Uma linha de transmissão trifásica, 60 Hz , tem comprimento de 281,635 \mathrm{~km} ( 175 milhas), impedância série total de 0,35+j 140 \Omega e admitância shunt total de j 930 \times 10^{-6} \mathrm{~S}. A LT entrega 40 MW em 220 kV com fator de potência de 90 \% em atraso. Determinar a tensão no lado do envio por aproximação:
do modelo \pi-nominal e

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados (vou listar tudo bem organizado para a gente não se perder):
  • comprimento da linha: 281{,}635\\ \mathrm{km} (não precisaremos do comprimento se já foram dadas as impedâncias totais, mas vou anotar).
  • impedância série total (por fase, total da linha): \;Z = 0{,}35 + j\,140\\ \Omega.
  • admitância shunt total (por fase, total da linha): \;Y = j\,930\times 10^{-6}\\ \mathrm{S}.
  • potência entregue pela linha (trifásica): \;P_{3\varphi}=40\\ \mathrm{MW}.
  • tensão no lado receptor (linha a linha): \;V_{R,LL}=220\\ \mathrm{kV}.
  • fator de potência: \;\mathrm{pf}=0{,}90 em atraso (ou seja, carga indutiva).
O que precisamos achar: a tensão no lado do envio usando a aproximação do modelo \pi-nominal.
Obs.: vou trabalhar com o circuito por fase (modelo em sequência positiva), pois é o procedimento padrão: cada fase é representada por Z série e Y/2 em cada extremidade.

Passo 2

Primeiro convertemos a potência trifásica para potência por fase e obtemos a componente reativa, que aparece porque o fator de potência não é unitário.
  1. Ângulo de potência da carga:
\cos\varphi = 0{,}90 \quad\Rightarrow\quad \varphi = \operatorname{arccos}(0{,}90).
Calculemos \tan\varphi (será útil para achar Q):
\sin\varphi = \sqrt{1-\cos^2\varphi}=\sqrt{1-0{,}9^2}=\sqrt{0{,}19}=0{,}435889894,
\tan\varphi=\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\frac{0{,}435889894}{0{,}90}=0{,}484322104.
  1. Potência por fase (ativa e reativa):
P_{ph}=\frac{P_{3\varphi}}{3}=\frac{40\cdot 10^{6}}{3}=13\,333\,333{,}333\\ \mathrm{W}.
Q_{ph}=P_{ph}\tan\varphi=13\,333\,333{,}333\cdot 0{,}484322104 = 6\,457\,628{,}059\\ \mathrm{VAR}.
Logo a potência complexa por fase é
S_{ph}=P_{ph}+j\,Q_{ph}=13\,333\,333{,}333 + j\,6\,457\,628{,}059\\ \mathrm{VA}.

Passo 3

Agora obtemos a tensão de fase no receptor (baseada na tensão linha a linha dada):
V_{R,ph}=\frac{V_{R,LL}}{\sqrt{3}}=\frac{220\,000}{\sqrt{3}}=127\,017{,}241\\ \mathrm{V}.
Aqui escolhemos a referência de fase de modo que V_{R,ph} seja um número real e positivo (ângulo 0^\circ) — é uma escolha conveniente para calcular as correntes como fasores.

Passo 4

Calculamos a corrente de carga no ponto receptor. Lembrete didático rápido: a relação fasorial entre potência e tensão é
S_{ph}=V_{ph}I^{*},
ou seja
I=\frac{S_{ph}^{*}}{V_{ph}}.
A conjugada aparece porque S=V I^{*}. Para carga indutiva (pf atrasando), o número complexo S tem parte imaginária positiva; I teráângulo negativo (corrente defasada atrás da tensão).
Aplicando:
I_{R}=\frac{S_{ph}^{*}}{V_{R,ph}}=\frac{13\,333\,333{,}333 - j\,6\,457\,628{,}059}{127\,017{,}241}.
Dividindo nas partes real e imaginária:
I_{R}\approx 104{,}972626 - j\,50{,}840560\\ \mathrm{A}.
Magnitude e ângulo (para intuição):
|I_{R}|\approx 116{,}62\\ \mathrm{A},\qquad \angle I_{R}\approx -25{,}85^\circ.

Passo 5

No modelo \pi-nominal a admitância shunt total Y é dividida em duas metades, uma em cada extremidade. Então a admitância em cada extremidade é Y/2. Vamos calcular a corrente de shunt que sai (ou entra) no nó receptor devido a essa metade:
Admitância por fase dada no enunciado: \;Y = j\,930\times 10^{-6}\\ \mathrm{S}.
Metade:
\frac{Y}{2}=j\,465\times 10^{-6}\\ \mathrm{S}.
Corrente do shunt no lado receptor (formas fasoriais):
I_{sh,R}=\frac{Y}{2}\,V_{R,ph}=j\,465\times 10^{-6}\cdot 127\,017{,}241 \approx j\,59{,}063017\\ \mathrm{A}.
Explicação didática: essa corrente é puramente imaginária (capacitiva) porque Y é puramente imaginária positiva (note que aqui tomamos sinal positivo do j, significando susceptância capacitiva no modelo usual).

Passo 6

A corrente que circula pela impedância série (isto é, a corrente no ramo série) é a soma da corrente de carga I_{R} com a corrente do shunt no receptor I_{sh,R} (soma fasorial):
I_{series}=I_{R}+I_{sh,R}=(104{,}972626 - j\,50{,}840560) + j\,59{,}063017
I_{series}=104{,}972626 + j\,8{,}222457\\ \mathrm{A}.
Agora calculamos a queda de tensão na impedância série: \Delta V = Z\cdot I_{series}. Vou multiplicar complexo por complexo com detalhe (fórmula (a+jb)(c+jd)=(ac-bd)+j(ad+bc)).
Dados:
Z=0{,}35 + j\,140,\qquad I_{series}=104{,}972626 + j\,8{,}222457.
Produto:
\Re(\Delta V)=0{,}35\cdot 104{,}972626 - 140\cdot 8{,}222457 =36{,}740419 - 1\,151{,}143{,}995 \approx -1\,114{,}403{,}576\\ \mathrm{V},
\Im(\Delta V)=0{,}35\cdot 8{,}222457 + 140\cdot 104{,}972626 =2{,}877860 + 14\,696{,}167{,}64 \approx 14\,699{,}045{,}500\\ \mathrm{V}.
Portanto
\Delta V \approx -1\,114{,}403{,}576 + j\,14\,699{,}045{,}500\\ \mathrm{V}.
(estes valores representam a queda de tensão fasorial na impedância série).

Passo 7

Agora obtemos a tensão no lado do envio (por fase) somando a tensão do receptor com a queda na série (lembre: V_S = V_R + \Delta V):
V_{S,ph}=V_{R,ph}+\Delta V
V_{S,ph}=127\,017{,}241 + (-1\,114{,}403{,}576 + j\,14\,699{,}045{,}500).
Fazendo a soma (note o alinhamento de ordens de grandeza):
V_{S,ph}\approx 125\,902{,}837 + j\,14\,699{,}045{,}500\\ \mathrm{V}.
(esses números são em volts; a parte imaginária é o componente quadrature da tensão de fase).
Magnitude e ângulo do fasor V_{S,ph}:
|V_{S,ph}|=\sqrt{125\,902{,}837^{2}+14\,699{,}045{,}500^{2}}\approx 126\,761{,}818\\ \mathrm{V},
\angle V_{S,ph}=\arctan\!\bigg(\frac{14\,699{,}045{,}500}{125\,902{,}837}\bigg)\approx 6{,}668^\circ.
Finalmente, convertendo para tensão linha a linha do envio:
V_{S,LL}=\sqrt{3}\,|V_{S,ph}| \approx 1{,}7320508\cdot 126\,761{,}818 \approx 219\,643{,}686\\ \mathrm{V}.
Interpretação rápida e motivadora: o valor calculado mostra que, com a combinação da queda indutiva no X da linha e da corrente de carga + corrente de shunt, o fasor de tensão de envio tem ângulo positivo relativo ao receptor (aprox. +6{,}67^\circ) e magnitude muito próxima da tensão de recepção (a linha está praticamente mantendo a tensão, diferença de poucas centenas de volts em 220 kV). Isso é comum em linhas longas com grande reatância e capacitância mútua — o efeito de charge e queda pode até fazer com que a tensão no envio seja ligeiramente menor que a de recepção dependendo das correntes.

Resposta

V_{S,ph}\approx 126\,761{,}818\\ \mathrm{V}\angle 6{,}668^\circ
V_{S,LL}\approx 219\,643{,}686\\ \mathrm{V}\angle 6{,}668^\circ

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