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: (a) de linha curta; (b) do modelo \pi-nominal e (c) da equação de linha longa.

Passo 1

O enunciado pede a tensão no lado do envio (sending-end) usando três aproximações diferentes: (a) linha curta, (b) modelo \pi-nominal e (c) equações de linha longa. Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
\text{comprimento } l = 281{,}635\\ \text{km}
\text{frequência } f = 60\\ \text{Hz}ê
\text{impedância série total (por fase) } Z = 0{,}35 + j140\\ \Omegaâé
\text{admitância shunt total (por fase) } Y = j\,930\times 10^{-6}\\ \text{S}â
\text{potência ativa entregue (trifásica) } P_{3\varphi} = 40\\ \text{MW}êá
\text{tensão em carga (linha a linha) } V_{R,LL} = 220\\ \text{kV}ã
\text{fator de potência } \text{pf} = 0{,}90\\ \text{(atraso)}ê
O que é pedido:
(a) V_S pelo modelo de linha curta; (b) V_S pelo modelo \pi-nominal; (c) V_S pela equação de linha longa (ABCD distribuídos). Vou calcular tudo por fase e depois dar a tensão linha a linha no envio.

Passo 2

Primeiro vou transformar os dados de potência/tensão em termos por fase e obter a corrente de carga por fase. Isso é essencial e é a mesma base para os três modelos.
  1. Tensão por fase (fase-neutro) no receptor:
V_R = \frac{V_{R,LL}}{\sqrt{3}} = \frac{220000}{\sqrt{3}}\\ \text{V} = 127017{,}3\\ \text{V}.
  1. Ângulo de fase da corrente (posição do fator de potência):
\varphi = \operatorname{arccos}(\text{pf}) = \operatorname{arccos}(0{,}9) \approx 25{,}84^\circ.
Como é fator em atraso, a corrente está atrasada em relação à tensão, logo I tem ângulo -\varphi.
  1. Potência reativa total:
Q_{3\varphi} = P_{3\varphi}\tan\varphi = 40\cdot 10^6 \cdot \tan(25{,}84^\circ) \approx 19{,}370{,}000\\ \text{VAr}.
  1. Potência complexa total trifásica:
S_{3\varphi} = P_{3\varphi} + jQ_{3\varphi} = 40\times 10^6 + j\,19{,}370{,}000\\ \text{VA}.
  1. Corrente de linha (trifásica) em valor eficaz:
    Fórmula prática: \displaystyle I = \frac{|S_{3\varphi}|}{\sqrt{3}\,V_{R,LL}}, mas para a direção do fasor usamos a relação por fase
I_R = \frac{S_{\text{ph}}^*}{V_R},
onde S_{\text{ph}} = S_{3\varphi}/3 e o asterisco indica conjugado (isso garante o sinal correto do ângulo da corrente).
Calcule S_{\text{ph}}:
S_{\text{ph}} = \frac{40\times 10^6}{3} + j\frac{19{,}370{,}000}{3} = 13{,}333{,}333{,}3 + j\,6{,}456{,}666{,}7\\ \text{VA}.
Agora o conjugado e divisão por V_R:
I_R = \frac{13{,}333{,}333{,}3 - j\,6{,}456{,}666{,}7}{127017{,}3} \approx 105{,}01 - j\,50{,}82\\ \text{A}.
Verificações rápidas:
|I_R| \approx 116{,}66\\ \text{A},\qquad \angle I_R \approx -25{,}84^\circ,
o que bate com a ideia do \text{pf}=0{,}9 em atraso.
Agora tenho V_R e I_R por fase prontos para usar nos modelos.

Passo 3

Modelo de linha curta (apenas impedância série). Justificativa rápida e fórmula:
  • Para linha curta consideramos a admitância shunt desprezível; a queda de tensão é só Z vezes a corrente de carga.
  • Fórmula por fase:
V_S = V_R + Z\,I_R.
Cálculo do produto Z I_R:
Z = 0{,}35 + j140,\qquad I_R = 105{,}01 - j50{,}82.
Multiplicando (mostro passo a passo):
Z I_R = (0{,}35)(105{,}01) - (140)(-50{,}82) \;+\; j\big(0{,}35(-50{,}82) + 140(105{,}01)\big).
Z I_R = 36{,}7535 + 7{,}114{,}8 \;+\; j(-17{,}787 + 14{,}701{,}4).
Z I_R \approx 7{,}151{,}5535 + j\,14{,}683{,}613\\ \text{V}.
Somando a V_R (real, referência):
V_S = 127017{,}3 + (7{,}151{,}5535 + j\,14{,}683{,}613) = 134168{,}8535 + j\,14{,}683{,}613\\ \text{V}.
Módulo e ângulo por fase:
|V_S| \approx 134{,}969\\ \text{V (por fase)},\qquad \angle V_S \approx 6{,}25^\circ.
Transformando para linha-a-linha:
V_{S,LL} = \sqrt{3}\,|V_S| \approx 1{,}73205\cdot 134{,}969 \approx 233{,}77\\ \text{kV},
com ângulo aproximadamente 6{,}25^\circ.
(Comentário rápido: esse valor é bem maior do que 220\\ \text{kV} porque aqui ignoramos a capacitância distribuída — em linhas longas isso é importante.)

Passo 4

Modelo \pi-nominal (admitância total concentrada em duas metades nas extremidades). Procedimento:
  • Admitância total por fase Y = j\,930\times 10^{-6}\\ \text{S}.
  • Cada extremidade tem Y/2 = j\,465\times 10^{-6}\\ \text{S}.
  • A corrente de carregamento (metade no lado da carga) é \displaystyle I_{sh/2} = \frac{Y}{2}\,V_R.
  • A corrente que atravessa a impedância série é \displaystyle I_{\text{ser}} = I_R + I_{sh/2}.
  • Então V_S = V_R + Z\,I_{\text{ser}}.
Cálculo numérico:
I_{sh/2} = j\,465\times 10^{-6}\cdot 127017{,}3 \approx j\,59{,}06\\ \text{A}.
I_{\text{ser}} = (105{,}01 - j\,50{,}82) + j\,59{,}06 = 105{,}01 + j\,8{,}24\\ \text{A}.
Agora Z I_{\text{ser}}:
Z I_{\text{ser}} = (0{,}35 + j140)(105{,}01 + j\,8{,}24).
Faço a multiplicação:
\Re: 0{,}35\cdot105{,}01 - 140\cdot 8{,}24 = 36{,}7535 - 1{,}153{,}6 = -1{,}116{,}8465.
\Im: 0{,}35\cdot 8{,}24 + 140\cdot105{,}01 = 2{,}884 + 14{,}701{,}4 = 14{,}704{,}284.
Z I_{\text{ser}} \approx -1{,}116{,}8465 + j\,14{,}704{,}284\\ \text{V}.
Somando a V_R:
V_S = 127017{,}3 + (-1{,}116{,}8465 + j\,14{,}704{,}284) = 125900{,}4535 + j\,14{,}704{,}284\\ \text{V}.
Módulo e ângulo por fase:
|V_S| \approx 126{,}758{,}5\\ \text{V (por fase)},\qquad \angle V_S \approx 6{,}66^\circ.
Transformando para linha-a-linha:
V_{S,LL} = \sqrt{3}\,|V_S| \approx 1{,}73205\cdot 126{,}758{,}5 \approx 219{,}60\\ \text{kV},
ângulo aproximadamente 6{,}66^\circ.
(Interpretação rápida: a capacitância shunt reduz a corrente efetiva na série, diminuindo a queda — por isso o resultado fica bem menor que o do modelo de linha curta.)

Passo 5

Linha longa (modelo distribuído, uso dos parâmetros ABCD). Aqui eu explico a teoria e aplico:
Teoria essencial:
  • Para uma linha uniforme distribuída, definimos
\gamma l = \sqrt{Z_{\text{total}}\,Y_{\text{total}}}
e
Z_c = \sqrt{\frac{Z_{\text{total}}}{Y_{\text{total}}}}.
Os parâmetros ABCD (para a linha inteira) são:
A = D = \operatorname{cosh}(\gamma l), \qquad B = Z_c\,\operatorname{sinh}(\gamma l), \qquad C = \frac{1}{Z_c}\operatorname{sinh}(\gamma l).
Relação entre as extremidades:
\begin{pmatrix}V_S\\\ I_S\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}A & B\\\ C & D\end{pmatrix} \begin{pmatrix}V_R\\\ I_R\end{pmatrix},
e a fórmula que precisamos é
V_S = A\,V_R + B\,I_R.
Cálculo numérico (passo a passo):
  1. Produto Z Y:
Z Y = (0{,}35 + j140)\cdot j0{,}00093 = -0{,}1302 + j\,0{,}0003255.
  1. \gamma l = \sqrt{Z Y}. Faço em forma polar: módulo |ZY|\approx 0{,}130185, argumento \approx 179{,}8568^\circ. Metade do ângulo é \approx 89{,}9284^\circ. Raiz do módulo \sqrt{0{,}130185}\approx 0{,}360819. Então
\gamma l \approx 0{,}000453 + j\,0{,}360818\quad(\text{aprox.}).
  1. Z_c = \sqrt{Z/Y}. Computando \dfrac{Z}{Y} = \dfrac{0{,}35 + j140}{j0{,}00093} dá aproximadamente 150537{,}63 - j376{,}34. A raiz quadrada dessa quantidade resulta em
Z_c \approx 387{,}95 - j\,0{,}485\\ \Omega.
  1. \operatorname{sinh}(\gamma l) e \operatorname{cosh}(\gamma l):
    Para \gamma l = \alpha + j\beta com \alpha muito pequeno:
\operatorname{cosh}(\gamma l) = \operatorname{cosh}\alpha\cos\beta + j\,\operatorname{sinh}\alpha\sin\beta \approx 0{,}9350001 + j\,0{,}000160.
\operatorname{sinh}(\gamma l) = \operatorname{sinh}\alpha\cos\beta + j\,\operatorname{cosh}\alpha\sin\beta \approx 0{,}0004239 + j\,0{,}3529.
  1. Então
B = Z_c\,\operatorname{sinh}(\gamma l) \approx (387{,}95 - j0{,}485)(0{,}0004239 + j0{,}3529) \approx 0{,}3359 + j\,136{,}8648\\ \Omega.
(Observe que B tem uma parte imaginária grande, próxima do j140 do Z total — isso é esperado.)
  1. Agora calcule A V_R e B I_R:
  • A V_R \approx (0{,}9350001 + j0{,}00016)\cdot 127017{,}3 \approx 118737{,}8 + j\,20{,}32\\ \text{V}.
  • B I_R com I_R = 105{,}01 - j50{,}82:
B I_R \approx (0{,}3359 + j136{,}8648)(105{,}01 - j50{,}82) \approx 6{,}992{,}84 + j\,14{,}353{,}23\\ \text{V}.
  1. Soma:
V_S = A V_R + B I_R \approx (118737{,}8 + 6{,}992{,}84) + j(20{,}32 + 14{,}353{,}23)
V_S \approx 125730{,}64 + j\,14{,}373{,}55\\ \text{V}.
Módulo e ângulo por fase:
|V_S| \approx 126{,}544\\ \text{V (por fase)},\qquad \angle V_S \approx 6{,}53^\circ.
Linha-a-linha:
V_{S,LL} = \sqrt{3}\,|V_S| \approx 1{,}73205\cdot 126{,}544 \approx 219{,}08\\ \text{kV},
ângulo aproximadamente 6{,}53^\circ.

Passo 6

Resumo interpretativo (rápido, para fixar):
  • A diferença grande entre o modelo de linha curta e os modelos que consideram shunt aparece porque a linha tem comprimento grande: a admitância capacitiva (shunt) é importante e reduz a corrente série real/reativa, portanto reduz a queda de tensão. O modelo \pi aproxima bem a linha longa quando a admitância é dividida em duas metades; a solução exata da linha longa (ABCD distribuídos) dá um valor muito próximo ao do \pi para este problema (ver números abaixo). Isso é normal e mostra que para linhas longas devemos usar \pi ou a fórmula longa — não a linha curta.

Resposta

(a) V_{S,LL}\approx 233{,}77\\ \text{kV} com \angle 6{,}25^\circ.\n
(b) V_{S,LL}\approx 219{,}60\\ \text{kV} com \angle 6{,}66^\circ.\n
(c) V_{S,LL}\approx 219{,}08\\ \text{kV} com \angle 6{,}53^\circ.

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