedância Z2 ligada no secundário (lado 2). Este transformador possui 200 espiras no primário (lado 1) e 500 espiras no secundário. Quando ele é energizado no primário por uma fonte de tensão ideal de 1200 V, circula uma corrente de 5 A com fator de potência 0,866 indutivo. Determinar:

(a) A potência complexa fornecida pela fonte;

(b) A relação de transformação N deste transformador;

(c) As relações de transformação de tensão NV e de corrente NI para este transformador;

(d) O valor da impedância Z2 vista pela fonte no primário;

(e) O valor real da impedância Z2; (f) A tensão, corrente e potência complexa desenvolvida na impedância Z2.

Solução (a) Admitindo a tensão da fonte na referência, tem-se que

VV °∠= 012001 e

( ) °== 30866,0cosa1θ

e desta forma, como a corrente é indutiva, ela está atrasada em relação à tensão, ou seja

AI °−∠= 3051

A potência complexa fornecida pela fonte vai ser então de

( )( )VAjVA

IVS00,300015,5196306000

30501200)( **111

+=°∠==°−∠⋅°∠=⋅=

(b) A relação de transformação N vai ser dada por

4,0500200

2

1 ===NNN

I2N : 1

N1 V2N2 V1

I1

Z2

Fig. 5 – Transformador Ideal do Exemplo 2.

Exemplo 1


6

(c) As relações de transformação de tensão e de corrente vão ser dadas por

4,0== NNV e

5,24,0

111

V

====NN

NI

(d) A impedância vista pela fonte no primário vai ser a relação da tensão pela corrente no primário e é o valor da impedância ligada no secundário vista do primário, ou seja

Ω°∠=°−∠°∠

== 30240305

01200

1

1'2 I

VZ

(e) O valor real da impedância Z2 vai ser então de

( ) Ω°∠=°∠⋅=°∠⋅

=⋅

= 301500302405,230240

200500 2

2'2

2

1

22 Z

NNZ

(f) A tensão, a corrente e a potência complexa desenvolvida na impedância Z2 podem ser calculadas por

( )( )

+=°∠==°−∠⋅°∠=⋅=

°−∠=°−∠⋅=⋅=

°∠=°∠

==

VAjVAIVS

AINI

VNVV

00,300015,519630600030203000)(

3023054,0

030004,0

01200

**222

12

12

Como a corrente é indutiva, ela está atrasada em relação à tensão e, desta forma, a potência complexa vai ser

( )( )VAjVA

IVS00,300015,5196306000

30203000)( **222

+=°∠==°−∠⋅°∠=⋅=

Obviamente que a potência complexa desenvolvida no secundário é a mesma do primário, uma vez que a relação de potências complexas NS de um trafo ideal é unitária.


7

É importante o leitor notar que o primário nem sempre é o enrolamento de maior tensão e que a atribuição deste nome a um determinado enrolamento é completamente arbitrária.

3. CIRCUITO EQUIVALENTE DE UM TRAFO REAL 3.1. Considerações Iniciais

Fluxo varia senoidalmente (RPS); Núcleo com µ finita

o Vai ser necessária uma corrente (força magnetomotriz) para magnetizar o núcleo, denominada corrente de magnetização.

o Vão existir fluxos de dispersão, representados por indutâncias de dispersão.

Enrolamentos com ρ não nula o Os enrolamentos vão possuir resistências.

Núcleo composto de material magnético o Vão existir fenômenos próprios destes materiais, tal como saturação,

histerese e perdas devido às correntes de Foucault ou parasitas (também denominadas eddy currents).

R1 e R2 ⇒ resistências dos enrolamentos 1 e 2

X1 e X2 ⇒ reatâncias de dispersão dos enrolamentos 1 e 2

Ra ⇒ resistência que retrata as perdas no ferro ( )2Vα

Xm ⇒ reatância que retrata a corrente a vazio

V2

R2

V1

N : 1 X2

Ra Xm

R1 X1 I1 I2

E2 E1

N1 N2

Ia Im

Ie

Fig. 6 – Circuito equivalente de um transformador real


8

3.2. Circuito Equivalente de um Trafo Real com Impedâncias Referidas ao Primário

2

2

2

1'2 .R

NNR

= ⇒ resistência do secundário

2

2

2

1'2 . X

NNX

= ⇒ reatância de dispersão do secundário

22

1'2 .V

NNV

= ⇒ tensão do secundário

21

2'2 .I

NNI

= ⇒ corrente do secundário

referidas

ao

primário

3.3. Circuito Equivalente de um Trafo Real Desprezando-se o

Ramo de Excitação

A corrente de excitação Ie é muito pequena se comparada com I1

(da ordem de 2% a 5%) e deste modo pode-se, muitas vezes, desprezar o ramo de excitação (magnetização e perdas no ferro). Desta forma o circuito equivalente da figura 7 se reduz a

Fig. 7 – Circuito equivalente de um transformador real com impedâncias referidas ao primário.

V2

'2R

V1

N : 1

Ra Xm

R1 X1 I1 I2

V2

N1 N2

Ia Im

Ie

'2X

'2V

'2I

V1

N : 1RT XT

V2N2N1

I1 I2'2I

onde

+=

+='21

'21

XXX

RRR

T

T

Fig. 8 – Circuito equivalente de um trafo real desprezando-se o ramo de excitação.


9

Um trafo monofásico de 100 kVA, 2400/240 V, 60 Hz, é utilizado como um trafo abaixador instalado do lado de uma carga conectada a um alimentador de tensão nominal de 2400 V, cuja impedância série é de (1,0 + j 2,0) Ω. A impedância equivalente série do trafo é de (1,0 + j 2,5) Ω referida ao lado de alta tensão. O trafo está entregando potência nominal à carga, com um fator de potência de 0,8 atrasado e com tensão nominal secundária. Desprezando sua corrente de excitação determinar:

(a) a tensão nos terminais de alta do trafo; (b) a tensão nos extremo emissor do alimentador; (c) a potência que realmente está sendo entregue ao extremo

emissor do alimentador; (d) o rendimento global do sistema de transmissão composto do

alimentador e do transformador abaixador; (e) a regulação de tensão do sistema de transmissão para esta

carga;

Solução

(a) A figura 8 acima apresenta o circuito composto pelo alimentador, o trafo abaixador e pela carga. São fornecidos os valores da tensão e potência na carga. Como o problema pede para desprezar a corrente de excitação, está sendo utilizado o circuito equivalente do trafo sem o ramo de excitação. Colocando-se arbitrariamente a tensão na carga na referência tem-se que

VV °∠= 02402

V1

N : 1RT XT

V2 N2N1

I1 I2

'2V Z2

RL XL IS

VS

alimentador transformador carga

Fig. 8 – Circuito elétrico composto pelo alimentador, transformador abaixador e carga do exemplo 3.

'2I

Exemplo 2


10

A corrente I2 na carga pode ser calculada sabendo-se que

( ) °== 87,368,0cosrca2θ

e que

AVS

IIVS 667,416240

100000

2

22222 ===⇒⋅=

Como a corrente está atrasada da tensão, então

AI °−∠= 87,36667,4162

A potência complexa entregue à carga é de

( )( )VAjVA

IVS600008000087,36100000

87,36667,4160240)( **222

+=°∠==°−∠⋅°∠=⋅=

confirmando os valores fornecidos no enunciado do exemplo. A tensão '

2V vai ser então de

VVNV °∠=°∠⋅=⋅= 024000240240

24002

'2

A corrente '2I vai ser

ANII °−∠=

°−∠== 87,36667,41

1087,36667,4162'

2

Finalmente a tensão V1 nos terminais do trafo pode ser calculada como

( ) ( )( )VjV

jIZVV T

334,58834,249534,1516,249687,36667,415,2102400'

2'

21

+=°∠==°−∠⋅++°∠=⋅+=

A solução do circuito é apresentado na figura 9 a seguir

Fig. 9 – Solução do circuito elétrico do exemplo 3.

10 : 1 1 Ω j 2,5 Ω

416,667∠-36,87° A 1 Ω j 2 Ω

240∠0° V 2400∠0° V

2496,516∠1,34° V2581,106∠2,22° V

41,667∠-36,87° A

Z2


11

(b) A tensão no extremo emissor do alimentador vai ser dada por

( ) ( )( )VjV

jIZVV L

000,100168,257922,2106,258187,36667,412134,1516,249611S

+=°∠==°−∠⋅++°∠=⋅+=

(c) Como o alimentador está sendo representado por uma impedância série e a corrente de excitação está sendo desprezada, as correntes '

2I , I1 e IS são todas iguais entre si. Desta forma, a potência entregue no extremo emissor do alimentador de 2400 V vai ser de

( ) ( )( )VjV

IVS SS

248,67813811,8347209,39951,10754687,36667,4122,2106,2581 **

S

+=°∠==°−∠⋅°∠=⋅=

(d) A potência ativa entregue ao emissor é de 83472,811 W e a potência ativa efetiva entregue à carga é de 80000,000 W. Desta forma, a diferença entre elas é perdida no processo de transmissão, tanto no alimentador quanto no transformador. Assim sendo, o rendimento global do sistema vai ser de

%16,4%100811,83472

80000811,83472=×

−=η

Valores abaixo de 5% são geralmente aceitáveis para processos de transmissão. No entanto não é somente este índice de desempenho que deve ser calculado para se avaliar se o sistema projetado é aceitável ou não do ponto de vista técnico-econômico.

(e) A regulação de tensão vai ser dada por

%55,7%100240

24010

106,2581

%100(%)Re)(2

)(2)(2 =×−

=×−

=nom

FLNL

VVV

g

Na equação acima, NL e FL referem-se à "no load" (a vazio) e à "full load" (plena carga)


12

4. REPRESENTAÇÃO DE TRAFOS DE POTÊNCIA EM PU

Para se chegar ao modelo (circuito equivalente) do trafo de potência em pu é necessário considerar novamente o circuito equivalente de um trafo ideal, mostrado abaixo, juntamente com suas características.

As três relações acima expressam as propriedades de um trafo ideal, sendo NV , NI e NS as relações de tensão, corrente e de potência respectivamente.

O leitor pode notar que as três propriedades do trafo ideal estão relacionadas de tal forma que

=⋅=

11

IV

S

NNN

(16)

As relações de tensão, de corrente e de potência podem também ser estabelecidas para as respectivas grandezas em pu. Assim, a relação de tensão de um trafo ideal em pu, denominada NV(pu), pode ser calculada fazendo

( )( )

( )b

b

V

b

b

b

b

pu

pupuV

VV

N

VVVV

VVVV

VV

N

2

1

2

1

2

1

2

2

1

1

2

1 ==== (17)

PROPRIEDADES DE UM TRAFO IDEAL

1

11

22

11

2

1

1

2

2

1

2

1

2

1

==⋅⋅

==

====

===

IVS

VI

V

NNIVIV

SSN

NNNN

IIN

NNN

VVN

Fig. 10 – Trafo Ideal.

N1 N2

I2

V1 V2

N :1 I1


13

A relação de corrente em pu de um trafo ideal NI(pu), pode também ser calculada do mesmo modo, fazendo

( )( )

( )b

b

I

b

b

b

b

pu

pupuI

II

N

IIII

IIII

II

N

2

1

2

1

2

1

2

2

1

1

2

1 ==== (18)

A relação de potências em pu também pode ser obtida através de

( )( )

( )b

b

b

b

S

b

b

b

b

pu

pupuS

SS

SS

N

SSSS

SSSS

SS

N

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

1

1

2

1 1=====

(19)

A determinação destas três propriedades permite que se estabeleça um modelo inicial para o trafo ideal em pu, ou seja

Para auxiliar o leitor, as propriedades de um trafo ideal e as propriedades de um trafo ideal em pu estão colocadas lado a lado a seguir.

⇓

bb

bb

IZ

SV

11

11

,

,

⇓

bb

bb

IZ

SV

22

22

,

,

N1(pu) N2(pu)

I2(pu)

V1(pu) V2(pu)

I1(pu)

PROPRIEDADES DE UM TRAFO IDEAL EM PU

bbbb

S

pu

pupuS

bb

I

pu

pupuI

bb

V

pu

pupuV

SSSSN

SS

N

IIN

II

N

VVN

VV

N

2121)(2

)(1)(

21)(2

)(1)(

21)(2

)(1)(

1===

==

==


14

Percebe-se pelo segundo bloco de equações que as propriedades de um transformador ideal em pu dependem dos valores bases escolhidos. Neste ponto o leitor pode observar que se dispõe de um grau de liberdade de ordem 4, podendo-se, em princípio, serem escolhidas aleatoriamente S1b , S2b , V1b e V2b.

No entanto, para que o transformador ideal em pu continue possuindo as mesmas propriedades de um trafo ideal, ou em outras palavras, para que ele continue sendo um transformador ideal, mesmo em pu, é necessário que as relações de tensão, de corrente e de potência continuem atendendo às duas relações básicas dos trafos ideais expressas em (27), mas em pu, ou seja

=⋅

=

1

1

)()(

)(

puIpuV

puS

NN

N (20)

As equações acima garantem que, mesmo em pu, não há perda de potência no trafo ideal e qualquer que seja a escolha das bases, o produto da relação de tensão pela relação de corrente deve ser unitário. Para atender à primeira das equações (20) basta que

( ) bbbb

puS SSSS

N 2121

11=⇒== (21)

PROPRIEDADES DE UM TRAFO IDEAL

1

1

22

11

2

1

1

2

2

1

2

1

2

1

==⋅⋅

==

===

==

IVS

VI

V

NNIVIV

SSN

NNN

IIN

NN

VVN

PROPRIEDADES DE UM TRAFO IDEAL EM PU

bbbb

S

pu

pupuS

bb

I

pu

pupuI

bb

V

pu

pupuV

SSSSN

SS

N

IIN

II

N

VVN

VV

N

2121)(2

)(1)(

21)(2

)(1)(

21)(2

)(1)(

1===

==

==


15

O leitor pode notar que, atendendo à primeira das equações (20), atende-se também à segunda, pois se S1b = S2b, então

)(22

2

1

1)(1 pu

bbpu S

SS

SSS === (22)

e consequentemente

( ) ( ) 11*

)(2

)(1

)(2

)(1)(

*2)(2)(

*1)(1 =⋅⇒=

⋅⇒⋅=⋅ puIpuV

pu

pu

pu

pupupupupu NN

II

VV

IVIV (23)

Desta forma, a condição necessária e suficiente para que um trafo ideal em pu tenha as propriedades de um trafo ideal é a expressa apenas e tão somente pela equação (21) anterior. Embora a escolha de potências bases iguais nos dois lados do trafo ideal em pu garanta que ele tenha as mesmas propriedades de um trafo ideal, esta escolha não agrega nenhum ganho efetivo em se utilizar a representação do trafo em pu, visto que ele passa a ser um trafo ideal em pu, com as propriedades mostradas no quadro ao lado. O leitor pode notar neste quadro que não houve nenhuma simplificação na representação do trafo ideal. A observação cuidadosa das equações (17) a (19), ou mesmo do quadro anterior, permite concluir que, uma vez escolhidas as potências base iguais para os dois lados, ou seja, S1b = S2b , tem-se ainda dois graus de liberdade, podendo-se escolher livremente V1b e V2b. No entanto, se as bases de tensão forem escolhidas de tal forma que

Vb

b NVV

=2

1 (24)

PROPRIEDADES DO TRAFO IDEAL EM PU ONDE S1b = S2b

121)(2

)(1)(

21)(2

)(1)(

21)(2

)(1)(

===

==

==

bb

S

pu

pupuS

bb

I

pu

pupuI

bb

V

pu

pupuV

SSN

SS

N

IIN

II

N

VVN

VV

N


16

percebe-se que a relação de tensão em pu, ou seja a primeira das propriedades, fica como

( )( )

( )1

2

12

1 ====V

V

b

b

V

pu

pupuV N

N

VV

NVV

N (25)

Considerando-se ainda a segunda das equações (20), chega-se a

( ) 1=puIN (26)

Deste modo, o trafo ideal em pu passa a ter relações de tensão NV(pu) e de corrente NI(pu) unitárias, ou seja, ele nada executa no circuito, a não ser separar galvanicamente os lados 1 e 2, podendo, para efeito de cálculo das correntes e tensões, ser retirado do circuito elétrico. Isto sim representa um ganho efetivo pela grande simplificação na representação dos trafos em SEP. Vê-se pois que, através de uma escolha adequada de bases nos dois lados do trafo ideal, dada por

o trafo ideal em pu se transforma num trafo ideal de relação unitária (1:1) e pode ser retirado do circuito, aí sim, simplificando sua representação. Quando esta escolha é efetuada, diz-se que as bases estão perfeitamente casadas. Uma das conseqüências imediatas da escolha de bases perfeitamente casadas reside no fato de que uma impedância situada em um determinado lado do transformador tenha o mesmo valor em pu, ou em por cento, no outro lado. Um outro fato notável diz respeito aos valores informados pelos fabricantes de trafos sobre a reatância de dispersão do trafo. Por utilizarem como bases os valores nominais do trafo e, por conseguinte, fazerem uso de

Vb

b

bb

NVV

SS

=

=

2

1

21

•• ppoottêênncciiaass bbaasseess iiddêênnttiiccaass

•• rreellaaççããoo eennttrree aass bbaasseess ddee tteennssõõeess iigguuaall àà rreellaaççããoo ddee tteennssããoo ddoo ttrraannssffoorrmmaaddoorr iiddeeaall


17

bases perfeitamente casadas, não necessitam informar dois valores de reatância, um para cada lado, pois o trafo ideal se transforma num trafo de relação unitária (1:1) e o valor informado é válido para ambos os lados.

Resolver o exemplo 2 anterior em pu, tomando como grandezas bases os valores nominais do trafo abaixador. Solução (a) O primeiro passo é dividir a rede elétrica em zonas ou

circuitos, definindo as suas grandezas bases. A figura 24 apresenta as duas zonas associadas à rede.

Os valores bases de cada uma das zonas são:

Como as bases foram escolhidas de forma que elas estejam perfeitamente casadas (o leitor pode conferir esta afirmativa), a relação de transformação do trafo ideal representado em pu vai ser unitária, e desta forma ele pode ser retirado do circuito, que se transforma no circuito da figura 12 a seguir.

ZONA Tensão Base (kV)

Potência Base (MVA)

I 2,4 0,1 II 0,24 0,1

I

V1

N : 1RT XT

V2 N2 N1

I1 I2

'2V Z2

RL XL IS

VS

'2I

II

Fig. 11 – Circuito elétrico do exemplo 3 mostrando as duas zonas com diferentes valores de tensão base.

Exemplo 3


18

Colocando-se novamente a tensão na carga na referência tem-se que

puV pu °∠=°∠

= 000,1240

0240)(2

O ângulo da corrente na carga não muda utilizando-se notação pu e vale, como antes

( ) °== 87,368,0cosrca2θ

O módulo da corrente na carga pode ser calculado em pu por

puVS

IIVSpu

pupupupupu 1

24,024,0

1,01,0

)(2

)(2)(2)(2)(2)(2 ===⇒⋅=

Como a corrente está atrasada da tensão, então

puI pu °−∠= 87,361)(2

A potência complexa entregue à carga é de

( )( ) pujpu

IVS pupupu

6,08,087,361

87,36101)( **)(2)(2)(2

+=°∠=

=°−∠⋅°∠=⋅=

confirmando os valores fornecidos no enunciado do exemplo. A tensão '

2V vai ser então de

puVV pupu °∠== 01)(2'

)(2

A corrente '2I vai ser

AII pupu °−∠== 87,361)(2'

)(2

A impedância do trafo ZT está localizada na zona II, cuja impedância base vale

( ) ( )Ω=== 6,57

1,04,2 22

b

bb MVA

kVZ

V1(pu)

RT(pu) XT(pu)

V2(pu)

I1(pu) I2(pu)

')(2 puV Z2(pu)

RL(pu) XL(pu)IS(pu)

VS(pu)

')(2 puI

Fig. 12 – Representação em pu do circuito elétrico do exemplo 3.


19

Então, a impedância do trafo em pu vai ser dada por

pujZZZbase

TpuT °∠=

+== 20,680468,0

6,575,21

)(

Finalmente a tensão V1(pu) nos terminais do trafo pode ser calculada como

pu

IZVV pupuTpupu

°∠=

=°−∠×°∠+°∠=⋅+=

34,1040,1

87,36120,680468,001')(2)(

')(2)(1

O leitor pode conferir com o valor encontrado no exemplo 3 anterior, multiplicando este valor em pu pelo valor base, ou seja

VVVV bpu °∠=⋅°∠=⋅= 34,1515,2496240034,1040,11)(11

(b) A impedância do alimentador em pu vai ser dada por

pujZZZ

b

LpuL °∠=

+== 44,630388,0

6,5721

)(

A tensão no extremo emissor do alimentador vai ser dada por

( ) ( )( ) pujV

IZVV pupuLpupu

0417,00747,122,20755,1

87,36144,630388,034,1040,1)(1)()(1)(S

+=°∠=

=°−∠⋅°∠+°∠=⋅+=

O leitor pode novamente conferir com o exemplo 3 o valor da tensão em volts, multiplicando o valor em pu encontrado pelo valor base, ou seja

VVVV bpuSS °∠=⋅°∠=⋅= 22,2105,2581240022,2076,1)(

A solução do circuito é mostrada na figura 13 abaixo

Percebe-se claramente como o problema ficou mais simples de se resolver. Fica a cargo do leitor resolver os itens (c), (d) e (e) utilizando a notação em pu.

Fig. 13 – Solução do circuito elétrico do exemplo 3 em pu.

0,0174 pu j 0,0434 pu 1∠-36,87° pu

j 0,0347 pu

1∠0° pu 1∠0° pu

1,040∠1,34° pu

1∠-36,87° pu

Z2

0,0174 pu

1,0755∠2,22° pu


20

Resolver o item (a) do exemplo 2, admitindo como bases nos lados de alta e de baixa os seguintes valores respectivamente: (a) (100 kVA; 2400 V) e (100 kVA; 480 V); (b) (500 kVA; 2400 V) e (500 kVA; 480 V);

Solução

(a) A figura 27 abaixo mostra o circuito equivalente do trafo do exemplo anterior em pu, enfatizando o fato de que, uma vez que as bases não estão perfeitamente casadas, a relação de tensão do trafo ideal não vai ser unitária.

A relação de tensão do trafo em pu NV(pu) vai ser dada por

25

1048024002402400

2121

2'

2

22

1'

2

)(2

')(2

)( =======bb

V

bbb

b

pu

pupuV VV

NVVVV

VVVV

VV

N

A figura 15 mostra o circuito a ser analisado, destacando a presença do trafo ideal, mesmo em pu.

A resistência e a reatância do trafo estão no circuito de alta tensão (lado 1 do trafo), onde as bases são (100 kVA; 2400 V). Desta forma, a impedância base neste circuito vai ser

XT(pu)

V1(pu)

NV(pu) : 1RT(pu)

V2(pu)'

)(2 puV

Fig. 14 – Circuito equivalente do trafo do exemplo 4 em pu, mostrando a presença do trafo ideal, mesmo com representação em pu.

Exemplo 4

V1(pu)

NV(pu) : 1RT(pu) XT(pu)

V2(pu)

I1(pu) I2(pu)

')(2 puV Z2(pu)

RL(pu) XL(pu) IS(pu)

VS(pu)

')(2 puI

Fig. 15 – Circuito elétrico do exemplo 5.


21

( ) ( )

Ω=== 6,571,04,2 22

b

bb MVA

kVZ

e seus valores em pu serão

pujZZZbase

TpuT °∠=

+== 20,680468,0

6,575,21

)(

O leitor pode reparar que o resultado é o mesmo do exemplo anterior, uma vez que as bases de potência e tensão são as mesmas, e assim, o valor em pu da impedância do alimentador também vai ser o mesmo, ou seja

pujZZZ

b

LpuL °∠=

+== 44,630388,0

6,5721

)(

Como antes, o transformador está entregando potência nominal à carga, com um fator de potência de 0,8 atrasado e tensão nominal secundária. Desta forma

=Φ==

indkVAPVV

8,0cos100240

2

2

2

A carga Z2(pu) está num circuito onde os valores bases são (100 kVA; 480 V). Desta forma

°−=−=Φ

===

===

87,36)8,0cos(

1100100

5,0480240

2

2

2)(2

2

2)(2

ar

pukVAkVA

SSS

puVV

VV

V

bpu

bpu

O módulo da corrente I2(pu) vai ser dado por

puVS

Ipu

pupu 2

5,01

)(2

)(2)(2 ===

Assim

°−∠=

°∠=

puI

puV

pu

pu

87,362

05,0

)(2

)(2


22

No lado de alta vai ser

°∠=⋅°∠=⋅=

°∠=⋅°∠=⋅=

puNII

puNVV

puIpupu

puVpupu

015,002

01205,0

)()(2'

)(2

)()(2'

)(2

A tensão V1(pu) nos terminais do trafo pode ser calculada como

pu

IZVV pupuTpupu

°∠=

=°−∠×°∠+°∠=⋅+=

34,1040,1

87,36120,680468,001')(2)(

')(2)(1

A tensão VS(pu) na fonte vai ser

( ) ( )( ) pujV

IZVV pupuLpupu

0417,00747,122,20755,1

87,36144,630388,034,1040,1)(1)()(1)(S

+=°∠=

=°−∠⋅°∠+°∠=⋅+=

O leitor pode conferir que os resultados das tensões e das correntes em pu no lado de alta são os mesmos do exemplo 3. Isto se deve porque as bases do lado de alta também são as mesmas do exemplo anterior.

Fig. 16 – Solução do circuito elétrico do exemplo 5.

2 : 1 2∠-36,87° pu

0,5∠0° pu 1∠0° pu 1,040∠1,34° pu

1∠-36,87° pu

Z2

0,0174 pu

1,0755∠2,22° pu

0,0174 pu j 0,0347 pu j 0,0434 pu


23

Seja um trafo monofásico com os seguintes dados:

Ω=Ω=Ω==Ω=Ω==

==

125,0125,0500822000

1001200

2222

111

1

ZXRespirasNXRespirasN

kVASVV nomnom

Aplicando-se a tensão nominal no enrolamento de alta, pede-se determinar a tensão no secundário V2 e a regulação de tensão Reg(%), desprezando-se a corrente de excitação, utilizando: (a) o circuito equivalente em ohms e o conceito de impedância

referida; (b) o circuito equivalente em pu com bases iguais aos valores

nominais do trafo.

Solução

(a) Pelos dados do problema, o circuito equivalente do trafo em ohms, desprezando-se o circuito de excitação, é mostrado na figura 17 ao abaixo.

O circuito equivalente com todas as impedâncias referidas ao lado de alta é mostrado na figura 18 ao lado, onde todas as impedâncias do lado de baixa foram multiplicadas pela relação de transformação do trafo ao quadrado ( N2 = 16 ).

A tensão na carga, referida ao primário, pode ser calculada por

( ) Vj

V °−∠=×++

= 67,4613,11711200164192

192'2

Exemplo 5

Fig. 17 – Circuito elétrico do exemplo 5.

12 Ω

4 : 12 Ω j 8 Ω I1

V1=1200 V

0,125 Ω

j 0,5 Ω I2

V25002000

Fig. 18 – Circuito equivalente do exemplo 5.

192 Ω

2 Ω j 8 Ω I1

V1=1200 V

2 Ω

j 8 Ω I2

'2V


24

A tensão na carga, referida ao secundário vai ser então de

VNVV

V

°−∠=°−∠

== 67,4903,2924

67,4613,1171'2

2

A regulação de tensão é definida como a variação da tensão no secundário quando se passa da condição a vazio para a condição de carga, em relação à tensão nominal. Assim

( ) %37,2%100300

903,292300%100%2

)(2)(2 =×−

=×−

=nom

FLNL

VVV

Reg

Ou seja, a tensão cai 2,37% em relação à tensão nominal quando se aplica uma carga de 12 Ω no secundário do trafo. O leitor pode calcular qual é a regulação de tensão para uma carga nominal no secundário, com fator de potência unitário.

(b) Utilizando o circuito equivalente do trafo em pu, deve-se inicialmente estabelecer as bases nos dois lados do trafo. Tomando as bases iguais aos valores nominais de cada um dos enrolamentos, tem-se que

==

==

kVASVV

kVASVV

b

b

b

b

100300

1001200

1

2

1

1 e

Estas bases estão perfeitamente casadas, e desta forma, o trafo ideal em pu vai ter relação unitária. Os valores das impedâncias bases para os dois lados serão

Ω==Ω== 9,0100000

3004,141000001200 2

2

2

1 bb ZZ e

Assim, os valores das impedâncias em cada lado do trafo vão ser

==

==

==

==

==

puZ

puX

puR

puX

puR

333,139,0

12

556,09,05,0

139,09,0

125,0

556,04,14

8

139,04,14

2

2

2

2

1

1

e


25

A tensão aplicada no primário em pu vai ser de

puV 112001200

1 ==

e o circuito equivalente em pu vai ser o circuito mostrado na figura 19 a seguir.

Como o trafo ideal possui relação unitária (bases perfeitamente casadas), ele pode ser retirado do circuito, resultando o circuito equivalente da figura 20 abaixo.

A tensão na carga pode ser calculada por

( ) puj

V pu °−∠=×++

= 67,49763,000,1112,1278,0333,13

333,13)(2

A tensão na carga vai ser então de

puVVV bpu °−∠=×°−∠=×= 67,4903,29230067,49763,02)(22

repetindo o valor encontrado em (a). Fica a cargo do leitor efetuar os cálculos restantes, relativos à regulação de tensão.

Fig. 19 – Circuito elétrico do exemplo 5 em pu.

13,333 pu

1 : 10,139 pu j 0,556 puI1(pu)

V1(pu)=1 pu

0,139 pu I2(pu)

V2(pu)

j 0,556 pu

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

==

kVASVV

b

b

100300

2

2

Fig. 20 – Circuito elétrico do exemplo 5 em pu sem o trafo ideal.

13,333 pu

0,139 pu j 0,556 pu I1(pu)

V1(pu)=1,00 pu

0,139 puI2(pu)

V2(pu)

j 0,556 pu

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

==

kVASVV

b

b

100300

2

2


26

Seja um trafo monofásico com os seguintes dados:

Ω==Ω==

==

5,050082000

1001200

22

11

1

XespirasNXespirasN

kVASVV nomnom

Determinar seu circuito equivalente, desprezando-se as perdas e o circuito de excitação: (a) em Ωs; (b) em Ωs com todas reatâncias de dispersão referidas ao lado de

alta; (c) em Ωs com todas reatâncias de dispersão referidas ao lado de

baixa; (d) em pu, com bases (1200 V, 100 kVA) e (300 V, 100 kVA); (e) em pu, com bases (1200 V, 100 kVA) e (600 V, 100 kVA);

Solução

(a) O circuito equivalente do trafo em ohms, desprezando-se o circuito de excitação, é mostrado na figura 21 abaixo.

(b) Referindo as reatâncias de dispersão ao lado de alta fica

Fig. 22 – Circuito equivalente do trafo do exemplo 6 com reatâncias de dispersão referidas ao lado de alta.

j 8 Ω I1

V1

j 8 Ω I2

V2

4 : 1 I1

V1

j 16 Ω I2

V2

4 : 1

Fig. 21 – Circuito equivalente do trafo do exemplo 6.

4 : 1j 8 Ω I1

V1

j 0,5 Ω I2

V25002000

Exemplo 6


27

(c) Referindo as reatâncias de dispersão ao lado de baixa fica

(d) As bases pedidas nos lados de alta e baixa são

respectivamente (1200 V, 100 kVA) e (300 V, 100 kVA). Estes também são os valores nominais do trafo. Desta forma estes dois pares de base estão perfeitamente casados. Assim sendo, o trafo ideal em pu vai ter relação unitária. As impedâncias base do lado de alta e de baixa vão ser

Ω==Ω== 9,0100000

3004,141000001200 2

2

2

1 bb ZZ e

Desta forma, os valores das reatâncias de dispersão, referidas respectivamente ao lado de alta ou ao lado de baixa serão

puXpuX TT 111,19,0

1111,14,14

16==== ou

O leitor deve reparar que o valor em pu da reatância de dispersão total do trafo foi obtido através da divisão do seu valor ôhmico pelo valor da base de impedância relativa ao circuito onde se considera a reatância. A figura 24 a seguir mostra os circuitos equivalentes em pu.

Fig. 24 – Circuito equivalente do trafo do exemplo 6 em pu com bases perfeitamente casadas..

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

V1(pu)

j 1,111 pu I1(pu)

V2(pu)

1 : 1 I2(pu)

V1(pu)

j 1,111 pu I1(pu)

V2(pu)

1 : 1 I2(pu)

==

kVASVV

b

b

100300

1

1

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

==

kVASVV

b

b

100300

1

1

j 1,111 pu

V2(pu)

I2(pu)

==

kVASVV

b

b

100300

1

1

I1(pu)

V1(pu)

Fig. 23 – Circuito equivalente do trafo do exemplo 6 com reatâncias de dispersão referidas ao lado de baixa.

I1

V1

j 1 Ω I2

V2

4 : 1


28

(e) Para bases de (1200 V, 100 kVA) e (600 V, 100 kVA) respectivamente nos lados de alta e baixa, a condição de bases perfeitamente casadas não é atendida. Desta forma, o trafo ideal em pu não vai ter relação unitária, mas sim de

224

60012003001200

21)( ====

bb

VpuV VV

NN

Assim sendo, as impedâncias bases do lado de alta e de baixa, vão ser respectivamente

Ω==Ω== 6,3100000

6004,141000001200 2

2

2

1 bb ZZ e

Desta forma, os valores das reatâncias de dispersão, referidas ao lado de alta ou ao lado de baixa serão respectivamente

puXpuX TT 278,06,3

1111,14,14

16==== ou

O leitor deve novamente reparar que o valor em pu da reatância de dispersão total do trafo foi obtido através da divisão do seu valor ôhmico pelo valor da base de impedância, do circuito no qual se considera a reatância. A figura 25 a seguir mostra os circuitos equivalentes em pu com a reatância referida ao lado de alta e de baixa respectivamente.

Fig. 25 – Circuito equivalente do trafo do exemplo 6 em pu com bases não perfeitamente casadas..

V1(pu)

j 1,111 pu I1(pu)

V2(pu)

2 : 1 I2(pu)

V1(pu)

j 0,278 pu I1(pu)

V2(pu)

2 : 1 I2(pu)

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

==

kVASVV

b

b

100600

1

1

==

kVASVV

b

b

1001200

1

1

==

kVASVV

b

b

100600

1

1


29

5. AUTOTRANSFORMADOR MONOFÁSICO

Para o desenvolvimento deste item, vai ser considerado inicialmente um trafo ideal, associado ao autotransformador a ser analisado, de relação de transformação NT dada por:

2

1

2

1

VV

NNNT == (27)

Este trafo ideal vai ser ligado como um autotransformador ideal, como mostra a figura 26 abaixo, onde VH e VL são suas tensões terminais de alta e de baixa respectivamente, enquanto IH e IL são suas correntes terminais.

Nas expressões que se seguem, os subscritos A e T se referem respectivamente ao autotransformador e ao transformador associado. Este transformador ideal, quando ligado como um autotransformador, possui as seguintes propriedades: • Relação de Tensão do Autotransformador

A relação de tensão NA de um autotransformador é dada pela relação entre as suas tensões terminais VH e VL, ou seja

112

1

2

21 +=+=+

== TL

HA N

VV

VVV

VVN (28)

onde NT é a relação de transformação ou de tensão do transformador ideal associado.

I2

I1

VH

VL

V1

V2

IL

IH

Fig. 26 – Autotransformador ideal.


30

• Relação de Corrente

A relação de corrente de um autotransformador ideal é dada pela relação entre as correntes terminais, ou seja

ATL

H

NNII

IIIII

III 1

11

1

11

1

2

1

2121

1 =+

=+

=+

=+

= (29)

O leitor pode perceber que as propriedades relativas às transformações de tensão e de corrente de um autotransformador ideal são análogas às propriedades de um transformador ideal.

• Relação de Potência

A relação de potência de um autotransformador ideal é dada pela relação entre as potências de entrada e de saída, ou seja

11**

*

*

*

*

=

⋅=

⋅=⋅=

⋅⋅

=A

AL

H

L

H

L

H

L

H

LL

HH

L

H

NN

II

VV

II

VV

IVIV

SS

(30)

O leitor pode perceber que a propriedade relativa à transformação de potência de um autotransformador ideal é também análoga à mesma propriedade de um transformador ideal.

• Relação entre Potências de um Autotransformador Ideal e de

um Trafo Associado

A potência total de um autotransformador ideal, independente do terminal que se mede é dada por

( ) *11

*11

*12

*11

*121

* 111 IVN

NIVN

IVIVIVVIVSST

T

THHHA ⋅⋅

+=⋅⋅

+=⋅+⋅=⋅+=⋅== (31)

ou seja

TA

AT

T

T

T

THA S

NNS

NNS

NNSS ⋅

−=⋅

+=⋅

+==

111

1 (32)


31

A equação (32) acima mostra que para relações de transformação NA próximas de 1, mas nunca igual a 1 (o leitor deve saber explicar o porque desta restrição), o ganho de potência de um autotransformador em relação ao transformador associado é muito grande. Também mostra que se NA for muito grande, este ganho tende assintoticamente para 1. Esta constatação pode ser vista do ponto de vista do transformador associado. Assim, o ganho de potência vai ser tanto maior quanto maior for a relação de transformação (ou de tensão) do trafo associado.

Esta expressão mostra pois que os maiores ganhos em se utilizar autotransformadores vão ser obtidos em aplicações práticas onde as diferenças entre as tensões do lado de alta e do lado de baixa sejam pequenas. Isto ocorre com freqüência nos sistemas elétricos em situações onde se deseja interligar dois sistemas de transmissão de níveis de tensão próximos, como por exemplo, um sistema de 500 kV com outro de 345 kV. Para este caso tem-se

23,3145,1

45,11

45,1345500

=−

=−

===A

A

T

AA N

NSSN e

Outro caso também muito comum diz respeito à interligação de um sistema de transmissão com outro sistema de subtransmissão, como por exemplo um sistema de transmissão de 230 kV com um sistema de subtransmissão de 138 kV. Neste caso tem-se que

5,2167,1

67,11

67,1138230

=−

=−

===A

A

T

AA N

NSSN e

Convém notar que nestas interligações o benefício do isolamento galvânico entre o sistema de alta e o sistema de baixa, obtido com a utilização de um trafo, não se faz tão necessário, tem em vista que ambos os sistemas são de alta tensão. No entanto, deve-se dotar o autotransformador de um sistema de proteção contra possíveis falhas que poderiam transferir diretamente os níveis de tensão do seu lado de alta para o seu lado de baixa.


32

• Análise Comparativa da Utilização de um Autotransformador e de um Transformador numa mesma aplicação.

Uma outra análise interessante é a comparação direta entre um transformador e um autotransformador utilizados numa mesma aplicação. Considere pois os circuitos abaixo, relativos respectivamente a um transformador e a um autotransformador, que deverão ser utilizados numa mesma aplicação prática.

Como a aplicação é a mesma deve-se ter as seguintes relações

=+==

=

==

+==

L

baL

L

H

H

baH

SSIIII

VV

SSII

VVVV

2

2

2

1

1

1

e (33)

TRANSFORMADOR AUTOTRANSFORMADOR Cada um dos enrolamentos deve ser capaz de desenvolver toda a potência

Os dois enrolamentos desenvolvem em conjunto toda a potência

NO PRIMÁRIO V1 elevado

⇓ Maior isolamento

⇓ Maiores gastos com material para o

isolamento

VH = Va + Vb também elevado ⇓

Va e Vb não tão elevados ⇓

Menores gastos com o material para o isolamento

NO SECUNDÁRIO I2 elevado

⇓ Altas bitolas dos cabos

⇓ Maiores gastos com cobre

IL = Ia + Ib também elevado ⇓

Ia e Ib não tão elevados ⇓

Menores gastos com cobre

Fig. 27 – Transformador e autotransformador a serem utilizados numa mesma aplicação prática.

I2

V1 V2

I1

N1 N2 Ib

Ia

VH

VL

Va

Vb

IL

Na

Nb

IH


33

Para finalizar a comparação cabe ainda lembrar que o secundário de um autotransformador é obtido através de um tap no seu enrolamento que é único, representando uma maior economia. No entanto, em situações onde os níveis de tensão são bem diferentes, como por exemplo, em subestações de usinas hidrelétricas, onde os geradores trabalham com tensões nominais da ordem de 2 a 20 kV e as tensões de transmissão são da ordem de 230 a 765 kV, não se utilizam autotransformadores.

Um trafo monofásico de 30 kVA, 240/120 V, é ligado como um autotransformador com polaridades aditivas. Aplicando a tensão nominal no enrolamento de baixa tensão e carga de maneira que haja circulação de correntes nos enrolamentos, determinar a tensão VH e a potência nominal do autotransformador.

Solução

No circuito equivalente ao lado tem-se que

VVV L 1202 ==

resultando numa relação de tensão para o autotransformador de

311202401

2

21 =+=+=+

== TL

HA N

VVV

VVN

Desta forma

VVNV LAH 3601203 =⋅=⋅=

A potência nominal do autotransformador será

TT

TT

TTT

HHA

SN

NSN

IVN

INVIV

IVIVIVVIVS

⋅+

=⋅

+=⋅⋅

+=⋅+⋅=

=⋅+⋅=⋅+=⋅=

11111

)(

*11

*1

1*11

*12

*11

*121

*

Substituindo os valores numéricos, resulta

kVASSN

NS TTT

TA 45305,1

2121

=×=⋅+

=⋅+

=

Exemplo 7

Fig. 28 – Autotransformador do exemplo 7.

I2

I1

VH

VL

V1

V2

IL

Na

Nb

IH


34

6. TRANSFORMADORES MONOFÁSICOS DE 3 ENROLAMENTOS

Neste item, o sobrescrito n, sendo n = p, s ou t, vai ser utilizado para indicar o enrolamento para o qual uma determinada impedância está referida ou foi medida. Assim, indica uma impedância do enrolamento primário referida ao ou medida no enrolamento secundário. A figura a seguir mostra os passos para se obter o circuito equivalente de um trafo monofásico de três enrolamentos em pu. A figura 29.a mostra o diagrama de um trafo monofásico de três enrolamentos: primário (p), secundário (s) e terciário (t). A figura 29.b mostra o circuito equivalente deste trafo, desprezado o circuito de excitação e com as impedâncias de cada enrolamento, compostas pelas resistências e reatâncias de dispersão referidas ao seu respectivo enrolamento. A figura 29.c mostra o mesmo circuito anterior com todas as impedâncias referidas ao primário. A figura 29.d mostra o circuito equivalente em pu com as bases devidamente casadas, de modo a resultar trafos ideais com relações unitárias. Notar que neste caso não é necessário indicar a qual lado as impedâncias estão referidas.

s'

Vs

Vt

Vp

p

p'

s

t'

t s'

Vs

Vt

s

t'

t

p

p'

Vp

p

p'

Vp s'

Vs

Vt

s

t'

t

p

p'

Vp s'

Vs

Vt

s

t'

t

(a)

(b)

(c) (d)

Fig. 29 – Trafo de monofásico de 3 enrolamentos: (a) diagrama esquemático, (b) e (c) circuitos equivalentes em Ωs, (d) circuito equivalente em pu.

ppZ

ssZ

ttZ

psZ

ptZ

ppZ)( pupZ

)( pusZ

)( putZ

spZ


35

• Testes de curto-circuito

A determinação das resistências e das reatâncias de dispersão de cada enrolamento pode ser efetivada através de testes de curto-circuito. Eles são executados energizando um dos lados do trafo, curto-circuitando um outro e deixando um terceiro aberto, a vazio. Por se tratar de teste de curto-circuito, a energização deve ser feita com cuidado de forma a não ultrapassar a corrente nominal. Repetindo-se o procedimento três vezes são calculadas três impedâncias, a saber , dadas por

+=

+=

+=

st

ss

sst

pt

pp

ppt

ps

pp

pps

ZZZ

ZZZ

ZZZ

(34)

onde

As equações (34) formam um sistema de três equações e três incógnitas. No entanto, a terceira impedância está sendo medida no lado s e não pode ser contabilizada nesta forma. Para se resolver o sistema, ela deve ser primeiro referida ao lado p na forma

sst

s

ppt

ps

pst Z

NN

ZZZ ⋅

=+=

2

(35)

Em seguida, o sistema pode ser resolvido para as três incógnitas , todas elas referidas ao lado p, resultando

( )

( )

( )

−+=

−+=

−+=

pps

ppt

pst

pt

ppt

pst

pps

ps

pst

ppt

pps

pp

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

212121

(36)

Estas impedâncias estão mostradas na figura 29.c anterior

• ppsZ : impedância medida no lado p com s curto-circuitado.

• pptZ : impedância medida no lado p com t curto-circuitado.

• sstZ : impedância medida no lado s com t curto-circuitado.

sst

ppt

pps ZZZ e,

pt

ps

pp ZZZ e,


36

Um trafo monofásico de três enrolamentos possui os seguintes valores nominais

Foram efetuados testes de curto-circuito tendo sido medidas as seguintes impedâncias

Calcular as reatâncias de dispersão dos três enrolamentos deste transformador, desprezando as suas resistências, em razão da ausência de dados wattimétricos.

Solução

Uma vez que não se dispõe de dados wattimétricos, as resistências dos enrolamentos vão ser desprezadas. Esta hipótese não conduz a erros consideráveis uma vez que as resistências dos enrolamentos de um trafo de potência possuem baixos valores quando comparados às suas impedâncias ou reatâncias (da ordem de 2% a 5%). Para resolver este programa vão ser adotadas bases de tensões iguais às tensões nominais em cada um dos enrolamentos e bases de potência iguais a 15 MVA em todos os três enrolamentos. Desta forma, as bases estarão perfeitamente casadas e os trafos ideais em pu terão relações de tensão unitárias e poderão ser retirados do circuito equivalente em pu. As impedâncias foram medidas no primário e já se encontram expressas nas bases apropriadas, ou seja, 66 kV e 15 MVA no primário. No entanto é necessário mudar a base de

%7=ppsZ nas bases de 15 MVA e 66 kV

%9=pptZ nas bases de 15 MVA e 66 kV

%8=sstZ nas bases de 10 MVA e 13,2 kV ← medida no secundário

← medidas no primário

Primário: 66 kV, 15 MVA

Secundário: 13,2 kV; 10 MVA

Terciário: 2,3 kV; 5 MVA

Valores Nominais

Primário: 66 kV, 15 MVA

Secundário: 13,2 kV; 10 MVA

Terciário: 2,3 kV; 5 MVA

Exemplo 8

pps

pps ZZ e


37

potência de de 10 MVA para 15 MVA. Por outro lado, a base de tensão de 13,2 kV já está casada, pois obedece a relação de transformação do primário para o secundário deste trafo. A expressão para a mudança de bases pode ser obtida lembrando-se que o valor ôhmico de uma determinada impedância é único em um determinado ponto do circuito e não depende das bases consideradas para aquele ponto do circuito. Assim

2211 )()()( bb ZpuZZpuZZ ⋅=⋅=Ω (37)

onde Zk(pu) é o valor em pu da impedância Z no par de bases k, Vbk e Sbk. Desta forma o novo valor em pu, no par de bases 2, dado o valor antigo em pu, no par de bases 1, vai ser

1

2

2

2

11

2

112 )()()(

b

b

b

b

b

b

MVAMVA

kVkVpuZ

ZZpuZpuZ ⋅

⋅=⋅= (38)

Substituindo os valores do problema na expressão (38) vem que

pst

pst XZ ==⋅= %12

10158 (39)

Desta forma, os valores das reatâncias de dispersão vão ser

=−+=−+=

=−+=−+=

=−+=−+=

%7)7912(21)(

21

%5)9127(21)(

21

%2)1297(21)(

21

pps

ppt

pst

pt

ppt

pst

pps

ps

pst

ppt

pps

pp

XXXX

XXXX

XXXX

(40)

A figura (30) a seguir mostra o circuito equivalente em pu para o trafo monofásico de três enrolamentos.

sstZ

p

p'

Vp s'

Vs

Vt

s

t'

t

puj 02,0

puj 05,0

puj 07,0

MVAkV

1566

MVAkV

153,2

MVA

kV15

8,13

Fig. 30 – Circuito equivalente em pu do trafo de 3 enrolamentos do exemplo 8.


38

7. TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

A análise de trafos trifásicos ou bancos trifásicos de trafos monofásicos é basicamente uma extensão da análise feita para os trafos monofásicos. Neste item eles vão continuar sendo considerados operando em regime permanente senoidal na freqüência de serviço, executando suas funções normais de elevação ou abaixamento de tensão. Embora em regime permanente senoidal equilibrado os trafos trifásicos e os bancos trifásicos de trafos monofásicos operem de maneira idêntica, sua operação em sistemas desequilibrados é diferente e por isto vão ser considerados de maneira individual. Os transformadores trifásicos possuem dois tipos básicos de construção: os de núcleo envolvente (shell type) e os de núcleo envolvido (core type). Os trafos trifásicos de núcleo envolvente são em geral unidades mais antigas de grande potência. Por sua vez, os trafos trifásicos de núcleo envolvido são unidades mais modernas e de potências variadas. As figuras 31.a e 31.b abaixo mostram os diagramas básicos destes dois tipos construtivos de trafos trifásicos. Elas mostram também a distribuição dos fluxos de seqüência positiva (ou negativa) nestes dois tipos de trafos. Por se tratarem de fluxos equilibrados, a soma deles é nula e desta forma, eles ficam totalmente confinados ao núcleo do trafo trifásico, não importando o tipo de construção, demandando por isto, baixas correntes de magnetização para as seqüências positiva e negativa. O leitor deve notar que nos trafos de núcleo envolvente o enrolamento da perna central é enrolado de maneira diferente dos enrolamentos das pernas laterais.

Fig. 31 – Diagramas construtivos de trafos trifásicos e circulação das componentes de seqüência

positiva dos fluxos: (a) núcleo envolvido; (b) núcleo envolvente.

Φa1 Φb1 Φc1

Φa1 Φb1 Φc1


39

As figuras 32.a e 32.c abaixo mostram as distribuições dos fluxos de seqüência zero para os trafos trifásicos de núcleo envolvido e envolvente respectivamente. Para os trafos de núcleo envolvido, uma vez que estão em fase e possuem o mesmo valor eficaz, estes fluxos não conseguem fechar os seus circuitos magnéticos restritamente pelo núcleo. Neles, o caminho magnético é formado também pelo óleo e pela carcaça. Isto requer elevadas correntes de magnetização, fazendo com que a reatância de magnetização de seqüência zero possua baixos valores. Já nos trafos de núcleo envolvente, os fluxos de seqüência zero se mantêm totalmente confinados ao núcleo. No entanto, devido à sua distribuição assimétrica, vão existir locais (pernas centrais verticais) onde as densidades de campo magnético vão ser duas vezes maiores, podendo conduzir o núcleo à saturação, caracterizando também baixos valores para a reatância de magnetização. As figuras 32.b e 32.d mostram as curvas da reatância de magnetização de seqüência zero em função da tensão de seqüência zero presente no ramo de magnetização para estes dois tipos de trafos.

Φa0 Φb0 Φc0

Φa0 Φb0 Φc0

(a)

(b)

(c) (d)

Fig. 31 – Distribuição dos fluxos de seqüência zero e reatância de magnetização para trafos trifásicos de núcleo envolvido e núcleo envolvente.

Va0 (%)

Va0 (%)

Xm

0 (%

) X

m0 (

%)


40

Independentemente de qual possa ser o tipo de trafo trifásico presente na instalação, cabe ao fabricante fornecer os valores das reatâncias de dispersão e os gráficos das reatâncias de magnetização, bem como os valores das resistências dos enrolamentos e de perdas no ferro. Estes valores podem ser levantados por testes de curto-circuito e a vazio, que fogem ao escopo deste texto, podendo ser encontrados em textos especializados em trafos.

Estes problemas não ocorrem para os bancos trifásicos de trafos monofásicos. Por se tratarem de unidades independentes, os fluxos magnéticos de qualquer seqüência vão sempre fechar o circuito magnético correspondente apenas pelo núcleo. Também não haverá locais onde a densidade magnética é mais elevada, não caracterizando assimetria em nenhuma das partes do núcleo e, desta forma, não havendo possibilidade de aparecerem pontos específicos saturados no núcleo. Isto implica em circuitos de seqüência idênticos, geralmente caracterizados por elevadas impedâncias no ramo de excitação.

A melhor maneira para se determinar os circuitos equivalentes para cada uma das seqüências para bancos trifásicos de trafos monofásicos é a partir de um exemplo.

Considere um trafo monofásico cuja potência nominal é de 10 MVA, tensões nominais de 127/18 kV e reatância de dispersão de 10% nas bases iguais aos valores nominais deste trafo. (a) Determinar os circuitos equivalentes em Ωs e em pu para este

trafo, considerando como bases seus valores nominais.

Neste ponto, já deve ter ficado claro ao leitor que, sempre que se considerar como bases os valores nominais de um determinado trafo, elas vão estar perfeitamente casadas. Desta forma, os circuitos equivalentes vão apresentar trafos ideais de relação de transformação unitária e a reatância em pu vai ser simplesmente a reatância fornecida pelo fabricante (em geral presente na placa de identificação do equipamento).

Exemplo 9


41

As figuras 32 e 33 a seguir mostram os circuitos equivalentes em pu para o trafo do exemplo 9, com as reatâncias referidas ao lado de alta e de baixa respectivamente.

Como a relação de transformação dos trafos ideais é unitária, eles podem ser retirados do circuito, tornando irrelevante a especificação do enrolamento ao qual estão referidas as reatâncias, resultando num único circuito equivalente, mostrado na figura 34. Deve pois ficar claro ao leitor que em um circuito equivalente em pu com bases perfeitamente casadas é completamente improcedente perguntas do tipo: a qual lado ou a qual enrolamento está referida determinada impedância?

Quando se deseja conhecer o circuito equivalente em Ωs faz-se necessário o cálculo das impedâncias base.

VL(pu) VH(pu)

pujX pu 1,0)( =

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

18

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

Fig. 34 – Circuito equivalente em pu sem o trafo ideal de relação unitária.

VL(pu) VH(pu)

1 : 1 pujX L

pu 1,0)( =

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

18

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

Fig. 33 – Circuito equivalente em pu com reatância referida ao lado de baixa

VL(pu) VH(pu)

1 : 1 pujX H

pu 1,0)( =

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

18

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

Fig. 32 – Circuito equivalente em pu com reatância referida ao lado de alta


42

As figuras 35 e 36 mostram os circuitos equivalentes deste trafo monofásico em Ωs, com as reatâncias referidas ao lado de alta e de baixa respectivamente.

(b) Considere a conexão de três destes trafos monofásicos na forma de um banco trifásico com ligação Yd11, ou seja

Determinar os circuitos equivalentes trifásicos e por fase, em Ωs. Determinar os mesmos circuitos equivalentes em pu, considerando bases iguais aos valores nominais do banco trifásico de trafos monofásicos.

A notação Yd11 é utilizada na norma alemã para ligações Y-∆ de trafos trifásicos. Ela indica que:

• Os enrolamentos de alta (terminais marcados com a letra H) estão ligados em estrela (a letra Y maiúscula indica lado de alta tensão do trafo);

VL(pu) VH(pu)

127 : 18 Ω= 24,3jX L

Fig. 36 – Circuito equivalente em Ωs com reatância referida ao lado de baixa

127 kV

( )

Ω=

⋅=⋅=

⋅=⋅=

24,3

4,321,010181,0

2

2

)()(

L

L

Lb

HbLL

puLb

Lpu

L

X

X

MVAkVXZXX

18 kV

Fig. 35 – Circuito equivalente em Ωs com reatância referida ao lado de alta

VL(pu)VH(pu)

127 : 18 Ω= 29,161jX H

127 kV 18 kV

( )

Ω=

⋅=⋅=

⋅=⋅=

29,161

9,16121,010

1271,02

2

)()(

H

H

Hb

HbH

puHb

Hpu

H

X

X

MVAkVXZXX

Banco 3Φ de trafos 1Φs (10 MVA, 127/18 kV, X = 10%)Ligação Yd11


43

• os enrolamentos de baixa (terminais marcados com a letra X) estão ligados em delta (a letra d minúscula indica lado de baixa tensão do trafo);

• a tensão fase-neutro do terminal X1 (ponteiro das horas) está 30º ou π/6 radianos adiantada em relação à tensão fase-neutro do terminal H1 (ponteiro dos minutos), ou seja, 11 horas.

O esquema de ligações e o diagrama de ligações correspondente à ligação Yd11 são mostrados na figura 37 abaixo. Nesta figura, os enrolamentos de mesmo número pertencem a um mesmo trafo monofásico ou a uma mesma perna em um trafo trifásico e, desta forma, possuem f.e.m’s em fase (de mesma direção e sentido).

A figura 38 a seguir mostra o diagrama de ligações anterior de uma forma mais adequada para se determinas as grandezas nominais do banco trifásico resultante, montado a partir dos três trafos monofásicos. O leitor pode concluir que o banco trifásico, na forma como foi ligado, vai corresponder a um trafo trifásico equivalente de 30 MVA (10 MVA por fase) com tensões nominais de linha de 220/18 kV.

1

23

1’

2’

3’

127 kV 220 kV

18 kV

18 kV

X1

X2

X3

H1

H2

H3

H0

Fig. 38 – Esquema de Ligação Yd11 : determinação das tensões nominais.

Fig. 37 – Ligação Yd11 : Defasagens angulares e Esquema de Ligação.

1

2

3

1’

2’

3’

X1

X2

X3

H1

H2

H3

1’

2’

3’

1

2 3

H1

H2 H3

X1

X2

X3 H0


44

A seguir, será mostrado que o valor da reatância por fase, ou de seqüência, vai continuar sendo de 10%, com novas bases, correspondentes às novas grandezas nominais do trafo trifásico equivalente, ou seja

O trafo da figura 38, com o lado em delta ligado em estrela equivalente fica como

As defasagens verificadas nas ligações Y-∆ dos trafos trifásicos não são importantes em cálculos de curtos-circuitos ou aplicações relacionadas a fluxo de carga, uma vez que as correntes vão manter os mesmos ângulos em relação às tensões em ambos os lados do trafo. Desta forma, esta defasagem é geralmente desprezada no momento dos cálculos e, caso seja necessário, faz-se as devidas correções ao final. No entanto, neste item, as defasagens vão ser mantidas com o objetivo de se mostrar ao leitor como elas aparecem nos diversos circuitos equivalentes.

Também permanece a notação onde os enrolamentos de mesmo número pertencem a um mesmo trafo monofásico em um banco.

1

23

127 kV 220 kV

X1

X2

X3

H1

H2

H3

H0

Fig. 38 – Esquema de Ligação Yd11 com secundário em estrela equivalente.

1’

2’

3’18 kV

kV°∠303

18

TRAFO 3Φ EQUIVALENTE 30 MVA, 220/18 kV, X = 10% - Ligação Yd11 Novas bases trifásicas: 30 MVA, 220/18 kV Novas bases monofásicas: 10 MVA, 127 /

18/√3 kV


45

O circuito equivalente, com as impedâncias dos trafos monofásicos referidas ao lado de alta, é mostrado na figura 39.a a seguir. A figura 39.b mostra o mesmo circuito equivalente em pu. Neste caso, por se tratar de circuito trifásico, pode-se trabalhar com pares de bases trifásicas ou monofásicas correspondentes.

Cabe uma observação importante relativa ao valor de tensão de 1 pu indicado nos enrolamentos de baixa. Por se tratar de uma tensão entre fases, a conversão para pu deve ser feita dividindo-se o valor em kV pelo valor base de tensão de linha daquele lado, ou seja, 18 kV.

O lado de baixa, ligado em delta, pode ser representado pela estrela equivalente com neutro isolado, resultando nos circuitos equivalentes da figura 40 a seguir.

Fig. 39 – Circuitos equivalentes em Ωs e em pu para o banco de trafos monofásicos.

Valores base trifásicos

=

=

Φ

Φ

kVV

MVASH

nb

Hb

220

30

)(

)3(

⇓

==

Ω===

puX

MVAkVZ

Hpu

b

bHb

1,09,1612

29,161

9,161230

220

)(

22

X1

X2

X3

1

2

3

2’

3’

1’

127 kV

127 kV

127 kV

18 kV

18 kV

18 kV

j 161,29 Ω

j 161,29 Ω

j 161,29 Ω H1

H2

H3

H0

X1

X2

X3

1

2

3

2’

3’

1’

1 pu

1 pu

1 pu

1 pu

1 pu

j 0,1 pu

j 0,1 pu

j 0,1 pu H1

H2

H3

H0

1 pu

Valores base monofásicos

=

=

Φ

Φ

kVV

MVASH

nb

Hb

127

10

)(

)1(

⇓

==

Ω===

puX

MVAkVZ

Hpu

b

bHb

1,09,1612

29,161

9,161210

127

)(

22


46

Aqui também cabe uma observação semelhante à feita anteriormente para o circuito da figura 39. Como o modelo é em estrela em ambos os lados, as tensões nos enrolamentos de baixa são agora tensões de fase para neutro. Desta forma, a conversão para pu deve ser feita dividindo-se o valor em volts pelo valor base de tensão de fase no lado de baixa, ou seja, 18/√3 kV. O leitor deve notar que a relação de tensão é complexa. No entanto, a relação de corrente não mais pode ser calculada como o inverso da relação de tensão, que continua válida para o módulo, uma vez que a defasagem angular aplicada na tensão de fase é também igualmente aplicada na corrente de fase, de forma a se manter a mesma potência complexa em ambos os lados. Os circuitos equivalentes por fase, em Ωs e em pu podem ser obtidos diretamente a partir dos circuitos em Ωs e em pu da figura 40 anterior, uma vez que todas as tensões do circuito estão agora referidas em relação ao neutro. Estes circuitos estão mostrados nas figuras 41.a e 41.b a seguir e são também os circuitos equivalentes para a seqüência positiva.

Fig. 40 – Circuitos equivalentes em Ωs e em pu para o banco de trafos monofásicos com lado de baixa em estrela.

1

2

3

2’

3’

1’

1 pu

1 pu

j 0,1 pu

j 0,1 pu

j 0,1 pu H1

H2

H3

H0

1 pu

X1

X2

X3

pu°∠301

pu°∠301

pu°∠301

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

30

220

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

318

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

30

18

1

2

3

2’

3’

1’

127 kV

127 kV

127 kV

j 161,29 Ω

j 161,29 Ω

j 161,29 Ω H1

H2

H3

H0

X1

X2

X3

kV°∠303

18

kV°∠303

18

kV°∠303

18


47

Uma vez que os caminhos dos fluxos magnéticos são idênticos para as três seqüências, o leitor pode concluir que os circuitos de seqüência negativa e de seqüência zero serão iguais aos circuitos da figura 41. No entanto, em razão das diferentes defasagens existentes em cada uma das seqüências, na seqüência negativa, a defasagem entre as tensões vai ser de –30º e na seqüência zero não haverá defasagem nenhuma.

Como já mencionado, estas defasagens angulares podem ser desprezadas e, desta forma, o circuito da figura 41.b se resume no circuito da figura 42.a abaixo. Retirando-se o trafo ideal de relação de tensão unitária desta figura, chega-se finalmente ao circuito equivalente por fase, ou de seqüência positiva, em pu para o banco trifásico de trafos monofásicos, mostrado na figura 42.b a seguir.

(a) (b)

Fig. 42 – Circuitos equivalentes por fase de trafo trifásico em pu.

1 pu

j 0,1 pu

VX(pu)VH(pu) 1 pu

j 0,1 pu

VX(pu)VH(pu)

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

30

220

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

30

220

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

318

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

30

18

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

318

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

30

18

127 kV

j 161,29 Ω

VH 1 pu

j 0,1 pu

VX(pu)kV°∠303

18 pu°∠301 VH(pu)VX

(a) (b)

Fig. 41 – Circuitos equivalentes por fase de trafo trifásico em Ωs e em pu.

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

30

220

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

318

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

30

18


48

Comparando-se os circuitos equivalentes por fase em pu do banco trifásico apresentados nas figuras 42.a e 42.b e os circuitos equivalentes do trafo monofásico que compõe o banco trifásico, apresentados nas figuras 32 e 34, nota-se que eles são idênticos, mudando-se apenas os valores das bases de tensão, que dependem de que tipo de ligação foi feita em cada enrolamento, se estrela ou delta.

Todo o processo anterior pode ser repetido considerando-se as reatâncias de dispersão referidas ao lado de baixa. Embora possa parecer redundante, isto será feito de forma a fixar conceitos relativos a circuitos equivalentes de trafos.

A figura 43 a seguir mostra os circuitos equivalentes trifásicos em Ωs e em pu do mesmo banco trifásico de trafos monofásicos do exemplo 9, considerando-se as reatâncias de dispersão referidas ao lado de baixa.

1 1’ 127 kV 18 kV

j 3,24 Ω

Fig. 43 – Circuitos equivalentes em Ωs e em pu para o banco trifásico de trafos monofásicos com reatância de dispersão referida ao lado de baixa.

Valores base trifásicos

=

=

Φ

Φ

kVV

MVASL

nb

Lb

18

30

)(

)3(

⇓

==

Ω===

puX

MVAkVZ

Lpu

b

bLb

3,08,10

24,3

8,103018

)(

22

X1

X2

X3

3 3’ 127 kV 18 kV

j 3,24 Ω

H1

H2

H3

H0

Valores base monofásicos

=

=

Φ

Φ

kVV

MVASL

nb

Lb

318

10

)(

)1(

⇓ ( )

==

Ω===

puX

MVAkVZ

Lpu

b

bLb

3,08,10

24,3

8,1010

3/18

)(

22

2 2’ 127 kV 18 kV

j 3,24 Ω

1 1’ 1 pu 1 pu

j 0,3 pu X1

X2

X3

3 3’ 1 pu 1 pu

j 0,3 pu

H1

H2

H3

H0

2 2’ 1 pu 1 pu

j 0,3 pu


49

A figura 44 a seguir mostra os mesmos circuitos anteriores com as reatâncias referidas ao lado de baixa, ligado em estrela equivalente. Notar novamente a relação de tensão complexa, indicando que as f.e.m’s do lado de baixa estão 30º adiantadas em relação às f.e.m’s do lado de alta.

As figuras 45.a e 45.b a seguir mostram os circuitos equivalentes por fase em Ωs e em pu, ou equivalentemente o circuito de seqüência positiva (ou negativa ou zero), com as reatâncias referidas ao lado de baixa.

Desprezando-se novamente as defasagens angulares, o circuito da figura 45.b anterior se resume no circuito da figura 46.a a seguir e finalmente ao circuito da figura 46.b, obtido originariamente com as reatâncias referidas ao lado de alta.

127 kV

j 1,08 Ω

VH 1 pu

j 0,1 pu

VX(pu)kV°∠303

18 pu°∠301VH(pu)VX

(a) (b) Fig. 45 – Circuitos equivalentes por fase de trafo trifásico em Ωs e em pu com reatâncias referidas ao lado de baixa.

1 1’ 127 kV

j 1,08 Ω

kV°∠303

18

Fig. 44 – Circuitos equivalentes em Ωs e em pu para o banco trifásico de trafos monofásicos com as reatâncias de dispersão referidas ao lado de baixa.

X1

X2

X3

H1

H2

H3

H0

2 2’ 127 kV

j 1,08 Ω

kV°∠303

18

3 3’ 127 kV

j 1,08 Ω

kV°∠303

18

X0

1 1’ 1 pu

j 0,1 pu

pu°∠301

X1

X2

X3

H1

H2

H3

H0

2 2’ 1 pu

j 0,1 pu

pu°∠301

3 3’ 1 pu

j 0,1 pu

pu°∠301

X0

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

10

127

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

30

220

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

10

318

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

30

18


50

Três trafos monofásicos ideais, com valores nominais de 25 MVA e 38,1/3,81 kV, estão ligados na forma de um banco trifásico em estrela aterrada no lado de alta e delta no lado de baixa. Este banco alimenta uma carga trifásica equilibrada de 0,6 Ω em estrela aterrada solidamente. Adotando-se bases trifásicas de 75 MVA e 66 kV no lado de alta, pede-se:

Solução

(a) Especificar as bases para o lado de baixa.

Neste problema, um dos objetivos é mostrar como uma impedância é referida de um lado para outro em um trafo trifásico. O leitor já deve ter percebido que isto deve ser feito de maneira similar ao sistema monofásico. Também não foi especificado o tipo de ligação Y-∆ do trafo. Isto se deve ao fato de muitas vezes não ser necessário considerar o valor da defasagem angular. O diagrama trifilar correspondente ao problema é mostrado na figura 47 abaixo, onde estão representados os três trafos monofásicos ligados na forma de um banco trifásico e a carga em estrela solidamente aterrada.

38,1 kV66 kV

A

B

C

N

Fig. 47 – Banco trifásico ligado em Y-∆ com carga em estrela solidamente aterrada.

3,81 kV

3,81 kV

a

b

c

0,6 Ω

0,6 Ω

0,6 Ω

j 0,1 pu

VX(pu)VH(pu)

(a) (b)

Fig. 46 – Circuitos equivalentes por fase de trafo trifásico em pu com reatância referida ao lado de baixa.

1 pu

j 0,1 pu

VX(pu)VH(pu) 1 pu

Exemplo 10


51

Pela figura anterior percebe-se que o trafo trifásico equivalente possui as seguintes grandezas nominais:

=

=×=

=×=⋅=

ΦΦ

ΦΦ

ΦΦ

kVV

kVV

MVASS

Lnom

Hnom

nomnom

81,3

661,383

752533

)(

)(

)1()3(

Desta forma as bases serão:

Bases no lado de alta tensão Bases no lado de baixa tensão Monofásicas Trifásicas Monofásicas Trifásicas

==

=

Φ

Φ

kVV

MVAS

nb

b

1,383

6625

)(

)1(

=

=

ΦΦ

Φ

kVV

MVAS

b

b

66

75

)(

)3(

=

=

Φ

Φ

kVV

MVAS

nb

b

381,3

25

)(

)1(

=

=

ΦΦ

Φ

kVV

MVAS

b

b

81,3

75

)(

)3(

(b) Determinar a resistência da carga em pu nas bases

anteriormente determinadas

A impedância base do lado de baixa vai ser dada por

( )Ω===Ω=== 1936,0

25381,31936,0

7581,3

22)(

22)(

b

bLb

b

bLb MVA

kVZMVAkVZ ou

A impedância por fase da carga trifásica em pu vai ser então

puZZ

Z Lb

CpuC 10,3

1936,06,0

)()(

)( === Ω

O leitor pode reparar que as bases estão perfeitamente casadas, de forma que o valor em pu da carga vai ser o mesmo, independentemente do lado que ela estiver referida. Desta forma, repetindo o cálculo anterior com os valores referidos ao lado de alta tem-se que

( )Ω===Ω=== 08,58

7536608,58

7566

22)(

22)(

b

bLb

b

bHb MVA

kVZMVAkVZ ou

e o valor da impedância em pu vai ser

puZZ

Z Lb

HC

puC 10,308,5805,180

08,5881,3

666,02

)()(

)( ==

×== Ω


52

Seja um banco trifásico de trafos monofásicos com valores nominais totais de 400 MVA e 220 Y / 22 ∆ kV, conforme mostrado na figura 48 abaixo. Considere que a impedância de curto-circuito trifásico vale 0,121 Ω, referida ao lado de baixa. Na hipótese de se desprezar as resistências dos enrolamentos e o circuito de excitação, determinar as reatâncias de dispersão seqüenciais em pu do banco de trafos, para bases de 100 MVA e 230 kV no lado de alta.

Solução 1

Uma vez que nada foi mencionado, por default as bases pedidas no enunciado são trifásicas. Para que elas estejam perfeitamente casadas, as bases trifásicas na baixa devem ser

===

==

ΦΦΦΦ

ΦΦ

kVN

VV

MVASS

V

HbL

b

Hb

Lb

2322220

230

100

)()(

)3()3(

Desta forma, a impedância base do lado de baixa e a impedância de curto-circuito, que é na verdade a reatância de dispersão do trafo, vão ser iguais a

===

Ω====

puXZ

MVAkVZ

puTpuCC

b

bb

0229,029,5121,0

29,5100529

10023

)()(

22

127 kV 220 kV

22 kV

22 kV

a

b

c

A

B

C

N

Fig. 48 – Trafo trifásico do exemplo 11.

Exemplo 11


53

A figura 49 a seguir mostra o circuito equivalente por fase (ou de seqüência) do banco trifásico, nas bases pedidas.

Solução 2

Admitindo-se inicialmente bases iguais aos valores nominais do trafo, tem-se que

===

Ω===

puXZ

MVAkVZ

puTpuCC

b

bLb

1,021,1121,0

21,140022

)()(

22

A impedância de curto-circuito pode ser calculada no novo par de bases pode ser calculada utilizando-se diretamente a expressão de mudanças de bases por

puMVAMVA

kVkV

ZZvelhab

novab

novab

velhabvelhanova 0229,0

400100

23221,0

2

)(

)(

2

)(

)( =⋅

⋅=⋅

⋅=

Solução 3

Uma outra maneira de se resolver este problema é referir inicialmente a impedância de curto-circuito para o lado de alta tensão e então calcular seu valor em pu. Assim

===

Ω===

Ω=

×=⋅=

puXZ

MVAkVZ

NZZ

puTpuCC

b

bHb

VLCC

HCC

0229,0529

1,12

529100230

1,1222

220121,0

)()(

22

22

VL(pu) VH(pu)

puj 0229,0

=

=

MVAS

kVVLb

Lb

100

23

=

=

MVAS

kVVHb

Hb

100

230

Fig. 49 – Circuito equivalente em pu.


54

8. ASPECTOS GERAIS

8.1. Refrigeração

Com relação à refrigeração, os transformadores podem ser classificados como:

Refrigeração a seco

Refrigeração por convecção, através da circulação de ar, forçada ou não (até 4 MVA/15 kV).

Refrigeração a óleo

Refrigeração por condução de calor através do óleo até as paredes do tanque (mais comum).

8.2. Perdas

As perdas podem ser divididas em duas parcelas: perdas a vazio (no núcleo) e perdas sob carga (nos enrolamentos)

Perdas a vazio (no núcleo)

• Principalmente devido à histerese e correntes de Foucault.

• Perdas adicionais denominadas estruturais (parafusos e soldas) e nos dielétricos (trafos de extra-alta tensão) – aproximadamente 15% das perdas no núcleo.

• Não variam com a carga. • Representam de 25% a 40% das

perdas nos enrolamentos. • Medidas em restes de circuito aberto,

à freqüência nominal e com tensões nominais.

• Proporcionais ao quadrado da tensão aplicada (Ra no circuito de excitação).

Perdas sob carga (nos

enrolamentos)

• Principalmente nos enrolamentos. • Perdas adicionais devido às

correntes de Foucault nos próprios enrolamentos.

• Variam com a carga. • Medidas em testes de curto-circuito.


55

8.3. Índices de Desempenho

Como as linhas de transmissão, os transformadores também possuem índices para medir ou quantificar o seu desempenho. Os mais comuns são

Regulação de Tensão [Reg(%)]

(a) Depende do fator de potência; (b) Algebricamente negativa, para fator de potência capacitivo; (c) Está relacionada com a resistência e a reatância de

dispersão dos enrolamentos; (d) Valores em torno de 3% trafos pequenos) e 10% (trafos

maiores).

%100(%)2

)(2)(2 ⋅−

=nom

FLNL

VVV

Reg (41)

Especificação da regulação

de tensão

• Tensão primária nominal. • Subscrito FL indica full load, ou seja,

em geral potência nominal com fator de potência 0,8 atrasado ou unitário.

Rendimento [η(%)]

%1001%100%100(%) ⋅

−=⋅

−=⋅=

entradaentrada

entrada

entrada

saída

PPerdas

PPerdasP

PPη (42)

Especificação do rendimento

• Potência (kVA) nominal, com fator de potência unitário, para uma dada temperatura.

• Em torno de 96% (trafos pequenos) a 99,5% (trafos maiores).

Modelos Matriciais de Redes Clever Pereira

1

UNIDADE VII

MODELOS MATRICIAIS DE REDES

1. INTRODUÇÃO

Redes elétricas = interconexão de elementos

2. MATRIZ PRIMITIVA 2.1. Elementos Genéricos com Fontes

abcpq

abcpq

abcpq

abcpq vYji ⋅=+ ~

(2)

abcpqj

abcpqY~

abcpqi

p q

− +

abcpqv

Fig. 2 – Elemento genérico na forma de admitância.

abcpqe abc

pqZ~

abcpqi

− + + −

p q

abcpqv

abcpq

abcpq

abcpq

abcpq iZev ⋅=+ ~

(1)

Fig. 1 – Elemento genérico na forma de impedância.

• ELEMENTO ⇔ modelo individual;

matrizes primitivas de admitâncias ou de impedâncias reúnem todos os elementos.

• INTERLIGAÇÃO ⇔ matrizes de incidência e de circuito;

matrizes de incidência e de circuito contêm a informação da interligação destes elementos.


2

Multiplicando (1) à esquerda por ( ) abcpq

abcpq YZ ~~ 1

=−

vem:

⇒=⋅+⋅ abcpq

abcpq

abcpq

abcpq

abcpq ieYvY ~~ abc

pqabc

pqabcpq

abcpq

abcpq vYeYi ⋅=⋅− ~~

(3)

Ou seja

abcpq

abcpq

abcpq

abcpq vYji ⋅=+ ~

onde abcpq

abcpq

abcpq eYj ⋅−= ~

(4)

2.3 – Acoplamento entre os Elementos Genéricos pq e rs

ou matricialmente

abcpqv

abcpqe abc

pqpqZ ,~ abc

rspqZ ,~

abcpqi

abcrsv

+ abcrse

= abc

pqrsZ ,~

abc

rsrsZ ,~

.

abcrsi

(6)

Para toda a rede pode-se escrever que

abcabcabcabc IZEV ⋅=+ ~ (7)

⋅+⋅=+

⋅+⋅=+

abcrs

abcrsrs

abcpq

abcpqrs

abcrs

abcrs

abcrs

abcrspq

abcpq

abcpqpq

abcpq

abcpq

iZiZev

iZiZev

,,

,,

~~

~~

(5)

Fig. 3 – Elementos genéricos com acoplamento.

abcpqe abc

pqZ~

abcpqi

− + + −

p q

abcrse abc

rsZ~

abcrsi

− + + −

r s

abcpq,rsZ~


3

onde

[ ][ ][ ]

=

=

=

tabctu

abcrs

abcpq

abc

tabctu

abcrs

abcpq

abc

tabctu

abcrs

abcpq

abc

iiiI

eeeE

vvvV

L

L

L

(8)

e

abcpqpqZ ,

~

abcrspqZ ,

~ . . . . . . . .

abc

tupqZ ,~

abc

rspqZ ,~

abc

rsrsZ ,~

. . . . . . . . abctursZ ,

~

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

abcZ~ =

abctupqZ ,

~

abctutsZ ,

~ . . . . . . . . abc

tutuZ ,~

(9)

Aplicando-se a transformação de componentes simétricas em (7) tem-se

012012012012 ~ IZEV ⋅=+ (10)

Interessa aplicações onde não existam mútuas entre os diagramas de

seqüência positiva, negativas e zero, ou seja, aplicações onde o sistema é equilibrado do ponto de vista de impedâncias. Nestes casos

[ ][ ][ ]

=

=

=

tturspq

tturspq

tturspq

iiiI

eeeE

vvvV

012012012012

012012012012

012012012012

L

L

L

(11)


4

e a matriz das impedâncias primitivas de seqüência vai ser da forma

012

,~

pqpqZ 012

,~

rspqZ . . . . . . .

012

,~

tupqZ

012,

~pqrsZ

012,

~rsrsZ . . . . . . . 012

,~

tursZ

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

012~Z =

012,

~pqtuZ

012,

~rstuZ . . . . . . . 012

,~

tutuZ

(12)

onde cada um dos blocos é diagonal, ou seja, para cada elemento não há mútuas entre as seqüências. Assim, tem-se na verdade, três equações desacopladas, a saber:

⋅=+

⋅=+

⋅=+

2222

1111

0000

~

~

~

IZEV

IZEV

IZEV

(13)

Desta maneira, as redes de seqüência vão ser formadas por elementos monofásicos generalizados, como mostrados abaixo:

Fig. 4 – Elementos genéricos escalares na forma de impedância e admitância.

pqj

pqYpqi

p q

− +

pqv

pqe pqZpqi

− + + −

p q

pqv


5

3. NOÇÕES DE TOPOLOGIAS DE REDES 3.1. Introdução

3.2. Definições:

(a) GRAFOS – conjunto de segmentos chamados ELOS (ou ELEMENTOS) e pontos chamados VÉRTICES (ou NÓS), os quais são terminais dos elos, interconectados de maneira tal que os elos são incidentes somente aos vértices.

Fig. 7 – Grafo.

A B DC

E

12

3

4 5 6

7

GRAFO

Fig. 6 – Diagrama de impedâncias (reatâncias).

DIAGRAMA DE

IMPEDÂNCIAS (REATÂNCIAS)

Fig. 5 – Diagrama Unifilar.

DIAGRAMA UNIFILAR


6

(d) CAMINHO – sub-grafo com não mais de 2 elementos ligados a cada vértice.

Fig. 10 – Caminhos de um grafo orientado.

A B

E

12 2

B DC

E

3

5 6A B D C

E

1 2

3

4

5 6

7

(c) SUB-GRAFO – qualquer conjunto de elos e vértices de um grafo.

Fig. 9 – Sub-grafo orientado.

A B DC

E

12

3

5

7

A B D C

E

1 2

3

4

5 6

7

(b) GRAFO ORIENTADO – grafo cujos elementos possuem orientação.

Fig. 8 – Grafo orientado.

A B D C

E

12

3

4

5 6

7


7

(g) ÁRVORE (de um grafo) – é um sub-grafo que contém todos os vértices e nenhum caminho fechado.

Fig. 13 – Árvores de grafos conexos.

A B DC

E

1 2

3

5 6 A B D C

E

12

5

7

ÁRVORE “A” ÁRVORE “B”

(f) GRAFO CONEXO – é um grafo no qual existe pelo menos 1 caminho entre dois vértices quaisquer.

Fig. 12 – Grafos conexo e não conexo.

A B D

E

1 3

4 A B DC

E

1

5

7

grafo conexo grafo não conexo

(e) CIRCUITO, LAÇO, MALHA OU CAMINHO FECHADO – caminho no qual os dois vértices terminais coincidem e os vértices interiores são distintos.

Fig. 11 – Circuito ou laço.

A B D

E

1 3

4

7

A B D C

E

1 2

3

4

5 6

7


8

(h) RAMOS – são os elos de uma árvore.

(i) CORDAS OU LIGAÇÕES – são os elos do grafo que não pertencem à árvore.

(m) CONJUNTO DE CORTE BÁSICO – é o conjunto de corte que contém apenas 1 ramo.

(l) CIRCUITO, LAÇO OU MALHA BÁSICOS – é o laço que contém apenas uma corda.

Fig. 16 – Circuitos, laços ou malhas básicos.

A B D C

E

1

4

3

7

3

1 2

(k) CONJUNTO DE CORTE (CUT-SET) –

é o conjunto mínimo de elos e/ou de vértices que se removidos dividem o grafo em dois grafos conexos.

Fig. 15 – Conjunto de corte (cut-set).

A B DC

E

12

3

4

5 6

7 1 2 3

(j) CO-ÁRVORE – é o sub-grafo formado pelas cordas.

Fig. 14 – Árvores de grafos conexos.

CO-ÁRVORE “A” CO-ÁRVORE “B”

A B DC

E

2

4

7

A B DC

E

3

4

6


9

TEOREMA: Para uma dada árvore “T” de um grafo conexo “G” com “v” vértices e “e” elos, existem exatamente “ v-1” ramos e “ e-v+1” cordas.

3.3. Matrizes de um GRAFO

(a) Matriz de Incidência Elemento-Nó evaA ×]~[

A matriz de incidência elemento-nó é uma matriz de v linhas e e colunas que descreve como os nós estão ligados aos nós do grafo orientado. Seus elementos aij são tais que:

[ ]

evija aA×

=~

com ija =

1 se elo ej incide em vi para fora

-1 se elo ej incide em vi para dentro

0 se elo ej não incide em vi

Fig. 17 – Grafo orientado e árvores T1 e T2.

GRAFO G

==

46

ve

AB

C

D

1 2

3

4 5

6

=+−=+−==−=−=

31461 :cordas3141r :ramos

vecv

ÁRVORE T2ÁRVORE T1

A B

C

D

12

3

4 5

6

A B

C

D

1 2

3

4 5

6


10

Exemplo: Seja a rede elétrica abaixo à esquerda, cujo grafo orientado se encontra à direita.

1 2 3 4 5 6 Elementos

A -1 0 0 1 0 1 B 0 -1 0 -1 1 0 C 0 0 -1 0 -1 -1 D 1 1 1 0 0 0

=aA~

Vértices

TEOREMA: A matriz incidência elemento-nó de um grafo conexo possui um número de linhas linearmente independentes (lli) igual ao número de ramos do grafo, ou seja, ll i = r = v - 1.

(b) Matriz de Incidência Elemento-Nó Reduzida ( ) evA ×−1]~[

É a matriz aA~ desprezando-se uma de suas linhas.

[ ]( ) evijaA×−

=1

~ (14)

Para a rede da figura 17:

1 2 3 4 5 6 -1 0 0 1 0 1 A

0 -1 0 -1 1 0 B

=A~

0 0 -1 0 -1 -1 C

Fig. 18 – Rede de seqüência positiva no formato de admitância e grafo orientado associado.

j3

y5

y2

y4

y1

y6

y3 j1

y46 y56

A B

C

D

1 2

3

4 5

6


11

NOTA: A matriz de incidência elemento-nó reduzida A~ pode ser obtida diretamente escolhendo-se um conjunto de linhas correspondentes aos nós dos conjuntos de corte básicos.

Exemplo:

1 2 3 4 5 6 -1 0 0 1 0 1 A

0 -1 0 -1 1 0 B

=A~

0 0 -1 0 -1 -1 C

(c) Matriz de Incidência Elemento-Laço emaB ×]~[

1 2 3 4 5 6

1 -1 1 A 1 -1 1 B -1 -1 1 C

1 -1 1 1 D 1 -1 -1 1 E

1 -1 -1 1 F

=aB~

1 -1 1 G

A B C

D

1 2

3

4 5

6

C

B A

D

F G

E

Fig. 20 – Malhas do grafo da figura 19 anterior.

emija bB ×= ][~ com ijb =

1 se elo ej pertence ao circuito i com orientação positiva.

-1 se elo ej pertence ao circuito i com orientação negativa.

0 se elo ej não pertence ao circuito i

Fig. 19 – Grafo orientado, árvore com ramos e cordas e conjuntos de corte básicos que vão dar origem à matriz Ã.

AB

C

D

1 2

3

4 5

6

AB

C

D

12

3

4 5

6


12

(d) Matriz de Incidência Elemento-Laço Reduzida ecB ×]~[

TEOREMA: A matriz de circuito ]~[ aB possui c = e–v+1 linhas linearmente independentes.

1 2 3 4 5 6

1 -1 1 A

1 -1 1 B =B~

1 -1 1 G

e-v+1 linhas linearmente

independentes

NOTA: Tais linhas correspondem aos circuitos básicos ou fundamentais.

4. FORMULAÇÃO DAS EQUAÇÕES DE REDE 4.1. Princípios Básicos

Exemplo:

(a) Leis de Kirchhoff

(i) 0=∑ ii ; ii correntes que saem de um nó (3 equações).

(ii) 0=∑ iv ; vi tensões nos elementos (3 equações).

Fig. 22 – Rede de seqüência positiva, grafo orientado associado e árvore, com ramos e cordas.

j3

y5

y2

y4

y1

y6

y3 j1

y46 y56

A B C

D

1 2 3

4 5

6

Fig. 21 – Malhas do grafo da figura 19 anterior.

A B

C

D

1 2

3

4 5

6

A B

G


13

(b) Relação tensão-corrente nos elementos

(iii) vYji p .~=+ formato de admitância (6 equações).

ou

(iv) iZev p .~=+ formato de impedância (6 equações). A solução de uma rede envolve a determinação de “2e” incógnitas, sendo “e” tensões e “e” correntes, um par para cada elemento. As relações v × i fornecem “e” equações e as leis de Kirchhoff fornecem as outras “e” equações necessárias, sendo “v-1” equações relacionadas à lei das correntes e “e-v+1” equações relativas à lei das tensões de malha. Para a rede exemplo, tem-se: v = 4, e = 6, r = v – 1 = 3 e c = e – v +1= 4 Leis de Kirchhoff (i) Soma das correntes que saem de um nó é nula (r = 3 equações)

– i1 + i4 + i6 = 0 (nó A)

– i2 – i4 + i5 = 0 (nó B)

– i3 – i5 – i6 = 0 (nó C)

( r = v – 1 ) equações

Pode-se ver que estas equações correspondem a

i1 -1 0 0 1 0 1 i2 0 0 -1 0 -1 1 0 . i3 = 0 0 0 -1 0 -1 -1 i4 0 i5

0.~=iA

i6

A B C

D

1 2 3

4 5

6


14

(ii) Soma das Tensões em uma malha fechada é nula (c = 3 equações)

v1 – v2 + v4 = 0 (laço A)

v2 – v3 + v5 = 0 (laço B)

v1 – v3 + v6 = 0 (laço G)

( c = e – v + 1 ) equações

Pode-se ver que estas equações correspondem a

v1 1 -1 0 1 0 0 v2 0 0 1 -1 0 1 0 . v3 = 0 1 0 -1 0 0 1 v4 0 v5

0.~ =vB

v6 As relações v × i fornecem “6” equações e vão existir “12“ incógnitas, uma vez que, a cada elemento estão associadas 2 incógnitas, uma relacionada à tensão e outra à corrente. São então necessárias mais “6“ equações para a solução da rede. Estas equações vêm das “6“ relações tensão-corrente em cada um dos elementos, dadas na forma de admitância ou de impedância por

=+

=+

iZev

vYji

p

p

.~.~

(15)

ou, mais explicitamente

i1 j1 y1 v1

i2 0 y2 v2 i3 j3 y3 v3 i4 0 y4 y46 v4 i5 0 y5 y56 v5 i6

+

0

=

y64 y65 y6

.

v6

A B

C

D

1 2

3

4 5

6

A B

G


15

ou

v1 e1 z1 i1

v2 0 z2 i2 v3 e3 z3 i3 v4 0 z4 z45 z46 i4 v5 0 z54 z5 z56 i5 v6

+

0

=

z64 z65 z6

.

i6 4.2. Equações Nodais e de Malhas As “e” equações v × i e as “e” equações relacionadas às leis de Kirchhoff fornecem as “2e” equações necessárias para a solução da rede elétrica. Via de regra isto vai envolver a inversão de uma matriz de dimensão “2e”, resultando em grande esforço numérico ou computacional. Fica então a pergunta: não existe algum tipo de formulação onde a solução da rede possa ser simplificada? Esta pergunta pode ser respondida reescrevendo as relações v × i em uma das formas, ou seja, admitância ou impedância e aplicando as leis de Kirchhoff, ou seja

⋅⋅=⋅+⋅⇒=+

⋅⋅=⋅+⋅⇒=+

iZBeBvBiZev

vYAjAiAvYji

pp

pp

~~~~.~

~~~~.~

(16)

As duas leis de Kirchhoff estabelecem que

=⋅

=⋅

0~0~

vB

iA (17)


16

Substituindo as equações (17) nas equações (16) vem que

⋅⋅=⋅

⋅⋅=⋅

iZBeB

vYAjA

p

p~~~

~~~

(18)

Cabe agora examinar as expressões jA ⋅~

e eB ⋅~ presentes em (18),

começando pela primeira delas. Neste caso, nota-se que o resultado é um vetor cujos termos são as correntes injetadas em cada um dos vértices da rede, com exceção da referência, vetor este que recebe comumente o nome de BARRAI .

j1 -1 0 0 1 0 1 0 - j1 =⋅ jA~ 0 -1 0 -1 1 0 . j3 = 0 = BARRAI (19) 0 0 -1 0 -1 -1 0 - j3 0 0

O resultado da segunda expressão é obtido inicialmente passando todos os elementos para a forma de impedância. Assim procedendo, percebe-se que o vetor resultante é na verdade um vetor cujos termos são iguais à soma das fontes de tensões encontradas em cada um dos circuitos básicos da rede, obedecendo-se o sentido adotado para cada um destes circuitos. Este vetor é comumente denominado LAÇOE .

e1

1 -1 1 0 e1

=⋅ eB~ 1 -1 1 . e3 = - e3 = LAÇOE (20) 1 -1 1 0 e1 - e3

0

0


17

É importante salientar que, nas equações (20), cada uma das fontes de tensão ei é obtida a partir do inverso da equação (4), ou seja

jZe P ⋅−=~

(21) Substituindo (19) e (20) em (18) resulta em

⋅⋅=

⋅⋅=

iZBE

vYAI

pLAÇO

pBARRA~~

~~

(22)

As equações (22) acima são equações que trabalham com dois vetores conhecidos, ou seja, o vetor das correntes de barra e o vetor das tensões de laço. No entanto não é possível resolvê-las uma vez que as matrizes pYA ~~

⋅ e pZB ~~

⋅ não são matrizes quadradas e não admitem inversas. Torna-se pois necessário definir respectivamente os vetores BARRAV e LAÇOI , de forma a uniformizar as equações (22) acima, possibilitando a sua solução. A definição é feita igualando-se as potências aparentes injetadas, calculadas pelas formulações primitivas, de barra e de laço.

Assim, para a formulação de barras ou nodal, tem-se que

** jvIV t

BARRAt

BARRA ⋅=⋅ (23) A equação (19) estabelece que

jAIBARRA ⋅=~

(24) deste modo, substituindo em (23) vem que

**~ jvjAV ttBARRA ⋅=⋅⋅ (25)

Pode-se notar por esta equação que

ttBARRA vAV =⋅

~ (26)


18

ou, rearranjando os termos, que

BARRAt VAv ⋅=

~ (27)

Substituindo na primeira das equações (22) repetida abaixo vem que

BARRAt

pBARRApBARRA VAYAIvYAI ⋅⋅⋅=⇒⋅⋅=~~~~~

(28) ou seja

BARRABARRABARRA VYI ⋅= ~ (29)

onde

t

pBARRA AYAY ~~~~ ⋅⋅= (30) A formulação de laços básicos ou de malhas pode ser deduzida de forma análoga, igualando-se novamente as potências aparentes. Assim

** ieIE t

LAÇOtLAÇO ⋅=⋅ (31)

A equação (20) estabelece que

tttLAÇOLAÇO BeEeBE ~~ ⋅=⇒⋅= (32)

deste modo

**~ ieIBe tLAÇO

tt ⋅=⋅⋅ (33) Pode-se notar por esta equação que

**~ iIB LAÇOt =⋅ (34)

ou seja

LAÇOt IBi ⋅= ~

(35)


19

Substituindo na segunda das equações (22), também repetida abaixo vem que

LAÇOt

pLAÇOpLAÇO IBZBEiZBE ⋅⋅⋅=⇒⋅⋅= ~~~~~ (36)

ou seja

LAÇOLAÇOLAÇO IZE ⋅= ~ (37)

onde

t

pLAÇO BZBZ ~~~~ ⋅⋅= (38)

A tabela 1 a seguir mostra como é executada a solução das redes de potência utilizando respectivamente as formulações nodal e de malha.

Tabela 1 – Solução de redes elétricas utilizando as formulações nodal e de malha.

Solução utilizando formulação nodal

Solução utilizando formulação das malhas

1. tpBarra AyAY ~~~~ ⋅⋅=

2. [ ] 1~~ −= BarraBarra YZ

3. jAIBarra ⋅=~

4. BarraBarraBarra IZV ⋅= ~

5. Barrat VAv ⋅=

~

6. jvYi p −= .~

1. t

pLaço BzBZ ~~~~ ⋅⋅=

2. [ ] 1~~ −= LaçoLaço ZY

3. eBELaço ⋅= ~

4. LaçoLaçoLaço EYI ⋅= ~

5. Laçot IBi ⋅= ~

6. eiZv p −= .~


20

Exemplo : CALCULAR AS TENSÕES DAS BARRAS, AS CORRENTES E AS TENSÕES EM TODOS OS ELEMENTOS PARA A REDE DA FIGURA ABAIXO UTILIZANDO O MÉTODO DAS TENSÕES DOS NÓS.

((aa)) GGRRAAFFOO OORRIIEENNTTAADDOO CCOOMM ÁÁRRVVOORREE,, CCOO--ÁÁRRVVOORREE,, RRAAMMOOSS EE CCOORRDDAASS

2 j 0,5

j 0,4

j 1,0 j 0,1 j 0,5 j 0,1

j 0,2

+ 0,2-

+ 0,5 -

i3

i4

i5

i1 i2

i6

3

1

(a) Rede com elementos na forma de impedância (b) Rede com elementos na forma de admitância

Fig. 23 – Rede elétrica referente ao exemplo 1

2 - j 2,5

- j 3,125

- j 1,0 - j 2,0

- j 10

- j 1,25

j 5

i3

i4

i5

i1 i2

i6

3

1

j 2- j 10

5 1 2

3

4

61 2

3

Fig. 24 – Grafo orientado para a rede da figura 22

A figura 24 ao lado mostra o grafo orientado para a rede da figura 23, com a árvore escolhida, com seus ramos (1,2,5) e a co-árvore correspondente, com suas cordas (3,4,6).


21

((bb)) EEQQUUAAÇÇÕÕEESS PPRRIIMMIITTIIVVAASS DDAA RREEDDEE DDAA FFIIGGUURRAA 11

Por inspeção, a matriz das impedâncias primitivas vai ser dada por

0,1

0,1 0,5 0,2 0,2 0,4 0,5

jp =z~

1,0

Os elementos primitivos têm a seguinte forma

NOTA: Será sempre considerado que o sentido da corrente no elemento vai ser igual à orientação do elemento dentro de um certo grafo orientado e, por conseguinte, o sentido da tensão do elemento será sempre o contrário.

Desta forma, a equação da rede é iev p ⋅=+ z~ , ou seja

v1 0,5 0,1 i1 v2 0,2 0,1 i2 v3 0 0,5 0,2 i3 v4 0 0,2 0,4 i4 v5 0 0,5 i5 v6

+

0

= j

1,0

⋅

i6

Fig. 25 – Elementos genéricos escalares na forma de impedância e admitância.

pqj

pqYpqi

p q

− +

pqv

pqe pqZpqi

− + + −

p q

pqv


22

A matriz das admitâncias primitivas é a matriz inversa da

matriz das impedâncias primitivas, ou seja

1~~ −

= pp zy

E desta forma

10 10 2,5 -1,25 -1,25 3,125 2

jp −=y~

1

E a equação da rede, na forma de admitância, vai ser

vepiieviev pppppp ⋅=⋅−+⇒⋅⋅=⋅+⋅⇒⋅=+

yyzyyyz ~~~~~~~

ou seja

vji p ⋅=+ y~

onde

ej p ⋅−= y~

Assim

( )( )

==

=⋅−−=

=⋅−−=

)6,...,3(0

22,010

55,010

2

1

kparaj

jjj

jjj

k


23

E a equação primitiva da rede na forma de admitância fica como

i1 j 5 10 v1 i2 j 2 10 v2 i3 0 2,5 -1,25 v3 i4 0 -1,25 3,125 v4 i5 0 2 v5 i6

+

0

= - j

1

⋅

v6 ((cc)) MMAATTRRIIZZEESS DDEE CCIIRRCCUUIITTOO

A matriz de incidência reduzida vai ser da forma

1 2 3 4 5 6 -1 1 1 1

=A~ -1 -1 -1 -1

-1 1

A matriz de laços (ou de circuitos) reduzida vai ser da forma

1 2 3 4 5 6

1 -1 1 I

1 -1 1 II

1 -1 1 1 III

=B~

5 1 2

3

4

6 1 2

3


24

((dd)) MMOONNTTAAGGEEMM DDEE BarraY~ UUTTIILLIIZZAANNDDOO AA MMAATTRRIIZZ DDEE IINNCCIIDDÊÊNNCCIIAA RREEDDUUZZIIDDAA

A montagem de BarraY~ utilizando a matriz de incidência reduzida é feita partindo de duas equações a saber

=⋅

⋅=+

0~

~

iA

vji py

Multiplicando a primeira equação à esquerda por A~ resulta que

vAjAiA p ⋅⋅=⋅+⋅ y~~~~

e utilizando a segunda das equações, vem que

vAjA p ⋅⋅=⋅ y~~~

Pode-se ver que o produto jA~ ⋅ trata-se, na verdade, das correntes injetadas em cada uma das barras. Definindo este produto como BarraI , resulta que

vA pI Barra ⋅⋅= y~~ Mas o vetor das tensões dos elementos é da forma

BarraT VAv ⋅=

~

onde BarraV é o vetor das tensões dos nós em relação à referência. Deste modo

BarraBarraBarra VYI ⋅= ~

onde

TBarra AAY p

~~~~ ⋅⋅= y


25

Assim

-1 -10 0 1,25 1,875 2 0 -1

- j 0 -10 -1,25 -1,875 0 -1 ⋅ 1 -1 0 0 0 0 -2 1 1 -1 1 -1

BarraY~ =

1 1

E assim

15,125 -3,125 -2,0 -3,125 14,125 -1,0 BarraY~ = - j

-2,0 -1,0 3,0 Esta matriz poderia ser também montada a partir do algoritmo

de montagem direto onde deve ser considerada a existência de elementos com mútuas.

((ee)) CCÁÁLLCCUULLOO DDOO VVEETTOORR BarraI

A equação que deve ser resolvida para calcular o circuito da figura 1 é pois da forma

BarraBarraBarra VYI ⋅= ~

10 -1 -1 1 1 1 10 -1 -1 -1 -1 -1 ⋅ - j 2,5 -1,25 1 -1 -1 1 -1,25 3,125 1 -1 2 1 -1

BarraY~ =

1

⋅

1 1


26

cuja solução é

BarraBarraBarraBarraBarra IZIYV ⋅=⋅=−

~~ 1

A solução desta equação envolve inicialmente a obtenção de BarraI e a inversão de BarraY~ para obtenção de BarraZ~ .

A obtenção de BarraI pode ser feita utilizando a equação que a define, ou seja

j 5 -1 1 1 1 j 2 - j 5 5 -1 -1 -1 -1 ⋅ 0 = - j 2 = - j 2 -1 1 0 0 0 0

=⋅= jAI Barra

~

0

Em um circuito simples como este, a obtenção de BarraI pode também ser feito simplesmente através do uso de sua definição (soma das correntes injetadas em cada uma das barras). A figura 22.b mostra as fontes de corrente ideais com os valores das correntes injetadas em cada uma das barras da rede. Pode-se ver que apenas as barras 1 e 2 possuem correntes injetadas, de valores respectivamente – j 5 pu e – j 2 pu. ((ff)) SSOOLLUUÇÇÃÃOO UUTTIILLIIZZAANNDDOO OO MMÉÉTTOODDOO DDEE EELLIIMMIINNAAÇÇÃÃOO DDEE GGAAUUSSSS

A solução da equação na formulação dos nós pode ser feita de diversas formas. Entre elas pode-se utilizar o método de Eliminação de Gauss, descrito a seguir.

Inicialmente escreve-se a matriz BarraY~ e o vetor BarraI .

15,125 - 3,125 - 2,0 5,0

- 3,125 14,125 - 1,0 2,0

- 2,0 - 1,0 3,0 0


27

1

15,125

- 0,2066 -0,1322 0,3306

==

==

125,15a

ka

a

125,15ak

j111

j1j1

1111

0

- 3,125

13,4793 - 1,4132 3,0331

⋅−=−==

j121j2j2

2121

akaa125,3ak ⇒

0

- 2,0

- 1,4132 2,7355 0,6612

⋅−=−==

j131j3j3

3131

akaa0,2ak

1

15,125

- 0,2066 - 0,1322 0,3306

==

==

4793,13a

ka

a

4793,13ak

j222

j2j2

2222

0

- 3,125

1

13,4793

- 0,1048 0,2250

⋅−=−==

j232j3j3

3232

akaa4132,1ak

0

- 2,0

0

-1,4132

1

2,5874

0,3784

=

==

33j3

j3

3333

ka

a

5874,2ak

A matriz acima corresponde ao seguinte sistema

1 - 0,2066 - 0,1322 V1 0,3306

1 - 0,1048 . V2 = 0,2250

1 V3 0,3784

A solução para as tensões das barras é obtida pelo processo

denominado retrosubstituição, ou seja


28

V3 = 0,3784 V2 – 0,1048 V3 = 0,2250 V2 = 0,1048 (0,3784) + 0,2250 = 0,2647 V1 – 0,2066 V2 – 0,1322 V3 = 0,3306 V1 = 0,2066 (0,2647) + 0,1322 (0,3784) + 0,3306 = 0,4353

((gg)) OOBBTTEENNÇÇÃÃOO DDAASS TTEENNSSÕÕEESS EEMM CCAADDAA UUMM DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS

As tensões em cada um dos elementos do circuito são determinadas a partir das tensões de barra da forma

BarraT VAv ⋅=

~

v1 -1 – V1 – 0,4353 – 0,4353

v2 -1 V1 – V2 – 0,2647 – 0,2647

v3 = 1 -1 . V2 = V1 – V2 = 0,4353 – 0,2647 = 0,1706

v4 1 -1 V3 V1 – V2 0,4353 – 0,2647 0,1706

v5 1 -1 V1 – V3 0,4353 – 0,3784 0,0569

v6 -1 1 V3 – V2 0,3784 – 0,2647 0,1137

((hh)) DDEETTEERRMMIINNAAÇÇÃÃOO DDAASS CCOORRRREENNTTEESS EEMM CCAADDAA UUMM DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS

As correntes em cada um dos elementos do circuito são determinadas a partir da equação primitiva na forma de admitância, ou seja

i1 10 – 0,4353 j 5 i2 10 – 0,2647 j 2 i3 = - j 2,5 -1,25 . 0,1706 - 0 i4 -1,25 3,125 0,1706 0 i5 2 0,0569 0 i6 1 0,1137 0


29

Então

i1 – 4,353 5 0,647 i2 – 2,647 2 -0,647 i3 = - j 0,21325 - j 0 = - j 0,21325 i4 0,319875 0 0,319875 i5 0,1137 0 0,1137 i6 0,1137 0 0,1137

((ii)) FFIIGGUURRAA MMOOSSTTRRAANNDDOO AASS CCOORRRREENNTTEESS EE AASS TTEENNSSÕÕEESS EEMM TTOODDOOSS OOSS

EELLEEMMEENNTTOOSS DDAA RREEDDEE

Fig. 26 – Diagrama contendo a solução do circuito.

Solução de Sistemas de Grande Porte Clever Pereira

1

UNIDADE VIII

SOLUÇÃO DE SISTEMAS DE EQUAÇÕES AGÉBRICAS LINEARES DE GRANDES DIMENSÕES

1. INTRODUÇÃO

O problema acima terá solução sempre que 1~ −A existir, ou seja, a matriz A~ não for singular. Neste caso, se pelo menos um dos elementos de b for diferente de zero, a solução será única e dada por

bAx ⋅= −1~ (1)

Exemplo: Seja o sistema de equações lineares dado por

=+

=+

2222121

1212111

bxaxabxaxa

Na forma matricial, este sistema pode ser escrito por

a11 a12 x1 b1

a21 a22 .

x2 =

b2 (2)

bxA =⋅~

A~ : matriz real ou complexa (n x n) x : vetor desconhecido ou procurado (n x 1)

b : vetor conhecido real ou complexo (n x 1)


2

NOTAS:

• Em geral, em sistemas elétricos de potência, a matriz BARRAY~ tem predominância diagonal e é bem comportada

(correspondendo à primeira possibilidade).

• Exceções:

(b) Trafos de três enrolamentos, que podem ter reatâncias equivalentes negativas.

x1

x2

x1 x1

x2 x2

Três Possibilidades

c) Sistema mal condicionado (matriz singular) a a a a11 22 12 21 0⋅ − ⋅ =

b) Sistema sem solução a a a a11 22 12 21 0⋅ − ⋅ ≠

a) Sistema bem condicionado a a a a11 22 12 21 0⋅ − ⋅ ≈

Fig 1. Representação gráfica da solução de sistemas lineares

(a)

y1

y2

y3

y4

Y (elevada) k

j

pequenas

4321 yyyyYY jj ++++= (3)

YYY kjjk −== (4)

logo

jjjk YY ≈ (5)


3

2. MÉTODOS DE SOLUÇÃO 2.1. Inversão Explícita

bAxbxA ⋅=⇒=⋅ −1~~ (6)

Características:

• Processo lento ⇒ N 3 operações para uma matriz cheia.

• Erros de arredondamento elevados para N elevado.

• A~ esparsa ⇒ 1~ −A cheia (grandes requisitos de memória). 2.2. Métodos Iterativos e Indiretos

Solução é obtida através de aproximações sucessivas a partir de uma condição inicial arbitrária.

Características:

• São facilmente implementáveis.

• Apresentam requisitos de memória bastante modestos.

• São praticamente insensíveis à propagação de erros de arredondamentos (estágios iterativos são independentes).

• Número de operações da ordem de N 2.

• Funcionam para sistemas lineares e não lineares.

• Apresentam grandes desvantagens no caso de soluções repetidas (onde se muda apenas o valor do vetor b ), pois é necessária a repetição total dos estágios de forma a se obter nova solução.


4

2.3. Métodos Diretos

O sistema original é transformado em um sistema equivalente de solução imediata através de operações elementares nas linhas e colunas da matriz de coeficientes e do vetor de termos independentes. Características:

• Implementação mais trabalhosa.

• Produzem, ainda que implicitamente, a inversa da matriz A~ .

• São bastante eficientes para os casos repetitivos, onde se modifica apenas o vetor b .

3. MÉTODOS ITERATIVOS OU INDIRETOS Seja o sistema abaixo:

=++=++=++

3333232131

2323222121

1313212111

bxaxaxabxaxaxabxaxaxa

(7)

que pode ser reescrito na forma:

−−⋅=

−−⋅=

−−⋅=

)(1

)(1

)(1

232131333

3

323121222

2

313212111

1

xaxaba

x

xaxaba

x

xaxaba

x

(8)


5

Escolhendo inicialmente x x e x10

20

30( ) ( ) ( ), vem que

⋅−⋅−⋅=

⋅−⋅−⋅=

⋅−⋅−⋅=

)(1

)(1

)(1

)0(232

)0(1313

33

)1(3

)0(323

)0(1212

22

)1(2

)0(313

)0(2121

11

)1(1

xaxaba

x

xaxaba

x

xaxaba

x

(9)

O processo acima pode ser repetido até que, sob determinadas condições, vai convergir para a solução do sistema. No caso geral de n equações tem-se

nixaba

xn

ikk

hkkii

ii

hi ,,2,1;1

1

)()1( K=

−⋅= ∑

≠=

+

(10)

onde h é um contador de iteração A convergência do método anterior, no caso da matriz A~ ser diagonal dominante (caso dos sistemas de potência), pode ser melhorada se for levado em consideração o fato que, no momento em que o valor de xi

h( )+1 está sendo calculado, os valores de )1(

1)1(

1 ,, ++−

hhi xx K já foram calculados. Neste caso pode-se utilizar o

chamado Método dos Deslocamentos Sucessivos (Método de Gauss-Seidel), ou seja

nixaxaba

xn

ikik

hkki

i

ikk

hkkii

ii

hi ,,2,1;1

1

)(1

1

)1()1( K=

−−⋅= ∑∑

≠+=

−

≠=

++

(11)


6

Uma condição necessária para convergência deste método é:

niaa

n

ikk

kiii

i,,2,111max

1K=≤

∑≠=

(12)

Exemplo: Maneira 1

=⋅+⋅=⋅+⋅

2222121

1212111

bxaxabxaxa

( )

( )

⋅−⋅=

⋅−⋅=

++

+

)1(1212

22

)1(2

)(2121

11

)1(1

1

1

hh

hh

xaba

x

xaba

x

(13)

Maneira 2

=⋅+⋅=⋅+⋅

2222121

1212111

bxaxabxaxa

( )

( )

⋅−⋅=

⋅−⋅=

++

+

)1(2121

11

)1(1

)(1212

22

)1(2

1

1

hh

hh

xaba

x

xaba

x

(14)

Fig 2. Representação gráfica da solução de sistemas lineares utilizando o método dos deslocamentos sucessivos.

2222121 bxaxa =⋅+⋅1212111 bxaxa =⋅+⋅

( ))0(2

)0(1 , xx Condição Inicial

1

2

)1(1x)2(

1x

)1(2x

)2(2x

1x

2x


7

ESCOLHA DAS CONDIÇÕES INICIAIS

(a) Sistemas com dominância diagonal: niabx

ii

ii ,...,2,1)0( == (15)

REGRA DE PARADA

(a) O número de iterações deve ser limitado h ≤ N (16)

(b) nixx ih

ih

i ,...,2,1;)()1( =ε≤−+ (17)

(c) 2max ε≤iR onde nixabRn

kkikii ,...,2,1;

1=−= ∑

= (18)

Observação: Testa-se a condição (17). Se for verdadeira, testa-se a condição (18). Se também for verdadeira, diz-se que a solução convergiu para os critérios ε1 e ε2.

ACELERAÇÃO:

Graficamente a aceleração pode ser vista por

Fig 4. Escolha do fator de aceleração α.

Para o sistema ao lado, α = 1,35 é o valor ótimo para o

fator de aceleração.

1 α

No d

e ite

raçõ

es

2 1,35

Fig 3. Representação gráfica do processo de aceleração

( ) 21;ˆ )()1()()1( <α<−α+= ++ hi

hi

hi

hi xxxx( ))0(

2)0(

1 , xx

1x

2x (1) (2)Aceleração


8

4. MÉTODOS DIRETOS

Os métodos diretos são baseados em operações elementares efetuadas no sistema original de modo a produzir sistemas equivalentes em uma forma mais simples de solução. As operações elementares de maior interesse neste caso são:

(i) Multiplicação de uma equação por uma constante. (ii) Subtração de uma equação multiplicada por constante de

outra equação. 4.1. Método de Eliminação de Gauss

Duas etapas: (i) Eliminação: a matriz A~ é transformada em uma matriz

triangular. (ii) Retrosubstituição: a solução é obtida na ordem inversa do

processo de eliminação.

Exemplo: Seja o sistema linear de três equações e três incógnitas abaixo

]~[ bA

a11 . x1 + a12 . x2 + a13 . x3 = b1 a11 a12 a13 b1

a21 . x1 + a22 . x2 + a23 . x3 = b2 ⇒ a21 a22 a23 b2

a31 . x1 + a32 . x2 + a33 . x3 = b3 a31 a32 a33 b3

Matriz Aumentada (i) Eliminação 1 – Normalização da 1a equação

1 )1(12a )1(

13a

)1(1b

a21 a22 a23 b2

a31 a32 a33 b3

onde

=

==

11

1)1(1

11

1)1(1 3,2,1;

abb

jaa

a jj


9

ou de forma matricial

11

1a

0 0 a11 a12 a13 b1 1 a121( )

a131( )

)1(

1b

0 1 0 a21 a22 a23 b2 a21 a22 a23 b2

0 0 1

.

a31 a32 a33 b3

=

a31 a32 a33 b3

1

1~ −D . [ ]b|A~ = [ ] )1(~ b|A

2 – Eliminação de x1 da 2a equação

1 a121( ) a13

1( ) b11( )

0 a221( ) a23

1( ) b21( )

a31 a32 a33 b3

onde

⋅−=

=⋅−=)1(

1212)1(

2

)1(1212

)1(2 3,2,1;

babb

jaaaa jjj

ou

1 0 0 1 a121( ) a13

1( ) b11( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( )

− a21 1 0 a21 a22 a23 b2 0 a221( ) a23

1( ) b21( )

0 0 1

.

a31 a32 a33 b3

=

a31 a32 a33 b3

1

21~ −L . [ ] )1(

|~ bA = [ ] )2(|~ bA

3 – Normalização da 2a equação

1 a121( ) a13

1( ) b11( )

0 1 a232( ) b2

2( )

a31 a32 a33 b3

onde

=

==

)1(22

)1(2)2(

2

)1(22

)1(2)2(

2 3,2;

abb

jaa

a jj


10

ou na forma matricial

1 1 a121( ) a13

1( ) b11( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( )

1221a ( ) 0 a22

1( ) a231( ) b2

1( ) 0 1 a232( ) b2

2( )

1

.

a31 a32 a33 b3

=

a31 a32 a33 b3

1

2~ −D . [ ] )2(

|~ bA = [ ] )3(|~ bA

4 – Eliminação de x1 e x2 da 3a equação

1 a121( ) a13

1( ) b11( )

0 1 a232( ) b2

2( )

0 0 a332( ) b 3

2( )

3,2)1(

1313)1(

3

)1(1313

)1(3 =

⋅−=

⋅−=j

babb

aaaa jjj

onde

3)2(

2)1(

32)1(

3)2(

3

)2(2

)1(32

)1(3

)2(3 =

⋅−=

⋅−=j

babb

aaaa jjj

ou ainda

1 1 a121( ) a13

1( ) b11( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( )

1 0 1 a232( ) b2

2( ) 0 1 a232( ) b2

2( )

- a31 1

.

a31 a32 a33 b3

= 0 a321( ) a33

1( ) b31( )

1

31~ −L . [ ] )3(

|~ bA

1 1 a121( ) a13

1( ) b11( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( )

1 0 1 a232( ) b2

2( ) 0 1 a232( ) b2

2( )

- a321( ) 1

.

0 a321( ) a33

1( ) b31( )

= 0 0 a331( ) b3

1( )

1

32~ −L . [ ] )3(1

31 |~~ bAL ⋅−

= [ ] )4(|~ bA


11


1 a121( ) a13

1( ) b11( )

0 1 a232( ) b2

2( )

0 0 1 )3(3b

onde bba3

3 32

332

( )( )

( )=


1 1 a121( ) a13

1( ) b11( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( )

1 0 1 a232( ) b2

2( ) 0 1 a232( ) b2

2( )

133

2a ( )

.

0 0 a332( ) b3

2( )

=

0 0 1 b33( )

13

~ −D . [ ] )4(|~ bA = [ ] )5(

|~ bA

Reunindo todas as operações matriciais vem que

[ ] [ ] [ ][ ]

[ ][ ]bADLDLLD

bALDLLD

bADLLD

bALLDbADbA

|~~~~~~~|~~~~~~

|~~~~~|~~~~|~~|~

11

121

12

131

132

13

)1(121

12

131

132

13

)2(12

131

132

13

)3(131

132

13

)4(13

)5(

⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅=⋅=

−−−−−−

−−−−−

−−−−

−−−−

(19)

ou seja

[ ] [ ]bADLDLLDbA |~~~~~~~|~ 11

121

12

131

132

13

)5(⋅⋅⋅⋅⋅⋅= −−−−−− (20)

(i) Retrosubstituição

⋅−⋅−=

⋅−=

=

3)1(

132)1(

12)1(

11

3)2(

23)2(

22

)3(33

xaxabxxabx

bx

(21)


12


1 0 0 1 a121( ) a13

1( ) b11( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( )

0 1 - a232( ) 0 1 a23

2( ) b22( ) 0 1 0 b2

3( )

0 0 1

.

0 0 1 b33)(

=

0 0 1 b33)(

1

23~ −

U . [ ] )5(|~ bA = [ ] )6(

|~ bA

1 0 - a131( ) 1 a12

1( ) a131( ) b1

1( ) 1 a121( ) 0 b1

2( )

0 1 0 0 1 0 b23( ) 0 1 0 b2

3( )

0 0 1

.

0 0 1 b33)(

=

0 0 1 b33)(

1

13~ −

U . [ ] )6(|~ bA

1 - a121( ) 0 1 a12

1( ) 0 b11( ) 1 0 0 b1

3( )

0 1 0 0 1 0 b23( ) 0 1 0 b2

3( )

0 0 1

.

0 0 1 b33)(

=

0 0 1 b33)(

1

12~ −

U . [ ] )6(113 |~~ bAU ⋅−

= [ ]xI |~

ou seja

[ ] [ ]

[ ] [ ]

⋅⋅⋅=

⋅⋅=

−−−

−−

)5(123

113

112

)6(113

112

|~~~~|~

|~~~|~

bAUUUxI

bAUUxI

(22)

Finalmente

[ ] [ ]bADLDLLDUUUxI |~~~~~~~~~~|~ 11

121

12

131

132

13

1

23

1

13

1

12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= −−−−−−−−− (23)


13

Principal desvantagem do método de eliminação de Gauss: A realização de operações matriciais sobre a matriz aumentada, ou seja, a aplicação dos métodos da eliminação e da retrosubstituição, exige novos cálculos toda vez que o vetor b for modificado. A equação (23) pode ser dividida em duas equações, ou seja

⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

−−−−−−−−−−

−−−−−−−−−−

bAbDLDLLDUUUx

AAADLDLLDUUUI

111

121

12

131

132

13

1

23

1

13

1

12

111

121

12

131

132

13

1

23

1

13

1

12

~]~~~~~~~~~[

~~~]~~~~~~~~~[~

(24)

Conclui-se portanto que o método de eliminação de Gauss fornece também uma maneira para se calcular a matriz inversa 1~ −A dada por

11

121

12

131

132

13

123

113

112

1 ~~~~~~~~~~ −−−−−−−−−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= DLDLLDUUUA (25)

4.2. Fatoração UL ~~ ⋅

Seja o sistema linear dado por

bxA =⋅~

(26)

A fatoração UL ~~ ⋅ é caracterizada pela decomposição da matriz A~ em um produto do tipo

ULA ~~~⋅= (27)

onde

L~ = matriz triangular inferior.

U~ = matriz triangular superior com elementos unitários na diagonal.


14

Então

=⋅

=⋅⇒=⋅⋅⇒=⋅

yxU

byLbxULbxA ~

~~~~

(28)

A equação (28) acima mostra que a solução é obtida por um processo duplo de retrosubstituição, ou seja, avaliando-se primeiro o vetor y , e em seguida o vetor x . Assim

⋅−⋅−⋅=

⋅−⋅=

⋅=

⇒

=⋅+⋅+⋅

=⋅+⋅

=⋅

)(1

)(1

)(1

223113333

3

112222

2

111

1

3333223113

2222112

1111

yyby

yby

by

byyybyy

by

lll

ll

l

lll

ll

l

(29)

e

⋅−⋅−=⋅−=

=⇒

==⋅+

=⋅+⋅+

21231311

32322

33

33

23232

13132121

xuxuyxxuyx

yx

yxyxux

yxuxux

(30)

A obtenção dos elementos de L~ e U~ pode ser feita de diversas formas. Uma delas é diretamente da definição do método, ou seja

a11 a12 a13 l 11 1 12u 13u

a21 a22 a23 l 21 l 22 1 23u (31)

a31 a32 a33

=

l 31 l 32 l 33

.

1


15

Efetuando-se a multiplicação tem-se que

a11 a12 a13 l 11 l11. 12u l 11. 13u

a21 a22 a23 l 21 l 21. 12u + l 22 l 21. 13u + l 22. 23u (32)

a31 a32 a33

=

l 31 l 31. 12u + l 32 l 31. 13u + l 32. 23u + l 33

Desta forma

++=+=

=

+=+=

=

===

332332133132

2322132122

131112

32123132

22122122

121112

3131

2121

1111

lll

ll

l

l

l

l

l

l

l

uuauua

ua

LuaLua

ua

aaa

(33)

A solução das equações (33) para os coeficientes das matrizes L~ e U~ fornece os valores dos elementos desejados ijl e iju em função dos elementos da matriz A~.

Uma outra maneira é utilizar diretamente o método de eliminação de Gauss, uma vez que este método corresponde, na verdade, a operações elementares com linhas. O resultado final é, para um sistema 3 x 3, da forma

[ ] [ ]bADLDLLDUUUxI |~~~~~~~~~~|~ 11

121

12

131

132

13

123

113

112 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= −−−−−−−−−

(34)

Sabe-se que

111 ~~~~~~ −−− ⋅=⇒⋅= LUAULA (35)

Desta forma

bLUbAxbxULxA ⋅⋅=⋅=⇒=⋅⋅=⋅ −−− 111 ~~~~~~ (36)

Mas pela equação (34) acima vê-se que

bDLDLLDUUUx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= −−−−−−−−−]~~~~~~~~~[ 1

11

211

21

311

321

31

23

1

13

1

12 (37)


16

logo pode-se concluir que

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=−−−−−−−

−−−−

11

121

12

131

132

13

1

123

113

112

1

~~~~~~~

~~~~

DLDLLDL

UUUU (38)

e desta forma

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=

332312211

121323

~~~~~~~

~~~~

DLLDLDL

UUUU (39)

As matrizes ijU~ e ijL~ são matrizes triangulares, superior e inferior respectivamente, cujos elementos da diagonal são unitários. Elas só possuem um elemento não nulo fora da diagonal principal, como mostrado abaixo. Desta forma, as inversas destas matrizes são facilmente computadas, ou seja

1 uij 1 -uij 1 1 … … 1 1 … …

ijU~ =

1

1~−

ijU =

1

(40)

1 1 1 1 … … l ij 1 -l ij 1 … …

ijL~ =

1

1~−

ijL =

1

(41)

Então, a matriz 1~−L vai ser igual a

1 1 1 1 1 11

1d

1 1 1 22

1d -l 21 1 1 =−1~L

33

1d -l 32 1 -l 31 1 1 1 1


17

e desta forma

d11 1 1 1 1 1

1 . l 21 1 . d22 . 1 . 1 . 1 =L~ 1 1 1 l 31 1 l 32 1 d33

Efetuando as multiplicações a partir da direita vem que

d11 1 1 1 1

l 21 d22 l 21 d22 d22 1 1 =L~

l 31 l 32 d33 l 31 l 32 d33 l 31 l 32 d33 l 31 l 32 d33 l 32 d33

ou seja

d11

l 21 d22 (42)=L~

l 31 l 32 d33

Por sua vez, a matriz U~ vai ser da forma

1 1 u13 1 u12

1 u23 . 1 . 1 =U~

1 1 1

Efetuando novamente as multiplicações a partir da direita vem que

1 u12 u13 1 u12 u13

1 u23 1 =U~

1 1


18

ou seja

1 u12 u13

1 u23 (43)=U~

1

Logo a fatoração UL ~~ pode ser obtida diretamente a partir do método de eliminação de Gauss e possui a vantagem de que, se o vetor b for mudado, não se necessita aplicar novamente o método, bastando substituir o novo vetor e resolver pela dupla retrosubstituição mostrada nas equações (28).

4.3. Fatoração UDL ~~~

O método de fatoração UDL ~~~ é similar ao método UL ~~ , com a diferença que, ambas as matrizes L~ e U~ são matrizes com valores unitários na diagonal. Considere então o sistema linear dado por

bxA =⋅~

(44) Considere ainda que a matriz A~ foi fatorizada no produto UL ~~ ⋅ , utilizando-se para isto a eliminação de Gauss, como mostrado anteriormente. Desta forma

DLL ~~~= (45)

Desta forma, a matriz A~ vai ficar

1 d11 1 u12 u13

l21 1 d22 1 u23 =⋅⋅= UDLA ~~~~ l31 l32 1 d33 1


19

onde

==

=

jj

ij

jj

ijij

jjjj

d

dl

l

ll

l

(46)

As matrizes L~ e U~ podem ser expressas por

1 1 1 1

=L~ l21 1 = l21 1 . 1 . 1

l31 l32 1 1 l31 1 l32 1

e

1 u12 u13 1 1 u13 1 u12

=U~ 1 u23 = 1 u23 . 1 . 1

1 1 1 1

então

1 1 1 d11

=A~ l21 1 . 1 . 1 . d22

1 l31 1 l32 1 d33

1 1 u13 1 u12

1 u23 . 1 . 1

1 1 1


20

Na forma condensada esta equação pode ser escrita como

121323323121~~~~~~~~ UUUDLLLA ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= (47)

e então

121

131

132

1123

113

112

1 ~~~~~~~~ −−−−−−−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= LLLDUUUA (48)

Finalmente, tem-se que

bAxbxA ⋅=⇒=⋅ −1~~ (49)

ou seja

bLLLDUUUx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

−−−−−−− 121

131

132

1123

113

112

~~~~~~~ (50)

Na forma expandida a equação (49) é da forma

x1 1 -u12 1 -u13 1 33

1d

x2 = 1 . 1 . 1 -u23 . 22

1d

x3 1 1 1 11

1d

1 1 1 b1

1 . 1 . -l21 1 . b2

-l32 1 -l31 1 1 b3


1

4.4. EXEMPLO

Seja o sistema linear dado por

2 4 2 x1 2

1 4 7 x2 5

2 6 11

.

x3 =

9

(i) Fatorização UL ~~ ⋅ Método de Eliminação de Gauss


11

~−D A~ )1(~A

½ 2 4 2 1 2 1

1 1 4 7 1 4 7

1

.

2 6 11

=

2 6 11 2 – Eliminação de x1 na 2a equação

121

~−L )1(~A )2(~A

1 1 2 1 1 2 1

-1 1 1 4 7 0 2 6

1

.

2 6 11

=


131

~−L )2(~A )3(~A

1 1 2 1 1 2 1

1 0 2 6 0 2 6

-2 1

.

2 6 11

=

0 2 9


2


12

~−D )3(~A )4(~A

1 1 2 1 1 2 1

½ 0 2 6 0 1 3

1

.

0 2 9

=


132

~−L )4(~A )5(~A

1 1 2 1 1 2 1

1 0 1 3 0 1 3

-2 1

.

0 2 9

=

0 0 3 6 – Normalização da 3a equação

13

~−D )5(~A )6(~A

1 1 2 1 1 2 1

1 0 1 3 0 1 3

1⁄3

.

0 0 3

=

0 0 1

Logo

3322312111

11

211

311

21

321

31 ~~~~~~~~~~~~~~ DLDLLDLDLLDLDL ⋅⋅⋅⋅⋅=⇒⋅⋅⋅⋅⋅= −−−−−−−

Na forma matricial fica

1 1 1 1 1 ½

1 . 1 . ½ . 1 . -1 1 . 1 =−1~L

1/3 -2 1 1 -2 1 1 1


3

Desta forma

2 1 1 1 1 1

1 . 1 1 . 1 . 2 . 1 . 1 =L~ 1 1 2 1 1 2 1 3

Ou seja

2

1 2 =L~ 2 2 3

E assim

2 1 2 1

1 2 . 1 3 =A~ 2 2 3 1

UL ~~⋅=

Uma outra maneira de se obter as matrizes L~ e U~ é como se segue:

2 4 2 12 2 1

1 4 7 1 4 7

2 6 11

Normalização da

1a equação

2 6 11

3,2,1;2

2

1

11

11

1111

===

==

ja

ka

a

ak

jjj


4

1

2 2 1 1 2 2 1

1 4 7 0 1 2 6

2 6 11

Eliminação de x1 nas

2a e 3a equações

0 2 2 9

1

2 2 1 1 2 2 1

0 1 2 6 0

1 1

2 3

0 2 2 9

Normalização da

2a equação

0 2 2 9

1 2 2 1 1

2 2 1

0 1

1 2 3 0

1 1

2 3

0 2 2 9

Eliminação de x2 na

3a equação

0 2

0 2 3

3,2,1

1)1(

1122)1(

2

1212

=

−=

==

jakaa

ak

jjj

3,2,1

2)1(

1133)1(

3

1313

=

−=

==

jakaa

ak

jjj

3,2;2

2)1(

22

)1()2(

)1(22

22

2

22

===

==

ja

ka

a

ak

jj

j

3,2

2)2(

232)1(

3)2(

3

)1(3232

=

−=

==

jakaa

ak

jjj


5

1

2 2 1 1 2 2 1

0 1

1 2 3 0

1 1

2 3

0 2

0 2 3

Normalização da

3a equação

0 2

0 2

1 3

Pode-se ver que o algoritmo formou duas matrizes, na verdade, as matrizes L~ e U

~. Assim

2 1 2 1

1 2 1 3 =L~

2 2 3

e =U~

1

Utilizando a dupla retrosubstituição para resolver, vem que

=⋅

=⋅⇒=⋅⋅⇒=⋅

yxU

byLbxULbxA ~

~~~~

2 y1 2

1 2 y2 5

2 2 3

.

y3

=

9

3;3

3)2(

33

)2()3(

)2(33

33

3

3

===

==

ja

ka

a

ak

jj

j


6

Desta forma, o vetor y vai ser igual a

===

⇒

=⋅−⋅−⋅=

=⋅−⋅=

=⋅=

⇒

=⋅+⋅+⋅=⋅+⋅

=⋅

121

1)22129(31

2)125(21

1)2(21

9322521

22

3

2

1

3

2

1

321

21

1

yyy

y

y

y

yyyyy

y

O vetor x é determinado pela segunda retrosubstituição, ou seja

=−=

=⇒

=−⋅−⋅−=−=⋅−=

=⇒

==⋅+=⋅+⋅+

21

1

2)1(2111132

1

123112

1

2

3

1

32

3

3

32

321

xxx

xxx

x

xxxxxx

(ii) Fatoração UDL ~~~ ⋅⋅

Os dois métodos são bastante similares, pois ambos necessitam que a matriz A seja fatorizada na forma UL ~~ ⋅ , o que foi conseguido utilizando-se o método de eliminação de Gauss na primeira parte deste exemplo. Recordando as equações do método vem

bAxbxA ⋅=⇒=⋅ −1~~

ou seja

bLDUbUDLbULbAx ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=−−−−−− 111111 ~~~)~~~()~~(~

No exemplo

A~ . x = b

2 4 2 x1 2

1 4 7 x2 5

2 6 11

.

x3

=

9


7

ou ainda bxUL =⋅⋅ ~~, ou seja

L~ . U~ . x = b

2 1 2 1 x1 2

1 2 1 3 . x2 = 5

2 2 3

.

1 x3 9

Fatorando DLL ~~~ ⋅= vem que

L~ = L~ . D~

2 1 2

1 2 = ½ 1 . 2

2 2 3 1 1 1 3

Como UDLULA ~~~~~~⋅⋅=⋅= , então bxUDL =⋅⋅⋅ ~~~

, ou seja

L~ . D~ . U~ . x = b

1 2 1 2 1 x1 2

½ 1 . 2 . 1 3 . x2 = 5

1 1 1 3 1 x3 9


8

As matrizes L~ e U~

podem ser escritas na sua forma básica como

L~ = 21~L . 31

~L . 32~L

1 1 1 1

½ 1 = ½ 1 . 1 . 1

1 1 1 1 1 1 1 1

e

U~ = 23~U . 13

~U . 12~U

1 2 1 1 1 1 1 2

1 3 = 1 3 . 1 . 1

1 1 1 1

Assim

121323323121~~~~~~~~~~~~~ UUUDLLLUDLULA ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=

então

bLLLDUUUbAx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=−−−−−−−− 121

131

132

1123

113

112

1 ~~~~~~~~

ou seja

x1 1 -2 1 -1 1 ½

x2 = 1 . 1 . 1 -3 . ½

x3 1 1 1 1⁄3

1 1 1 2

1 . 1 . - ½ 1 . 5

-1 1 -1 1 1 9


9

Efetuando-se as multiplicações vem que

x1 2 0 1 1 2 2 2

x2 = -1 -1 -1 2 4 4 4

x3 1 1 1 1 3 7 9

A inversa da matriz A pode ser calculada utilizando-se o fato de que

1111 ~~~~~~~~~~ −−−− ⋅⋅=⇒⋅⋅=⋅= LDUAUDLULA

ou seja

=A~ L~ . D~ . U~

1 2 1 2 1

=A~ ½ 1 . 2 . 1 3

1 1 1 3 1

Então

=−1~A 1~ −U

. 1~ −D

. 1~−L

1 -2 -1 ½ 1

=−1~A 1 -3 . ½ . - ½ 1

1 1⁄3 -1 -1 1

Efetuando as multiplicações chega-se a

4 ⁄3 - 2⁄3 - 1⁄3 ½

=−1~A 3⁄4 3⁄2 -1 - 1⁄4 ½

- 1⁄3 - 1⁄3 1⁄3 - 1⁄3 - 1⁄3 1⁄3


10

NOTAS FINAIS: 1. Para redes elétricas interessa resolver equações do tipo

BarraBarraBarra VYI ⋅= ~ (1)

onde deseja-se resolver a equação (51) para BarraV . Neste sistema de equações lineares, a matriz BarraY~ é geralmente uma matriz simétrica, de tal forma que as matrizes L~ e U~ são tais que

( ) tLU ~~ = (2)

Desta forma, conhecendo-se a matriz U~ , a matriz L~ fica automaticamente conhecida e a matriz D~ nada mais é que uma matriz formada pelos elementos da diagonal da matriz L~ .

2. A troca do vetor b não implica em na necessidade de nenhuma

nova operação de fatoração da matriz A~ . Desta forma, os métodos diretos, derivados do método de eliminação de Gauss, são bastante indicados para a solução de redes frente a diferentes valores de correntes injetadas nas barras.

Estudos de Curto-Circuito Clever Pereira

1

UNIDADE IX

ESTUDOS DE CURTO-CIRCUITO

1. INTRODUÇÃO 1.1. Objetivos: Cálculo das tensões, e principalmente das

correntes no SEP, em RPS, durante condições de curto-circuito.

1.2. Relevância: Valores das tensões e correntes são utilizadas para ajustar relés, dimensionar disjuntores, TC’s, TP’s, etc

2. REPRESENTAÇÃO DA REDE

(a) Geradores síncronos: fontes de tensão constante

atrás de reatância transitória ou subtransitória, dependendo do instante de interesse.

(b) Cargas: desprezadas, bem como outras conexões para

a terra (as correntes de carga têm pouca influência nos valores das correntes de curto-circuito).

(c) Trafos: considerados operando na sua relação

nominal.

(d) Se R << X → desprezam-se as resistências.


2

3. CIRCUITOS EQUIVALENTES PRÉ-FALTA E SUPERPOSTO (PURO DE FALTA)

(a) Circuito pré-falta (sem falta)

(b) Circuito pós-falta (com falta)

Fig. 3 – Circuito com falta ou pós-falta.

EB

+ VFO

EB

+ _

+

_EA

ZSB ZSA ZLA F ZLB _ + _ VFO

RF

ZSB ZSA ZLA F

ZLB

+ _

+

_EA

RF

O curto circuito é obtido com a ligação de uma resistência RF da barra de falta à barra de referência. A ligação de duas fontes de tensão ideais de valor VF0 , em oposição de fases, não modifica o circuito.

Fig. 2 – Circuito sem falta ou pré-falta.

RF

EA

+

_EB

ZSB ZSA ZLA F

ZLB

+ _ EA

+

_EB

ZSB ZSA ZLA F

ZLB

+ _

VFO

+ _

VF0 : tensão pré-falta na barra de falta F

RF : resistência de falta Nota: a ligação de uma fonte de tensão ideal de valor VF0 em série com uma resistência RF não modifica o circuito pré-falta: a corrente que circula neste elemento é nula e a tensão no ponto F permanece VF0.

VFO

Fig. 1 – Sistema Elétrico de Potência com equivalentes vistos do lado A e B.

Fonte A Fonte B Linha de Transmissão


3

Aplicando-se o Teorema da Superposição ao circuito da figura 3

A figura 4 acima mostra que, na hipótese de uma falta ou curto-circuito, as correntes e tensões em qualquer elemento do SEP podem ser calculadas a partir da soma das correntes e tensões de dois circuitos equivalentes: um primeiro onde a falta ainda não está presente, correspondente ao SEP em RPS antes da falta, ou em condição de operação normal, denominado circuito pré-falta, e um segundo que conta apenas com uma fonte de tensão, cujo valor é o valor da tensão na barra de falta antes de acontecer a falta, denominado circuito superposto ou puro de falta. Convém ressaltar que a corrente de curto-circuito IF é composta apenas da parcela IF” do circuito puro de falta ou superposto, uma vez que a corrente de curto-circuito pré-falta IF’ é nula.

Tomando-se o circuito equivalente de Thevenin visto da barra de falta F, obtém-se para as três seqüências, os circuitos equivalentes mostrados nas figuras 5, 6 e 7 a seguir. É interessante salientar que estas figuras mostram que apenas o

circuitos pós-falta

Fig. 4 – Aplicação do princípio da superposição no cálculo das correntes de curto-circuito.

circuito pré-falta circuito puro de falta

circuito pré-falta + = circuito

pós-falta

circuito superposto

+

VFO + +EA

ZSB ZSA ZLA F ZLB

EB _ _EA +

_ + _ VFO

RF

RF

IF’’= IF

ZSB ZSA ZLA F ZLB

VFO

_ +

IF’ = 0 RF

VFO

EA EB

ZSB ZSA ZLA F ZLB

+ _ EA

+

_

+ _

+_

ZSB ZSA ZLA F ZLB

+ _

+

_EA

RF

EB

IF


4

circuito equivalente de seqüência positiva possui uma tensão equivalente de Thevenin, pois admite-se que o SEP está em RPS equilibrado com tensões e correntes simétricas antes do aparecimento da falta. No caso de se considerar que o sistema está desequilibrado antes da falta, vão estar presentes as fontes de tensão pré-falta em todas as redes de seqüência.

1101 aFa IZVV −= (1)

222 aa IZV −= (2)

000 aa IZV −= (3)

NOTA: As impedâncias seqüenciais equivalentes de Thevenin vistas da barra de falta F podem ser obtidas diretamente das matrizes das impedâncias de barra de cada uma das seqüências tomando-se os elementos ZFF de sua diagonal.

Fig. 7 – Circuito de Thevenin de seqüência zero visto da barra de falta.

Fig. 6 – Circuito de Thevenin de seqüência negativa visto da barra de falta.

Fig. 5 – Circuito de Thevenin de seqüência positiva visto da barra de falta.

Ia0

Va0

F0 Z0

Z2 Ia2

Va2

F2

Z1 Ia1

Va1

F1

+ _ VF0


5

4. LIGAÇÃO DOS CIRCUITOS DE SEQUÊNCIA DE FORMA A REPRESENTAR OS DIVERSOS TIPOS DE CURTOS-CIRCUITOS

4.1. Curto-Circuito Monofásico (AT)

A primeira condição de contorno, expressa em componentes simétricas, toma a seguinte forma

=

⋅

=

a

a

aa

a

a

a

IIII

aaaa

III

31

00

11

111

31

2

2

2

1

0

(5)

ou seja

3210a

aaaIIII === (6)

Da segunda condição de contorno tem-se que

afaaaa IZVVVV =++= 210 (7)

Substituindo a equação (6) na equação (7) vem que

03 1210 =−++ afaaa IZVVV (8)

Zf

Ia Ib Ic

c

b

a

Condições de Contorno

===

afa

cb

IZVII 0

(4)

Fig. 8 – Falta fase A para a terra.


6

As equações (6) e (8) correspondem à ligação dos diagramas de seqüência em série, mostrada na figura 9 a seguir

Fig. 9 – Ligações dos circuitos equivalentes seqüenciais de

Thevenin para uma falta fase A para terra.

Cálculo das correntes de seqüência

10

12

021

01 3

aa

aa

f

fa

IIII

ZZZZV

I

==

+++=

(9)

Cálculo das tensões de seqüência

−=−=

−=

000

222

1101

aa

aa

aFa

IZVIZV

IZVV

(10)

Cálculo das correntes e tensões de fase

=

=

SF

SF

VQV

IQI~

~

(11)

As equações (9) a (11) apresentam as expressões para o cálculo das correntes de falta e das tensões no ponto de falta.

4.2. Curto-Circuito Bifásico (BC)

Fig. 10 – Falta fase B para fase C.

Zf

Ia Ib Ic

a

b

c

Zf


( )

−=−

−==−−=

=

cbfcb

cfbfcb

cb

a

IIZVV

IZIZVVII

I

ou

22

0

(12)

VF0

Z1 Ia1

Va1 + _

Z2 Ia2

Va2

Z0 Ia0

Va0

3Zf

F0

F2

F1


7

A primeira e segunda condições de contorno, expressas em componentes simétricas, tomam a seguinte forma

−−=

−⋅

=

b

b

b

b

a

a

a

IaaIaa

II

aaaa

III

)()(

0

31

0

11

111

31

2

2

2

2

2

1

0

(13)

ou seja

−==

21

0 0

aa

a

III

(14)

Expressando a quarta condição de contorno em componentes simétricas vem que

])()([)()( 22

10212

022

10212

0 aaaaaafaaaaaa IaaIIaIIaIZVaaVVaVVaV ++−++⋅=++−++ (15)

ou ainda

)()()()( 212

212

aafaa IIaaZVVaa −−=−− (16)

ou cortando o termo (a2 - a), vem que

( ) ( )2121 aafaa IIZVV −=− (17)

ou finalmente que

2211 afaafa IZVIZV −=− (18)

As equações (14) e (18) correspondem à ligação dos diagramas de seqüência positiva e negativa em paralelo no ponto de falta F, deixando o diagrama de seqüência zero isolado dos demais.

Fig. 11 – Ligações dos circuitos equivalentes seqüenciais de Thevenin para uma

falta fase B para fase C.

Cálculo das correntes de

seqüência

0

2

0

12

21

01

=−=

++=

a

aa

f

fa

III

ZZZV

I

(19)

F0 Ia1

Z1

Va1 VF 0 + _

Z2

Ia2

Va2

Ia0 Va0

Z0 Zf Zf

F2 F1


8

As equações (19) fornecem as expressões para o cálculo das correntes seqüenciais de falta. As tensões de seqüência, correntes de fase e tensões de fase são calculadas pelas equações (10) e (11) do item anterior. 4.3. Curto-Circuito Bifásico (BCT)

O leitor pode reparar que a quarta condição de contorno é idêntica à quarta condição de contorno do item anterior. Desta forma, a equação (18) ainda se verifica neste tipo de curto-circuito. Elas expressam uma relação entre as grandezas de seqüência positiva e negativa. A relação entre as grandezas de seqüência zero e uma das outras seqüências é obtida expressando a primeira condição de contorno em componentes simétricas, ou seja

+++

=

⋅

=

cb

cb

cb

c

b

a

a

a

aIIaIaaI

II

II

aaaa

III

2

2

2

2

2

1

0

31

0

11

111

31

(21)

Desta forma

=++=+

03

210

0

aaa

acb

IIIIII

(22)

Expressando ainda as tensões e correntes de fase em componentes simétricas na segunda e terceira condições de

Fig. 12 – Falta fase B para fase C para terra.


−=−

++=

++==

cfbfcb

cbgcfc

cbgbfb

a

IZIZVVIIZIZVIIZIZV

I

)(

)(0

(20)

Ic

Zf

Ia Ib

b

c

Zf

Zg


9

contorno e substituindo as expressões obtidas na equação (22), resulta que

+++=++=

+++=++=

022

1022

10

0212

0212

0

3)(

3)(

agaaafaaac

agaaafaaab

IZIaaIIZVaaVVV

IZaIIaIZaVVaVV (23)

O leitor pode reparar que as equações (23) podem ser utilizadas para obter novamente a equação (18), bastando efetuar a diferença Vb Vc. No entanto, em busca de uma relação entre as grandezas de seqüência zero e uma outra seqüência, deve-se por exemplo multiplicar a segunda das equações (23) por a2

+++=++=

+++=++=

02

2102

21022

0212

0212

0

3)(

3)(

agaaafaaac

agaaafaaab

IZaaIIIaZaVVVaVa

IZaIIaIZaVVaVV (24)

Em seguida efetua-se a diferença da primeira pela segunda, eliminando-se os termos de seqüência negativa, resultando em

02

102

102 )1(3)()1()()1( agaafaa IaZIIaZVVa −+−−=−− (25)

Cortando o termo (1 a2) e rearranjando vem que

2211000 3 afaafaagafa IZVIZVIZIZV −=−=−− (26)

onde, nesta equação, já se considerou também a validade da equação (18).

Esta equação e a segunda das equações (22) correspondem à ligação dos diagramas de seqüência positiva, negativa e zero em paralelo no ponto de falta F, mostrado na figura 13 a seguir.

Fig. 13 – Ligações dos circuitos equivalentes seqüenciais de Thevenin para uma

falta fase B para fase C para terra.

Cálculo das correntes de seqüência

( )

+−=

+−=

+=

'0

'2

'2

10

'0

'2

'0

12

'0

'2

'1

01 //

ZZZII

ZZZII

ZZZVI

aa

aa

Fa

(27)

onde

++=

+=

+=

gf

f

f

ZZZZ

ZZZ

ZZZ

30'0

2'2

1'1

(28)

F0 Ia1

Z1

Va1 VF 0 + _

Z2

Ia2

Va2 Ia0

Va0

Z0 Zf Zf

F2 F1

Zf

3Zg


10

As tensões de seqüência, correntes de fase e tensões de fase são calculadas novamente pelas equações (10) e (11). 4.4. Curto-Circuito Trifásico-Terra (ABCT) ou Trifásico (ABC)

O curto-circuito trifásico-terra (ABCT) corresponde à aplicação na barra F de uma carga equilibrada, ligada em estrela aterrada por impedância Zg, com impedâncias de fase iguais a Zf , conforme figura acima. A matriz das impedâncias de fase desta carga vai ser:

++

+=

gfgg

ggfg

gggf

F

ZZZZZZZZZZZZ

Z~ (29)

Desta forma, a matriz das impedâncias de seqüência vai ser dada por

+=

f

f

gf

S

ZZ

ZZZ

0000003

~ (30)

Fig. 14 – Falta trifásica para a terra ou trifásica sem terra.

a

b

c Ic

Zf

Ia Ib

Zf

Zg

Zf

Ic

Zf

Ia Ib

Zf Zf

abc


11

Esta carga pode ser representada pelos seguintes diagramas de seqüência.

Já o curto-circuito trifásico ABC (sem terra) corresponde à aplicação na barra de falta F de uma carga equilibrada, ligada em estrela não aterrada, com impedâncias de fase iguais a Zf. Isto equivale ao primeiro caso quando Zg tende a infinito. A matriz das impedâncias de fase vai ser indefinida (todos os seus elementos vão ser iguais a infinito) e a matriz das impedâncias seqüenciais vai ser dada por

∞=

f

fS

ZZZ00

0000

~ (31)

o que corresponde nos diagramas da figura 15 a deixar aberto o diagrama de seqüência zero exatamente no local da impedância Zg , conforme mostra a figura 16 abaixo.

Fig. 16 – Ligações dos circuitos equivalentes seqüenciais de Thevenin para uma falta trifásica sem terra.

Zf

F2Z2 Ia2

Va

Ia1 Z1

VaVF 0 + _

F1

Zf

F0 Ia0

Va0

Z0

Zf

N

F0

Fig. 15 – Ligações dos circuitos equivalentes seqüenciais de Thevenin para uma falta trifásica para a terra.

Zf

F2 Z2 Ia2

Va2

Ia1 Z1

Va1VF 0 + _

F1

Zf

Ia0

Va0

Z0

Zf

3Zg N


12

O leitor pode verificar que em ambos tipos de curtos-circuitos vão existir apenas corrente de seqüência positiva, uma vez que não existem fontes de Thevenin para as seqüências negativa e zero, quando se considera que o sistema elétrico está em RPS equilibrado com tensões e correntes simétricas antes do curto. Esta corrente de seqüência positiva vai ser dada por

f

Fa ZZ

VI+

=1

01 (32)

As tensões de seqüência, correntes de fase e tensões de fase são calculadas novamente pelas equações (10) e (11).


13

EEXXEEMMPPLLOO DDEE CCÁÁLLCCUULLOO DDEE CCUURRTTOO--CCIIRRCCUUIITTOO

1 2

3 4

5

6

3 2 1

Fig. 17 – Rede elétrica para cálculo de curto-circuito.

((aa)) TTAABBEELLAA DDEE DDAADDOOSS DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS DDAA RREEDDEE EELLÉÉTTRRIICCAA

Tabela 1 – Dados dos elementos da rede elétrica da figura 17.

Reatâncias

Próprias Elemento De Para

Positiva Negativa Zero

Mútuas (Seq 0)

Elemento Acoplado

Fonte de Tensão

1 0 1 0,25 0,15 0,03 1,0 ∠0°

2 0 3 0,20 0,12 0,02 1,2 ∠0°

3 1 2 0,08 0,08 0,14

4 2 3 0,06 0,06 0,10 0,05 5

5 2 3 0,06 0,06 0,12 0,05 4

6 1 3 0,13 0,13 0,17


14

((bb)) GGRRAAFFOO OORRIIEENNTTAADDOO

1 2

3 4

5

6

321

Fig. 18 – Grafo orientado

Observação: Muitas vezes, devido às ligações Y-∆ em transformadores e/ou ligações de cargas em ∆ ou Y não aterrado solidamente, o grafo de seqüência zero difere dos grafos de seqüência positiva e negativa, que em geral são iguais. Existem algumas técnicas de criação de elementos fictícios para compensar este problema e evitar o aparecimento de uma matriz de incidência elemento-nó para as redes de seqüência positiva e negativa e outra para a rede de seqüência zero. No caso em questão, os três grafos são idênticos.


15

((cc)) ÁÁRRVVOORREE,, CCOO--ÁÁRRVVOORREE,, RRAAMMOOSS EE CCOORRDDAASS

1 2

3 4

5

6

32 1

Fig. 19 – Árvore e Co-árvore

Ramos: 1, 2, 3

Cordas: 4, 5, 6

((dd)) MMAATTRRIIZZ DDEE IINNCCIIDDÊÊNNCCIIAA EELLEEMMEENNTTOO--NNÓÓ RREEDDUUZZIIDDAA

11 22 33 44 55 66

1 -1 1 1

2 -1 1 1

=A~

3 -1 -1 -1 -1


16

((ee)) MMAATTRRIIZZEESS PPRRIIMMIITTIIVVAASS DDAA RREEDDEE pz~ EE py~

0,25 0,20 0,08 0,06 0,06

j=1pz~

0,13

4,000 5,000 12,500 16,667 16,667

j−=1py~

7,692

0,15 0,12 0,08 0,06 0,06

j=2pz~

0,13

6,667 8,333 12,500 16,667 16,667

j−=2py~

7,692

0,03 0,02 0,14 0,10 0,05 0,05 0,12

j=0pz~

0,17

33,333 50,000 7,143 12,632 -5,263 -5,263 10,526

j−=0py~

5,882


17

((ff)) MMOONNTTAAGGEEMM DDEE BY~ PPOORR IINNSSPPEEÇÇÃÃOO

4,000 + 12,500 + 7,692 -12,500 -7,692

-12,500 12,500 + 16,667 + 16,667 -16,667 – 16,697 jYB −=1~

-7,692 -16,667 – 16,697 16,667 + 16,667 + 7,692 + 5,000

24,192 -12,500 -7,692 -12,500 45,833 -33,333 jYB −=1~

-7,692 -33,333 46,026

6,667 + 12,500 + 7,692 -12,500 -7,692

-12,500 12,500 + 16,667 + 16,667 -16,667 – 16,697 jYB −=2~

-7,692 -16,667 – 16,697 16,667 + 16,667 + 7,692 + 8,333

26,859 -12,500 -7,692 -12,500 45,833 -33,333 jYB −=2~

-7,692 -33,333 49,359

33,333 + 7,145 + 5,882 -7,143 -5,882

-7,143 7,143 + 12,632 + 10,526 + (- 5,263). 2

-12,632 – 10,526 – (-5,263). 2 jYB −=0~

-5,882 -12,632 – 10,526 – (-5,263). 2

50,000+ 12,632 + 10,520 + 5,882 +

(-5,263). 2

46,359 -7,143 -5,882 -7,143 19,774 -12,632 jYB −=0~

-5,882 -12,632 68,514


18

((gg)) CCÁÁLLCCUULLOO DDEE BZ~

Em razão do tamanho do sistema exemplo, a matriz BZ~ de cada seqüência vai ser obtida pela inversão da matriz BY~ da seqüência correspondente. Ou seja

[ ] 1~~ −= BB YZ

0,1274 0,1061 0,0981

0,1061 0,1345 0,1151 jZB =1~

0,0981 0,1151 0,1215

0,0817 0,0620 0,0546

0,0620 0,0899 0,0704 jZB =2~

0,0546 0,0704 0,0763

0,0238 0,0112 0,0041

0,0112 0,0626 0,0125 jZB =0~

0,0041 0,0125 0,0173

Na verdade não é necessário obter a matriz BZ~ para cada uma das seqüências. Basta obter a coluna k (no caso a coluna 2) da matriz BZ~ para cada seqüência, através da solução do sistema

kiBk

iB ZY ℑ=⋅~

onde o sobrescrito “i” indica a seqüência, o subscrito “k” indica a coluna, “ i

BkZ ” é a coluna “k” de “ iBZ~ ” e “ kℑ ” é o vetor coluna com

todos elementos nulos, menos o elemento “k”, que assume o valor unitário.


19

((hh)) SSOOLLUUÇÇÃÃOO EEMM CCOONNDDIIÇÇÕÕEESS NNOORRMMAAIISS DDEE OOPPEERRAAÇÇÃÃOO

CCIIRRCCUUIITTOO PPRRÉÉ--FFAALLTTAA (h.1) Equações gerais dos elementos de rede

v

- +

+ -

eipz~

v+ -

j i

py~

iev ⋅=+ pz~

⋅−=

⋅=+

ej

vji

p

p

y

y~

~

Fig. 20 – Elementos genéricos no formato impedância e admitância.

(h.2) Equações da rede de seq positiva na forma de impedância Uma vez que o circuito pré-falta é considerado equilibrado, só haverá componentes de seqüência positiva. Desta forma, a equação da rede vai ser iev p .~z=+ , ou seja

v1 1,0 0,25 i 1

v2 1,2 0,20 i 2 v3 0 0,08 i 3 v4 0 0,06 i 4 v5 0 0,06 i 5 v6

+

0

= j

0,13

⋅

i 6


20

(h.3) Equações da rede de seq positiva na forma de admitância Na forma de admitância, as equações da rede são da forma

⋅−=

⋅=+

epjonde

vpji

y

y~

~

Assim fazendo ej p ⋅−= y~ resulta que

j1

4,000 1,0 j 4

j2 5,000 1,2 j 6

j3 12,500 0 0

j4 16,667 0 0

j5 16,667 0 0

j =

j6

= j

7,692

⋅

0

=

0

E a equação na forma de admitância será vji p ⋅=+ y~ , ou seja

i1 j 4 4,000 v1

i2 j 6 5,000 v2

i3 0 12,500 v3

i4 0 16,667 v4

i5 0 16,667 v5

i6

+

0

= - j

7,692

.

v6


21

(h.4) Vetor das correntes de barra O vetor das correntes de barra é dado por

j.AIB

~=

e traduz as correntes injetadas em cada uma das barras pelas fontes. Desta forma

j 4

I1 -1 1 1 j 6 - j 4,0

I2 = -1 1 1 0 0

I3 -1 -1 -1 -1 0 - j 6,0

0

=BI

.

0

=

(h.5) Vetor das tensões de barra O vetor das tensões de barra é dado por

11V 0,1274 0,1061 0,0981 - j 4 1,0981

== 111 ~BBB I.ZV 1

2V = j 0,1061 0,1345 0,1151 . 0 = 1,1151

13V 0,0981 0,1151 0,1215 - j 6 1,1215


22

(h.6) Tensões em cada um dos elementos

As tensões dos elementos são necessárias para se calcular as correntes dos elementos . Elas são determinadas a partir das tensões de barra da forma

BT VA ⋅=

~v

Assim v 1 -1 – V1 – 1,0981 – 1,0981

v 2 -1 V1 – V3 – 1,1215 – 1,1215

v 3 1 -1 V2 V1 – V2 1,0981 – 1,1151 – 0,0170

v 4 1 -1 V3 V2 – V3 1,1151 – 1,1215 – 0,0064

v 5 1 -1 V2 – V3 1,1151 – 1,1215 – 0,0064

v 6

=

1 -1

.

=

V1 – V3

=

1,0981 – 1,1215

=

– 0,0234

(h.7) Correntes pré-falta em cada um dos elementos do circuito Fazendo jvpi −⋅= y~ resulta que

i 1 4,000 - 1,0981 j 4 j 0,3925

i 2 5,000 - 1,1215 j 6 - j 0,3925

i 3 12,500 - 0,0170 0 j 0,2126

i 4 16,667 - 0,0064 0 j 0,1063

i 5 16,667 - 0,0064 0 j 0,1063

i 6

= - j

7,692

.

- 0,0234

-

0

=

j 0,1799


23

((ii)) CCÁÁLLCCUULLOO DDOO CCUURRTTOO--CCIIRRCCUUIITTOO ΦΦTT ((AATT)) NNAA BBAARRRRAA 22

( )

−=

=++

=

=++

===

8851,3

0899,01345,00626,01151,1

222

122

022

1202

212

02

j

j

ZZZVIII fff

Fig. 21 – Ligação dos redes de seqüência para cálculo de curto-circuito AT.

Sf

SSSf I.ZVV 222202

~−=

( )

( )

( )

−==−−=

=−=

==−−=

=−=

−==−−=

=−=

pujj

IZVpu

jj

IZVVpu

jj

IZV

ff

ff

ff

3494,0)8851,3(0899,0

.5927,0

)8851,3(1345,01151,1.

2433,0)8851,3(0626,0

.

22

222

22

12

122

120

12

02

022

02

puj

aaaa

−=

=

==

00

6554,11

00.3

111

.11

111~

2

2

12f

12f

S2f

F2f

III.QI

puaaaa

°∠°−∠=

−

−

==

10,1148937,010,1148937,0

0

34937,059265,024329,0

.11

111~

2

2S2f

F2f V.QV

120V

122Z 1

2 fI

12 fV1,1151 0°

222Z 2

2 fI

22 fV

022Z 0

2 fI

02 fV

12 fV

22 fV

02 fV

Observação As tensões i

2fV acima já levam em conta a tensão pré-falta.


24

((jj)) SSOOLLUUÇÇÃÃOO DDOO CCIIRRCCUUIITTOO PPUURROO DDEE FFAALLTTAA ((SSUUPPEERRPPOOSSTTOO)) ((jj..11)) TTeennssõõeess ddee bbaarrrraa ddoo cciirrccuuiittoo ppuurroo ddee ffaallttaa O vetor das tensões de barra é dado por iii

bbb I.ZV ~= onde o

subscrito i se refere às seqüências 0, 1 ou 2. Nesta equação a única corrente injetada no sistema é a corrente de falta, calculada no item anterior, com o sinal trocado, pois a corrente calculada anteriormente está saindo da barra de falta. Assim

11V 0,12735 0,10609 0,09812 0 - 0,4122

== 1b

1b

1b I.ZV ~ 1

2V = j 0,10609 0,13448 0,11513 . j 3,88513 = - 0,5225

13V 0,09812 0,11513 0,12151 0 - 0,4473

21V 0,08173 0,06201 0,05461 0 - 0,2409

== 2b

2b

2b I.ZV ~ 2

2V = j 0,06201 0,08992 0,07039 . j 3, 88513 = - 0,3494

23V 0,05461 0,07039 0,07631 0 - 0,2735

01V 0,02383 0,01124 0,04117 0 - 0,0437

== 0b

0b

0b I.ZV ~ 0

2V = j 0,01124 0,06262 0,01251 . j 3, 88513 = - 0,2433

03V 0,04117 0,01251 0,01726 0 - 0,0486

NOTA: As tensões acima se referem apenas ao circuito puro de falta, embora a nomenclatura seja a mesma do item (i).


25

((jj..22)) TTeennssõõeess nnooss eelleemmeennttooss ddoo cciirrccuuiittoo ppuurroo ddee ffaallttaa O vetor das tensões nos elementos do circuito é dado por b

T VA .~=v

11v -1 – V1 0,4122

12v -1 V1 – V3 0,4473

13v 1 -1 V2 V1 – V2 0,1103

14v 1 -1 V3 V2 – V3 - 0,0752

15v 1 -1 V2 – V3 - 0,0752

16v

=

1 -1

.

=

V1 – V3

=

0,0351

21v -1 – V1 0,2409

22v -1 V1 – V3 0,2735 23v 1 -1 V2 V1 – V2 0,1084 24v 1 -1 V3 V2 – V3 - 0,0759 25v 1 -1 V2 – V3 - 0,0759 26v

=

1 -1

.

=

V1 – V3

=

0,0326

01v -1 – V1 0,0437

02v -1 V1 – V3 0,0486 03v 1 -1 V2 V1 – V2 0,1996 04v 1 -1 V3 V2 – V3 - 0,1947 05v 1 -1 V2 – V3 - 0,1947 06v

=

1 -1

.

=

V1 – V3

=

0,0049


26

((jj..33)) CCoorrrreenntteess nnooss eelleemmeennttooss ddoo cciirrccuuiittoo ppuurroo ddee ffaallttaa No circuito puro de falta nenhum elemento possui fonte de corrente, logo 0=j e vpi ⋅= y~ . Desta forma

11i 4,000 0,41218 - j 1,6487

12i 5,000 0,44728 - j 2,2364 13i 12,500 0,11030 - j 1,3787

14i 16,667 - 0,07519 j 1,2532 15i 16,667 - 0,07519 j 1,2532 16i

= - j

7,692

.

0,03510

=

- j 0,2700

21i 6,667 0,24092 - j 1,6061

22i 8,333 0,27348 - j 2,2790

23i 12,500 0,10845 - j 1,3556

24i 16,667 - 0,07589 j 1,2648

25i 16,667 - 0,07589 j 1,2648

26i

= - j

7,692

.

0,03256

=

- j 0,2505

01i 3,333 0,04365 - j 1,4551

02i 50,000 0,04860 - j 2,4301

03i 7,143 0,19963 - j 1,4260

04i 12,632 -5,263 - 0,19468 j 1,4345

05i -5,263 10,526 - 0,19468 j 1,0247

06i

= - j

5,882

.

0,00495

=

- j 0,0291


27

((kk)) TTEENNSSÕÕEESS DDEE BBAARRRRAA DDOO CCIIRRCCUUIITTOO SSOOBB FFAALLTTAA ((TTOOTTAAIISS))

Pelo teorema da superposição, as tensões de barra podem ser calculadas somando-se as tensões de barra do circuito pré-falta, i

0bV , com as tensões de barra do circuito puro de falta, ifbV , ou seja

iiifbbb VVV += 0

onde o sobrescrito “i” se refere a cada uma das seqüências. Assim

11V 1

1V 0 11V f 1,0981 - 0,4122 0,6859

12V = 1

2V 0 + 12V f = 1,1151 + - 0,5225 = 0,5927

13V 1

3V 0 13V f 1,1215 - 0,4473 0,6742

21V 2

1V 0 21V f 0 - 0,2409 - 0,2409

22V = 2

2V 0 + 22V f = 0 + - 0,3494 = - 0,3494

23V 2

3V 0 23V f 0 - 0,2735 - 0,2735

01V 0

1V 0 01V f 0 - 0.0437 - 0.0437

02V = 0

2V 0 + 02V f = 0 + - 0.2433 = - 0.2433

03V 0

3V 0 03V f 0 - 0.0486 - 0.0486

É interessante perceber que as tensões i2V são iguais às tensões

calculadas anteriormente na segunda parte do item (i), já considerando o circuito pré-falta.


28

((ll)) TTEENNSSÕÕEESS NNOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS DDOO CCIIRRCCUUIITTOO Pelo mesmo motivo do item anterior (teorema da superposição), tem-se para as tensões nos elementos de cada uma das redes de seqüência que

iii vvv f+= 0

onde o sobrescrito i se refere a cada uma das seqüências. Assim

11v 1

10v 11 fv - 1,0981 0,4122 - 0,6859

12v 1

20v 12 fv - 1,1215 0,4473 - 0,6742

13v 1

30v 13 fv - 0,0170 0,1103 0,0933

14v 1

40v 14 fv - 0,0064 - 0,0752 - 0,0816

15v 1

60v 15 fv - 0,0064 - 0,0752 - 0,0816

16v

=

160v

+

16 fv

=

- 0,0234

+

0,0351

=

0,0117

21v

210v 2

1 fv 0,2409 22v

220v

22 fv 0,2735

23v

230v 2

3 fv 0,1084 24v

240v 2

4 fv - 0,0759 25v

250v 2

5 fv - 0,0759 26v

=

260v

+

26 fv

=

0,0326

01v

010v 0

1 fv 0,0437 02v

020v 0

2 fv 0,0486 03v

030v

03 fv 0,1996

04v

040v 0

4 fv - 0,1947 05v

050v 0

5 fv - 0,1947 06v

=

060v

+

06 fv

=

0,0049


29

((mm)) CCOORRRREENNTTEESS NNOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS DDOO CCIIRRCCUUIITTOO Pelo mesmo motivo do item anterior (teorema da superposição), tem-se que

iii iii f+= 0

onde o sobrescrito i se refere a cada uma das seqüências. Assim

11i 1

10i 11 fi j 0,3925 - j 1,6487 - j 1,2562

12i 1

20i 12 fi - j 0,3925 - j 1,2564 - j 2,6289

13i 1

30i 13 fi j 0,2126 - j 1,3787 - j 1,1661

14i 1

40i 14 fi j 0,1063 j 1,2532 j 1,3595

15i 1

50i 15 fi j 0,1063 j 1,2532 j 1,3595

16i

=

160i

+

16 fi

=

j 0,1799

+

- j 0,2700

=

- j 0,0901

21i

210i 2

1 fi - j 1.6061 22i

220i 2

2 fi - j 2.2790 23i

230i 2

3 fi - j 1.3556 24i

240i 2

4 fi j 1.2648 25i

250i 2

5 fi j 1.2648 26i

=

260i

+

26 fi

=

- j 0.2505

01i

010i 0

1 fi - j 1.4551 02i

020i 0

2 fi - j 2.4301 03i

030i 0

3 fi - j 1.4260 04i

040i 0

4 fi j 1.4345 05i

050i 0

5 fi j 1.0247 06i

=

060i

+

06 fi

=

- j 0.0291


30

((nn)) CCOONNSSIIDDEERRAAÇÇÕÕEESS FFIINNAAIISS O vetor das correntes de seqüência nos elementos, e conseqüentemente o vetor das correntes de fase nos elementos, deve ser obtido pela soma dos valores pré-falta, com os valores obtidos do circuito puro de falta. Por exemplo, o vetor das correntes de fase no elemento 3 (linha que une as barras 1 e 2), sem considerar as condições pré-falta, é dado por

0f3i - j 1.4260 a

f3i 4,1603 ∠- 90° 1

f3i - j 1.3787 bf3i 0,0622 ∠- 108,8°

S3 fi =

2f3i

=

- j 1.3556

F3 fi⇒ =

cf3i

=

0,0622 ∠ - 71,2° Por outro lado, considerando-se as correntes pré-falta, chega-se a

03i - j 1.4260 a

f3i 3,9477 ∠- 90° 13i - j 1.1661 b

f3i 0,2328 ∠- 45,2° S3i =

23i

=

- j 1.3556

F3 fi⇒ =

cf3i

=

0,2328 ∠ - 134,8° A diferença é a corrente de carga (ou pré-falta), que é apenas de seqüência positiva, por considerar-se o sistema equilibrado antes da falta. Os resultados acima mostram que, os valores são muito próximos, principalmente se for de interesse apenas a fase faltosa (erro da ordem de 5,4%). Por esta razão, muitas vezes não se considera as correntes pré-falta. Uma outra aproximação razoável feita no cálculo de curtos-circuitos é considerar que a tensão pré-falta, em qualquer barra do sistema, é de 1,0 pu. Isto também é bastante razoável, uma vez que o valor não pode ser muito diferente, sob pena de transgredir limites junto aos consumidores e aos próprios equipamentos da rede. Esta consideração acarreta a economia de um passo, ou seja a determinação da tensão pré-falta na barra de falta. No exemplo, a tensão pré-falta era de 1,1151 pu, o que, na realidade, é até um pouco elevada para as condições normais de um sistema elétrico de potência.

apostila - análise de redes elétricas no domínio do tempos

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