Transformadores de potência - DSEE

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ET720 – Sistemas de Energia Elétrica I
Capı́tulo 4: Transformadores de potência
4.1
Introdução
I Transformador
transformer)
elevador
(step-up
I Transformador abaixador (step-down
transformer)
I Transformador regulador (regulating
transformer)
relação ≈ 1 : 1
defasagem entrada-saı́da
4.2 Vantagens do uso de transformadores
placements
I Considerar o diagrama unifilar do circuito trifásico e seu respectivo circuito
por fase mostrados a seguir.
R
0,2Ω/fase
∼
17,3 kV
∼
900 MW
fp = 1
Vf
Vf =
– 1–
X
I
17,3
√
3
300 MW
= 10 kV
Perdas de potência ativa por fase na linha de transmissão:
Pp = R | I | 2
Potência ativa por fase fornecida pela fonte:
Pφ = | Vf | | I | fp
= | Vf | | I |
→
| I |=
Pφ
| Vf |
(fp ≈ 1)
Note que considerou-se o fator de potência visto pela fonte como unitário, ou
seja, o efeito da reatância da linha foi desprezado.
Coeficiente de perdas:
Pp
R | I |2
R (Pφ / | Vf |)2
R Pφ
η=
=
=
=
Pφ
Pφ
Pφ
| V f |2
ou seja, o coeficiente de perdas é inversamente proporcional ao quadrado da
tensão → quanto maior a tensão de transmissão, menor o coeficiente de
perdas → as perdas se tornam proporcionalmente menos importantes em
função do total de potência transmitida.
No caso do circuito trifásico:
η=
0,2 · 300 · 106
= 0,6
(10 · 103)2
logo, o coeficiente de perdas é de 60%.
– 2–
I Considerar agora que a transmissão é feita em um nı́vel de tensão dez vezes
maior:
PSfrag replacements
17,3 kV
∼
173 kV
173 kV
17,3 kV
0,2Ω/fase
ηT = 98%
ηT = 98%
900 MW
fp = 1
Coeficiente de perdas na linha de transmissão:
ηLT
0,2 · 300 · 106
= 0,006
=
(100 · 103)2
ou 0,6%, ou seja, uma redução significativa (100 vezes menor).
I Os transformadores inseridos no circuito também têm suas próprias eficiências.
Logo, sua utilização deve ser justificada se o coeficiente de perdas total (linha
+ transformadores) for menor que os 60% calculados sem os transformadores.
Considerar P como a potência por fase gerada na fonte de tensão e
transmitida. Devido à presença do transformador elevador (cujo rendimento
de 98% é tı́pico para transformadores de potência), a potência que entra na
linha é:
P 0 = 0,98 P
Devido às perdas de potência ativa na linha, a potência que chega ao
transformador abaixador é:
P 00 = (1 − 0,006) P 0 = 0,994 · 0,98 · P = 0,9741 P
– 3–
Após computadas as perdas no transformador abaixador, a potência entregue
à carga é:
P 000 = 0,98 P 00 = 0,9546 P
O coeficiente total de perdas é:
ηtotal =
P − P 000
P
= 0,0454
ou 4,54%, que é bem menor que no caso da transmissão a baixas tensões.
4.3 replacements
Transformador monofásico ideal
PSfrag
I Descrição geral:
núcleo laminado de Fe-Si
i1
Fonte
+
v1
−
φ
N1
i2
N2
+
v2
−
Primário
Secundário
Alta/Baixa tensão Baixa/Alta tensão
– 4–
Carga
I Hipóteses:
Não há perdas ôhmicas – a resistência dos enrolamentos é nula
Não há dispersão de fluxo magnético – todo o fluxo φ está confinado no
núcleo e é concatenado com ambas as bobinas
Não há perdas no núcleo – não há histerese nem correntes parasitas
A permeabilidade magnética do núcleo é infinita (µnucleo → ∞) – a corrente
necessária para criar o fluxo magnético no núcleo e, portanto, a força
magnetomotriz para magnetizar o núcleo, são desprezı́veis
I Circuito equivalente:
I2
I1
PSfrag replacements
+
+
V1
V2
−
−
N1 : N2
I Tensões e correntes são senoidais → V1 , V2 , I1 e I2 são fasores.
I Relações:
Tensões e correntes:
V1
I2
N1
=
=
=a
V2
I1
N2
em que a é a relação de transformação (relação de espiras).
– 5–
Potências:
S1 = V1 I1∗ = V2 I2∗ = S2
pois não há perdas (potência de entrada igual à potência de saı́da).
Impedâncias:
I1
PSfrag replacements
I2
+
V1
+
Z1
V2
−
Z2
−
N1 : N2
A transformação de impedâncias (impedâncias refletidas) é dada por:
Z1 =
V1
aV2
V2
=
= a2
= a 2 Z2
I1
I2 /a
I2
– 6–
4.4
Transformador monofásico real
I São consideradas:
Perdas ôhmicas nos enrolamentos
Sfrag replacements
Perdas no núcleo (histerese e correntes parasitas)
Dispersão de fluxo
Corrente de magnetização
I Circuito equivalente:
r1
x1
Iϕ
+ I1
V1
−
x2
I10
xm
rc
Im
Ic
r2
+
+
I2 +
V10
V20
V2
−
−
−
N1 : N2
Transformador ideal
r1 , r2 – resistências que representam as perdas ôhmicas nos enrolamentos
(perdas cobre)
x1, x2 – reatâncias que representam a dispersão de fluxo
rc – resistência que representa as perdas no núcleo (perdas ferro)
xm – reatância que representa a magnetização do núcleo
– 7–
I A relação de espiras é válida para V10 e V20 e para I10 e I2 .
I Em vazio:
I2 = 0 → I10 = 0
Não há queda de tensão em r2 e x2 → V20 = V2
A impedância equivalente do ramo paralelo (rc e xm) é muito maior que a
impedância equivalente série (r1 e x1) → pode-se desprezar os parâmetros
série
PSfrag replacements
O circuito equivalente para o transformador em vazio fica:
I10 = 0
+
V1
−
Iϕ
I1
I2
xm
rc
Im
Ic
+
V2
−
N1 : N2
Transformador ideal
A corrente no primário é:
i1 (t) = iϕ (t) = im (t) + ic (t)
e é pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador).
– 8–
A tensão no secundário é :
V2 =
V1
a
Devido às não-linearidades (saturação do material ferromagnético):
• A corrente de excitação não é senoidal → representação fasorial não
pode ser usada
• A corrente apresenta componentes harmônicas ı́mpares (3a., 5a. etc.):
iϕ (t) = I1 sen (ωt) + I3 sen (3ωt) + I5 sen (5ωt) + · · ·
• A componente de 3a. harmônica é da ordem de 40% da corrente total.
• Em geral, como iϕ é pequena, considera-se somente a componente
fundamental (60 Hz) e pode-se então utilizar notação fasorial:
I1 = Iϕ
e o diagrama fasorial fica:
V1
Ic
→ o transformador em vazio
apresenta um fator de potência
baixo
ag replacements
Im
Iϕ
– 9–
I Com carga:
PSfrag replacements
I2 6= 0 → todos os parâmetros do circuito equivalente são considerados.
Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as impedâncias do
enrolamento secundário e utilizando a relação de transformação para
tensões e correntes:
r1
x1
a2 r 2
a2 x 2
Iϕ
+ I1
V1
−
I2/a +
xm
rc
Im
Ic
aV2
−
Como Iϕ I1 pode-se desprezar os parâmetros shunt:
r1 + a2 r2
x1 + a2 x2
PSfrag replacements
+
I1 = I2/a
+
V1
aV2
−
−
– 10–
Em geral para transformadores de potência (a partir de centenas de KVA)
as perdas ôhmicas podem ser desprezadas:
x1 + a2 x2 = x
PSfrag replacements +
4.5
+
I1 = I2/a
V1
aV2
−
−
Autotransformador ideal
I Considerar o transformador monofásico:
I2
I1
PSfrag replacements
+
+
V1
V2
−
−
V1 = 120 V
V2 = 240 V
N1 : N2
A potência aparente é:
S = V1 I1 = V2 I2 = 30 kVA
– 11–
I1 = 250 A
I2 = 125 A
I Se for feita uma ligação fı́sica entre os enrolamentos primário e secundário
tem-se o autotransformador:
I2
+
N2
PSfrag replacements
I1 + I2
V1 + V2
+
N1
V1
−
−
A potência aparente nesse caso é:
S = V1 (I1 + I2) = (V1 + V2 ) I2 = 45 kVA
I O autotransformador transmite mais potência.
A potência transmitida por efeito magnético é a mesma do transformador.
O adicional de potência é transmitido por meio da própria ligação fı́sica entre
os enrolamentos.
Desvantagem: o autotransformador não pode ser usado quando a separação
fı́sica entre os enrolamentos for fundamental.
– 12–
4.6
Autotransformador real
I As perdas no autotransformador são do mesmo tipo das perdas do
transformador (cobre, ferro etc.).
Como as perdas são as mesmas (bobinas são as mesmas, núcleo é o mesmo)
→ autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficiência).
O rendimento depende da relação de transformação, como mostra o exemplo
a seguir.
Exemplo
Na prática, o autotransformador é composto por um só enrolamento:
+
+
PSfrag replacements V1
V2
tap
−
−
Considere um autotransformador que alimenta uma carga de 800 V, 12,5 A a
partir de uma fonte de 800 V:
12,5 A
12,5 A
+
+
PSfrag replacements
800 V
−
800 V
I≈0
−
Relação 1:1
– 13–
Carga
o autotransformador tem relação de transformação 1 : 1.
toda a potência é transferida através da conexão elétrica e nada é transferido
via fluxo magnético.
a corrente na bobina do autotrafo é a corrente de excitação, que é muito
baixa.
potência de perdas ≈ 0 → eficiência de ≈ 100%.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1000 V:
10 A
PSfrag replacements
12,5 A
+
+
200 V
800 V
1000 V
Carga
2,5 A
−
−
Relação 5:4
a relação de transformação agora é 1000/800 = 5/4.
a potência na carga é de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
a potência na fonte deve ser também 10 kVA. Logo a corrente da fonte é
10000/1000 = 10 A.
a carga é conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 → as tensões são
divididas em 800 V e 200 V.
– 14–
perdas na porção 1/5:
1
P1 = R · 102 = 20R
5
em que R é a resistência do enrolamento.
perdas na porção 4/5:
4
P2 = R · 2, 52 = 5R
5
as perdas totais são de 25R.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1600 V:
6,25 A
PSfrag replacements
12,5 A
+
+
200 V
6,25 1600
A V
800 V
800 V
Carga
6,25 A
−
−
Relação 2:1
a relação de transformação agora é 1600/800 = 2/1.
a potência na carga é de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
– 15–
a potência na fonte deve ser também 10 kVA. Logo a corrente da fonte é
10000/1600 = 6, 25 A.
a carga é conectada a metade do enrolamento, sobrando a outra metade → as
tensões são divididas em 800 V e 800 V.
perdas na metade superior:
1
P1 = R · 6,252 = 19,53R
2
em que R é a resistência do enrolamento.
perdas na metade inferior:
1
P2 = R · 6,252 = 19,53R
2
as perdas totais são de 39,06R → maiores que o caso anterior.
conclusão: quanto mais distante a relação de transformação for de 1 : 1,
maiores as perdas do autotransformador.
por isso eles são mais usados como autotransformadores reguladores.
– 16–
Sfrag replacements
Exemplo
Considerar os autotransformadores mostrados a seguir.
Ie
Ie
Is
+
+
I1
Is
+
N1
+
N1
Ve
Vs
Ve
I1
N2
Vs
N2
I2
I2
−
−
−
Abaixador
−
Elevador
Para o autotrafo abaixador tem-se:
Is
N1 + N 2
Ve
=
=
=a>1
Vs
Ie
N2
Considerando que R é a resistência total do enrolamento, as perdas são dadas por:
N2
N1
RI12 +
RI22
N1 + N
N1 + N 2
2
1
1
= 1−
RIe2 + R (Is − Ie )2
a
a
a−1
1
=
RIe2 + R (a − 1)2 Ie2
a
a
2
= RIe (a − 1)
P =
Para a = 1 não há perdas e estas aumentam à medida que a se distancia de 1
(neste caso a > 1 sempre).
– 17–
Para o autotrafo elevador:
Is
N2
Ve
=
=
=a<1
Vs
Ie
N1 + N 2
As perdas são:
N1
N2
RI12 +
RI22
N1 + N 2
N1 + N 2
2
= (1 − a) RIs + aR (Is − Ie)2
2
a−1
2
Is2
= (1 − a) RIs + aR
a
1
−1
= RIs2
a
P =
Para a = 1 não há perdas e estas aumentam à medida que a se distancia de 1
(neste caso a < 1 sempre).
– 18–
4.7
Transformador trifásico
I Banco trifásico (três transformadores monofásicos) ou Transformador trifásico
(enrolamentos em um único núcleo)
a
replacements
H1
X1
H2
X2
a
c
b
H1
H2
H3
A
b
H1
X1
C
H2
X2
B
c
H1
X1
H2
X2
X1
A
X2
C
X3
B
I Ambos os transformadores mostrados apresentam ligação Y-∆.
I Normalmente utiliza-se:
H – enrolamento de alta tensão
X – enrolamento de baixa tensão
I O transformador de um só núcleo tem a vantagem de ser mais compacto →
menos material → mais barato.
As ligações são internas → não há meio de alterá-la.
– 19–
I O banco trifásico tem a vantagem da possibilidade de mudança das ligações.
I Ligação Y -∆:
É utilizada em transformadores abaixadores de tensão.
√
Se a relação de espiras for a = N1/N2 – relação de transformação é a 3 e há
uma defasagem de 30◦ entre as tensões de linha do primário e secundário.
I Ligação ∆-Y :
É utilizada em trafos elevadores de tensão.
√
Se a relação de espiras for a = N1/N2 – relação de transformação é a/ 3 e há
uma defasagem de 30◦ entre as tensões de linha do primário e secundário.
I Ligação ∆-∆:
Permite a ligação em ∆ aberto, ou V -V → caso em que se sabe que a carga
vai crescer no futuro → atende-se a carga atual em ∆ aberto e fecha o ∆
(acrescenta terceiro transformador ao banco) quando necessário.
I Ligação Y -Y :
Ligação raramente usada pois terceiras harmônicas de correntes de excitação
introduzem distorções nas formas de onda.
Este problema pode ser contornado com o aterramento fı́sico dos neutros dos
enrolamentos.
Pode-se contornar o problema também com a instalação de um terceiro
enrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como alimentar a
subestação, por exemplo.
– 20–
Exemplo
Considere 3 transformadores monofásicos (1φ) com relação de transformação
Vp /Vs = a. Monte bancos trifásicos (3φ) de transformadores usando as várias
ligações possı́veis e obtenha as relações de transformação e defasagens entre
tensões do primário e secundário. Considere a seqüência de fases ABC.
Tensões nos enrolamentos primários:
√
√
3 V ∠30◦
(pois VL = 3 VF ∠30◦)
√
= 3 V ∠ − 90◦
√
= 3 V ∠150◦
VAN = V ∠0◦
VAB =
VBN = V ∠ − 120◦
VBC
VCN = V ∠120◦
VCA
PSfrag replacements
(a) Ligação Y -Y
A
+
1
2
+
B
a
+
1
2
3
3
+
+
c
C
→
b
n
N
VAN
=a
Van
+
Van =
V
∠0◦
a
→
Vab =
√ V
3 ∠30◦
a
VAB
=a
Vab
√
√
S = 3 VAB IA∗ = 3 VabIa∗
→
– 21–
IA
Ia
∗
=
Vab
VAB
→
IA
1
=
Ia
a
PSfrag replacements
(b) Ligação Y -∆
Ia
A
+
1
IA
2
+
B
a
N
+
1
3 2
Ica
+
3
c
Iab
b
+
Ibc
+
C
VAN
=a
Vab
→
Vab =
V
∠0◦
a
√
VAB
= a 3 ∠30◦
Vab
As tensões do primário estão adiantadas de 30◦ em relação às do secundário.
√
√
S = 3 VAB IA∗ = 3 Vab Ia∗
→
IA
Ia
∗
=
Vab
VAB
→
A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões.
– 22–
IA
1
= √ ∠30◦
Ia
a 3
PSfrag replacements
Trocando duas fases de alimentação (equivale a considerar a seqüência de
fases ACB):
Ib
B
+
1
IB
+
2
A
b
N
+
1
3 2
Icb
+
3
c
Iba
a
+
Iac
+
C
VBN
=a
Vba
→
Vab = −
V
V
∠ − 120◦ = ∠60◦
a
a
√
VAB
= a 3 ∠ − 30◦
Vab
As tensões do primário estão atrasadas de 30◦ em relação às do secundário.
√
√
∗
S = 3 VAB IA = 3 Vab Ia∗
→
IA
Ia
∗
=
Vab
VAB
→
A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões.
– 23–
IA
1
= √ ∠ − 30◦
Ia
a 3
PSfrag replacements
(c) Ligação ∆-Y
Ia
IA
a
A
+
IAB
1
3 2
ICA
+
1
2
b
n
B
+
+
3
IBC
C
+
+
c
VAB
=a
Van
→
Van
√
3V
=
∠30◦
a
3V
∠60◦
a
a
= √ ∠ − 30◦
3
Vab =
VAB
Vab
As tensões do primário estão atrasadas de 30◦ em relação às do secundário.
√
IA
3
=
∠ − 30◦
Ia
a
A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões.
– 24–
PSfrag replacements
Trocando duas fases de alimentação (equivale a considerar a seqüência de
fases ACB):
Ib
IB
b
B
+
IBA
1
3 2
ICB
+
+
1
2
a
n
A
+
3
IAC
C
+
+
c
VBA
=a
Vbn
→
Vbn
√
3V
=−
∠ − 150◦
a
→
Van
√
3V
=
∠ − 30◦
a
3V
∠0◦
a
a
= √ ∠30◦
3
Vab =
VAB
Vab
As tensões do primário estão adiantadas de 30◦ em relação às do secundário.
√
IA
3
=
∠30◦
Ia
a
A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões.
– 25–
(d) Ligação ∆-∆
IA
Ia
A
+
IAB
1
3 2
ICA
+
C
a
1
3 2
Ica
B
+
+
c
IBC
+
Iab
b
+
Ibc
VAB
=a
Vab
1
IA
=
Ia
a
Para circuitos malhados, a defasagem
faz grande diferença e deve obrigatoriamente ser levada em consideração.
Para circuitos radiais, a consideração
da defasagem de 30% entre tensões
de linha introduzidas pelas ligações
Y -∆ e ∆-Y é irrelevante.
g replacements
Y -∆
138/69 kV
Y -∆
138/13,8 kV
PSfrag replacements
Y -∆
138/69 kV
– 26–
Exemplo
Obter a potência complexa fornecida por um gerador trifásico que alimenta uma
carga através de um banco de transformadores ideais e de uma linha de
transmissão. O banco de transformadores é formado por 3 transformadores
monofásicos de 20 MVA, 20/200 kV, ∆-Y . O circuito equivalente por fase de linha
de transmissão resume-se à impedância série ZL = 0 + j 100 Ω. A tensão de linha
ag replacements
na carga é de 340 kV e a carga consome 30 MVA com fator de potência 0,8
atrasado.
PSfrag replacements
Diagrama unifilar:
Gerador Trafo
∼
Carga
LT
∆-Y
Circuito completo:
Gerador
∼
Trafo
A
IA
∼
Carga
a0
Zc
ZL
1
IAB
N
a
LT
Ia
1
B
3
b0
b
n
Zc
ZL
2
n0
2
∼
c0
c
C
3
60 MVA
√
20/200 3 kV
– 27–
ZL
Zc
Tensão de fase na carga:
340
Va0 n0 = √ ∠0◦ kV
3
(referência angular)
Potência complexa por fase na carga:
Sc =
30
∠ cos−1 0,8 = 10 ∠36,87◦ MVA
3
Corrente pela linha de transmissão:
Ia =
Sc
V a 0 n0
∗
= 50,94 ∠ − 36,87◦ A
Tensão de fase no lado de alta tensão do transformador:
Van = Va0 n0 + ZL Ia = 199,4 ∠1,17◦ kV
Potência fornecida à carga e à linha de transmissão:
S = 3 (Sc + SL )
= 3 Van Ia∗ = 30,47 ∠38,04◦ MVA
Como o gerador e o transformador são ideais, a potência fornecida pelo gerador é
S. Tensão de linha no lado da baixa tensão do transformador:
VAB
20
=
Van
200
→
VAB = 19,94 ∠1,17◦ kV
– 28–
Tensão de fase nos terminais no gerador:
VAB
VAN = √ ∠ − 30◦ = 11,51 ∠ − 28,83◦ kV
3
(seq. fase ABC)
Corrente no enrolamento de baixa tensão do transformador:
200
IAB
=
Ia
20
→
IAB = 509,43 ∠ − 36,87◦ A
Corrente de linha pelo gerador:
√
IA = 3 IAB ∠ − 30◦ = 882,35 ∠ − 66,87◦ A
Potência complexa fornecida pelo gerador:
S = 3 VAN IA∗ = 30,47 ∠38,04◦ MVA
!
Fator de potência visto pelo gerador:
fp = cos 38,04◦ = 0,788
Tensão de linha no gerador:
√
VL = 11,51 3 = 19,94 kV
– 29–
4.8
Transformadores de três enrolamentos
I Caso particular de transformador de múltiplos enrolamentos.
Transformadores de três enrolamentos são bastante utilizados em sistemas de
potência.
I Estrutura básica:
I1
PSfrag replacements
I2
E2
N2
E1
N1
N3
I3
E3
I Terceiro enrolamento:
Baixa tensão
Pode ser conectado a fonte suporte de potência reativa (condensador
sı́ncrono)
Pode ser utilizado para a alimentação da subestação
Pode capturar componentes harmônicas e correntes de seqüência zero
devido a desbalanceamentos de carga
– 30–
x
Rede teste IEEE 14 barras
9
C
g replacements
∼
7
4
I Configuração básica de um transformador de três enrolamentos:
PSfrag replacements
I2
I1
E2
N2
E1
N1
N3
– 31–
I3
E3
8
I As relações entre tensões e correntes são obtidas utilizando-se o mesmo
raciocı́nio que para o transformador de dois enrolamentos.
Para as tensões:
E1
E2
E3
=
=
N1
N2
N3
Para as potências, considera-se:
potência de entrada = potência de saı́da (transformador ideal)
potência no enrolamento 1 = potência no enrolamento 2 + potência no
enrolamento 3
N1 I 1 = N 2 I 2 + N 3 I 3
I Escrevendo de outra maneira:
E1 =
N1
N1
E2 =
E3
N2
N3
= a2 E 2 = a3 E 3
I1 =
=
N3
N2
I2 +
I3
N1
N1
I2 I3
+
a2 a3
– 32–
cujas equações são atendidas pelo seguinte diagrama:
I2/a2
PSfrag replacements
I1
I3/a3
a2 E 2
E1
a3 E 3
PSfrag
I Noreplacements
caso de um transformador real → parâmetros série e shunt são
acrescentados ao diagrama:
I2/a2
Z2
I1
Z1
I3/a3
a2 E 2
E1
rc
xm
Z3
a3 E 3
Todos os parametros são vistos pelo lado 1, ou seja, as impedâncias Z2 e Z3
são valores já refletidos para o lado 1 de acordo com a relação de
transformação.
– 33–
I Os parâmetros shunt podem ser determinados através de ensaios de circuito
aberto → enrolamentos 2 e 3 em aberto, tensão nominal aplicada ao
enrolamento 1.
I Os parâmetros Z1 , Z2 e Z3 são determinados indiretamente. Os seguintes
ensaios de curto-circuito são realizados:
Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 1 e determinação da impedância vista:
Z12 = Z1 + Z2
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 1 e determinação da impedância vista:
Z13 = Z1 + Z3
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 2 e determinação da impedância vista:
Z23 = Z2 + Z3
I As equações acima formam um sistema de 3 equações com 3 incógnitas, cuja
solução resulta em:
1
(Z12 + Z13 − Z23 )
2
1
Z2 = (Z12 + Z23 − Z13 )
2
1
Z3 = (Z13 + Z23 − Z12 )
2
Z1 =
– 34–
4.9
Transformadores com tap variável
I A finalidade básica de transformadores é a conversão de nı́veis de tensão.
I Os transformadores pode ter funções adicionais, como por exemplo o controle
de tensão (potência reativa) em circuitos.
I Alguns transformadores têm relação de espiras variável:
posição máxima
posição nominal (tap nominal)
posição mı́nima
PSfrag replacements
V1
V2
– 35–
4.9.1
Transformadores reguladores
I Diagrama:
Van
VAn = Van + ∆Va
−
∆Va
+
a
A
PSfrag replacementsb
B
c
C
n
I Nota-se que o transformador série acrescenta ∆V ao valor da tensão V
(válido para as três fases).
I A variação em geral é de ±10% → tap variável.
I A mudança de tap pode ser feita com o transformador energizado →
transformador com mudança de derivação (tap) sob carga ou TCUL – tap
changing under load ou LTC – load tap changing.
I Em geral a mudança de tap é automática e operada por motores que atuam
acionados por relés ajustados para manter a magnitude de tensão em algum
ponto da rede no nı́vel pré-estabelecido. Este ponto da rede é normalmente o
lado da carga do trafo.
– 36–
4.9.2
Transformadores defasadores
I Utilizado para o controle da defasagem entre as tensões no primário e
secundário.
I Idéia: controlar o fluxo de potência ativa por ele.
I Diagrama:
Van
Van + ∆Va
∆Va
Vbn
Vbn + ∆Vb
∆Vc
∆Vb
Sfrag replacements
Vcn
Vcn + ∆Vc
a ∆Va
α
n
α
∆Vb
α
c
b
∆Vc
– 37–
I A tensão de saı́da da fase a é igual à tensão de entrada somada a uma tensão
∆Va que é induzida pela tensão de linha Vbc , que por sua vez é defasada de Va
de um ângulo de 90◦.
I O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tensões de
entrada e saı́da.
4.10
Transformador monofásico em pu
I A representação do transformador monofásico em pu será mostrada através
de um exemplo.
Exemplo
Considerar um transformador monofásico ideal de 4400/220 V, 22 kVA, que
alimenta uma carga nominal no lado de baixa tensão. Obter o circuito em pu.
PSfrag replacements
I1
O diagrama é:
Fonte
I2
+
+
V1
V2
−
−
Carga
4400/220 V
Primário e secundário são eletricamente isolados → valores de base podem ser
escolhidos de maneira independente.
É vantajosa a escolha das tensões de base Vb1 e Vb2 tais que Vb1 /Vb2 = a onde a é a
relação de transformação.
– 38–
Como a potência de entrada é igual à potência de saı́da (desconsiderando as
perdas) → a potência de base deve ser igual para os dois lados. Escolhendo:
Vb1 = 4400 V
Vb2 = 220 V
Sb = 22 kVA
pode-se obter as correntes de base:
Ib1 = Sb /Vb1 = 5 A
Ib2 = Sb /Vb2 = 100 A
Como a mesma potência de base foi escolhida para os dois lados, as correntes de
base dos enrolamentos também seguem a relação Ib1/Ib2 = 1/a.
As impedâncias de base são:
Zb1 = Vb1 /Ib1 = 880 Ω
Zb2 = Vb2 /Ib2 = 2,2 Ω
Uma certa corrente no enrolamento de alta tensão pode ser expressa em pu como:
i1 =
=
I2/a
I1
=
Ib1
Ib1
I2 /a
I2
=
= i2
Ib2/a Ib2
– 39–
ou seja, as correntes em pu nos dois enrolamentos são iguais. O mesmo vale para
uma certa tensão no enrolamento de alta tensão:
v1 =
=
V1
aV2
=
Vb1
Vb1
V2
aV2
=
= v2
aVb2
Vb2
ou seja, as tensões em pu nos dois enrolamentos são iguais.
Para as impedâncias:
z1 =
=
=
=
=
Z1
Zb1
a 2 Z2
Vb12 /Sb
a 2 Z2
a2 Vb22 /Sb
a 2 Z2
a2 Zb2
Z2
= z2
Zb2
ou seja, as impedâncias em pu também são iguais nos dois enrolamentos.
A conclusão é que em pu o transformador passa a ter uma relação de
transformação igual a um (grandezas iguais nos dois enrolamentos) → em pu não
há o efeito transformador, desde que os valores de base sejam escolhidos
convenientemente.
– 40–
Exemplo
Considere o circuito monofásico contendo um transformador mostrado na figura a
seguir.PSfrag replacements
TR
G
LT
C
∼
Os dados dos equipamentos são os seguintes:
TR
LT
C
G
Transformador
Linha de transmissão
Carga
Gerador
13,8/220 kV, 1,5 MVA, rT = 3%, xT = 8%
rLT = 300 Ω, xLT = 900 Ω
1 MVA, fp = 80% indutivo, 200 kV
fonte ideal
A carga está operando nas condições nominais. Calcule a tensão no barramento
PSfrag
replacements
do gerador,
a corrente no circuito e a potência fornecida pelo gerador.
O circuito em pu será:
rT
∼ e
xT
rLT
i
xLT
zc
O circuito é dividido em duas áreas, referentes aos dois lados do transformador.
Nota-se que os parâmetros do circuito equivalente do transformador já são dados
em pu (na verdade, são dados em valores percentuais), calculados na base
nominal do mesmo (tensões nominais, potência nominal).
– 41–
Para o lado de baixa tensão do transformador (área 1) tem-se os seguintes valores
de base:
Vb1 = 13,8 kV
Sb = 1,5 MVA
Para o lado de alta tensão do transformador (área 2), escolhe-se
convenientemente os seguintes valores de base:
Vb2 = 220 kV
Sb = 1,5 MVA
Os valores de base de corrente e impedância para as duas áreas são:
Ib1 = Sb /Vb1 = 108,6957 A
Ib2 = Sb /Vb2 = 6,8182 A
Zb1 = Vb12 /Sb = 126,96 Ω
Zb2 = Vb22 /Sb = 32266,6667 Ω
Os parâmetros do transformador são:
rT = 0,03 pu
xT = 0,08 pu
Como a linha de transmissão está na área 2, seus valores em pu são:
rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu
xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu
– 42–
A magnitude de tensão e potência aparente na carga são:
| vC | = 200/220 = 0,9091 pu
| sC | = 1/1,5 = 0,6667 pu
E os respectivos valores complexos são:
vC = 0,9091 ∠0◦ pu
sC = 0,6667 ∠36,87◦ pu
onde se levou em conta o fator de potência da carga e assumiu-se a tensão na
carga como referência angular.
A corrente pelo circuito é dada por:
i=
sC
vC
∗
= 0,7334 ∠ − 36,87◦ pu
A corrente nos lados de baixa e alta tensões do transformador são:
Ibaixa = 0,7334 · 108,6957 = 79,7 A
Ialta = 0,7334 · 6,8182 = 5 A
A tensão no barramento do gerador é dada por:
e = vC + (0,03 + 0,0093 + j 0,08 + j 0,0279) i = 0,9807 ∠2,69◦ pu
ou 13,53 kV.
– 43–
A potência fornecida pelo gerador é:
sG = e i∗ = 0,7192 ∠39,56◦ pu
o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de potência visto pela fonte de 77%
indutivo.
Exercı́cio
Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kV
no lado da carga. Calcular também o total de perdas de potência no
transformador e na linha de transmissão. Observação: os valores que já estão em
pu devem ser convertidos para as novas bases.
Resultados: zT = 0,0242 + j 0,0645 pu; sG = 1,0787 ∠39,56◦ pu (1,08 MVA);
Perdas(T +LT ) = 32 + j 87 kVA (linha + transformador).
Exemplo
Considere o seguinte transformador monofásico:
PSfrag replacements
20/440 kV
500 MVA
x = 5%
– 44–
Os possı́veis modelos para o transformador são:
Sfrag replacements
j X2
j X1
Xi em Ω
ou
modelo 2
modelo 1
A reatância do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores
nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tensão),
tem-se Vb2 = 20 kV e Sb = 500 MVA. Então:
X1 = x Zb1 = x
202
Vb12
= 0,05 ·
= 0,04 Ω
Sb
500
Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tensão,
tem-se:
Vb22
4402
X2 = x Zb2 = x
= 0,05 ·
= 19,36 Ω
Sb
500
A relação entre as reatâncias é:
X1
0,04
202
=
= 0,002066 =
= a2
2
X2
19,36
440
Logo X1 = a2 X2 e os valores em pu são os mesmos, desde que valores de base
convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de base que não
estejam relacionados com os valores nominais do transformador, como:
Vb1 = 25 kV
e
Sb = 250 MVA
– 45–
então deve-se primeiro transformar a reatância em Ohms usando a base original e
voltar para pu considerando a nova base. Assim:
x
novo
=x
velho
= xvelho
= xvelho
velho
Zb1
novo
Zb1
2
novo
Vb1velho
Sb1
velho
Sb1
(Vb1novo)2
velho 2 novo
Vb1
Sb1
velho
Vb1novo
Sb1
Neste caso:
xnovo = 0,05 ·
20
25
2
·
250
= 0,016 pu
500
4.11
Autotransformadores em pu
I O procedimento de análise é idêntico ao do transformador.
Basta escolher como tensões de base as tensões nominais do autotrafo e a
relação de tensões em pu será 1 : 1.
– 46–
4.12
Transformadores trifásicos em pu
I Dados de placa (nominais) do trafo monofásico: V1 , V2 , S, zT (pu ou %, base
nominal).
Dados de placa (nominais) do trafo trifásico: V1L , V2L, S3φ , zT (pu ou %, de
fase).
I Idéia básica: escolher os valores de base iguais aos valores nominais do trafo.
I Considere um banco trifásico de transformadores ligado em Y-Y.
Para cada trafo monofásico do banco tem-se: V1, V2 , S, zT .
Para o banco trifásico tem-se os seguintes valores de base:
√
3V1
√
= 3V2
Vb1 = VN 1 =
Vb2 = VN 2
Para as bases escolhidas, a impedância do
circuito equivalente do trafo trifásico em
pu é igual a zT .
Sb = 3S = S3φ
I Considere agora um banco trifásico de transformadores ligado em Y-∆.
Os valores de base para o banco são:
Vb1 = VN 1 =
√
3V1
Vb2 = VN 2 = V2
Novamente, a impedância do circuito
equivalente do trafo trifásico em pu é
igual a zT .
Sb = 3S = S3φ
– 47–
PSfrag
Exemplo
replacements
Considere o diagrama unifilar do circuito trifásico a seguir.
Vg
∼
500 kV
Y-Y
10 MVA
15/500 kV
xT = 2%
x = 1000 Ω
9 MVA
fp = 1
Calcule a tensão Vg no barramento do gerador e o fator de potência visto pelo
gerador.
Transformando o diagrama unifilar em um circuito trifásico tem-se:
ments
XT
1
1
XL
Pc
XT
2
2
XL
Pc
∼
∼
XT
3
3
XL
∼
– 48–
Pc
Pc = 3 MW
XL = 1000 Ω
2 152
·
= 0,45 Ω
XT =
100 10
O circuito por fase é:
PSfrag replacements
XL
XT
+
∼
1
Vc
1
P
−
√
√
15/ 3 : 500/ 3 kV
10/3 MVA
Área 2
Área 1
Para esse circuito tem-se:
√
Vc = 500/ 3 ∠0◦ kV
(ref. angular)
Área 1 : Sb = 10/3 MVA
√
Vb1 = 15/ 3 kV
→
Área 2 : Sb = 10/3 MVA
√
Vb2 = 500/ 3 kV
→
Zb1 = 22,5 Ω
Ib1 = 384,9 A
Zb2 = 25 kΩ
Ib2 = 11,55 A
O circuito em pu fica:
replacements
xL
xT
+
∼
vg
−
vc = 1 ∠0◦ pu
sc =
+
i
sc
vc
−
– 49–
3
= 0,9 ∠0◦ pu
10/3
1000
= 0,04 pu
25000
0,45
= 0,02 pu
xT =
22,5
xL =
Portanto:
i = (sc /vc)∗ = 0,9 ∠0◦ pu
(346,4 A no primário e 10,4 A no secundário)
vg = vc + j (xT + xL) i = 1,0015 ∠3,1◦ pu
fp = cos (3,1◦ − 0◦) = 0,9985 (indutivo)
A tensão no barramento do gerador é igual a 8,7 kV (fase-neutro) e 15,02 kV
(fase-fase).
Maneira mais direta de resolver o problema:
Vb1 = 15 kV
Vb2 = 500 kV
Sb
Zb1 = 22,5 Ω
→
= 10 MVA
Zb2 = 25 kΩ
Ib1 =
→
Ib2 =
√ Sb
3Vb1
√ Sb
3Vb2
= 384,9 A
= 11,55 A
Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar):
replacements
xL
xT
+
∼
vg
−
xT = 0,02 pu
i
vc
1000
= 0,04 pu
25000
vc = 1 ∠0◦ pu
xL =
+
sc
sc =
−
9
= 0,9 ∠0◦ pu
10
e o procedimento de resolução é o mesmo que o anterior. Logo, para problemas
envolvendo transformadores trifásicos não é necessário obter o modelo por fase,
etc. Basta escolher os valores de base adequados.
– 50–
Exemplo
Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando agora o
transformador com ligação Y-∆ e seqüência de fases ABC.
O circuito é:
XT
B
XT
IB
IA
A
B0
a
A0
+
2
1
+
Ica
3
N0
XT
C
IC
C
+
3
0
+
1
Iab
b
2
c
n
N
em que Sc = 3 ∠0◦ MVA.

√

0
0
3 ∠0◦ kV
V
=
500/

 an
√
Vb0 n0 = 500/ 3 ∠ − 120◦ kV


 V 0 0 = 500/√3 ∠120◦ kV
cn

√
∗

0
0
I
=
(S
/V
)
=
6
3 ∠0◦ A
c
an

 a
√
Ib = (Sc /Vb0n0 )∗ = 6 3 ∠ − 120◦ A


 I = (S /V 0 0 )∗ = 6√3 ∠120◦ A
c
cn
– 51–
xL
a0
Sc
Ib
xL
b0
Sc
c0
Sc
n0
+
Ibc
+
c
Ia
Ic
xL
Como, para a ligação Y-∆ e seqüência de fases ABC, tem-se:
√
IL = If 3 ∠ − 30◦
→
IL
If = √ ∠30◦
3


Iab = 6 ∠30◦ A


Ibc = 6 ∠ − 90◦ A


 I = 6 ∠150◦ A
ca

√

0
0
3 ∠2,06◦ kV
V
=
V
+
jX
I
=
500,32/
an
L a

 an
√
Vbn = Vb0 n0 + jXL Ib = 500,32/ 3 ∠ − 117,94◦ kV


 V = V 0 0 + jX I = 500,32/√3 ∠122,06◦ kV
cn
cn
L c

√
√
◦
◦

3
∠32,06
kV
V
=
V
3
∠30
V
=
500,32/
L
f

 ab
√
Vbc = 500,32/ 3 ∠ − 87,94◦ kV


 V = 500,32/√3 ∠ − 122,06◦ kV
ca
√ A relação de transformação de cada transformador monofásico é 15/ 3 /500,
logo:
√
15/ 3
V A0 N 0
=
Vab
500
VA0 N 0 = 8,67 ∠32,06◦ kV
→
e:
(
VB 0 N 0 = 8,67 ∠ − 87,94◦ kV
VC 0 N 0 = 8,67 ∠152,06◦ kV


V 0 0 = 15,01 ∠62,06◦ kV

 AB
VB 0 C 0 = 15,01 ∠ − 57,94◦ kV


 V 0 0 = 15,01 ∠ − 177,94◦ kV
CA
– 52–
Para as correntes de linha no primário:
500
IA
√
=
Iab
15/ 3
IA = 346,41 ∠30◦ A
→
e:
(
IB = 346,41 ∠ − 90◦ A
IC = 346,41 ∠150◦ A
As tensões de fase na fonte são:
VAN = VA0 N 0 + jXT IA = 8,67 ∠33,1◦ kV
e:
(
VBN = 8,67 ∠ − 86,94◦ kV
VCN = 8,67 ∠153,06◦ kV


V = 15,02 ∠63,06◦ kV

 AB
VBC = 15,02 ∠ − 56,94◦ kV


 V = 15,02 ∠ − 176,94◦ kV
CA
A relação de transformação para o transformador é:
15
V A0 B 0
∠30◦
=
Vab
500
→
defasagem entre tensões do primário e secundário
500
IA
∠30◦
=
Ia
15
→
defasagem entre correntes do primário e secundário
– 53–
PSfrag replacements
Resolvendo o problema em pu tem-se o seguinte circuito:
xT
xL
1 ∠30◦
i1
∼
vg
−
+
+
+
v1
v2
−
−
+
ic
vc
sc
−
em que o bloco 1 ∠30◦ representa a defasagem introduzida em função do tipo de
ligação.
Logo:
sc = 0,9 ∠0◦ pu
vc = 1,0 ∠0◦ pu
ic = (sc /vc)∗ = 0,9 ∠0◦ pu
v2 = vc + jxLic = 1,0006 ∠2,06◦ pu
v1 = v2 ∠30◦ = 1,0006 ∠32,06◦ pu
i1 = ic ∠30◦ = 0,9 ∠30◦ pu
vg = v1 + jxT i1 = 1,0015 ∠33,1◦ pu
que equivale a 15,02 kV.
vg e i1 foram igualmente defasados de 30◦. Assim, tem-se os mesmos valores de
potência complexa, fator de potência, etc.
– 54–
4.13
Transformadores em pu com relação 1 : α
I Procura-se escolher os valores de base convenientemente de forma a eliminar
os transformadores do circuito.
Na realidade elimina-se o transformador ideal, mantendo os parâmetros do
mesmo.
I Em alguns casos, no entanto, esta eliminação não é possı́vel, como mostra o
exemplo a seguir.
Exemplo
Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a seguir.
Área 1
Área 2
11,9/34,5 kV
15 kVA
PSfrag replacements
T1
∼
T2
13,8/34,5 kV
15 kVA
2
1
– 55–
A idéia é dividir o circuito em duas áreas e utilizar como valores de base os
valores nominais dos transformadores.
No entanto, nota-se que na área 1 há dois valores nominais diferentes.
Tomando T1 como referência, define-se:
Sb = 15 kVA
Vb1 = 11,9 kV
Vb2 = 34,5 kV
e T1 será eliminado, pois Vb1/Vb2 = a1 .
Observando o lado de baixa tensão de T2, nota-se que a sua tensão nominal é
diferente de Vb1, embora pertença à área 1. Logo, T2 não poderá ser eliminado,
sendo representado como um transformador com relação de transformação 1 : α
em pu!
Considere que v1 e v2 sejam as tensões em pu nos barramentos 1 e 2. As tensões
em Volts serão:
V1 = v1 Vb1
e
– 56–
V2 = v2 Vb2
A relação entre as tensões deverá ser igual à relação de transformação de T2:
V1
v1 Vb1
13,8
=
= a2 =
= 0,4
V2
v2 Vb2
34,5
Logo:
Vb2
34,5
1
v1
= 0,4
= 0,4 ·
= 1,16 =
v2
Vb1
11,9
0,86
ou
e o circuito em pu fica:
PSfrag replacements
∼
T2
1 : 0,86
2
1
Para transformadores reais, o procedimento é o mesmo.
– 57–
v1 =
1
v2
0,86
Pode-se enxergar o problema sob outro ponto de vista, redesenhando o diagrama
unifilar como:
Área 2
Área 1
11,9/34,5 kV
15 kVA
PSfrag replacements
T1
∼
T2
1
13,8/11,9 kV 11,9/34,5 kV
2
15 kVA
Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente, mantém-se a
eliminação de T1 e parte de T2, ou seja:
PSfrag replacements
∼
T2
15 kVA
1,16 : 1
1:1
1
2
pode ser eliminado
– 58–
4.14
Transformadores com tap variável em pu
I Posição do tap é alterada → relação de transformação é alterada.
Para a relação de transformação em pu continuar 1 : 1 os valores das tensões
de base devem ser alterados → inaceitável, pois implica em um novo cálculo
de vários parâmetros do circuito sendo estudado.
I Idéia:
Escolher as tensões de base supondo que o tap está na posição nominal
(zero) → relação de tensão nominal do autotrafo.
Manter as bases de tensão fixas e representar o autotrafo com tap fora do
nominal através de uma trafo com relação de espiras 1 : α, onde α é
variável.
I Considere um transformador com a seguinte relação de transformação:
a=
VN 1
N1
=
N2
VN 2
em que N1 e N2 são os números de espiras nos enrolamentos e VN 1 e VN 2 são
as tensões nominais nos dois lados do transformador.
I Na representação em pu, escolhem-se como tensões de base:
Vb1 = VN 1
e
e a relação de transformação em pu é 1 : 1.
– 59–
Vb2 = VN 2
I Se V1 e V2 são tensões nos dois lados do transformador e v1 e v2 são os seus
respectivos valores em pu, as seguintes relações são válidas:
V2 =
V1
a
e
v2 = v1
I Considere agora que este transformador seja de tap variável para o qual a
situação descrita anteriormente é válida para o tap na sua posição nominal.
I Caso ocorra uma mudança da posição do tap tal que:
ag replacements
N2
→
N2 + ∆N2
+
a
b
V1
N1
+
N2
−
a nova relação de transformação
será:
∆N2
V2
a0 =
−
– 60–
N1
N2 + ∆N2
I Para uma mesma tensão V1 em um dos enrolamentos, a nova tensão no outro
enrolamento será dada por:
V20 = V1
= V1
N2 + ∆N2
N1
∆N2
N2
+ V1
N1
N1
= V2 + V1
∆N2
N1
(da relação para tap nominal)
N1 ∆N2
= V2 + V2
| {zN2} N1
V1
= V2
∆N2
1+
N2
= V2 (1 + t)
←
t = tap fora do nominal (off-nominal tap)
= V2 α
em que α leva em conta a mudança da posição do tap em relação aos valores
nominais.
I Transformando em pu:
V2
V20
=
α
Vb2
Vb2
v20 = v2 α
= v1 α
(pois v1 = v2 )
– 61–
I O circuito em pu fica (trafo real com parâmetros shunt desprezados):
zT
+
+
PSfrag replacements
V1
V2
−
−
1:α
Exemplo
Considere o transformador de tap variável mostrado a seguir.
1
2
PSfrag replacements
100 MVA
220/69 kV
xT = 8%
O comutador de tap é localizado no lado de baixa tensão e tem 20 posições, com
tap variando de ±5%. Representar o transformador em pu na situação em que o
tap está na posição +2.
– 62–
Considere os valores de base iguais aos valores nominais do transformador:
Sb = 100 MVA
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 69 kV
De acordo com as especificações do comutador de tap:
• posição central → tap nominal.
• 10 posições para variação de +5% → cada posição equivale a +0,5%.
• 10 posições para variação de −5% → cada posição equivale a −0,5%.
O comutador de tap está na posição +2 → corresponde a uma variação no
número de espiras de +1%:
∆N2
= t = 0,01
N2
Logo:
α = 1 + t = 1,01
– 63–
e o circuito do trafo em pu é:
PSfrag replacements
v1
0,08 pu
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 69 kV
Sb = 100 MVA
v2
v1
1 : 1,01
Sfrag replacements
Exemplo
Considere o circuito mostrado a seguir.
V1
Vs
j0,1
Vc = 500 kV
V2
j0,1
120 MVA
500 kV
xT = 12%
100 MVA
fp = 1
A tensão no barramento de carga é mantida constante em 500 kV. O
transformador regulador tem tap no lado da carga com 10 posições, variando de
±5%.
– 64–
(a) Calcule a tensão Vs considerando que a posição do tap é a nominal.
Os valores de base são definidos como:
Sb = 100 MVA
e
Vb = 500 kV
Deve-se então corrigir o valor da reatância do transformador, pois o valor
fornecido foi calculado em outra base:
5002 100
·
= 0,1 pu
xT = 0,12 ·
120 5002
PSfrag replacements
E o circuito em pu fica:
v1
vs
j0,1
vc = 1 ∠0◦ pu
v2
j0,1
j0,1
Dados da carga:
sc = 1 ∠0◦ pu
vc = 1 ∠0◦ pu
(referência angular)
Corrente pelo circuito:
i = (sc /vc )∗ = 1 ∠0◦ pu
– 65–
sc = 1 ∠0◦ pu
No secundário do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu
No primário do transformador:
v1 = v2 + j x T i
= vc + j 0,2 i = 1,02 ∠11,31◦ pu
Na fonte:
vs = v1 + j 0,1 i
= vc + j 0,3 i = 1,044 ∠16,7◦ pu
que equivale a 522 kV. A potência entregue na barra é:
s = vs i∗ = 1,044 ∠16,7◦ pu = 1 + j 0,3 pu
ou seja, 100 MW e 30 Mvar. Note que a carga não consome potência reativa
(fator de potência unitário). Os 30 Mvar obtidos correspondem a perdas de
potência nas linhas de transmissão e transformador.
– 66–
(b) Calcule a tensão Vs considerando agora que a posição do tap é +5%.
Tem-se a seguinte situação:
+5%
posição nominal (tap nominal)
PSfrag replacements
V2
V1
Sendo N o número de espiras do enrolamento na situação de tap nominal,
tem-se na nova situação:
N
1
V1
=
=
V2
N + 0,05N
1,05
ag replacements
Portanto o circuito em pu fica:
v1
vs
j0,1
j0,1
vc = 1 ∠0◦ pu
v2
v10
1 : 1,05
j0,1
Corrente no lado da carga:
i = (sc /vc )∗ = 1 ∠0◦ pu
– 67–
sc = 1 ∠0◦ pu
No secundário do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu
No primário do transformador:
1
v10
=
v2
1,05
v2
v10 =
= 0,9571 ∠5,71◦ pu
1,05
i0
= 1,05
i
i0 = 1,05 i = 1,05 ∠0◦ pu
v1 = v10 + j xT i0 = 0,9732 ∠11,87◦ pu
Na fonte:
vs = v1 + j 0,1 i0 = 1,0 ∠17,77◦ pu
que equivale a 500 kV. A potência entregue na barra é:
∗
s = vs (i0 ) = 1,05 ∠17,77◦ pu = 1 + j 0,32 pu
ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tensão na carga é mantida com uma
tensão Vs menor, porém, a injeção de potência reativa é maior.
– 68–
4.15
Operação de transformadores em paralelo
I Considerar dois transformadores conectados em paralelo:
2
1
PSfrag replacements
11,9 : 34,5 kV
T1
T2
A B
11,9 : 34,5 kV
chave
I Para cálculos em por unidade, divide-se o circuito em duas áreas para a
definição dos valores de base:
PSfrag replacements
área 1 área 2
2
1
11,9 : 34,5 kV
T1
T2
A B
11,9 : 34,5 kV
Vb1 = 11,9 kVVb2 = 34,5 kV
– 69–
Os valores das tensões de base são escolhidos de forma que a relação entre
eles seja igual à relação de transformação dos transformadores. Em particular,
foram escolhidas as próprias tensões nominais dos transformadores. Em por
unidade tem-se:
PSfrag replacements
2
1
1:1
T1
T2
A B
1:1
Transformadores reais são representados pelas suas respectivas reatâncias1:
PSfrag replacements
2
1
j x1
T1
T2
A B
1 Para
j x2
transformadores de potência as perdas ferro e de magnetização são desprezadas. As perdas cobre também são em geral desprezadas.
– 70–
I Considere que o transformador T2 tenha a sua relação de transformação
aumentada para (12,5 : 34,5 kV), através de uma mudança na posição do tap:
PSfrag replacements 1
2
11,9 : 34,5 kV
T1
T2
A B
12,5 : 34,5 kV
Pode-se representar T2 da seguinte forma:
PSfrag replacements 1
2
11,9 : 34,5 kV
T1
T2
A B
12,5 : 11,9 kV 11,9 : 34,5 kV
– 71–
Dividindo o circuito em duas áreas:
PSfrag replacements
área 1 área 2
2
1
11,9 : 34,5 kV
T1
T2
A B
12,5 : 11,9 kV 11,9 : 34,5 kV
Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV
Em por unidade tem-se:
2
1
PSfrag replacements
1:1
T1
T2
A B
1,05 : 1
1:1
12,5/11,9
– 72–
Considerando as reatâncias dos transformadores:
PSfrag replacements
2
1
j x1
T1
T2
A B
j x2
1,05 : 1
PSfrag replacements
Verifica-se que o transformador com a posição do tap fora da nominal deve
ser representado em por unidade com uma relação (1,05 : 1) ou (1 : 0,952).
Considere agora que a chave AB seja aberta:
1
2
j x1
v
+ AB −
T1
V
A B
T2
1,05 : 1
vx
j x2
v2
v1
– 73–
Devido à alteração na posição do tap de T2, aparece uma tensão sobre os
terminais da chave:
vAB = vA − vB
= v1 − 1,05 vx
= v1 − 1,05 v2
= v1 − 1,05 v1
= −0,05 v1
A impedância vista pelos terminais A e B é:
zvista = j (x1 + x2) = zloop
Logo, tem-se:
zloop
PSfrag replacements
A
+
∼ vAB
V
−
B
– 74–
Se a chave AB for novamente fechada, circulará uma corrente pelo circuito:
zloop
PSfrag replacements
A
+
∼ vAB
iloop
−
B
A corrente vale:
PSfrag replacements
iloop =
vAB
zloop
Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se:
2
1
j x1
T1
iloop
V
vAB
zloop
T2
A B
1,05 : 1
j x2
∼
em que iloop é uma corrente de circulação. Ao alterar-se a posição do tap de
T2, apareceu uma corrente de circulação, que é limitada pelas reatâncias dos
transformadores.
– 75–
Sistemas de potência tı́picos são malhados, ou seja, existem vários loops e
caminhos paralelos para os fluxos de potência. Esta caracterı́stica confere
maior flexibilidade de operação e confiabilidade aos sistemas. Além disso, as
tensões de transmissão e nı́veis de potência têm aumentado ao longo dos
anos, e os novos equipamentos são conectados e operam juntamente com os
equipamentos existentes. Assim, é natural que se encontre loops ou caminhos
paralelos que incluem transformadores.
Cuidados especiais devem ser tomados durante a fase de projeto a fim de
evitar as correntes de circulação. A configuração que poderia ser chamada de
normal conteria transformadores em paralelo com as mesmas relações de
transformação. No entanto, há situações em que introduz-se alterações nas
relações de transformação2 a fim de atender requisitos especı́ficos de
operação.
2 Alterações na relação de transformação são obtidas através da mudança na posição dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo de
transformador, essa alteração pode resultar em diferentes magnitudes de tensão (transformador regulador) ou em defasagens entre as tensões
(transformador defasador).
– 76–
4.16
Representação computacional do trafo com tap variável
I Em algumas aplicações é interessante classificar linhas de transmissão e
transformadores em uma mesma classe de equipamentos → ambos conectam
dois nós (duas barras) da rede.
I É conveniente representá-los por um mesmo modelo e tratá-los de maneira
idêntica.
I Exemplo: problema de fluxo de carga → resolução do circuito para obtenção
do seu estado de operação.
I Como a linha é representada por um modelo π → deve-se representar o trafo
também por um modelo π.
I Procedimento: considerar o seguinte trafo:
frag replacements
i1
i2
z
+
s1
◦
v1
+
s01
v10
−
−
vc = 1 ∠0 pu
sc = 1 ∠0◦ pu
1:α
– 77–
+
v2
−
s2
Tem-se as seguintes relações:
v10
1
=
v2
α
s01 + s2 = 0
s01 = −s2
v10 i∗1 = −v2 i∗2
v10 i∗1 = −α v10 i∗2
i1
= −α
i2
As equações para as correntes são:
v1 − v10
1
1
= v1 −
v2
z
z
αz
i1
1
1
i2 = − = −
v1 + 2 v2
α
αz
α z
i1 =
– 78–
(1)
(2)
Considere agora o modelo π do trafo:
PSfrag replacements
i1
is
+
v1
i2
+
z1
z2
ip2
z3
−
ip3
v2
−
I Para o modelo π:
i1 = is + ip2
1
1
(v1 − v2) + v1
z1
z2
i2 = −is + ip3
=
=−
1
1
(v1 − v2) + v2
z1
z3
Reescrevendo de maneira apropriada:
1
v2
z1
1
1
1
+
v2
i2 = − v 1 +
z1
z1 z3
i1 =
1
1
+
z1 z2
– 79–
v1 −
(3)
(4)
I Deve-se igualar os coeficientes das equações (1) com (3) e (2) com (4):
1
1
=−
z1
αz
1
1
1
+ =
z1 z2
z
1
1
1
+ = 2
z1 z3
αz
−
que resulta em:
z1 = αz
α
z
z2 =
α−1
2 α
z3 =
z
1−α
Exemplo
Um autotransformador trifásico com comutador de tap apresenta os seguintes
dados de placa:
220/22 kV
300 MVA
x = 6%
Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posições
Obtenha o modelo π equivalente do transformador para que se tenha tensões de
220 kV e 18,2 kV em vazio.
– 80–
Considerando os seguintes valores de base:
Sb = 300 MVA
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 22 kV
tem-se o seguinte modelo para o transformador:
x = 0,06
PSfrag replacements
+
+
v1
v2
−
−
1:α
em que α representa a posição do tap. Para o tap na posição nominal tem-se:
PSfrag replacements
220/22 kV
Para as condições especificadas no problema, tem-se:
PSfrag replacements
220/18,2 kV
– 81–
que pode ser representado por:
PSfrag replacements
Base 220 kV
Base 22 kV
220/22 kV
22/18,2 kV
Transformando os valores de tensão em pu:
rag replacements
1:1
PSfrag replacements
1 : 0,8273
1 : 0,8273
Como o comutador apresenta posições de tap discretas, deve-se escolher o valor
mais apropriado:
0,8273
– 82–
1,20
1,16
1,12
1,08
1,04
1,00
0,96
0,92
0,88
0,84
0,80
valor discreto mais próximo
O modelo π fica:
+
j0,0504
+
PSfrag replacements
v1
−j0,3150
−
j0,2646
v2
−
Como a tensão no secundário é MENOR que o valor nominal, o parâmetro z3
corresponde a um INDUTOR.
Exercı́cio
Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tensão de 25 kV no
secundário do transformador.
Exercı́cio
No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tensão possı́vel
no secundário (em vazio) e o obtenha o modelo π correspondente a essa situação.
– 83–
4.17
Fluxos de potência ativa e reativa em transformadores
I Considere o modelo π do transformador:
ag replacements
Ek = Vk ∠θk
Ikm
I2
I1
α−1
α
I3
1−α
α2
y
As correntes são dadas por:
Ikm = I1 + I2
y
α−1
= (Ek − Em ) +
yEk
α
α
y
= (y) Ek + −
Em
α
Imk = −I1 + I3
y
1−α
= − (Ek − Em ) +
yEm
α
α2
y
y
= −
Ek +
Em
α
α2
– 84–
Em = Vm ∠θm
Imk
y/α
y
Potência saindo do barramento k:
∗
Skm
= Ek∗ Ikm
h
y
i
∗
Em
= Ek yEk + −
α
1
= (g + jb) Vk2 − (g + jb) Vk Vm (cos θkm − j sen θkm)
α
Vk Vm
(g cos θkm + b sen θkm)
α
Vk Vm
= −bVk2 −
(g sen θkm − b cos θkm )
α
Pkm = gVk2 −
Qkm
Potência saindo do barramento m:
∗
∗
Smk
= Em
Imk
y
i
h y
∗
Ek +
Em
= Em −
α
α
1
1
= 2 (g + jb) Vm2 − (g + jb) Vk Vm (cos θkm + j sen θkm)
α
α
g 2 Vk Vm
V −
(g cos θkm − b sen θkm)
α2 m
α
b
Vk Vm
= − 2 Vm2 +
(g sen θkm + b cos θkm)
α
α
Pmk =
Qmk
I As perdas de potência podem ser calculadas por:
Pperdas = Pkm + Pmk
Qperdas = Qkm + Qmk
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Referências
[1] A.L.M. França, notas de aula, 1989.
[2] C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um curso
introdutório, Unicamp, 1995.
[3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introdução a sistemas de energia elétrica,
Unicamp, 1999.
[4] J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, 1989.
[5] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.
[6] I.L. Kosow, Máquinas elétricas e transformadores, Globo, 1972.
[7] O.I. Elgerd, Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica, Mc-Graw-Hill,
1981.
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