ET720 – Sistemas de Energia El´ etrica I 1 Semestre 2011 Cap´ıtulo 4 – Transformador de potˆ encia
4.1
Introdu¸c˜ ao
◮ Transformador elevador (step-up transformer) ◮ Transformador transformer)
abaixador
(step-down
◮ Transformador transformer)
regulador
(regulating
4.2
rela¸c˜ ao ≈ 1 : 1
defasagem entrada-sa´ıda
Vantagens do uso de transformadores
asico e seu respectivo circuito por fase ◮ Considerar o diagrama unifilar do circuito trif´ 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 potˆencia ativa por fase na linha de transmiss˜ ao: Pp = R | I |2 Potˆencia ativa por fase fornecida pela fonte:
Pφ = | Vf | | I | fp = | Vf | | I |
→
| I |=
Pφ | Vf |
(fp ≈ 1)
Note que considerou-se o fator de potˆencia visto pela fonte como unit´ ario, ou seja, o efeito da reatˆ ancia da linha foi desprezado. Coeficiente de perdas: R | I |2 R (Pφ / | Vf |)2 R Pφ Pp = = = η= Pφ Pφ Pφ | Vf |2 ou seja, o coeficiente de perdas ´e inversamente proporcional ao quadrado da tens˜ ao → quanto maior a tens˜ ao de transmiss˜ ao, menor o coeficiente de perdas → as perdas se tornam proporcionalmente menos importantes em fun¸c˜ ao do total de potˆencia transmitida. No caso do circuito trif´ asico:
η=
0,2 · 300 · 106 (10 · 103 )2
logo, o coeficiente de perdas ´e de 60%.
–2–
= 0,6
◮ Considerar agora que a transmiss˜ ao ´e feita em um n´ıvel de tens˜ ao dez vezes maior:
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 transmiss˜ ao:
ηLT =
0,2 · 300 · 106 (100 · 103)2
= 0,006
ou 0,6%, ou seja, uma redu¸c˜ ao significativa (100 vezes menor). ◮ Os transformadores inseridos no circuito tamb´em tˆem suas pr´ oprias eficiˆencias. Logo, sua utiliza¸c˜ ao deve ser justificada se o coeficiente de perdas total (linha + transformadores) for menor que os 60% calculados sem os transformadores. Considerar P como a potˆencia por fase gerada na fonte de tens˜ ao e transmitida. Devido ` a presen¸ca do transformador elevador (cujo rendimento de 98% ´e t´ıpico para transformadores de potˆencia), a potˆencia que entra na linha ´e: P ′ = 0,98 P Devido ` as perdas de potˆencia ativa na linha, a potˆencia que chega ao transformador abaixador ´e: P ′′ = (1 − 0,006) P ′ = 0,994 · 0,98 · P = 0,9741 P
–3–
Ap´ os computadas as perdas no transformador abaixador, a potˆencia entregue ` a carga ´e: P ′′′ = 0,98 P ′′ = 0,9546 P O coeficiente total de perdas ´e:
ηtotal =
P − P ′′′ P
= 0,0454
ou 4,54%, que ´e bem menor que no caso da transmiss˜ ao a baixas tens˜ oes.
4.3
Transformador monof´ asico ideal
ao geral: ◮ Descri¸c˜
n´ ucleo laminado de Fe-Si
Fonte
+
v1 −
i2
φ
i1 N1
Prim´ ario Alta/Baixa tens˜ ao
–4–
N2
+
v2 −
Secund´ ario Baixa/Alta tens˜ ao
Carga
◮ Hip´ oteses:
N˜ ao h´ a perdas ˆ ohmicas – a resistˆencia dos enrolamentos ´e nula N˜ ao h´ a dispers˜ ao de fluxo magn´etico – todo o fluxo φ est´ a confinado no n´ ucleo e ´e concatenado com ambas as bobinas N˜ ao h´ a perdas no n´ ucleo – n˜ ao h´ a histerese nem correntes parasitas A permeabilidade magn´etica do n´ ucleo ´e infinita (µnucl eo → ∞) – a corrente necess´ aria para criar o fluxo magn´etico no n´ ucleo e, portanto, a for¸ca magnetomotriz para magnetizar o n´ ucleo, s˜ ao desprez´ıveis
◮ Circuito equivalente: I1
I2
+
+
V1
V2
−
−
N1 : N2 ◮ Tens˜ oes e correntes s˜ ao senoidais → V1 , V2 , I1 e I2 s˜ ao fasores. ◮ Rela¸co ˜es:
Tens˜ oes e correntes: V1 I2 N1 = = =a V2 I1 N2 em que a ´e a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao (rela¸c˜ ao de espiras). –5–
Potˆencias: S1 = V1 I1∗ = V2I2∗ = S2 pois n˜ ao h´ a perdas (potˆencia de entrada igual ` a potˆencia de sa´ıda).
Impedˆ ancias:
I2
I1 +
V1
+
Z1
V2
−
Z2
−
N1 : N2
A transforma¸c˜ ao de impedˆ ancias (impedˆ ancias refletidas) ´e dada por:
Z1 =
V1 aV2 V2 = = a 2 Z2 = a2 I1 I2 /a I2
–6–
4.4
Transformador monof´ asico real
◮ S˜ ao consideradas:
Perdas ˆ ohmicas nos enrolamentos
Perdas no n´ ucleo (histerese e correntes parasitas)
Dispers˜ ao de fluxo
Corrente de magnetiza¸c˜ ao
◮ Circuito equivalente: r1
x1 Iϕ
+ I1
V1 −
x2 I1′
xm
rc
Im
Ic
r2 I2
+
+
+
V1′
V2′
V2
−
−
−
N1 : N2 Transformador ideal
r1 , r2 – resistˆencias que representam as perdas ˆ ohmicas nos enrolamentos (perdas cobre)
x1 , x2 – reatˆ ancias que representam a dispers˜ ao de fluxo
rc – resistˆencia que representa as perdas no n´ ucleo (perdas ferro)
xm – reatˆ ancia que representa a magnetiza¸c˜ ao do n´ ucleo –7–
◮ A rela¸c˜ ao de espiras ´e v´ alida para V1′ e V2′ e para I1′ e I2. ◮ Em vazio:
I2 = 0 → I1′ = 0
N˜ ao h´ a queda de tens˜ ao em r2 e x2 → V2′ = V2
A impedˆ ancia equivalente do ramo paralelo (rc e xm ) ´e muito maior que a impedˆ ancia equivalente s´erie (r1 e x1) → pode-se desprezar os parˆ ametros s´erie O circuito equivalente para o transformador em vazio fica: I1′ = 0 +
V1 −
Iϕ
I1
I2
xm
rc
Im
Ic
+
V2 −
N1 : N2 Transformador ideal
A corrente no prim´ ario ´e: i1 (t) = iϕ (t) = im (t) + ic (t) e ´e pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador).
–8–
A tens˜ ao no secund´ ario ´e :
V2 =
V1 a
Devido ` as n˜ ao-linearidades (satura¸c˜ ao do material ferromagn´etico): • A corrente de excita¸c˜ ao n˜ ao ´e senoidal → representa¸c˜ ao fasorial n˜ ao pode ser usada • A corrente apresenta componentes harmˆ onicas ´ımpares (3a., 5a. etc.): iϕ (t) = I1 sen (ωt) + I3 sen (3ωt) + I5 sen (5ωt) + · · · • A componente de 3a. harmˆ onica ´e da ordem de 40% da corrente total. • Em geral, como iϕ ´e pequena, considera-se somente a componente fundamental (60 Hz) e pode-se ent˜ ao utilizar nota¸c˜ ao fasorial: I1 = Iϕ e o diagrama fasorial fica: V1
Ic
→ o transformador em vazio apresenta um fator de potˆencia baixo Im
Iϕ
–9–
◮ Com carga:
I2 6= 0 → todos os parˆ ametros do circuito equivalente s˜ ao considerados. Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as impedˆ ancias do enrolamento secund´ ario e utilizando a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao para tens˜ oes e correntes: r1
x1 Iϕ
+ I1
V1 −
a2 r2
a 2 x2
I2/a +
xm
rc
Im
Ic
aV2 −
Como Iϕ ≪ I1 pode-se desprezar os parˆ ametros shunt: r1 + a2 r2 +
x1 + a 2 x2
I1 = I2/a
+
V1
aV2
−
−
– 10 –
Em geral para transformadores de potˆencia (a partir de centenas de KVA) as perdas ˆ ohmicas podem ser desprezadas: x1 + a 2 x2 = x +
4.5
+
I1 = I2/a
V1
aV2
−
−
Autotransformador ideal
◮ Considerar o transformador monof´ asico:
I1
I2
+
+
V1
V2
−
−
V1 = 120 V V2 = 240 V
N1 : N2 A potˆencia aparente ´e:
S = V1 I1 = V2 I2 = 30 kVA
– 11 –
I1 = 250 A I2 = 125 A
◮ Se for feita uma liga¸c˜ ao f´ısica entre os enrolamentos prim´ ario e secund´ ario tem-se o autotransformador : I2 +
N2 I1 + I2 V1 + V2 +
N1
V1 −
−
A potˆencia aparente nesse caso ´e:
S = V1 (I1 + I2) = (V1 + V2) I2 = 45 kVA
◮ O autotransformador transmite mais potˆencia. A potˆencia transmitida por efeito magn´etico ´e a mesma do transformador. O adicional de potˆencia ´e transmitido por meio da pr´ opria liga¸c˜ ao f´ısica entre os enrolamentos. Desvantagem: o autotransformador n˜ ao pode ser usado quando a separa¸c˜ ao f´ısica entre os enrolamentos for fundamental.
– 12 –
4.6
Autotransformador real
◮ As perdas no autotransformador s˜ ao do mesmo tipo das perdas do transformador (cobre, ferro etc.). Como as perdas s˜ ao as mesmas (bobinas s˜ ao as mesmas, n´ ucleo ´e o mesmo) → autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficiˆencia). O rendimento depende da rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao, como mostra o exemplo a seguir.
Exemplo
Na pr´ atica, o autotransformador ´e composto por um s´ o enrolamento: +
+
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
+
+
800 V
800 V
−
I≈0
−
Rela¸c˜ ao 1:1 – 13 –
Carga
1. o autotransformador tem rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao 1 : 1. 2. toda a potˆencia ´e transferida atrav´es da conex˜ ao el´etrica e nada ´e transferido via fluxo magn´etico. 3. a corrente na bobina do autotrafo ´e a corrente de excita¸c˜ ao, que ´e muito baixa. 4. potˆencia de perdas ≈ 0 → eficiˆencia de ≈ 100%. Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1000 V: 10 A
12,5 A
+
+
200 V 800 V
1000 V
Carga
2,5 A −
−
Rela¸c˜ ao 5:4
1. a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao agora ´e 1000/800 = 5/4. 2. a potˆencia na carga ´e de 800 · 12, 5 = 10 kVA. 3. a potˆencia na fonte deve ser tamb´em 10 kVA. Logo a corrente da fonte ´e 10000/1000 = 10 A. 4. a carga ´e conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 → as tens˜ oes s˜ ao divididas em 800 V e 200 V.
– 14 –
5. perdas na por¸c˜ ao 1/5: 1 P1 = R · 102 = 20R 5 em que R ´e a resistˆencia do enrolamento. 6. perdas na por¸c˜ ao 4/5: 4 P2 = R · 2, 52 = 5R 5 7. as perdas totais s˜ ao de 25R.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1600 V: 6,25 A
12,5 A
+
+
800 V 1600 V
800 V
6,25 A −
−
Rela¸c˜ ao 2:1
1. a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao agora ´e 1600/800 = 2/1. 2. a potˆencia na carga ´e de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
– 15 –
Carga
3. a potˆencia na fonte deve ser tamb´em 10 kVA. Logo a corrente da fonte ´e 10000/1600 = 6, 25 A. 4. a carga ´e conectada a metade do enrolamento, sobrando a outra metade → as tens˜ oes s˜ ao divididas em 800 V e 800 V. 5. perdas na metade superior: 1 P1 = R · 6,252 = 19,53R 2 em que R ´e a resistˆencia do enrolamento. 6. perdas na metade inferior: 1 P2 = R · 6,252 = 19,53R 2 7. as perdas totais s˜ ao de 39,06R → maiores que o caso anterior. 8. conclus˜ ao: quanto mais distante a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao for de 1 : 1, maiores as perdas do autotransformador. 9. por isso eles s˜ ao mais usados como autotransformadores reguladores.
– 16 –
Exemplo
Considerar os autotransformadores mostrados a seguir. Ie
Ie
Is
+
+
I1
Is
+
N1
+
N1
Vs
Ve
Vs
Ve
I1
N2
N2
I2
I2
−
−
−
−
Elevador
Abaixador
Para o autotrafo abaixador tem-se: Ve Is N1 + N2 = = =a>1 Vs Ie N2 Considerando que R ´e a resistˆencia total do enrolamento, as perdas s˜ ao dadas por:
N1 N2 RI12 + RI22 N + N N + N 2 1 2 1 1 1 RIe2 + R (Is − Ie )2 = 1− a a a−1 1 = RIe2 + R (a − 1)2 Ie2 a a = RIe2 (a − 1)
P =
Para a = 1 n˜ ao h´ a perdas e estas aumentam ` a medida que a se distancia de 1 (neste caso a > 1 sempre).
– 17 –
Para o autotrafo elevador: Ve Is N2 = = =a<1 Vs Ie N1 + N2 As perdas s˜ ao:
N1 N2 RI12 + RI 2 N1 + N2 N1 + N2 2 = (1 − a) RIs2 + aR (Is − Ie )2 2 a − 1 Is2 = (1 − a) RIs2 + aR a 1 −1 = RIs2 a
P =
Para a = 1 n˜ ao h´ a perdas e estas aumentam ` a medida que a se distancia de 1 (neste caso a < 1 sempre).
– 18 –
4.7
Transformador trif´ asico
◮ Banco trif´ asico (trˆes transformadores monof´ asicos) ou Transformador trif´ asico (enrolamentos em um ´ unico n´ ucleo)
a
H1
X1
H2
X2
a
c
b H2
H1
H3
A b
H1
X1 C
H2
X2 B
c
H1
X1
H2
X2
X1 A
X2
X3
C
B
◮ Ambos os transformadores mostrados apresentam liga¸c˜ ao Y-∆. ◮ Normalmente utiliza-se: H – enrolamento de alta tens˜ ao X – enrolamento de baixa tens˜ ao ◮ O transformador de um s´ o n´ ucleo tem a vantagem de ser mais compacto → menos material → mais barato. As liga¸co ˜es s˜ ao internas → n˜ ao h´ a meio de alter´ a-la. – 19 –
◮ O banco trif´ asico tem a vantagem da possibilidade de mudan¸ca das liga¸co ˜es.
◮ Liga¸c˜ ao Y -∆: ´ utilizada em transformadores abaixadores de tens˜ E ao. √ a uma Se a rela¸c˜ ao de espiras for a = N1 /N2 – rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ´e a 3 e h´ defasagem de 30◦ entre as tens˜ oes de linha do prim´ ario e secund´ ario. ◮ Liga¸c˜ ao ∆-Y : ´ utilizada em trafos elevadores de tens˜ E ao. √ Se a rela¸c˜ ao de espiras for a = N1 /N2 – rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ´e a/ 3 e h´ a uma ◦ defasagem de 30 entre as tens˜ oes de linha do prim´ ario e secund´ ario. ◮ Liga¸c˜ ao ∆-∆: Permite a liga¸c˜ ao 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 necess´ ario. ◮ Liga¸c˜ ao Y -Y : Liga¸c˜ ao raramente usada pois terceiras harmˆ onicas de correntes de excita¸c˜ ao introduzem distor¸co ˜es nas formas de onda. Este problema pode ser contornado com o aterramento f´ısico dos neutros dos enrolamentos. Pode-se contornar o problema tamb´em com a instala¸c˜ ao de um terceiro enrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como alimentar a subesta¸c˜ ao, por exemplo.
– 20 –
Exemplo
Considere 3 transformadores monof´ asicos (1φ) com rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao Vp /Vs = a. Monte bancos trif´ asicos (3φ) de transformadores usando as v´ arias liga¸co ˜es poss´ıveis e obtenha as rela¸co ˜es de transforma¸c˜ ao e defasagens entre tens˜ oes do prim´ ario e secund´ ario. Considere a seq¨ uˆencia de fases ABC. Tens˜ oes nos enrolamentos prim´ arios: √ √ 3 V ∠30◦ (pois VL = 3 VF ∠30◦ ) √ VBC = 3 V ∠ − 90◦ √ VCA = 3 V ∠150◦
VAN = V ∠0◦
VAB =
VBN = V ∠ − 120◦ VCN = V ∠120◦
(a) Liga¸c˜ ao Y -Y A
+
2
1
+
B
a
+
2
1
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 Vab Ia∗
→ – 21 –
IA Ia
∗
=
Vab VAB
→
IA 1 = Ia a
(b) Liga¸c˜ ao 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 tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao adiantadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario.
S=
√
3 VAB IA∗
√ = 3 Vab Ia∗
→
IA Ia
∗
=
Vab VAB
A defasagem entre as correntes ´e a mesma das tens˜ oes.
– 22 –
→
IA 1 = √ ∠30◦ Ia a 3
Trocando duas fases de alimenta¸c˜ ao (equivale a considerar a seq¨ uˆencia de fases ACB): Ib B
+
1
IB
+
2
A b
N
1 3 2
Icb +
3
Iba
+
c
a +
Iac
+
C
VBN =a Vba
Vab = −
→
V V ∠ − 120◦ = ∠60◦ a a
√ VAB = a 3 ∠ − 30◦ Vab As tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao atrasadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario.
S=
√
3 VAB IA∗
√ = 3 Vab Ia∗
→
IA Ia
∗
=
Vab VAB
→
A defasagem entre as correntes ´e a mesma das tens˜ oes.
– 23 –
IA 1 = √ ∠ − 30◦ Ia a 3
(c) Liga¸c˜ ao ∆-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 tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao atrasadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario. √ 3 IA = ∠ − 30◦ Ia a A defasagem entre as correntes ´e a mesma das tens˜ oes.
– 24 –
Trocando duas fases de alimenta¸c˜ ao (equivale a considerar a seq¨ uˆencia 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 tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao adiantadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario. √ 3 IA = ∠30◦ Ia a A defasagem entre as correntes ´e a mesma das tens˜ oes.
– 25 –
(d) Liga¸c˜ ao ∆-∆ 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 diferen¸ca e deve obrigatoriamente ser levada em considera¸c˜ ao.
Para circuitos radiais, a considera¸c˜ ao da defasagem de 30% entre tens˜ oes de linha introduzidas pelas liga¸co ˜es Y -∆ e ∆Y ´e irrelevante.
Y -∆ 138/69 kV
Y -∆ 138/13,8 kV
Y -∆ 138/69 kV
– 26 –
Exemplo
Obter a potˆencia complexa fornecida por um gerador trif´ asico que alimenta uma carga atrav´es de um banco de transformadores ideais e de uma linha de transmiss˜ ao. O banco de transformadores ´e formado por 3 transformadores monof´ asicos de 20 MVA, 20/200 kV, ∆-Y . O circuito equivalente por fase de linha de transmiss˜ ao resume-se ` a impedˆ ancia s´erie ZL = 0 + j 100 Ω. A tens˜ ao de linha na carga ´e de 340 kV e a carga consome 30 MVA com fator de potˆencia 0,8 atrasado. Diagrama unifilar: Gerador Trafo ∼
LT
Carga
∆-Y
Circuito completo: Gerador ∼
Trafo A
IA
∼
Carga a′
ZL
1 IAB
N
a
LT Ia
Zc
1
B
3
b′
b
n
ZL
2
n′ Zc
2 ∼
c′
c
C 3 60 MVA √ 20/200 3 kV
– 27 –
ZL
Zc
Tens˜ ao de fase na carga: 340 Va′ n′ = √ ∠0◦ kV 3
(referˆencia angular)
Potˆencia complexa por fase na carga:
Sc =
30 ∠ cos−1 0,8 = 10 ∠36,87◦ MVA 3
Corrente pela linha de transmiss˜ ao:
Ia =
Sc Va ′ n ′
∗
= 50,94 ∠ − 36,87◦ A
Tens˜ ao de fase no lado de alta tens˜ ao do transformador: Van = Va′ n′ + ZL Ia = 199,4 ∠1,17◦ kV Potˆencia fornecida ` a carga e ` a linha de transmiss˜ ao:
S = 3 (Sc + SL ) = 3 Van Ia∗ = 30,47 ∠38,04◦ MVA Como o gerador e o transformador s˜ ao ideais, a potˆencia fornecida pelo gerador ´e S. Tens˜ ao de linha no lado da baixa tens˜ ao do transformador: VAB 20 = Van 200
→
VAB = 19,94 ∠1,17◦ kV
– 28 –
Tens˜ ao de fase nos terminais no gerador: VAB VAN = √ ∠ − 30◦ = 11,51 ∠ − 28,83◦ kV 3
(seq. fase ABC)
Corrente no enrolamento de baixa tens˜ ao do transformador: IAB 200 = Ia 20
→
IAB = 509,43 ∠ − 36,87◦ A
Corrente de linha pelo gerador: IA =
√ 3 IAB ∠ − 30◦ = 882,35 ∠ − 66,87◦ A
Potˆencia complexa fornecida pelo gerador: S = 3 VAN IA∗ = 30,47 ∠38,04◦ MVA
!
Fator de potˆencia visto pelo gerador: fp = cos 38,04◦ = 0,788 Tens˜ ao de linha no gerador: √ VL = 11,51 3 = 19,94 kV
– 29 –
4.8
Transformadores de trˆ es enrolamentos
◮ Caso particular de transformador de m´ ultiplos enrolamentos. Transformadores de trˆes enrolamentos s˜ ao bastante utilizados em sistemas de potˆencia. ◮ Estrutura b´ asica: I2
I1
E2
N2 E1
N1
N3
I3
E3
◮ Terceiro enrolamento:
Baixa tens˜ ao
Pode ser conectado a fonte suporte de potˆencia reativa (condensador s´ıncrono)
Pode ser utilizado para a alimenta¸c˜ ao da subesta¸c˜ ao
Pode capturar componentes harmˆ onicas e correntes de seq¨ uˆencia zero devido a desbalanceamentos de carga – 30 –
x Rede teste IEEE 14 barras
9 C 7 4
◮ Configura¸c˜ ao b´ asica de um transformador de trˆes enrolamentos:
I2
I1 N2 E1
E2
N1 N3
– 31 –
I3
E3
8
◮ As rela¸co ˜es entre tens˜ oes e correntes s˜ ao obtidas utilizando-se o mesmo racioc´ınio que para o transformador de dois enrolamentos. Para as tens˜ oes: E1 E2 E3 = = N1 N2 N3 Para as potˆencias, considera-se:
potˆencia de entrada = potˆencia de sa´ıda (transformador ideal) potˆencia no enrolamento 1 = potˆencia no enrolamento 2 + potˆencia no enrolamento 3
N1 I1 = N2 I2 + N3 I3
◮ Escrevendo de outra maneira:
E1 =
N1 N1 E2 = E3 N2 N3
= a2 E2 = a3 E3 I1 = =
N2 N3 I2 + I3 N1 N1 I3 I2 + a2 a3
– 32 –
cujas equa¸co ˜es s˜ ao atendidas pelo seguinte diagrama:
I2 /a2 I1 I3 /a3 a2 E2 E1 a3 E3
◮ No caso de um transformador real → parˆ ametros s´erie e shunt s˜ ao acrescentados ao diagrama: I2/a2
Z2 I1
Z1 I3/a3 a2 E2
E1
rc
xm
Z3 a3 E3
Todos os parametros s˜ ao vistos pelo lado 1, ou seja, as impedˆ ancias Z2 e Z3 s˜ ao valores j´ a refletidos para o lado 1 de acordo com a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao.
– 33 –
◮ Os parˆ ametros shunt podem ser determinados atrav´es de ensaios de circuito aberto → enrolamentos 2 e 3 em aberto, tens˜ ao nominal aplicada ao enrolamento 1. ◮ Os parˆ ametros Z1 , Z2 e Z3 s˜ ao determinados indiretamente. Os seguintes ensaios de curto-circuito s˜ ao realizados:
Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 1 e determina¸c˜ ao da impedˆ ancia vista: Z12 = Z1 + Z2
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 1 e determina¸c˜ ao da impedˆ ancia vista: Z13 = Z1 + Z3
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 2 e determina¸c˜ ao da impedˆ ancia vista: Z23 = Z2 + Z3
◮ As equa¸co ˜es acima formam um sistema de 3 equa¸co ˜es com 3 inc´ ognitas, cuja solu¸c˜ ao 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 vari´ avel
◮ A finalidade b´ asica de transformadores ´e a convers˜ ao de n´ıveis de tens˜ ao. ◮ Os transformadores pode ter fun¸co ˜es adicionais, como por exemplo o controle de tens˜ ao (potˆencia reativa) em circuitos. ◮ Alguns transformadores tˆem rela¸c˜ ao de espiras vari´ avel:
posi¸c˜ ao m´ axima posi¸c˜ ao nominal (tap nominal) posi¸c˜ ao m´ınima V1
V2
– 35 –
◮ Tomando novamente o exemplo do transformador da subesta¸c˜ ao de distribui¸c˜ ao:
Distribui¸c˜ ao
Transmiss˜ ao
Carga Restante da rede
∼
Carga
Transformador com tap vari´ avel
– 36 –
◮ Estrutura geral do transformador:
TC
∼
Carga
comutador de tap
+
−
TP
retardo de tempo
V V ajuste I
rel´e regulador de tens˜ ao
TC, TP – transformador de corrente, transformador de potencial, para medi¸c˜ ao de corrente e tens˜ ao V ajuste (tens˜ ao de referˆencia, ponto de ajuste, centro de banda) – tens˜ ao desejada no terminal do regulador ou em uma barra remota do alimentador de distribui¸c˜ ao
– 37 –
Largura de faixa – varia¸c˜ ao de tens˜ ao permitida entre a tens˜ ao de referˆencia e a tens˜ ao provocada pela carga. Exemplo: se a tens˜ ao ´e especificada em 127 V e a margem ´e de 2 V, o regulador comutar´ a o tap para que a tens˜ ao esteja na faixa [125, 129] V. Isto evita o excesso de acionamentos do comutador de tap Temporiza¸c˜ ao (tempo morto) – tempo de espera (delay) para iniciar o acionamento do comutador de tap. Com este ajuste evita-se a atua¸c˜ ao do comutador para pequenas e r´ apidas varia¸co ˜es de tens˜ ao
temporiza¸c˜ ao
atua¸c˜ ao do comutador de tap
largura
referˆencia
de faixa
tempo
– 38 –
Compensa¸c˜ ao por queda de tens˜ ao na linha (line drop compensation – LDC) – compensa a queda de tens˜ ao da linha entre o regulador de tens˜ ao e um centro de carga determinado, localizado a uma distˆ ancia el´etrica do regulador (RL + j XL )
TC
∼
R L + j XL Carga
comutador de tap
+
−
TP
retardo de tempo
V V ajuste R
X
rel´e regulador de tens˜ ao
– 39 –
I
◮ Autotransformadores reguladores de tens˜ ao:
RT
∼
RT
banco de capacitores
– 40 –
4.9.1
Transformadores reguladores
◮ Diagrama: VAn = Van + ∆Va
Van −
∆Va
+
a
A
b
B
c
C
n
◮ Nota-se que o transformador s´erie acrescenta ∆V ao valor da tens˜ ao V (v´ alido para as trˆes fases). ◮ A varia¸c˜ ao em geral ´e de ±10% → tap vari´ avel. ◮ A mudan¸ca de tap pode ser feita com o transformador energizado → transformador com mudan¸ca de deriva¸c˜ ao (tap) sob carga ou TCUL – tap changing under load ou LTC – load tap changing. ◮ Em geral a mudan¸ca de tap ´e autom´ atica e operada por motores que atuam acionados por rel´es ajustados para manter a magnitude de tens˜ ao em algum ponto da rede no n´ıvel pr´e-estabelecido. Este ponto da rede ´e normalmente o lado da carga do trafo. – 41 –
4.9.2
Transformadores defasadores
◮ Utilizado para o controle da defasagem entre as tens˜ oes no prim´ ario e secund´ ario. ◮ Id´eia: controlar o fluxo de potˆencia ativa por ele. ◮ Diagrama:
Van
Van + ∆Va ∆Va
Vbn
Vbn + ∆Vb
∆Vc
∆Vb Vcn
Vcn + ∆Vc
∆Va
a α n α
∆Vb
α c
b
∆Vc
– 42 –
◮ A tens˜ ao de sa´ıda da fase a ´e igual ` a tens˜ ao de entrada somada a uma tens˜ ao ∆Va que ´e induzida pela tens˜ ao de linha Vbc , que por sua vez ´e defasada de Va de um ˆ angulo de 90◦ . ◮ O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tens˜ oes de entrada e sa´ıda.
4.10
Transformador monof´ asico em pu
◮ A representa¸c˜ ao do transformador monof´ asico em pu ser´ a mostrada atrav´es de um exemplo.
Exemplo
Considerar um transformador monof´ asico ideal de 4400/220 V, 22 kVA, que alimenta uma carga nominal no lado de baixa tens˜ ao. Obter o circuito em pu. I1
O diagrama ´e:
Fonte
I2
+
+
V1
V2
−
−
Carga
4400/220 V Prim´ ario e secund´ ario s˜ ao eletricamente isolados → valores de base podem ser escolhidos de maneira independente. ´ vantajosa a escolha das tens˜ E oes de base Vb1 e Vb2 tais que Vb1/Vb2 = a onde a ´e a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao.
– 43 –
Como a potˆencia de entrada ´e igual ` a potˆencia de sa´ıda (desconsiderando as perdas) → a potˆencia 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 potˆencia de base foi escolhida para os dois lados, as correntes de base dos enrolamentos tamb´em seguem a rela¸c˜ ao Ib1/Ib2 = 1/a. As impedˆ ancias de base s˜ ao:
Zb1 = Vb1/Ib1 = 880 Ω Zb2 = Vb2/Ib2 = 2,2 Ω Uma certa corrente no enrolamento de alta tens˜ ao pode ser expressa em pu como:
i1 = =
I1 I2 /a = Ib1 Ib1 I2 /a I2 = i2 = Ib2/a Ib2
– 44 –
ou seja, as correntes em pu nos dois enrolamentos s˜ ao iguais. O mesmo vale para uma certa tens˜ ao no enrolamento de alta tens˜ ao:
v1 = =
V1 aV2 = Vb1 Vb1 aV2 V2 = = v2 aVb2 Vb2
ou seja, as tens˜ oes em pu nos dois enrolamentos s˜ ao iguais. Para as impedˆ ancias:
z1 = = = = =
Z1 Zb1 a 2 Z2 2 /S Vb1 b 2 a Z2 2 /S a2 Vb2 b 2 a Z2 a2 Zb2 Z2 = z2 Zb2
ou seja, as impedˆ ancias em pu tamb´em s˜ ao iguais nos dois enrolamentos. A conclus˜ ao ´e que em pu o transformador passa a ter uma rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao igual a um (grandezas iguais nos dois enrolamentos) → em pu n˜ ao h´ a o efeito transformador, desde que os valores de base sejam escolhidos convenientemente.
– 45 –
Exemplo
Considere o circuito monof´ asico contendo um transformador mostrado na figura a seguir. TR
G
LT
C
∼
Os dados dos equipamentos s˜ ao os seguintes: TR LT C G
Transformador Linha de transmiss˜ ao 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 est´ a operando nas condi¸co ˜es nominais. Calcule a tens˜ ao no barramento do gerador, a corrente no circuito e a potˆencia fornecida pelo gerador. O circuito em pu ser´ a: rT ∼ e
rLT
xT
i
xLT zc
O circuito ´e dividido em duas ´ areas, referentes aos dois lados do transformador. Nota-se que os parˆ ametros do circuito equivalente do transformador j´ a s˜ ao dados em pu (na verdade, s˜ ao dados em valores percentuais), calculados na base nominal do mesmo (tens˜ oes nominais, potˆencia nominal).
– 46 –
Para o lado de baixa tens˜ ao do transformador (´ area 1) tem-se os seguintes valores de base:
Vb1 = 13,8 kV Sb = 1,5 MVA Para o lado de alta tens˜ ao do transformador (´ area 2), escolhe-se convenientemente os seguintes valores de base:
Vb2 = 220 kV Sb = 1,5 MVA Os valores de base de corrente e impedˆ ancia para as duas ´ areas s˜ ao:
Ib1 = Sb /Vb1 = 108,6957 A Ib2 = Sb /Vb2 = 6,8182 A 2 Zb1 = Vb1 /Sb = 126,96 Ω 2 Zb2 = Vb2/Sb = 32266,6667 Ω
Os parˆ ametros do transformador s˜ ao:
rT = 0,03 pu xT = 0,08 pu Como a linha de transmiss˜ ao est´ a na ´ area 2, seus valores em pu s˜ ao:
rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu – 47 –
A magnitude de tens˜ ao e potˆencia aparente na carga s˜ ao:
| vC | = 200/220 = 0,9091 pu | sC | = 1/1,5 = 0,6667 pu E os respectivos valores complexos s˜ ao:
vC = 0,9091 ∠0◦ pu sC = 0,6667 ∠36,87◦ pu onde se levou em conta o fator de potˆencia da carga e assumiu-se a tens˜ ao na carga como referˆencia angular. A corrente pelo circuito ´e dada por:
i=
sC vC
∗
= 0,7334 ∠ − 36,87◦ pu
A corrente nos lados de baixa e alta tens˜ oes do transformador s˜ ao:
Ibai xa = 0,7334 · 108,6957 = 79,7 A Ial ta = 0,7334 · 6,8182 = 5 A A tens˜ ao no barramento do gerador ´e dada por: e = vC + (0,03 + 0,0093 + j 0,08 + j 0,0279) i = 0,9807 ∠2,69◦ pu ou 13,53 kV.
– 48 –
A potˆencia fornecida pelo gerador ´e: sG = e i ∗ = 0,7192 ∠39,56◦ pu o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de potˆencia visto pela fonte de 77% indutivo.
Exerc´ıcio
Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kV no lado da carga. Calcular tamb´em o total de perdas de potˆencia no transformador e na linha de a est˜ ao em pu devem ser convertidos para as transmiss˜ ao. Observa¸c˜ ao: os valores que j´ 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 monof´ asico:
20/440 kV 500 MVA x = 5% – 49 –
Os poss´ıveis modelos para o transformador s˜ ao: j X1
j X2 Xi em Ω
ou
modelo 2
modelo 1
A reatˆ ancia do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tens˜ ao), tem-se Vb2 = 20 kV e Sb = 500 MVA. Ent˜ ao:
X1 = x Zb1
2 Vb1 202 =x = 0,05 · = 0,04 Ω Sb 500
Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tens˜ ao, tem-se:
X2 = x Zb2
2 4402 Vb2 = 0,05 · = 19,36 Ω =x Sb 500
A rela¸c˜ ao entre as reatˆ ancias ´e: X1 0,04 202 = = 0,002066 = = a2 2 X2 19,36 440 Logo X1 = a2 X2 e os valores em pu s˜ ao os mesmos, desde que valores de base convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de base que n˜ ao estejam relacionados com os valores nominais do transformador, como: Vb1 = 25 kV
e
Sb = 250 MVA
ent˜ ao deve-se primeiro transformar a reatˆ ancia em Ohms usando a base original e voltar para pu considerando a nova base. Assim: – 50 –
x
novo
=x
velho
= x velho
= x velho
velho Zb1 novo Zb1
velho 2 novo Vb1 Sb1 velho novo 2 Sb1 Vb1 velho 2 novo Vb1 Sb1 novo velho Vb1 Sb1
Neste caso:
x novo = 0,05 ·
20 25
2
·
250 = 0,016 pu 500
4.11
Autotransformadores em pu
alise ´e idˆentico ao do transformador. ◮ O procedimento de an´ Basta escolher como tens˜ oes de base as tens˜ oes nominais do autotrafo e a rela¸c˜ ao de tens˜ oes em pu ser´ a 1 : 1.
– 51 –
4.12
Transformadores trif´ asicos em pu
◮ Dados de placa (nominais) do trafo monof´ asico: V1 , V2 , S, zT (pu ou %, base nominal). Dados de placa (nominais) do trafo trif´ asico: V1L, V2L, S3φ, zT (pu ou %, de fase). ◮ Id´eia b´ asica: escolher os valores de base iguais aos valores nominais do trafo. ◮ Considere um banco trif´ asico de transformadores ligado em Y-Y. Para cada trafo monof´ asico do banco tem-se: V1, V2, S, zT . Para o banco trif´ asico tem-se os seguintes valores de base:
Vb1 = VN1 Vb2 = VN2
√ = 3V1 √ = 3V2
Para as bases escolhidas, a impedˆ ancia do circuito equivalente do trafo trif´ asico em pu ´e igual a zT .
Sb = 3S = S3φ
◮ Considere agora um banco trif´ asico de transformadores ligado em Y-∆. Os valores de base para o banco s˜ ao:
Vb1 = VN1 =
√ 3V1
Vb2 = VN2 = V2
Novamente, a impedˆ ancia do circuito equivalente do trafo trif´ asico em pu ´e igual a zT .
Sb = 3S = S3φ
– 52 –
Exemplo
Considere o diagrama unifilar do circuito trif´ asico a seguir.
Vg ∼
500 kV
x = 1000 Ω Y-Y 10 MVA 15/500 kV xT = 2%
9 MVA fp = 1
Calcule a tens˜ ao Vg no barramento do gerador e o fator de potˆencia visto pelo gerador. Transformando o diagrama unifilar em um circuito trif´ asico tem-se:
XT
1
1
XL
Pc
2
XL
Pc
∼ XT
2
∼ XT
3
3
XL
∼
– 53 –
Pc
Pc = 3 MW XL = 1000 Ω 2 152 XT = · = 0,45 Ω 100 10
O circuito por fase ´e: XT
XL +
∼
1
Vc
1
P −
√ √ 15/ 3 : 500/ 3 kV 10/3 MVA ´ Area 1
´ Area 2
Para esse circuito tem-se: √ Vc = 500/ 3 ∠0◦ kV
(ref. angular)
´ Area 1 : Sb = 10/3 MVA √ Vb1 = 15/ 3 kV
→
Zb1 = 22,5 Ω
´ Area 2 : Sb = 10/3 MVA √ Vb2 = 500/ 3 kV
→
Zb2 = 25 kΩ
Ib1 = 384,9 A
Ib2 = 11,55 A
O circuito em pu fica: xL
xT +
∼
vg −
vc = 1 ∠0◦ pu sc =
+
i vc
sc −
Portanto: – 54 –
3 = 0,9 ∠0◦ pu 10/3
1000 = 0,04 pu 25000 0,45 = 0,02 pu xT = 22,5 xL =
i = (sc /vc )∗ = 0,9 ∠0◦ pu
(346,4 A no prim´ ario e 10,4 A no secund´ ario)
vg = vc + j (xT + xL ) i = 1,0015 ∠3,1◦ pu fp = cos (3,1◦ − 0◦) = 0,9985 (indutivo) A tens˜ ao no barramento do gerador ´e 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
Zb1 = 22,5 Ω
→
Sb = 10 MVA
Zb2 = 25 kΩ
→
Ib1 = Ib2 =
√Sb 3Vb1 S √ b 3Vb2
= 384,9 A = 11,55 A
Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar): 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 resolu¸c˜ ao ´e o mesmo que o anterior. Logo, para problemas envolvendo transformadores trif´ asicos n˜ ao ´e necess´ ario obter o modelo por fase, etc. Basta escolher os valores de base adequados.
– 55 –
Exemplo
Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando agora o transformador com liga¸c˜ ao Y-∆ e seq¨ uˆencia de fases ABC. O circuito ´e:
XT B XT
IB IA
A
B′ a A′ 1
+
2 N′
XT C
IC
C
Ica 3 +
3
′
+
+
+
1
Iab
b
Ibc 2
c
em que Sc = 3 ∠0◦ MVA.
√ ′ ′ 3 ∠0◦ kV = 500/ V an √ Vb′n′ = 500/ 3 ∠ − 120◦ kV V ′ ′ = 500/√3 ∠120◦ kV cn
√ Ia = (Sc /Va′ n′ )∗ = 6 3 ∠0◦ A √ Ib = (Sc /Vb′n′ )∗ = 6 3 ∠ − 120◦ A I = (S /V ′ ′ )∗ = 6√3 ∠120◦ A c c cn
– 56 –
xL
a′
Sc
Ib
xL
b′
Sc
c′
Sc
n′
+
n
N
Ia
Ic
xL
Como, para a liga¸c˜ ao Y-∆ e seq¨ uˆencia de fases ABC, tem-se:
IL = If
√
3 ∠ − 30◦
→
IL If = √ ∠30◦ 3
I = 6 ∠30◦ A ab Ibc = 6 ∠ − 90◦ A I = 6 ∠150◦ A ca
√ ′ n ′ + jXL Ia = 500,32/ V = V 3 ∠2,06◦ kV an a √ Vbn = Vb′ n′ + jXL Ib = 500,32/ 3 ∠ − 117,94◦ kV V = V ′ ′ + jX I = 500,32/√3 ∠122,06◦ kV cn cn L c
√ √ ◦ ◦ 3 ∠32,06 kV 3 ∠30 V = V V = 500,32/ L f ab √ Vbc = 500,32/ 3 ∠ − 87,94◦ kV V = 500,32/√3 ∠ − 122,06◦ kV ca
√ A rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao de cada transformador monof´ asico ´e 15/ 3 /500, logo: √ VA′ N ′ 15/ 3 = Vab 500
VA′ N ′ = 8,67 ∠32,06◦ kV
→
e: (
VB′ N ′ = 8,67 ∠ − 87,94◦ kV
VC ′N ′ = 8,67 ∠152,06◦ kV
V ′ ′ = 15,01 ∠62,06◦ kV AB VB′ C ′ = 15,01 ∠ − 57,94◦ kV V ′ ′ = 15,01 ∠ − 177,94◦ kV CA
Para as correntes de linha no prim´ ario:
– 57 –
IA 500 √ = Iab 15/ 3
→
IA = 346,41 ∠30◦ A
e: (
IB = 346,41 ∠ − 90◦ A
IC = 346,41 ∠150◦ A
As tens˜ oes de fase na fonte s˜ ao: VAN = VA′ N ′ + 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 rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao para o transformador ´e:
15 VA′ B′ ∠30◦ = Vab 500
→
defasagem entre tens˜ oes do prim´ ario e secund´ ario
IA 500 = ∠30◦ Ia 15
→
defasagem entre correntes do prim´ ario e secund´ ario
– 58 –
Resolvendo o problema em pu tem-se o seguinte circuito: xL
xT 1 ∠30◦ +
+
i1 ∼
vg −
+
v1
v2
−
−
+
ic sc
vc −
em que o bloco 1 ∠30◦ representa a defasagem introduzida em fun¸c˜ ao do tipo de liga¸c˜ ao. 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 potˆencia complexa, fator de potˆencia, etc.
– 59 –
4.13
Transformadores em pu com rela¸c˜ ao 1 : α
◮ 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 parˆ ametros do mesmo. ◮ Em alguns casos, no entanto, esta elimina¸c˜ ao n˜ ao ´e poss´ıvel, como mostra o exemplo a seguir.
Exemplo
Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a seguir.
´ Area 1
´ Area 2
11,9/34,5 kV 15 kVA T1 ∼
T2 13,8/34,5 kV 15 kVA 1 2
– 60 –
A id´eia ´e dividir o circuito em duas ´ areas e utilizar como valores de base os valores nominais dos transformadores. No entanto, nota-se que na ´ area 1 h´ a dois valores nominais diferentes. Tomando T1 como referˆencia, define-se:
Sb = 15 kVA Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV
e T1 ser´ a eliminado, pois Vb1/Vb2 = a1.
Observando o lado de baixa tens˜ ao de T2, nota-se que a sua tens˜ ao nominal ´e diferente de Vb1 , embora perten¸ca ` a´ area 1. Logo, T2 n˜ ao poder´ a ser eliminado, sendo representado como um transformador com rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao 1 : α em pu! Considere que v1 e v2 sejam as tens˜ oes em pu nos barramentos 1 e 2. As tens˜ oes em Volts ser˜ ao:
V1 = v1 Vb1
e
– 61 –
V2 = v2 Vb2
A rela¸c˜ ao entre as tens˜ oes dever´ a ser igual ` a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao 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:
∼
T2 1 : 0,86 1
2
Para transformadores reais, o procedimento ´e o mesmo.
– 62 –
v1 =
1 v2 0,86
Pode-se enxergar o problema sob outro ponto de vista, redesenhando o diagrama unifilar como: ´ Area 1
´ Area 2
11,9/34,5 kV 15 kVA T1 ∼
T2
1
13,8/11,9 kV 11,9/34,5 kV 2 15 kVA
Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente, mant´em-se a elimina¸c˜ ao de T1 e parte de T2, ou seja:
∼
T2
1,16 : 1
1:1
1
2 pode ser eliminado
– 63 –
4.14
Transformadores com tap vari´ avel em pu
◮ Posi¸c˜ ao do tap ´e alterada → rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ´e alterada. Para a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao em pu continuar 1 : 1 os valores das tens˜ oes de base devem ser alterados → inaceit´ avel, pois implica em um novo c´ alculo de v´ arios parˆ ametros do circuito sendo estudado. ◮ Id´eia:
Escolher as tens˜ oes de base supondo que o tap est´ a na posi¸c˜ ao nominal (zero) → rela¸c˜ ao de tens˜ ao nominal do autotrafo. Manter as bases de tens˜ ao fixas e representar o autotrafo com tap fora do nominal atrav´es de uma trafo com rela¸c˜ ao de espiras 1 : α, onde α ´e vari´ avel.
◮ Considere um transformador com a seguinte rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao:
a=
VN1 N1 = N2 VN2
em que N1 e N2 s˜ ao os n´ umeros de espiras nos enrolamentos e VN1 e VN2 s˜ ao as tens˜ oes nominais nos dois lados do transformador. ◮ Na representa¸c˜ ao em pu, escolhem-se como tens˜ oes de base:
Vb1 = VN1
e
e a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao em pu ´e 1 : 1.
– 64 –
Vb2 = VN2
◮ Se V1 e V2 s˜ ao tens˜ oes nos dois lados do transformador e v1 e v2 s˜ ao os seus respectivos valores em pu, as seguintes rela¸co ˜es s˜ ao v´ alidas:
V2 =
V1 a
e
v2 = v1
◮ Considere agora que este transformador seja de tap vari´ avel para o qual a situa¸c˜ ao descrita anteriormente ´e v´ alida para o tap na sua posi¸c˜ ao nominal. ◮ Caso ocorra uma mudan¸ca da posi¸c˜ ao do tap tal que:
N2
→
N2 + ∆N2
+ a b
V1
N1
+
N2 −
a nova rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ser´ a:
∆N2
V2 a′ =
−
– 65 –
N1 N2 + ∆N2
◮ Para uma mesma tens˜ ao V1 em um dos enrolamentos, a nova tens˜ ao no outro enrolamento ser´ a dada por:
V2′ = V1 = V1
N2 + ∆N2 N1 ∆N2 N2 + V1 N1 N1
= V2 + V1
∆N2 N1
(da rela¸c˜ ao 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 mudan¸ca da posi¸c˜ ao do tap em rela¸c˜ ao aos valores nominais. ◮ Transformando em pu:
V2′ V2 = α Vb2 Vb2 v2′ = v2 α = v1 α
(pois v1 = v2)
– 66 –
◮ O circuito em pu fica (trafo real com parˆ ametros shunt desprezados): zT + +
V1
V2
−
−
1:α
Exemplo
Considere o transformador de tap vari´ avel mostrado a seguir. 1
2
100 MVA 220/69 kV xT = 8%
O comutador de tap ´e localizado no lado de baixa tens˜ ao e tem 20 posi¸co ˜es, com tap variando de ±5%. Representar o transformador em pu na situa¸c˜ ao em que o tap est´ a na posi¸c˜ ao +2.
– 67 –
Considere os valores de base iguais aos valores nominais do transformador:
Sb = 100 MVA Vb1 = 220 kV Vb2 = 69 kV De acordo com as especifica¸co ˜es do comutador de tap:
• posi¸c˜ ao central → tap nominal. • 10 posi¸co ˜es para varia¸c˜ ao de +5% → cada posi¸c˜ ao equivale a +0,5%. • 10 posi¸co ˜es para varia¸c˜ ao de −5% → cada posi¸c˜ ao equivale a −0,5%. O comutador de tap est´ a na posi¸c˜ ao +2 → corresponde a uma varia¸c˜ ao no n´ umero de espiras de +1%: ∆N2 = t = 0,01 N2 Logo: α = 1 + t = 1,01
– 68 –
e o circuito do trafo em pu ´e: 0,08 pu
v1
Vb1 = 220 kV Vb2 = 69 kV Sb = 100 MVA
v2
1 : 1,01
Exemplo
Considere o circuito mostrado a seguir. V1
Vs
j0,1
Vc = 500 kV
V2
120 MVA 500 kV xT = 12%
j0,1
100 MVA fp = 1
A tens˜ ao no barramento de carga ´e mantida constante em 500 kV. O transformador regulador tem tap no lado da carga com 10 posi¸co ˜es, variando de ±5%.
– 69 –
(a) Calcule a tens˜ ao Vs considerando que a posi¸c˜ ao do tap ´e a nominal. Os valores de base s˜ ao definidos como:
Sb = 100 MVA
e
Vb = 500 kV
Deve-se ent˜ ao corrigir o valor da reatˆ ancia do transformador, pois o valor fornecido foi calculado em outra base: 5002 100 xT = 0,12 · · = 0,1 pu 120 5002 E o circuito em pu fica: vs
j0,1
vc = 1 ∠0◦ pu
v2
v1
j0,1
j0,1
Dados da carga:
sc = 1 ∠0◦ pu vc = 1 ∠0◦ pu
(referˆencia angular)
Corrente pelo circuito: i = (sc /vc )∗ = 1 ∠0◦ pu
– 70 –
sc = 1 ∠0◦ pu
No secund´ ario do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i = 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu No prim´ ario do transformador:
v1 = v2 + j xT 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 potˆencia entregue na barra ´e: s = vs i ∗ = 1,044 ∠16,7◦ pu = 1 + j 0,3 pu ou seja, 100 MW e 30 Mvar. Note que a carga n˜ ao consome potˆencia reativa (fator de potˆencia unit´ ario). Os 30 Mvar obtidos correspondem a perdas de potˆencia nas linhas de transmiss˜ ao e transformador.
– 71 –
(b) Calcule a tens˜ ao Vs considerando agora que a posi¸c˜ ao do tap ´e +5%. Tem-se a seguinte situa¸c˜ ao: +5% posi¸c˜ ao nominal (tap nominal)
V2 V1
Sendo N o n´ umero de espiras do enrolamento na situa¸c˜ ao de tap nominal, tem-se na nova situa¸c˜ ao: N 1 V1 = = V2 N + 0,05N 1,05 Portanto o circuito em pu fica: v1
vs
j0,1
j0,1
vc = 1 ∠0◦ pu
v2
v1′
1 : 1,05
j0,1
Corrente no lado da carga: i = (sc /vc )∗ = 1 ∠0◦ pu No secund´ ario do transformador: – 72 –
sc = 1 ∠0◦ pu
v2 = vc + j 0,1 i = 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu No prim´ ario do transformador:
1 v1′ = v2 1,05 v2 v1′ = = 0,9571 ∠5,71◦ pu 1,05 i′ = 1,05 i i ′ = 1,05 i = 1,05 ∠0◦ pu v1 = v1′ + j xT i ′ = 0,9732 ∠11,87◦ pu Na fonte: vs = v1 + j 0,1 i ′ = 1,0 ∠17,77◦ pu que equivale a 500 kV. A potˆencia entregue na barra ´e: ∗
s = vs (i ′ ) = 1,05 ∠17,77◦ pu = 1 + j 0,32 pu ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tens˜ ao na carga ´e mantida com uma tens˜ ao Vs menor, por´em, a inje¸c˜ ao de potˆencia reativa ´e maior.
– 73 –
4.15
Opera¸c˜ ao de transformadores em paralelo
◮ Considerar dois transformadores conectados em paralelo: 2
1 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B
11,9 : 34,5 kV
chave ◮ Para c´ alculos em por unidade, divide-se o circuito em duas ´ areas para a defini¸c˜ ao dos valores de base: ´ area 2 2
´ area 1 1
11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B
11,9 : 34,5 kV
Vb1 = 11,9 kV
– 74 –
Vb2 = 34,5 kV
Os valores das tens˜ oes de base s˜ ao escolhidos de forma que a rela¸c˜ ao entre eles seja igual ` a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao dos transformadores. Em particular, foram escolhidas as pr´ oprias tens˜ oes nominais dos transformadores. Em por unidade tem-se: 1
2 1:1 T1 T2 A B
1:1
Transformadores reais s˜ ao representados pelas suas respectivas reatˆ ancias1: 1
2 j x1 T1 T2 A B
1 Para
j x2
transformadores de potˆ encia as perdas ferro e de magnetiza¸c˜ ao s˜ ao desprezadas. As perdas cobre tamb´ em s˜ ao em geral desprezadas.
– 75 –
◮ Considere que o transformador T2 tenha a sua rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao aumentada para (12,5 : 34,5 kV), atrav´es de uma mudan¸ca na posi¸c˜ ao do tap: 2
1 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B
12,5 : 34,5 kV
Pode-se representar T2 da seguinte forma: 1
2 11,9 : 34,5 kV
T1 T2 A B
12,5 : 11,9 kV 11,9 : 34,5 kV
– 76 –
Dividindo o circuito em duas ´ areas: ´ area 1
´ area 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: 1
2 1:1 T1 T2 A B
1,05 : 1
1:1 12,5/11,9
– 77 –
Considerando as reatˆ ancias dos transformadores: 1
2 j x1 T1 T2 A B
j x2
1,05 : 1
Verifica-se que o transformador com a posi¸c˜ ao do tap fora da nominal deve ser representado em por unidade com uma rela¸c˜ ao (1,05 : 1) ou (1 : 0,952). Considere agora que a chave AB seja aberta: 2
1 j x1 v + AB −
T1
V A B
T2 1,05 : 1
v1
vx
j x2 v2
– 78 –
Devido ` a altera¸c˜ ao na posi¸c˜ ao do tap de T2, aparece uma tens˜ ao sobre os terminais da chave:
vAB = vA − vB = v1 − 1,05 vx = v1 − 1,05 v2 = v1 − 1,05 v1 = −0,05 v1 A impedˆ ancia vista pelos terminais A e B ´e:
zvista = j (x1 + x2) = zloop Logo, tem-se: zloop A
+
∼ vAB
V
−
B
– 79 –
Se a chave AB for novamente fechada, circular´ a uma corrente pelo circuito: zloop A
+
∼ vAB
iloop
−
B
A corrente vale:
iloop =
vAB zloop
Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se: 1
2 j x1 T1
iloop T2 A B
1,05 : 1
j x2
em que iloop ´e uma corrente de circula¸c˜ ao. Ao alterar-se a posi¸c˜ ao do tap de T2, apareceu uma corrente de circula¸c˜ ao, que ´e limitada pelas reatˆ ancias dos transformadores.
– 80 –
Sistemas de potˆencia t´ıpicos s˜ ao malhados, ou seja, existem v´ arios loops e caminhos paralelos para os fluxos de potˆencia. Esta caracter´ıstica confere maior flexibilidade de opera¸c˜ ao e confiabilidade aos sistemas. Al´em disso, as tens˜ oes de transmiss˜ ao e n´ıveis de potˆencia tˆem aumentado ao longo dos anos, e os novos equipamentos s˜ ao conectados e operam juntamente com os equipamentos existentes. Assim, ´e 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 circula¸c˜ ao. A configura¸c˜ ao que poderia ser chamada de normal conteria transformadores em paralelo com as mesmas rela¸c˜ oes de transforma¸c˜ ao. No entanto, h´ a situa¸co ˜es em que introduz-se altera¸co ˜es nas rela¸co ˜es de transforma¸c˜ ao2 a fim de atender requisitos espec´ıficos de opera¸c˜ ao.
2 Altera¸ c˜ oes na rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao s˜ ao obtidas atrav´ es da mudan¸ca na posi¸c˜ ao dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo de transformador, essa altera¸c˜ ao pode resultar em diferentes magnitudes de tens˜ ao (transformador regulador) ou em defasagens entre as tens˜ oes (transformador defasador).
– 81 –
4.16
Representa¸c˜ ao computacional do trafo com tap vari´ avel
◮ Em algumas aplica¸co ˜es ´e interessante classificar linhas de transmiss˜ ao e transformadores em uma mesma classe de equipamentos → ambos conectam dois n´ os (duas barras) da rede. ´ conveniente represent´ a-los por um mesmo modelo e trat´ a-los de maneira idˆentica. ◮E ◮ Exemplo: problema de fluxo de carga → resolu¸c˜ ao do circuito para obten¸c˜ ao do seu estado de opera¸c˜ ao. ◮ Como a linha ´e representada por um modelo π → deve-se representar o trafo tamb´em por um modelo π. ◮ Procedimento: considerar o seguinte trafo: i1
i2
z
+
s1
v1
+
s1′
v1′
−
−
1:α
– 82 –
+
v2
−
s2
Tem-se as seguintes rela¸co ˜es: v1′ 1 = v2 α
s1′ + s2 = 0 s1′ = −s2 v1′ i1∗ = −v2 i2∗ v1′ i1∗ = −α v1′ i2∗ i1 = −α i2
As equa¸co ˜es para as correntes s˜ ao:
v1 − v1′ 1 1 i1 = = v1 − v2 z z αz 1 1 i1 v1 + 2 v2 i2 = − = − α αz α z
– 83 –
(1) (2)
Considere agora o modelo π do trafo: is
i1 +
v1
i2 +
z1 z3
z2
ip2
−
ip3
v2
−
◮ 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 i2 = − v 1 + + v2 z1 z1 z3
i1 =
1 1 + z1 z2
– 84 –
v1 −
(3) (4)
◮ Deve-se igualar os coeficientes das equa¸co ˜es (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 z2 = z α−1 2 α z3 = z 1−α Exemplo
Um autotransformador trif´ asico com comutador de tap apresenta os seguintes dados de placa: 220/22 kV
300 MVA
x = 6%
Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posi¸co ˜es
Obtenha o modelo π equivalente do transformador para que se tenha tens˜ oes de 220 kV e 18,2 kV em vazio.
– 85 –
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 +
+
v1
v2
−
−
1:α em que α representa a posi¸c˜ ao do tap. Para o tap na posi¸c˜ ao nominal tem-se:
220/22 kV Para as condi¸co ˜es especificadas no problema, tem-se:
220/18,2 kV – 86 –
que pode ser representado por:
220/22 kV
22/18,2 kV
Transformando os valores de tens˜ ao em pu:
1:1
1 : 0,8273
1 : 0,8273
Como o comutador apresenta posi¸co ˜es de tap discretas, deve-se escolher o valor mais apropriado:
0,8273
– 87 –
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 pr´ oximo
O modelo π fica:
+
j0,0504
+
v1
−j0,3150 j0,2646
v2
−
−
Como a tens˜ ao no secund´ ario ´e MENOR que o valor nominal, o parˆ ametro z3 corresponde a um INDUTOR.
Exerc´ıcio
Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tens˜ ao de 25 kV no secund´ ario do transformador.
Exerc´ıcio
No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tens˜ ao poss´ıvel no secund´ ario (em vazio) e o obtenha o modelo π correspondente a essa situa¸c˜ ao.
– 88 –
4.17
Fluxos de potˆ encia ativa e reativa em transformadores
◮ Considere o modelo π do transformador: Ek = Vk ∠θk
Ikm
y /α I2
I1 α−1 α
I3 1−α α2
y
As correntes s˜ ao dadas por:
Ikm = I1 + I2 α−1 y y Ek = (Ek − Em ) + α α y = (y ) Ek + − Em α Imk = −I1 + I3 1−α y y Em = − (Ek − Em ) + α α2 y y = − Ek + Em α α2
– 89 –
Em = Vm ∠θm
Imk
y
Potˆencia saindo do barramento k:
∗ Skm = Ek∗ Ikm h y i ∗ Em = Ek y Ek + − 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 (g sen θkm − b cos θkm ) = −bVk2 − α
Pkm = gVk2 − Qkm
Potˆencia 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 Vk Vm b (g sen θkm + b cos θkm ) = − 2 Vm2 + α α
Pmk = Qmk
◮ As perdas de potˆencia podem ser calculadas por:
Pperdas = Pkm + Pmk Qperdas = Qkm + Qmk
– 90 –
4.18
Referˆ encias
◮ A.L.M. Fran¸ca, notas de aula, 1989. ◮ C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um curso introdut´ orio, Unicamp, 1995. ◮ A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introdu¸c˜ ao a sistemas de energia el´etrica, Unicamp, 1999. ◮ J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, 1989. ◮ J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994. ◮ I.L. Kosow, M´ aquinas el´etricas e transformadores, Globo, 1972. ◮ O.I. Elgerd, Introdu¸c˜ ao ` a teoria de sistemas de energia el´etrica, Mc-Graw-Hill, 1981. ◮ L.N. Padilha, An´ alise comparativa de estrat´egias para regula¸c˜ ao de tens˜ ao em sistemas de distribui¸c˜ ao de energia el´etrica na presen¸ca de geradores distribu´ıdos, Disserta¸c˜ ao de Mestrado, Escola de Engenharia de S˜ ao Carlos/USP, 2010.
– 91 –