Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência - Djalma Caselato - Execícios e Soluções.pdf

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Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência

AGRADECIMENTOS O autor agradece a todos os seus alunos que de forma indireta o motivaram para realização deste livro. Agradece também a todos os amigos professores da Escola de Engenharia Mauá que incentivaram a realização desta obra. Agradece de todo o coração a sua filha Lygia Caselato que com muito empenho e carinho fez a revisão gramatical do presente livro. Agradece igualmente a sua filha Sandra Caselato que preparou a capa do presente livro. Finalmente, agradece à sua esposa pela compreensão e paciência durante os anos em que este livro foi elaborado.

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Circuitos Trifásicos

SUMÁRIO

1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.6.1 2.6.2 2.6.3 2.7 2.8

3 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.121 3.12.2 3.12.3 3.13 3.14 3.15

4 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7

SOBRE O AUTOR PRIMEIRO PREFÁCIO SEGUNDO PREFÁCIO CIRCUITOS TRIFÁSICOS Extrato da Teoria Introdução Operador α Seqüência positiva (direta) Seqüência negativa (inversa) Relação entre corrente de linha e corrente de ramo na ligação em triângulo Potência complexa Equivalência entre carga ligada em triângulo e carga ligada em estrela Modelos para representação de cargas Matriz de impedância de uma linha trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas Exercícios resolvidos Exercícios Propostos Bibliografia VALORES PERCENTUAIS E POR-UNIDADE Extrato da Teoria Definições Representação de transformadores em valores por-unidade Representação de transformadores com três enrolamentos em valores porunidade Representação de banco de transformadores monofásicos em valores porunidade Representação de máquinas rotativas em valores por-unidade Representação de linha de transmissão Linha curta Linha média Linha longa Mudança de bases Representação de transformadores quando há choques de bases Exercícios resolvidos Exercícios propostos Bibliografia

1 1 1 1 2 2 2 3 3 4 5 22 34 35 35 36 37 39 40 40 40 40 41 41 42 43 56 61

COMPONENTES SIMÉTRICAS Extrato da Teoria Operador α Seqüência positiva (direta) Seqüência negativa (indireta ou inversa) Seqüência nula (zero ou homopolar) Matriz de transformação de componentes simétricas para componentes de fases Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y) Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta) Carga em estrela com neutro não-aterrado Carga em estrela com neutro aterrado Circuitos trifásicos com indutâncias para redes equilibradas Potência complexa em componentes simétricas Representação de carga do tipo Z = R + j X Carga ligada em estrela com neutro aterrado Carga ligada em triângulo Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn Gerador com neutro aterrado através de Zn Transformador trifásico com dois enrolamentos Transformador trifásico com três enrolamentos Exercícios Resolvidos Exercícios Propostos Bibliografia

62 62 62 62 62 63 63 64 66 67 68 68 69 70 70 71 71 71 71 74 75 93 98

CURTOS-CIRCUITOS E ABERTURAS DE FASES Extrato da Teoria Geradores equivalentes de Thévenin Curto-circuito trifásico Curto-circuito bifásico sem contato com a terra Curto-circuito bifásico com contato com a terra Curto-circuito monofásico com a terra Abertura de uma fase Abertura bipolar – abertura de duas fases Exercícios resolvidos Exercícios Propostos Bibliografia

99 99 100 100 101 102 103 105 105 123 129

4


5 5.1 5.2 5.3 5.3.1 5.3.2 5.4 5.5 5.6 5.7

MATRIZES ADMITÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS DE BARRAS Extrato da Teoria Equivalência de Fontes Matriz de Impedâncias Primitiva da Rede Construção da Matriz Admitância de Barras Rede sem impedâncias mútuas Rede com impedâncias mútuas Eliminação de Barras da Matriz Ybarra por Álgebra Matricial Matriz Impedância de Barras Método para Obtenção da Matriz Impedância de Barras Rede Equivalente da Matriz Impedância de Barra Exercícios resolvidos Exercícios Propostos Bibliografia

130 130 130 132 132 133 133 133 134 136 137 153 161

Respostas Capítulo 1 Capítulo 2 Capítulo 3 Capítulo 4 Capítulo 5 Apêndice

163 169 172 178 180 191

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SOBRE O AUTOR Djalma Caselato é engenheiro eletricista, com ênfase em eletrotécnica, formado pela Escola Politécnica da Universidade de São Paulo, com Mestrado e Doutorado em Engenharia na área de Sistema de Potência pela Escola Politécnica da USP. Desde sua formatura, em 1968, tem trabalhado na área de elaboração de projetos de usinas hidrelétricas e de subestações, com atuação específica na área de equipamentos elétricos de grande porte (gerador, barramento de fases isoladas, transformadores, disjuntores, seccionadoras, sistemas de excitação e reguladores de tensão). Atividade profissional internacional, nas áreas indicadas, com trabalhos desenvolvidos na Suíça, França, Alemanha, Tchecoslováquia, África do Sul, República Democrática do Congo, Angola e Moçambique. Foi pesquisador junto ao Departamento de Energia e Automação Elétricas da Escola Politécnica da USP. Como atividade didática exerceu a função de Professor Adjunto do Departamento Elétrico da Universidade de Mogi das Cruzes, de março de 1984 a janeiro de 1994, e desde maio de 1994 é responsável pelas disciplinas Sistemas de Potência I e II, Laboratório de Sistemas de Potência I e II, Subestações Elétricas e Usinas Hidrelétricas na Escola de Engenharia Mauá para o curso de engenharia eletrotécnica. O autor possui artigos publicados no Brasil e no exterior sobre projeto elétrico de subestação, sobre modernização e reabilitação de usinas hidrelétricas, sobre eficiência e limites operacionais de turbinas com velocidade ajustável em sistema de conexão unitária, sobre novo modelo de gestão de qualidade para o setor energético, sobre método para cálculo do GD2 de hidrogeradores e sobre aspectos técnicos no prédimensionamento de grandes hidrogeradores.

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PRIMEIRO PREFÁCIO Este livro nasceu da necessidade de desenvolvimento de elaboração de exercícios para a disciplina sistemas elétricos de potência do curso de engenharia elétrica, opção eletrotécnica, da Escola de Engenharia Mauá. Uma idéia inicialmente mais tímida deu lugar à elaboração deste livro mais consistente. O livro trata de soluções de exercícios padrão e de exercícios extraídos da realidade profissional do autor. A motivação principal para a elaboração deste livro, uma vez que o assunto não é inédito, é a escassez de livros contendo exercícios sobre o assunto. Existe uma infinidade de livros com abordagem teórica e vários níveis de profundidade, porém com uma gama de exercícios pouco extensa. Espera-se que este livro venha a colaborar com a formação de engenheiros eletrotécnicos e a reciclagem dos profissionais atuantes no mercado de trabalho. Dividido em cinco capítulos, o livro trata de circuitos elétricos trifásicos desequilibrados como uma introdução ao estudo de sistemas elétricos de potência e com um reforço muito grande na aplicação das leis de Kircchoff, através de exercícios padrão de circuitos que normalmente se encontram na prática industrial. Em seguida, aborda os valores por-unidade e valores percentuais. Posteriormente, trata de componentes simétricas da forma mais comumente utilizada no Brasil. Até aqui, está toda a fundamentação necessária para o cálculo de curtos-circuitos e abertura de fases. Para finalizar, o livro introduz matrizes de impedância e admitância nodal, como preparação para o leitor galgar níveis mais altos em seus estudos de sistemas elétricos de potência. A competência técnica e intelectual do Prof. Dr. Engº Djalma Caselato fica claramente registrada nesta coletânea de exercícios, que possibilitará aos leitores fixar ou relembrar os conceitos da teoria dos Sistemas Elétricos de Potência através de questões práticas, com aplicação no cotidiano do engenheiro eletricista. Há de se destacar que somente um profissional com muita experiência prática, que atuou nos projetos mais importantes do Brasil, no segmento da Energia Elétrica, com formação acadêmica sólida e muita dedicação à profissão e ao compartilhamento do conhecimento poderia fazer esse livro. José Ayres de Campos Diretor de Gestão e Engenharia da Construções e Comércio Camargo Correa S.A. Presidente da CNEC Engenharia S.A.

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SEGUNDO PREFÁCIO A tecnologia moderna é capaz de realizar a produção sem emprego. O diabo é que a economia moderna não consegue inventar o consumo sem salário.

Herbert de Souza

Este livro, concebido para auxiliar os alunos da disciplina sistemas elétricos de potência, é um livro de exercícios no qual não serão desenvolvidos os formulários e justificativas teóricas dos conceitos desta disciplina. O livro se apresenta, portanto, como um suplemento básico aos textos de sistemas elétricos de potência. Assim, a compreensão do assunto abordado tem como pré-requisito o conhecimento da teoria de máquinas elétricas, das soluções de circuitos elétricos e a manipulação de matrizes. Embora sejam abordados assuntos introdutórios aos sistemas elétricos de potência, muitos exercícios foram concebidos a partir da prática em projetos elétricos reais, o que contribui para estimular o estudante a adentrar neste campo imenso que é o domínio dos sistemas elétricos de potência. O primeiro capítulo aborda soluções de circuitos elétricos trifásicos na condição de sistemas desequilibrados, seja a fonte e/ou a carga o elemento de desequilíbrio. Estuda os diversos tipos de cargas existentes e o seu comportamento. O segundo capítulo aborda um ferramental necessário para o desenvolvimento das soluções de problemas de sistemas elétricos de potência em valores por-unidade. Trata-se de uma sistemática usual, na qual todas as características elétricas dos equipamentos, como potência, tensões, reatâncias, resistências e outras são apresentadas em valores relativos a uma determinada base, normalmente a potência e a tensão nominais do equipamento, apresentadas nos dados de placas e nas especificações técnicas dos equipamentos. São inúmeras as vantagens de resolver problemas de sistemas de potência aplicando esta sistemática de valores por-unidade, como se verá no segundo capítulo. O terceiro capítulo trata de desenvolver e solucionar exercícios pela metodologia de componentes simétrica, principalmente aplicada para casos de defeitos em redes elétricas. O quarto capítulo aborda as soluções de exercícios englobando a maioria dos defeitos elétricos (curtoscircuitos e aberturas de fases) que acontecem em uma rede elétrica. Neste capítulo, em particular, são apresentados alguns exercícios extraídos de sistemas reais. O quinto capítulo aborda a metodologia de análise dos nós, desenvolvendo o cálculo e montagem da matriz admitância de nós ou de barras. A partir desta, calcula-se a matriz impedância de barras. Desenvolve, também, a montagem direta da matriz de impedância de barras. Alguns exercícios são resolvidos e outros apenas propostos, para permitir ao estudante um desenvolvimento pessoal no conhecimento do assunto de introdução à análise de sistemas de potência. Djalma Caselato

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1 CIRCUITOS TRIFÁSICOS Extrato da Teoria 1.1

Introdução

A grande maioria dos sistemas elétricos de potência é trifásica e, também, a maioria das cargas é trifásica e equilibrada; entretanto, quando as cargas são monofásicas, elas sempre criam um desequilíbrio no sistema. Daí a necessidade de se desenvolver o conhecimento de soluções de circuitos trifásicos e desequilibrados. 1.2

Operador α α

α = 1 /120º = - 0,5 +

3 j 2

(1.1)

α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 -

1 + α + α2 = 0 1.3

3 j 2

(1.2) (1.3)

Seqüência positiva (direta)

Van

1

2 [ Van ] = Vbn = | Van | α

Vcn

(1.4)

α

A figura 1.1 – a) representa o diagrama fasorial para a seqüência positiva. A relação entre tensões de fase e de linha para a seqüência positiva (direta) se expressa pela equação matricial (1.5) a seguir: 1

Vab Vbc Vca

=

3 |Van | /30º

α2

(1.5)

α

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1.4

Seqüência negativa (inversa)

Van

1

[ Van ] = Vbn

= |Van | α

(1.6)

α2

Vcn

A figura 1.1 – b) representa o diagrama fasorial para a seqüência negativa. A relação entre tensões de fase e de linha para a seqüência negativa (inversa) se expressa pela equação matricial (1.7) a seguir: 1

Vab [Vab ] =

=

Vbc

3 |Van | / - 30º

Relação entre corrente de linha e corrente de ramo na ligação em triângulo

1

Ia [Ia ] = Ib

=

3 | Iab | /-30º

Ic 1.6

(1.7)

α2

Vca 1.5

α

α2

(1.8)

α

Potência complexa

S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn . Ic*

(1.9)

Sendo Ia* o conjugado da corrente Ia, Ib* de Ib e Ic* de Ic. Para sistema simétrico e equilibrado a potência aparente vale: S = 3 |Vab| . |Ia| ,

(1.10)

sendo o valor do fator de potência igual ao co-seno do ângulo formado entre a corrente de linha I a e a tensão de fase correspondente Van; ou seja, o ângulo é a diferença entre os argumentos de Van e Ia.

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1.7

Equivalência entre carga ligada em triângulo e carga ligada em estrela

A expressão matricial que converte uma ligação em triângulo numa ligação em estrela é a (1.11): Za Zb

=

  1    Z ab + Z ac + Z ca 

Zc

Zca

0

0

Zab

0

Zab

0

Zbc

0

0

Zbc

Zca

(1.11)

A expressão matricial que converte uma ligação em estrela numa ligação em triângulo é a (1.12): Zab Zbc

 1 1 1 + +    Z a Z b Z c 

=

Zca 1.8

Zb

0

0

Za

0

Zc

0

Zb

0

0

Za

Zc

(1.12)

Modelos para representação de cargas

Pc = F (V)  potência ativa em função da tensão Qc = F (V)  potência reativa em função da tensão a) Carga de corrente constante com variação de tensão S 1 V 1

=

S 2 V 2

(1.13)

11


b) Carga de potência constante com variação de tensão S = P + j Q  as potências ativa e reativa permanecem iguais com a variação de tensão c)

Carga de Impedância constante com variação de tensão

V 2 = R + j X Zc = S S 1 S 2 = V 12 V 22 1.9

(1.14) (1.15)

Matriz de impedâncias de uma linha trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas

A figura 1.4 indica um trecho de linha de transmissão trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas, cujas características indicadas na figura são assim definidas: Ra, Rb, Rc

Resistência ôhmica dos condutores de linha;

La , Lb , Lc

Indutância própria dos condutores de linha;

Mab , Mbc , Mca Indutância mútua entre os condutores de linha; Rg

Resistência ôhmica do condutor de retorno;

Lg

Indutância própria do condutor de retorno;

Mag , Mbg , Mcg Indutância mútua entre o condutor de retorno e os condutores de linha.

Aplicando a 2ª lei de Kirchhoff, e escrevendo as equações em forma matricial, resulta: Vaa’ Vbb’ Vcc’

Ra + j ωLa =

j ω(Mab – Mag) J ω(Mac – Mag)

j ω(Mab – Mbg) Rb + j ωLb

J ω(Mbc – Mbg)

j ω(Mac – Mcg) j ω(Mbc – Mcg) Rc + j ωLc

Ia Ib

(1.16)

Ic

Resulta ainda: Vn’n = (Ia + Ib + Ic) (Rg + jωLg) – j ωMag.Ia – j ωMbg.Ib – j ωMcg.Ic

(1.17)

Vn’n = [Rg + j ω (Lg - Mag.)] Ia + [Rg + j ω (Lg – Mbg.)] Ib + [Rg + jω (Lg – Mcg.)] Ic (1.18) Para linhas de transmissão com transposição completa, resultam: Ra = Rb = Rc = R La = Lb = Lc = L Mab = Mbc = Mca = M

(1.19)

Mag = Mbg = Mcg = M’ Ra + j ωLa = Rb + j ωLb = Rc + j ωLc = R + j ωL Zp = R + R g + + j ω (L + Lg – 2 M’)

impedância própria (1.20) 12


Zm = Rg + jω (Lg + M – 2.M’ ) = impedância mútua Portanto, Van – Va’n’ Vbn – Vb’n’

=

Vcn – Vc’n’

Zp

Zm

Zm

Ia

Zm

Zp

Zm

Ib

Zm

Zm

Zp

Ic

(1.21)

A matriz impedância que multiplica a matriz coluna de correntes chama-se matriz de impedâncias da rede e representa-se por Zrede. Exercícios resolvidos 1.1 Um sistema trifásico simétrico e equilibrado com seqüência de fase direta alimenta uma carga com Vcn = 380 /35º V. Pede-se: a) As tensões de fase da carga; b) As tensões de linha da carga; c) Desenhar o diagrama fasorial. Solução: Por ser um sistema simétrico: |Vcn| = |Van| = |Vbn| = 380 V a) Cálculo das tensões de fase da carga: Por ser trifásico e com seqüência direta, e utilizando a expressão matricial (1.4), tem-se: 1

Vcn [Vcn] =

Van Vbn

= 380 /35º

α2

380 /35º =

380 /-85º volts 380 /155º

α

b) Cálculo das tensões de linha da carga: Utilizando a expressão matricial (1.5), as tensões de linha da carga são: 1

Vca Vab Vbc

=

√3 x 380 /35 + 30º α2 α

658,179 /75º =

658,179 /-45º 658,179 /195º

c) O diagrama fasorial da figura 1.5 mostra as tensões de linha da carga para a seqüência positiva:

1.2

Resolver o exercício anterior admitindo seqüência inversa. 13


Solução: a) Cálculo das tensões de fase da carga: Por ser trifásico e com seqüência inversa ou negativa, e utilizando a expressão matricial (1.6), tem-se: 1

Vcn [Vcn] =

Vbn

= 380 /35º

Van

α2

380 /35º =

380 /-85º

volts

380 /155º

α

b) Cálculo das tensões de linha da carga: Utilizando a expressão matricial (1.7), as tensões de linha da carga são: 1

Vab Vbc Vca

=

√3 x 380 /155-30º

α α2

658,179 /125º =

658,179 /245

volts

658,179 /5º

c) O diagrama fasorial da figura 1.6 mostra as tensões de linha da carga, para a seqüência negativa:

1.3 Resolver o circuito trifásico da figura 1.7. Calcular: a) A corrente de carga; b) A potência consumida pela carga. Os valores dos parâmetros são: ZL = 0,5 + j ohms; Z = 10 + j 6; E = 127 V.

Solução: Como o circuito está totalmente equilibrado, pode-se resolvê-lo como se tivesse uma única fase, ou seja, interligando os pontos N e N’ por um fio de impedância nula, conforme mostrado na figura 1.8.

14


a) Cálculo da corrente da carga: I a

=

E ∠0 ZL + Z

=

127∠0 10,5 + 7 j

= 10,064 / -33,69º A

b) Cálculo da potência consumida pela fonte: Cálculo da potência (ver equação (1.10)): A defasagem angular entre a tensão de fase e a corrente é de 33,69°. S = 3 |V | .| I | = 3 × 220 × 10,064 ∠33,69° = 3834,899 ∠33,69° VA ou ainda, pela equação (1.9): S = 127 / 0º x 10,064 / 33,69º + 127 / - 120° x 10,064 / 153,69º + 127 /120° x 10,064 / 86,31° S = 3834,899 /33,69º VA 1.4

No circuito da figura 1.9, os valores das impedâncias são:

ZL = 0,2 + j 0,6 Ω

Zn = 5 Ω (retorno)

Za = 5 + 3 j Ω

Zb = 5 + 8 j Ω Zc = 3 + 12 j

A fonte é simétrica e equilibrada com o valor de tensão Van = 127 /0° V. Calcular: a) Os valores das correntes das fases; b) O valor da potência consumida da carga. Solução: a) Cálculo das correntes das fases: Seja a equação matricial: [ Van ] = [ Z ] . [ Ia ] + Zn . In Van

ZL + Za 0

Vbn

= 0

Vcn

0

0

Ia

ZL + Zb 0

Ib

0

Ic

ZL + Zc

+

Zn . (Ia + Ib + Ic)

(1.22)

15


Da equação matricial (1.22), resultam: I a =

V an Z n − I Z L + Z a Z L + Z a n

(1.23)

I b =

V bn Z n − I Z L + Z b Z L + Z b n

(1.24)

I c =

V an Z n − I Z L + Z c Z L + Z c n

(1.25)

Como In = Ia + Ib + Ic, tem-se que: V an V bn V cn + + Z + Z a Z L + Z b Z L + Z c I n = L Z n Z n Z n 1+ + + Z L + Z a Z L + Z b Z L + Z c 127 /0°

5,2 + j 3,6

127 /-120°

= 0

127 /120°

0

(1.26)

0

0

Ia

5,2 + 8,6 j

0

Ib

0

3,2 + 12,6 j

Ic

+ 5 . In

Portanto, 127 /0° = (5,2 + j 3,6) . Ia + 5 In 127 /-120° = (5,2 + j 8,6) . Ib + 5 In 127 /120° = (3,2 + j 12,6) . Ic + 5 In Das expressões acima resultam: i a =

127 ∠0° 5 I = 20,08∠ − 34,7° − 0,79∠ − 34,7° I n − 5,2 + j 3,6 5,2 + j 3,6 n

i b =

127 ∠ − 120° 5 I = 12,64∠ − 178,8° − 0,4975∠ − 58,8° I n − 5,2 + j 3,6 5,2 + j 3,6 n

i c =

127 ∠120° 5 I = 9,769∠44,2° − 0,3846∠ − 75,7° I n − 5,2 + j 3,6 5,2 + j 3,6 n

Sendo Ia + Ib + Ic = In, quando se somam as três expressões acima, tem-se que: I n = 11,92∠ − 24,2° − 1,601∠ − 51,2° I n 16


In = 5,052 / 7,7° A

e

Ia = 16,13 / -36,6° A

Ib = 14,32 / 173,2° A

Ic = 10,66 / 54,0° A

Outra maneira de resolver o problema é partindo de (1.23): ZL + Za 0

Van

0

Ia

ZL + Zb 0

Ib

0

Ic

Vbn

= 0

Vcn

0

Van

ZL + Za + Zn Zn

Vbn

= Zn

Vcn

Zn

127 /0° 127 /-120°

ZL + Zc

+

Zn Zn Zn

Ia

Zn Zn Zn

Ib

Zn Zn Zn

Ic

Zn

Ia

ZL + Zb + Zn Zn

Ib

Zn

Ic

ZL + Zc + Zn

(1.28)

10,2+3,6i

5

5

Ia

5

10,2+8,6i

5

Ib

5

5

8,2+12,6i

Ic

=

127 /120°

(1.27)

Daí, resulta: Ia = 16,13 / -36,6° A Ib = 14,32 / 173,2° A Ic = 10,66 / 54,0° A Somando as três correntes, determina-se In: In = Ia + Ib + Ic = 5,052 / 7,7° A E, ainda, Vn’n = Zn.In = (5) x (5,052 / 7,7°) = 25,25 / 7,7º V (Queda no fio de retorno) Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 3) x 16,13 / -36,6° = 94,05 / -5,6° Vb’n = Zb. Ib = (5 + j 8) x 14,32 / 173,2° = 135,09 / -128,8° Va’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12) x 10,654 / 53,9° = 131,78 / 129,9° b) Cálculo da potência consumida pela carga: A potência consumida pela carga, pela equação (1.8), é: S = 94,05 / - 5,6° x 16,13 / 36,6° + 135,09 / - 128,8° x 14,32 / -173,2° + 131,78 / 129,9° x10,66 / -53,9° S = 2667,0 +3782,9 j VA 1.5 Para a figura 1.10, determinar os valores de corrente e de potência envolvidos, utilizando os seguintes dados:

17


Van = 220 / 0° V;

Vbn = 220 / -120° V; Vbn = 220 / 120° V; ZL = 0,2 + 10 j; Za = 20 + j Ω ; Zb = 1 + 15 j Ω ; Zc = 1 - 18 j Ω Zn = 0,2 + 10 j

SOLUÇÃO: a) Cálculo das correntes: A partir da equação matricial (1.28), obtém-se: 220 /0°

0,2+10i

0,2+10i

Ia

= 0,2+10i

1,4+35i

0,2+10i

Ib

0,2+10i

0,2+10i

1,4+2i

Ic

20,4+21i

220 /-120° 220 /120°

Resolvendo essa equação matricial, resultam: Ia = 22,9460 + j 2,8008 A Ib = 4,9241 – j 3,8717 A Ic = -59,1812 + j 21,7149 A Sendo Ia + Ib + Ic = In, então: In = -31,3111 + j 20,6439 A Cálculo das tensões na carga: [Va’n] = [Van] – [Zrede] . [Ia] Va’n

Van

Vb’n

= Vbn

- 0

Vc’n

Vcn

0

0,2 + 10 j

0

0

22,95 + j 2,80

0,2 + 10 j

0

4,92 – j 3,87

0

0,2 + 10 j

-59,18 + j 21,71

334,91 /-43,4º = 282,01/-122,1º 787,04 /81,3º

b) Cálculo da potência consumida: A partir da equação (1.8) obtém-se o valor da potência consumida pela carga: S = 334,906 / - 43,4° x (22,9460 - j 2,8008) + 282,007 / - 122,1º x (4,9241 + j 3,8717) + 787,041 / 81,3º x (-59,1812 - j 21,7149) S = 14982 W - j 56343 var c) Cálculo da potência da fonte: A partir da equação (1.8) obtém-se o valor da potência da fonte: S = 220 / 0° x (22,9460 - j 2,8008) + 220 / - 120º x (4,9241 + j 3,8717) + 220 / 120º x (59,1812 - j 21,7149) 18


S = 15892 W - j 10867 var 1.6 Calcular o circuito da figura 1.11, determinando: a) As correntes envolvidas; b) As tensões envolvidas; c) A potência fornecida pela fonte de energia; d) O fator de potência da fonte. São dados: ZL = 0,2 + 0,5 j; Za = 10 j Ω ; C = 100 µF; freqüência 60 Hz; |Ia’| = |Ib’| = Ic’| = 2 A (simétrico e equilibrado)

Solução: a) Cálculo das correntes: − j X C =

− j = − 26,52 j 377 × 100 × 10 −6

Va’n = - j Xc . Ia = - j 26,52 x 2 / 0° = 53,0504 / -90° V Vb’n = - j Xc . Ib = - j 26,52 x 2 / -120° = 53,0504 / -210° V Vc’n = - j Xc . Ic = - j 26,52 x 2 / 120° = 53,0504 / 30° V I a ' ' =

V a 'n 53,0504 ∠ − 90 = = − 5,304 A Z a 10 j

I b ' ' =

V b 'n 53,0504 ∠ − 210 = = 2,652 + 4,593 j A Z b j 10

I a ' ' =

V a 'n 53,050 4∠30 = = 2,652 − 4,593 j A Z a j 10

Cálculo das correntes na fonte: Ia = Ia’ + Ia” = - 3,304 A Ib = Ib’ + Ib” = 1,652 + j 2,861 A Ia = Ia’ + Ia” = 1,652 – j 2,861 A b) Cálculo das tensões: 19


Cálculo de Van, Vbn e Vcn Van = Va’n + ZL . Ia = 53,0504 / -90° + (0,2 + j 0,5) x (-3,304 / 0°) = 55,702 / -91,1° V Vbn = Vb’n + ZL . Ib = 53,0504 / -210° + (0,2 + j 0,5) x (1,652 + j 2,861) = = 55,702 / 148,9° V Vcn = Vc’n + ZL . Ic = 53,0504 / 30° + (0,2 + j 0,5) x (1,652 – j 2,861) = = 55,702 / 28,9° V c) Cálculo da potência na fonte: A potência da fonte é S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* S = 55,702 /-91,1° x 3,304 /180°+ 55,702 /148,9° x (1,652 + j 2,861) + 55,702 / 28,9° x (1,652 - j 2,861) S = 10,5146 + j 552,0191 = 552,119 / 88,9° VA d) Cálculo do fator de potência da fonte: ϕ = arctan

552,0191 10,5146

= 88,91º

Fator de potência = cos (88,9º) = 0,019 1.7 Calcular o circuito da figura 1.12, determinando: a) O valor de Vnn’; b) Os valores das correntes; c) Os valores das quedas de tensão da carga; d) As tensões de fase da carga; e) A potência fornecida pela fonte; f) A potência consumida pela carga; g) O fator de potência da carga. Dados: Van = 127 / 0° , fonte simétrica e equilibrada. ZL = j 0,2 Ω

Za = 5 + 2 j Ω

Zb = 4 + j Ω

Zc = 6 + 1,5 j Ω

Solução: a) Cálculo de Vnn’: Van’ = Van + Vnn’ = ( ZL + Za ). Ia

(1.29)

Vbn’ = Vbn + Vnn’ = ( ZL + Zb ). Ib

(1.30)

Vcn’ = Vcn + Vnn’ = ( ZL + Zc ). Ic

(1.31)

Resultam dessas equações: I a =

V an ZL + Z a

+

V nn ' ZL + Z a

(1.32)

20


I b

=

I c

=

V bn

+

ZL + Z b

V cn

+

ZL + Z c

V nn ' ZL

+ Z b

(1.33)

V nn' ZL + Z c

(1.34)

Somando as três expressões e sabendo que: Ia + Ib + Ic = 0 , resulta: V an V bn V cn + + ZL + Z a ZL + Z b ZL + Z c Vnn ' = − 1 1 1 + + ZL + Z a ZL + Z b ZL + Z c

(1.35)

1.35)

Cálculo das correntes: 127 ∠0°

Vnn' = −

0,2 j

+ 5 + 2 j 1

0,2 j

+ 5 + 2 j

+ +

127 ∠ − 120° 0,2 j

+4+

j

1 0,2 j

+4+

j

+ +

127 ∠120° 0,2 j

+ 6 + 1,5 j 1

0,2 j

= 3,74 + j 20,27

+ 6 + 1,5 j

Das expressões (1.32); (1.33); (1.34) e (1.35) obtém-se: I a =

127 ∠0º 5 + j 2,2

I b =

127 ∠ − 120º 5 + j 2,2

+

20,615∠79,5º 5 + j 2,2 +

= 24,221∠ − 14,9º A

20,615 ∠79,5º 5 + j 2,2

I c = − (I a + I b ) = 22,980 ∠98,8º

= 25,811∠ − 140,4º

A

A

b) Cálculo das quedas de tensões de fase da carga: Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 2) x 24,221 / -14,9º = 130,434 / 6,9º V Vb’n’ = Zb . Ib = (4 + j) x 25,811 / -140,4º = 106,426 / -126,3º V Vc’n’ = Zc . Ic = (6 + j 1,5) x 22,980 / 98,8º = 142,124 / 112,9º V c) Cálculo das tensões de fase da carga Va’n = Za . Ia + Vn’n = 130,434 / 6,9º - 20,615 /79,5º = 125,838 / -2,1º V Vb’n = Zb . Ib + Vn’n = 106,426 / -126,3º - 20,615 /79,5º = 125,297 / -122,1º V Vc’n = Zc . Ic + Vn’n = 142,124 / 112,9º - 20,615 /79,5º = 125,413 / 118,0º V d) Potência fornecida pela fonte: A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a equação (1.8): S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* S = 127 / 0° x 24,221 / 14,9° + 127 / -120° x 25,811 / 140,4° + 127 / 120° x 22,980 / -98,8° S = 8766,67 + j 2987,85 VA = 9261,81 / 18,8º e) Potência consumida pela carga: A potência consumida pela carga é S = Va’n’ . Ia* + Vb’n’ . Ib* + Vc’n’. Ic* 21


S = 125,838 / -2,1° x 24,221/ 14,9° + 125,297/ -122,1° x 25,811 / 140,4° + 125,413/ 118,0° x 22,980 / -98,8° S = 8766,67 + j 2631,66 VA = 9153,15 / 16,7º VA f) ϕ = arctan

Fator de potência da carga:

2631,66 8766,67

= 16,71º

Fator de potência = cos(16,71º) = 0,9578 1.8 Calcular os valores de W1 e W2, para o exercício anterior, de acordo com os wattímetros instalados na figura 1.13:

Va’b’ = Va’n – Vb’n = 125,838 / -2,1º - 125,297 / -122,1º = 217,58 / 27,8º V Vb’c’ = Vc’n – Vb’n = 125,413 / 118,0º - 125,297 / -122,1º = 216,84 / 87,9º V W1 = Re (Va’b’ . Ia*) = 217,58 / 27,8º . 24,221/ -14,9° = 3873,45 W W2 = Re (Vc’b’ . Ic*) = 216,84 / 87,9º . 22,980 / 98,8° = 4893,22 W W1 + W2 = 8766,67 W 1.9 Calcular o circuito da figura 1.14, determinando: a) O valor das correntes; b) O valor das tensões de fase da carga; c) A potência fornecida pela fonte; d) A potência consumida pela carga; e) O fator de potência da carga.

Dados: ZL = 0,1 + 0,5 j Ω Za’b’ = 5 + j 10 Ω

Zb’c’ = 3+ 15 j Ω

Zc’a’ = 12 Ω

E ainda, Van = 380 / 0º V; Vbn = 380 / - 100º V e Vcn = 405 / 100º V. Solução: Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não aterrada, ficando, portanto, a solução similar à do exercício 1.7. Z a =

(5 + j 10) .12 = 4,0976 + 0,8780 j 20 + j 25 22


Z b =

(5 + j 10) . (3 + j 15) = - 0,07317 + 5,3415 j 20 + j 25

Z c =

(3 + j 15 ) .12 = 5,0927 + 2,6341 j 20 + j 25

Cálculo de Vnn’ A partir da expressão (1.35), obtém-se:

V nn '

380 ∠0° 380 ∠ − 100° 405 ∠100° + + 4,1976 + 1,3780 j 0,026829 + 5,8415 j 5,1927 + 3,1341 j =− 1 1 1 + + 4,1976 + 1,3780 j 0,026829 + 5,8415 j 5,1927 + 3,1341 j

Vnn’ = 1,368 – 128,9 j V a) Cálculo das correntes: A partir das expressões (1.24); (1.25) e (1.26) obtém-se: I a

=

I b

=

I c

=

380 ∠0º 4,1976

+ j 1,3780

+

380 ∠ − 100 º 0,026829 + j 5,8415

405 ∠100º 5,1927 + j 3,1341

+

128,91∠ − 89,4º 4,1976

+

+ j 1,3780

= 91,12 ∠ − 36,8º A

128,91 ∠ − 89,4º 0,026829

+ j 5,8415

128,91 ∠ − 89,4º 5,1927 + j 3,1341

= 86,84 ∠172,9º

= 45,94 ∠73,2º

A

A

b) Cálculo das tensões de fase da carga: Va’n = Van - ZL . Ia = 380 / 0º - (0,1 + 0,5 j ) x (72,91 –54,65 j) = 345,38 + 30,99 j

V

Vb’n = Vbn - ZL . Ib = 380 / -100º - (0,1 + 0,5 j ) x (-86,1735 +10,6713 j) = = - 52,03 – 332,20 j V Vc’n = Vcn - ZL . Ic = 405 / 100º - (0,1 + 0,5 j ) x (13,2635 +43,9787 j) = = - 49,66 + 387,82 j V c) Potência fornecida pela fonte: A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a equação (1.9): S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* S = 380 / 0° x 91,12 / -36,8° + 380 / -100° x 86,84 / 172,9° + 405 / 100° x 45,94 / 73,2° S = 46010,9 (W) + j 62103,5 (var) = 77290,7 / 53,5º VA d) Cálculo da potência consumida pela carga: S = (345,38 - 30,99 j) x 91,12 / 36,8° + (- 52,03 – 332,20 j) x 86,84 /-172,9° + (- 49,66 + 387,82 j) x 45,94 / 73,2° S = 44215,6 + 53126,8 j VA e) Fator de potência da carga: ϕ

= arctan

53126,8 44215,6

= 50,23º

Fator de potência = cos(50,23º) = 0,64 1.10

Calcular o circuito da figura 1.15, determinando: a) O valor das correntes; b) O valor das tensões de 23


fase da carga; c) A potência fornecida pela fonte; d) A potência consumida pela carga; e) O fator de potência da fonte. Dados: ZL = 0,1 + j 0,5

Zm = 0,1 j

Za’b’ = 6 + 4 j

Zb’c’ = 12 + 8 j

Zc’a’ = 12 – 8 j

Van = 460 V simétrico e equilibrado.

Solução: Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não aterrada, aplicando a equação matricial (1.11) ficando, portanto, a solução similar à do exercício 1.7. Za Zb

=

 1  30 + 4 

12-8 j

0

0

6+4 j

0

6+4 j

0

12+8 j

= 1,7293 + 2,9694 j

0

0

12+8 j

12-8 j

6,8122 – 0,9083 j

  j

Zc

3,4061 – 0,4541 j

Para os terminais da carga, vale; Va’n’ = Va’n + Vnn’ = Ia . Za Vb’n’ = Vb’n + Vnn’ = Ib . Zb

(1.36)

Vc’n’ = Vc’n + Vnn’ = Ic . Zc Isolando as correntes e sabendo que Ya, Yb e Yc são as admitâncias das cargas, têm-se: Ia = Ya.Va’n + Ya.Vnn’ Ib = Yb.Vb’n + Yb.Vnn’ (1.37) Ic = Yc.Vc’n + Yc.Vnn’ Sabendo que a somatória das correntes é nula, resulta: V nn '

=

+ Y b .V b 'n + Y c .V c 'n Y a + Y b + Y c

Y a .V a 'n

(1.38)

Matricialmente a equação (1.38) pode ser escrita: Vnn’ Vnn’

−1

= Y a

+ Y b + Y c

Vnn’

Ya

Yb

Yc

Va’n

Ya

Yb

Yc

Vb’n

Ya

Yb

Yc

Vc’n

(1.39)

As equações (1.36) resultam: Va’n’ Vb’n’ Vc’n’

=

Za

0

0

Ia

0

Zb

0

Ib

0

0

Zc

Ic

Ia =

Zcarga Ib

(1.40)

Ic 24


Substituindo (1.39) em (1.40) resulta: 1−

− Y b Y a + Y b + Y c

Y a Y a

+ Y b + Y c

− Y a Y a + Y b + Y c

1−

− Y a Y a + Y b + Y c

− Y b Y a + Y b + Y c

1−

YT

=

Y a

− Y b + Y b + Y c

Va’n’

− Y c Y a + Y b + Y c

Vb’n’

1−

− Y c Y a + Y b + Y c

+ Y b + Y c

Y a

− Y a + Y b + Y c

1−

Y a

− Y a + Y b + Y c

− Y b Y a + Y b + Y c

Ia =

Zcarga

Vc’n’

− Y b Y a + Y b + Y c

Y a Y a

− Y c Y a + Y b + Y c

− Y b Y a + Y b + Y c

Y a

− Y c + Y b + Y c

Y a

− Y c + Y b + Y c

1−

Y a

Ib

(1.41)

Ic

(1.42)

− Y c + Y b + Y c

Resulta, portanto: Va’n’ YT

Vb’n’

Ia =

Zcarga

Vc’n’

(1.43)

Ib Ic

Por outro lado, a tensão no início da rede vale: Van Vbn

=

Vcn

Va’n’

ZL

Zm Zm

Vb’n’

+ Zm ZL

Ia

Zm

Ib

Vc’n’

Zm Zm ZL

Ic

Van

ZL

Ia

(1.44)

Ou, ainda: Va’n’ Vb’n’

=

Vc’n’

Vbn

Zm Zm

- Zm ZL

Vcn

Zm

Ib

Zm Zm ZL

Ic

(1.45)

Substituindo (1.45) em (1.41) resulta: Van YT

ZL

Zm Zm

Vbn - Zm ZL Vcn

Ia

Za

Zm

Ib

= 0

Zm Zm ZL

Ic

0

0

0

Ia

Zb

0

Ib

0

Zc

Ic

(1.46)

25


Zrede

Zcarga

Ou Van

Ia

Vbn =

YT

YT

+ Zcarga

Zrede

Ib

Vcn

(1.47)

Ic

E, portanto: -1

Ia Ib

=

YT

Zrede

+ Zcarga

Van YT

Vbn

Ic

(1.48)

Vcn

a) Cálculo das correntes Calculando as matrizes da equação (1.48) vem primeiramente a matriz da equação (1.42):

YT

=

0,9681 + 0,0032 j

-0,2610 – 0,2742

-0,7071 + 0,2710 j

-0,0319 + 0,0032 j

0,7390 – 0,2742 j

-0,7071 + 0,2710 j

-0,0319 + 0,0032 j

-0,2610 – 0,2742 j

0,2929 + 0,2710 j

0,1 + j 0,5

0,1 j

0,1 j

0,1 j

0,1 + j 0,5

0,1 j

0,1 j

0,1 j

0,1 + j 0,5

3,4061 – 0,4541 j

0

0

0

1,7293 + 2,9694 j

0

0

0

6,8122 – 0,9083 j

Por outro lado,

Zrede =

E, ainda,

Zcarga =

E, 480 / 0º

Van Vbn

=

480 / -120º 480 / 120º

Vcn

Resulta, portanto; 154,91 / -7,4º

Ia Ib

=

130,59 / -169,2º

(A) 26


Ic

51,13 / 119,7º

b) Cálculo das tensões de fase da carga: Aplicando o conjunto de equações (1.36), resultam: Va’n = 532,33 / -15,0º V Vb’n = 448,73 / -109,4º V Vc’n = 351,36 / 112,1º V c) Cálculo da potência fornecida pela fonte: S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* S = 133400 (W) + j 54832 (var) d) Cálculo da potência consumida pela carga: S = Va’n . Ia* + Vb’n . Ib* + Vc’n. Ic* S = 129040 (W) j 37365 (var) e) Cálculo do fator de potência da carga: fp = cos(atan(54832/133400)) = 0,925 Exercícios Propostos 1.11 Um sistema trifásico simétrico e equilibrado com seqüência de fase direta alimenta uma carga com Vcn = 230 /15º V. Pede-se: a) As tensões de fase da carga; b) As tensões de linha da carga; c) Desenhar o diagrama fasorial com as três fases. 1.12

Resolver o circuito anterior admitindo seqüência inversa.

1.13 Resolver o circuito trifásico da figura do exercício 1.7. Calcular: a) A corrente da carga; b) A potência fornecida pela fonte; c) A potência consumida pela carga. Dados: ZL = 1 + j ohm; Z = 1 + j 6,5 ohm; E = 110 V. 1.14

No circuito mostrado na figura 1.10, os valores das impedâncias são:

ZL = 0,1 + j 3,5 Ω Za = 4 + 2,5 j Ω Zb = 4 + 9 j Ω Zc = 3,5 + 10,5 j Ω Zn = 4,5 Ω (impedância de aterramento da carga) A fonte é simétrica e equilibrada, com valor de tensão Van = 220 /0° V. Calcular: a) As correntes de fase e do neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida pela carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia. 1.15

No circuito da figura 1.9, os valores das impedâncias são:

ZL = 0,1 + j 3,5 Ω Za = 4 + 2,5 j Ω Zb = 4 + 9 j Ω Zc = 3,5 + 10,5 j Ω Zn = 4,5 Ω (impedância de retorno da linha) A fonte é simétrica e equilibrada, com o valor de tensão Van = 220 /0° V. Calcular: a) As correntes de fase e do neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida pela carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia. 1.16 Para o circuito da figura 1.16, para Van = 210 / 0° V; Vbn = 205 / -102° V e Vcn = 208 / 119° V e, ainda, Za = j 45 Ω, Zb = j 18,5 Ω e Zc = - j 27 Ω; determinar: a) As correntes de linha e a corrente de neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida; d) A potência fornecida pela fonte de energia.

27


1.17 Um restaurante com alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 110 V fase-neutro – obtido por tap central do enrolamento do transformador) possui as seguintes cargas: 20.000 W ligados em 220 V, 10.000 W ligados na fase A com o neutro, e outros 12.100 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as correntes nos três condutores. Ver figura 1.17.

1.18 Uma pizzaria com alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 110 V fase-neutro – obtido por tap central do enrolamento do transformador) possui as seguintes cargas: 18.000 W ligados em 220 V, 7.000 W ligados na fase A com o neutro e outras 5.000 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as correntes nos três condutores. Ver figura 1.17. 1.19 Uma casa comercial possui uma alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 127 faseneutro) com as seguintes cargas: 18.000 W ligados em 220 V, 7.000 ligados na fase A com o neutro e outras 5.000 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as correntes nos três condutores. 1.20 Para o circuito da figura 1.18, para Van = 118 / 0° V; Vbn = 125 / -102° V e Vcn = 128 / 119° V e, ainda, Za = j 40,5 Ω, Zb = j 39,7 Ω , Zc = j 40,2 Ω, ZL = 0,1+0,6 j e Zn = 0,4 j (retorno da linha), determinar: a) As correntes de linha; b) As tensões das fases da carga; c) A tensão Vnn’; c) A potência consumida pela carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia.

1.21 Um gerador possui um sistema de aquecimento para quando está fora de operação. Este sistema consiste de resistências ligadas, como mostra a figura 1.19. Calcular as correntes das fases A, B, C, a corrente do neutro e a potência complexa consumida, nos casos a seguir: 28


a) Por um problema técnico, as duas resistências da fase C ficam desconectadas, deixando esta fase aberta. b) Por um problema técnico, somente uma das resistências da fase C fica desconectada.

Características de cada resistência: Potência 1500 W; Tensão 380 V; Comprimento 750 mm. A alimentação elétrica é feita com seqüência direta, com valor de tensão: VAB = 220 V. 1.22 Para o circuito da figura 1.18, Van = 125 / 0° V, Vbn = 125 / -102° V, Vcn = 128 / 119° V, e ainda, ZL = j 0,5 Ω, Za = 46,6 + j 40,5 Ω, Zb = 45,0 + j 39,7 Ω, Zc = 47 + j 40,2 Ω, e Zn = j 40 Ω (impedância de aterramento da carga). Determinar: a) As correntes da carga e do neutro; b) A potência consumida pela carga; c) O fator de potência da carga. 1.23 Resolver o exercício anterior com Zn = 0 Ω, determinando: a) As correntes da carga e do neutro; b) A potência complexa consumida pela carga; c) O fator de potência da carga. 1.24 Resolver o exercício 1.22 para o caso em que o fio de retorno se rompe e a carga fica com o neutro isolado, calculando: a) As correntes da carga; b) A tensão VNN’; c) A potência fornecida pela fonte. 1.25

Para o circuito da figura 1.20, com o disjuntor D aberto e sabendo os seguintes dados:

Dados

1.25.1

1.25.2

1.25.3

1.25.4

1.25.5

Za (Ω)

400 + j 200

410 + j 210

390 + j 190

385 + j 185

380 + j 180

Zb (Ω)

400 + j 200

410 + j 210

390 + j 190

385 + j 185

380 + j 180

Zc (Ω)

400 + j 200

410 + j 210

390 + j 190

385 + j 185

380 + j 180

ZL (Ω)

5 + j 50

4 + j 40

6 + j 60

7 + j 70

8 + j 80

Zm (Ω)

50 j

45 j

6j

0

0

Zmg (Ω)

j 5

j 4,5

j 0,5

0

0

Zn (Ω)

10 + j 50

8 + j 40

12 + j 60

2 + j 35

0

Van (V)

127 / 1º

200 / 1,5º

265 / 2º

290 / 2,5º

300 / -1º

Vbn (V)

127 / -105º

200 / -115º

265 / -109º

290 / -115º

300 / -100º

Vcn (V)

127 / 125º

200 / 128º

265 / 115º

290 / 135º

300 / 120º

Calcular: a) As correntes de fase e de neutro; b) A potência da carga; c) A potência complexa no início da Linha (pontos A-B-C); d) As tensões nos pontos A’, B’ e C’, próximo ao disjuntor aberto.

29


1.26

Resolver o circuito abaixo, figura 1.21, sabendo que é simétrico e equilibrado:

CARGA Exercício

Tensão de Impedância da Tensão linha na fonte linha Z (ohm) nominal (V) (V)

Potência (kW)

Fator de potência (indutivo)

1.26.1

480

0,01 + j 0,05

480

300

0,9

1.26.2

2200

0,02 + j 0,15

2200

2500

0,9

1.26.3

4160

0,02 + j 0,3

4160

4500

0,85

1.26.4

6900

0,04 + j 0,7

6600

5000

0,92

1.26.5

13800

0,07 + j 0,1

13800

15000

0,9

1.26.6

460

0,008 + j 0,02 440

700

0,85

1.26.7

480

0,009 + j 0,018 440

800

0,9

1.26.8

2200

0,08 + j 0,1

3500

0,9

1.26.9

220

0,005 + j 0,02 220

125

0,82

1.26.10

400

0,009 + j 0,01 380

600

0,85

1.26.11

4160

0,05 + j 0,25

4500

0,85

2200

4160

Resolver, considerando: a) Carga modelada por impedância constante; b) Carga modelada por potência constante; c) Carga modelada por corrente constante; d) Construir uma tabela comparativa entre as três soluções. Solução do Exercício 1.26.1 a) Carga modelada por impedância constante Cálculo da impedância da carga:

30


2

Z C

=

V ab *

S

=

480 ∠arc cos(0,9) 300000 / 0,9

= 0,6221+ j 0,3013 ohm

Cálculo da corrente: I a

=

V an Z L

+ Z C

480 ∠0

=

3 (0,01 + j 0,05 + 0,6221 + j 0,3013)

= 383,22∠ − 29,1º

A tensão nos terminais da carga é: Va’n’ = Ia . Zc = (0,6221 + j 0,3013) x 383,22 / - 29,1º = 264,89 / -3,26º V A potência absorvida pela carga é: S = 3 V a 'n ' I a

=

3 × 264,89 ∠ − 3,26º × 383,22∠29,1º

= 304,54 ∠25,8º kVA

b) Carga modelada por potência constante Como a potência consumida é constante, a corrente elétrica depende da tensão aplicada à carga e este valor não é conhecido. O cálculo é processado iterativamente da seguinte forma: •

Adota-se um valor de tensão inicial da carga, que pode ser a nominal do sistema;

•

Calcula-se a corrente absorvida pela carga;

•

Com este valor de de corrente, calcula-se o novo valor valor de tensão nos terminais da carga;

•

Compara-se este valor com o valor valor adotado inicialmente e, se a diferença estiver dentro da precisão desejada, o valor procurado é este, senão, calcula-se novamente a corrente e o novo valor de tensão daí resultante.

Tensão inicial:

(0 )

V a 'n '

=

480 3

= 277,128∠0º

Cálculo do valor inicial da corrente: *

( 0) a

I

*

 S   300000 ∠25,8º   =   = 400,94 ∠ − 25,8º A =   3V a 'n'   3 × 0,9 x 277,128 ∠0º 

Cálculo do novo valor de tensão: (1)

V a 'n '

= V an − Z L × I a( 0) = 277,128∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 400,94∠ − 25,8º = 265, 28∠ − 3,5º

Cálculo da iteração seguinte: *

*

 S   300000 ∠25,8º   =   = 418,84 ∠ − 29,3º A I =   3V a 'n'   3 × 0,9 x 265,28∠ − 3,5º  (1) a

Cálculo do novo valor de tensão: ( 2)

V a 'n '

= V an − Z L × I a(1) = 277,128∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 418,84∠ − 29,3º = 263,73∠ − 3,5º


( 2) a

I

*

 S    300000 ∠25,8º  =   = 421,31∠ − 29,3º A =   3V a 'n '   3 × 0,9 x 263,73∠ − 3,5º 

Cálculo do novo valor de tensão: V a('2n)' =V an − Z L × I a( 2)

= 277,128∠0º − (0,01+ j 0,05) × 421,31∠ − 29,3º = 263,62∠ − 3,5º


( 3) a

I

*

 S   300000∠25,8º   =   = 421,48 ∠ − 29,3º A =   3V a'n'   3 × 0,9 x 263,62∠ − 3,5º 

Cálculo do novo valor de tensão: 31


V a('3n)'

= V an − Z L × I a(3) = 277,128 ∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 421,48∠ − 29,3º = 263,64∠ − 3,5º


( 4) a

I

*

 S   300000 ∠25,8º   =   = 421,45 ∠ − 29,3º A =   3V a 'n'   3 × 0,9 x 263,64∠ − 3,5º 

Cálculo do novo valor de tensão: ( 4)

V a 'n'

= V an − Z L × I a( 4) = 277,128 ∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 421,45∠ − 29,3º

= 263,64∠ − 3,5º

Como a diferença de valores entre a iteração 4 e a iteração 3 está dentro da precisão desejada, o valor da tensão a ser adotada é: Va’n’ = 263,64 / - 3,5º V O seguinte cálculo é feito para comprovar que a potência permaneceu constante: S = 3 x Va’n’ . Ia* = 3 x 263,62 / - 3,5º x 421,48 / + 29,4º = 333,33 / 25,8º kVA c) Carga modelada por corrente constante Neste caso, o módulo da corrente é constante; entretanto, seu argumento não o é. O processo de cálculo a ser adotado é também iterativo. Tensão inicial: V a ('0n )' =

480 ∠0º = 277,128∠0º 3

Cálculo do valor inicial da corrente: *

( 0) a

I

*

 S   300000 ∠25,8º   =   = 400,94 ∠ − 25,8º A =   3V a 'n'   3 × 0,9 x 277,128 ∠0º 

O valor de ϕ = 25,84º deve permanecer constante. Cálculo do novo valor de tensão: (1)

V a 'n '

= V an − Z L × I a(0) = 277,128 ∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 400,94∠ − 25,8º = 265,29∠ − 3,5º

Cálculo do argumento da corrente: δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,5º - 25,8º = -29,3º

Então, o novo valor de corrente é Ia(2) = 400,94 / - 29,3º A Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: (2)

V a 'n '

= V an − Z L × I a( 2) = 277,128 ∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 400,94∠ − 29,3º = 264,28∠ − 3,4º

Cálculo do argumento da corrente: δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º

Então, o novo valor de corrente é Ia(3) = 400,94 / - 29,2º A. Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: V a('3n)'

= V an − Z L × I a(3) = 277,128 ∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 400,94∠ − 29,2º = 264,30∠ − 3,4º


Então, o novo valor de corrente é Ia(4) = 400,94 / - 29,2º A. Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: V a('n4)'

= V an − Z L × I a( 4) = 277,128 ∠0º − (0,01 +

j 0,05) × 400,94∠ − 29,2º = 264,30∠ − 3,4º


32


Então, o valor final da corrente é Ia = 400,94 / - 29,2º A; neste caso, a potência absorvida pela carga é: S = 3 x V a’n’ . Ia* = 3 x 264,30 / - 3,4º x 400,94 / + 29,2º = 317,91 / 25,8º kVA d) Comparação entre as três soluções Modelo

Impedância constante

Potência constante

Corrente constante

Ia (A)

383,23 / - 29,1º

421,48 / - 29,4º

400,94 / - 29,2º

Va’n’ (V)

264,89 / -3,2º

263,62 / - 3,5º

264,30 / - 3,4º

S (kVA)

304,540 / 25,8º

333,333 / 25,8º

317,905 / 25,8º

1.27 Um alimentador alimentador de uma fonte de energia de 440 440 V, trifásica, 60 Hz, alimenta alimenta as seguintes cargas trifásicas: Motor  440 V, 150 kW, rendimento de 94%, fator de potência 0,85 atrasado; Resistência  32 kW; Outras cargas  60 kW com fator de potência 0,7 atrasado. Calcular a potência complexa total. 1.28 Um forno a arco submerso para produção de silício metálico consome 25 kW, com com fator de potência 0,68 atrasado. Calcular a potência do banco de capacitores necessária para corrigir o fator de potência para 0,92 atrasado. 1.29 Para correção do fator de potência de uma fábrica existe um banco de capacitores formado de dois sub-bancos, conforme mostra a figura 1.22. Cada sub-banco é ligado em estrela não-aterrada, e os neutros desses sub-bancos estão interligados. Cada braço da estrela possui sete capacitores ligados em paralelo. O reator de limitação de corrente de inrush possui possui o valor de indutância L = 9,06 mH. Cada capacitor possui o valor de capacitância C = 5,71 µF. O sistema é alimentado com a tensão de linha de 14.800 V, simétrico e equilibrado na freqüência de 60 Hz. Calcular o módulo da corrente de neutro para as seguintes situações: Exercícios Situações 1.29.1

Um capacitor com defeito na fase A

1.29.2

Defeito num capacitor da fase A de uma estrela e na fase B da outra estrela

1.29.3

Dois capacitores com defeito no mesmo braço da estrela – Fase A

1.29.4

Defeito num capacitor da fase A de uma estrela e na fase A da outra estrela

1.29.5

Defeito num capacitor no braço A e de outro no braço B da mesma estrela

33


Solução do Exercício 1.29.1 Cálculo dos valores de reatâncias: XL = 2 Π f L = 376,9911 x 9,06 x 10-3 = 3,4155 Ω X c

=

10

6

376,9911 × 7 × 5,7101

= 66,3632 Ω / fase de cada sub-banco

A seqüência de tensão aplicada é: Van = 8544,8 / 0º V Vbn = 8544,8 / -120º V Vcn = 8544,8 / 120º V Aplicando a lei da malha de Kircchoff para o circuito dado, têm-se Van = j 3,4151 Ia – j 66,3632 Ia1 + Vn’n Vbn = j 3,4151 Ib – j 66,3632 Ib1 + Vn’n Vcn = j 3,4151 Ic – j 66,3632 Ic1 + Vn’n Analogamente: Van = j 3,4151 Ia – j 66,3632 Ia2 + Vn’n Vbn = j 3,4151 Ib – j 66,3632 Ib2 + Vn’n Vcn = j 3,4151 Ic – j 66,3632 Ic2 + Vn’n E, ainda: Ia = Ia1 + Ia2 Ib = Ib1 + Ib2 Ic = Ic1 + Ic2 34


In = Ia1 + Ib1 + Ic1 = – Ia2 – Ib2 – Ic2 Matricialmente pode-se escrever: Sendo: Van Vbn Vcn Van Vbn [ V’ ] = = Vcn 0 0 0 0

[ V’ ] = [ Z’ ] [ I’ ] 8544,8 / 0º 8544,8 / -120º 8544,8 / 120º 8544,8 / 0º 8544,8 / -120º 8544,8 / 120º 0 0 0 0

e Ia Ib Ic Ia1 Ib1 [ I’ ]

=

Ic1 Ia2 Ib2 Ic2 Vn’n

O valor da matriz [ Z’ ] é: (Ia)

(Ib)

(Ic)

3,415j 0 0 3,415j 0 0 -1 0 0 0

0 3,415j 0 0 3,415j 0 0 -1 0 0

0 0 3,415j 0 0 3,415j 0 0 -1 0

(Ia1) -66,363j 0 0 0 0 0 1 0 0 -1

(Ib1) 0 -66,363j 0 0 0 0 0 1 0 1

(Ic1) 0 0 -66,363j 0 0 0 0 0 1 1

(Ia2) 0 0 0 -66,363j 0 0 1 0 0 1

(Ib2) 0 0 0 -66,363j 0 0 1 0 1

(Ic2) 0 0 0 0 0 -66,363j 0 0 1 1

(Vn’n) 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0

A matriz acima vale para o circuito equilibrado, caso em que o valor da corrente de neutro é nulo. Supondo a queima de um capacitor na primeira estrela, na fase A, a reatância correspondente muda para: ' X C =

7 × 66,3632 = 77,4237 Ω 6

Este valor substitui o valor da célula da primeira linha, quarta coluna. Pode-se utilizar o software MatLab paras resolver facilmente esse sistema de 10 equações, 10 incógnitas. As respostas são: Ia = 271,54 j A

Ib = 248,60 – 135,77 j A

Ic = -248,60 – 135,77 j A

Ia1 = 125,33 j A

Ib1 = 124,30 – 67,89 j A

Ic1 = -124,30 – 67,89 j A 35


Ia2 = 146,21 j A

Ib1 = 124,30 – 67,89 j A

Ic1 = -124,30 – 67,89 j A

Vn’n = -231,03 Para determinar a corrente de neutro basta somar as três correntes de fase de qualquer uma das estrelas: In = Ia1 + Ib1 + Ic1 = - Ia2 - Ib2 - Ic2 = 125,33 j + 124,30 – 67,89 j - 124,30 – 67,89 j = = 10,45 j 1.30 Resolver a rede da figura 1.23 com os mesmos dados do exercício 1.25, porém com as fases A e B abertas, através dos disjuntores instalados na linha. 1.31

Resolver a rede da figura 1.24 com os seguintes dados:

Van = 127 /1º; Vbn = 127 /-119º; Vcn = 127 /120º em volts; ZL = 5+50 j e Zm = 5j em ohms; Carga Za = Zb = Zc = 400 + j200 em ohms; Considerando o disjuntor da fase A aberto, calcular: a) As correntes de fase e de neutro; b) A potência da carga; c) A potência complexa no início da Linha (pontos A-B-C).

1.32 No circuito trifásico, simétrico e equilibrado, mostrado na figura 1.25, cujos parâmetros valem: R = 15 ohms, XL = 12 ohms, Xc = 9 ohms, R1 = 0,6 ohm, X1 = 1,3 ohms, I = 9,5 A. Calcular as tensões em A, B e C.

1.33

A rede da figura 1.33 perde os capacitores e um conjunto R e XL ligados entre a fase A e B, conforme 36


indica a figura 1.26. Supondo-a alimentada pelas tensões de fase calculadas no exercício 1.33 calcular as correntes nas três fases.

1.34 A rede da figura 1.26 perde os capacitores e dois conjuntos R e XL ligados entre a fase A e B, e entre B e C, conforme indica a figura 1.27. Supondo-a alimentada pelas tensões de fase calculadas no exercício 1.33, calcular as correntes nas três fases.

1.35 No circuito mostrado na figura 1.28, sabendo que Zab = Zbc = Zca = 40 / 40º ohms, e a tensão da fonte (fase-neutro) é simétrica e equilibrada e igual a 220 V, calcular: a) As correntes de linha b) O valor de cada wattímetro; b) a potência ativa fornecida pela fonte; c) comparar com a soma de W1 e W2; d) O fator de potência da carga. 1.36 Na figura 1.28, o valor lido no Wattímetro 1 é 1853,83 W, o fator de potência da carga é 0,866 indutivo, a tensão aplicada é simétrica e equilibrada e igual a 110 V, e sabe-se ainda, que Z = Zab = Zbc = Zca. Calcular o valor de Z.

Bibliografia Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967. Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 175p. Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989. Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p. Orsini, L. Q. Curso de Circuitos Elétricos. São Paulo: Edgard Blücher, 1993/4. 2v.

37

Valores Percentuais e Por-unidade

2 VALORES PERCENTUAIS E PORPOR-UNIDADE

Extrato da Teoria

2.1

Definições

Valores por-unidade (p.u.) correspondem a valores relativos das grandezas elétricas; basicamente correspondem a uma mudança de escala das grandezas elétricas. O valor por-unidade corresponde à grandeza definida estipulada como unidade, para servir de termo de comparação entre grandezas da mesma natureza. Os valores das grandezas elétricas escolhidos como unitários são ditos valores de base das respectivas grandezas elétricas. Para um circuito trifásico, as relações que comandam as quatro principais grandezas elétricas (S – potência complexa; V – tensão; I – corrente elétrica e Z – impedância) são: S = 3 V Linha . I * e

(2.1)

Vfase = Z.I*

V Linha = 3 Z I *

ou

(2.2)

sendo que o asterisco denota o conjugado do número complexo do fasor considerado. Dessas quatro grandezas – S, V, I e Z – escolhe-se duas como base e determina-se a base das outras duas através das expressões (2.1) e (2.2), utilizando-se apenas o módulo dessas expressões, pois os valores de base são grandezas escalares. Normalmente se define a potência aparente S e o módulo da tensão de 1 linha V como valores de base. Esses valores são escolhidos arbitrariamente; porém, uma vez definidos não mudam mais. Como esses valores são sempre valores escalares, os valores dos fasores em p.u. (por-unidade) possuem sempre o mesmo argumento dos valores originais do sistema internacional. Os valores em p.u. serão representados por letras minúsculas. s =

S S base

(2.3)

v

=

V V base

(2.4)

i

=

I I base

sendo

I base =

S base 3 V base

(sistema trifásico)

(2.5)

1

Valor da tensão entre duas fases quaisquer. 37


Z

z =

Z base

sendo

Z base

=

2 V base

S base

(2.6)

Para obter o valor em percentual é só multiplicar o valor em p.u. por 100. “Qualquer conjunto de equações pode ser expresso em por-unidade (p.u.) se os termos individuais forem divididos por quantidade base dimensionalmente equivalente, contanto que as quantidades base sejam escolhidas de forma a seguir as mesmas leis de eletricidade que as equações originais.” (Barthold, L. O.; Reppen, N. D.; Hedman, D. E.; p. 49).

2.2

Representação de transformadores em valores por-unidade

Os valores das reatâncias, em percentuais, são sempre referidos aos valores nominais do transformador. z = Z prim

S n 2

V prim

=

Z sec

S n 2

V sec

( p.u.)

(2.7)

Sendo: Sn

Potência aparente nominal do transformador. Esta potência é a potência máxima para a qual o transformador está projetado para trabalhar em regime contínuo sem exceder os valores de temperatura previstos em norma.

Zprim Impedância do transformador referida ao primário. Zsec Impedância do transformador referida ao secundário. Vprim Tensão nominal de linha do primário do transformador. Vsec Tensão nominal de linha do secundário do transformador na condição em vazio, quando o transformador é alimentado com tensão primária nominal. O modelo de representação do transformador é o da figura 2.1, a seguir, quando as grandezas estão em p.u.:

O modelo do transformador é simplificado para um sistema de potência, com a não consideração do circuito magnetizante, pois a corrente desviada por esse circuito é demasiadamente pequena em face da energia em jogo no sistema de potência. O diagrama fica, então, conforme a figura 2.2:

38


Como a relação de transformação é 1:1, é usual apresentar, ainda, a seguinte simplificação – figura 2.3:

2.3

Representação de transformadores com três enrolamentos em valores por-unidade

Sn

Potência aparente nominal do transformador. Esta potência de um dos enrolamentos do transformador é a potência máxima para a qual esse enrolamento está projetado para trabalhar em regime contínuo sem exceder os valores de temperatura previstos em norma.

Vprim Tensão nominal do enrolamento primário do transformador, para a qual o transformador foi projetado. Vsec Tensão nominal do enrolamento secundário do transformador, na condição em vazio, quando o transformador é alimentado com tensão primária nominal. Vter

Tensão nominal do enrolamento terciário do transformador na condição em vazio, quando o transformador é alimentado com tensão primária nominal.

X12

Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo primário, com o secundário em curtocircuito e o terciário em aberto (ou reatância com o secundário em curto-circuito e o terciário em aberto).

X13

Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo primário, com o terciário em curtocircuito e o secundário em aberto (ou reatância com o terciário em curto-circuito e o secundário em aberto).

X23

Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo secundário, com o terciário em curtocircuito e o primário em aberto (ou reatância com o terciário em curto-circuito e o primário em aberto).

Um modelo, em p.u., que pode representar muito bem o transformador com três enrolamentos é o da figura 2.5:

39


x12 = xp + xs x13 = xp + xt

(2.8)

x23 = xs + xt Do conjunto dessas três equações, resultam: x p =

1 (x 12 + x 13 − x 23 ) 2

(2.9)

x s =

1 (x 12 + x 23 − x 13 ) 2

(2.10)

x t =

1 (x 13 + x 23 − x 12 ) 2

(2.11)

2.4

Representação de banco de transformadores monofásicos em valores por-unidade

Sejam três transformadores monofásicos com as mesmas características, e com potência individual S1f, ligados em estrela com o neutro aterrado no primário e no secundário, conforme mostrado na figura 2.6.

Nesta condição, a potência e a tensão do banco de transformadores monofásicos formando um trifásico ficam: S3f = 3 x S1f

(2.12)

VL = √3 . Vf

(2.13)

O valor da reatância de cada transformador é, em p.u.: 2

 V 1f    V 1 fb  x 1f =  S 1f

(2.14)

S 1fb Para o banco trifásico, a reatância em p.u. vale:

40


2

x 3f

 V L    V Lb   = =

2

3 V f

S 3f

3 V f 3 × S 1f

S 3fb

3 × S 1fb

=

 V 1f     V 1fb  = x 1f S 1f

(2.15)

S 1fb

Em p.u., a reatância do transformador monofásico é igual à reatância do banco de transformadores, formando um trifásico. Esta assertiva vale para qualquer tipo de ligação dos transformadores.

2.5

Representação de máquinas rotativas em valores por-unidade

Legenda da figura 2.7: e:

f.e.m – força eletromotriz –, se gerador, e f.c.e.m. – força contra-eletromotriz, se motor, atrás da reatância

v:

tensão nos terminais do gerador

x:

reatância por fase do gerador

2.6

Representação de linha de transmissão

2.6.1

Linha curta

Sendo Z = R + j X

2.6.2

Linha média

Os valores de Z e de Y são obtidos a partir dos cálculos que levam em consideração o perfil da torre que sustenta os cabos e das características desses cabos. Esses valores são multiplicados pelo comprimento da linha.

41


2.6.3

Linha longa

sendo: Z e = Z c • senh (γ • L ) =

Y e 2

=

1

Z c

• tanh(γ •

L 2

)=

Z • senh Z • Y • L Y

(

Y Z

• tanh   

)

Z × Y •

(2.16)

L 

(2.17)

 2 

Comprimento da linha: L Impedância da linha em ohm/km: Z Admitância da linha em S/km:

Y

Constante de propagação da linha: γ = Z • Y = α + j β

(2.18)

Constante de atenuação da linha: α Constante de fase da linha: β Impedância característica da linha: Z c =

2.7

Z Y

(2.19)

Mudança de bases

Trata-se de mudar os valores em p.u. de uma base velha para valores em p.u. de uma base nova: Impedância: z ( pu ) = z ( pu )base velha

2.8

×

2 V base velha

S base velha

×

S base nova 2 V base nova

(2.20)

Representação de transformadores quando há choque de bases

Para um sistema de potência, a base de potência tem que ser a mesma para toda rede. A tensão escolhida num ponto deverá refletir-se em todo o sistema, de acordo com a relação de transformação dos transformadores existentes na rede. Pode acontecer, quando o sistema é malhado, que a tensão base de um lado do transformador não corresponda a tensão do outro pela relação de transformação do respectivo transformador:

Vb1

Tensão de base no primário do transformador

Vb2

Tensão de base no secundário do transformador 42


Vn1

Tensão nominal no primário do transformador

Vn2

Tensão nominal no secundário do transformador

Para uma situação de choque de bases, a condição encontrada no desenvolvimento de uma solução é: V b 1 V ≠ n 1 (2.21) V b 2 V n 2

v 1 =

V 1

v 2 =

e

V b 1

V 2 V b 2

=

V 1 • V n 2 V n 1

•

1 V b 2

(2.22)

Multiplicando e dividindo o segundo membro da equação anterior por Vb1, tem-se v 2 =

V 1 V b 1

sendo:

•

V b 1 V n 1

α =

•

V n 2 V b 2

v n 2 v n 1

= v 1 •

V n 2

=

V n 1

V b 2

v n 2 v n 1

= v 1 • α

(2.23)

(2.24)

V b 1

A representação em diagrama fica:

Vantagens e aplicações dos valores por-unidade

•

Na maioria dos casos, os transformadores são modelados na relação de 1:1, o que facilita sobremaneira o cálculo da passagem dos valores de corrente e de tensão do primário para o secundário ou vice-versa.

•

Há uma maior sensibilidade por parte do engenheiro ao avaliar a queda de tensão num trecho da rede.

•

Os valores de tensão calculados em p.u. são da mesma ordem de grandeza nos vários pontos do sistema de potência.

•

Os valores de impedâncias de máquinas de mesma grandeza de potência são praticamente iguais em valores por-unidade.

Exercícios resolvidos 2.1 Para o circuito monofásico da figura 2.14, com a carga operando na condição nominal, calcular o valor da tensão nos terminais do gerador.

43


Solução: Escolha da base: Sbase = 1,5 kVA e Vbase = 200 V. Z base =

zlinha

=

2 V base

S base

200 2 = = 26,67 ohm 1500

0,4 + j 1,2 26,67

= 0,015 + j 0,045 p.u.

e = (0,015 + 0,045) i + 1 / 0º Como a corrente que circula no circuito tem o valor nominal, tem-se: i=

s v

1

= ∠ − 36,9º = 1 ∠ − 36,9º p.u. 1

Resulta, então: e = 1,039 + j 0,027 p.u.

ou

E = e • 200 = 207,8 + j 5,4 (V)

2.2 Para o circuito trifásico da figura 2.15, determinar a corrente e a potência complexa na barra A’ para as condições de carga nominal.

Solução: A potência aparente de base deve ser a mesma para o sistema todo. Valores base: Barra A  Vbase = 13,8 kV e S base = 70 MVA Trecho A até B

 Vbase =

230 kV e Sbase = 70 MVA

Trecho C até D  V base = 230 • 88 = 92 kV e Sbase = 70 MVA 220

Condição da carga:

44


s=

35 70

e

= 0,5 p.u.

v=

80 92

= 0,8696 p.u.

*

 s  i =   = 0,5750 ∠ − arc cos(0,8) = 0,5750 ∠ − 36,87 0 p.u.  v  Transformador de 70 MVA  como as bases adotadas coincidem com os valores nominais do transformador, resulta que o valor em p.u. da impedância do transformador não se altera. Portanto: z = 0,03 + j 0,10 p.u. Linha A – B: Z base =

z =

2 V base

S base

27,8 + j 110 755,7143

=

230 2 = 755,7143 Ω 70

= 0,0368 + j 0,1456 p.u.

Transformador de 45 MVA z

= (0,027 + j 0,09) •

220 45

2

•

70 2

230

= 0,0384 + j 0,1281 p.u.

Linha C – D: Z base =

z =

2 V base

S base

4,1 + j 18,7 120,9143

92 2 = = 120,9143 Ω 70

= 0,0339 + j 0,1547 p.u.

A seguir, constrói-se o diagrama unifilar em p.u., como na figura 2.16:

Na barra A’: v = (0,03 + j 0,10 + 0,0368 + j 0,1456 + 0,0384 + j 0,1281 + 0,0339 + j 0,1547) x 0,8696 / 0°

(0,5750 / - 36,87°) +

v = 1,1159 + j 0,1951 p.u. multiplicando por 13,8 kV, resulta: V = 15,3994 + j 2,6924 kV Sendo i = 0,5750 ∠ − 36,87º • 70000 = 1683,99 ∠ − 36,87º A 3 × 13,8

45


A potência complexa é: s = v • i* = (1,1159 + j 0,1951)•(0,5750 / + 36,87°) = 0,4460 + 0,4747 j p.u. S = 70 • s = 31,22 + j 33,23

MVA

2.3 Fazer o diagrama de impedâncias da rede da figura 2.17, em p.u.

Dados: Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal

Impedância equivalente

Gerador 1

7 MVA

4,16 kV

j 0,20 p.u.

Gerador 2

12 MVA

6,9 kV

j 0,21 p.u.

Gerador 3

9,5 MVA

6,9 kV

j 0,19 p.u.

Transformador T1

8 MVA

4,16 – 37 kV

0,020 + j 0,10 p.u.

Transformador T2

15 MVA

6,9 – 34,5 kV

0,025 + j 0,10 p.u.

Transformador T3

10 MVA

6,9 – 34,5 kV

0,019 + j 0,09 p.u.

Linha B4 – B5

-----

-----

28 + j 120 Ω

Linha B5 – B6

-----

-----

32 + j 130 Ω

Linha B7 – B8

-----

-----

25 + j 110 Ω

Linha B8 – B5

-----

-----

28 + j 118 Ω

Solução: Adotam-se valores de base escolhidos arbitrariamente: Sbase = 15 MVA (para a rede toda), Vbase = 4,16 kV (no gerador 1). Primeiro, indicam-se os valores de base da tensão para cada trecho do diagrama unifilar, conforme mostrado na figura 2.18. A partir do gerador G1, com 4,16 kV, caminha-se pela rede e, cada vez que se passa por um transformador, o valor de base da tensão muda, de acordo com a relação de tensão do respectivo transformador. Gerador G1 x = 0,20 ×

(4,16)2 7

×

15

(4,16)2

= 0,4286 p.u.

Gerador G2 46


x = 0,21×

(6,9)2 12

15

×

(7,4)2

= 0,2282 p.u.

Gerador G3 x = 0,19 ×

(6,9)2 9,5

15

×

(7,4)2

= 0,2608 p.u.

A figura 2.18 mostra os valores de base de tensão em cada trecho da rede:

Transformador T1 x

(4,16)2

= (0,020 + j 0,10) ×

8

×

15

(4,16)2

= (0,0375 + j 0,1875 ) p.u.

Transformador T2 x

= (0,025 + j 0,10 ) ×

(6,9)2 15

×

15

(7,4)2

= (0,0217 + j 0,0869 ) p.u.

Transformador T3 x = (0,019 + j 0,09 ) ×

(6,9)2 10

×

15

(7,4)2

= (0,0248 + j 0,1174) p.u.

Trecho B4 – B5 x = (28 + j 120) ×

15

(37 )2

= (0,3068 + j 1,3148) p.u.

Trecho B5 – B6 x = (32 + j 130) ×

15

(37 )2

= (0,3506 + j 1,4244) p.u.

Trecho B7 – B8 x = (25 + j 110) ×

15

(37 )2

= (0,2739 + j 1,2053) p.u.

Trecho B8 – B5 x = (28 + j 118) ×

15

(37 )2

= (0,3068 + j 1,2929) p.u.

Após o cálculo das impedâncias na nova base, constrói-se o diagrama de impedâncias, em p.u., como na figura 2.19:

47


2.4 Dada a rede a seguir – figura 2.20, pede-se: a) O diagrama de impedâncias; b) A corrente de circulação e a potência fornecida pelo gerador quando a carga estiver operando nas condições nominais; c) As correntes e as tensões, e a potência fornecida pelo gerador quando a carga estiver com 0,5 MVA, fp = 0,85 e V = 34,5 kV.

Solução: a) Elaboração do diagrama de impedâncias Este exercício corresponde ao típico conflito de choque de bases. Escolhe-se arbitrariamente o valor do gerador como base: Gerador  6,6 kV e 2 MVA. Os demais valores das tensões de base ficam como mostra a figura 2.21. No transformador instalado entre as barras 004 e 002 existe um conflito de base. Dessa forma, esse transformador deve ser substituído por sua impedância de curto-circuito referida aos valores de base, em série com um (auto)transformador ideal, tendo como relação de transformação: 1 : α = 1 :

v n 2 v n 1

(2.25)

conforme as expressões (2.22), (2.23) e (2.24); sendo, então: v n 2 =

34,5 = 0,9583 36

e

v n 1 =

13,8 = 1,0455 13,2

48


Logo:

α =

0,9583 = 0,9166 1,0455

A figura 2.22, a seguir, mostra a instalação do autotransformador com relação 1:α.

Os valores dos parâmetros em p.u. para a figura 2.22 são: Linha 001 – 005: z =

(3 + j 8) × 2 = 0,1377 + j 0,3673 (6,6)2

Transformador T1 x = 0,08 ×

(6,6)2 1,5

×

2

(6,6)2

= 0,1067

z12 = z + x = 0,1377 + j 0,4740 49


Transformador T2 z 13 = j 0,07 ×

(6,6 )2 1,7

×

2

(6,6 )2

= j 0,0824

(1 + j 4) × 2 = 0,0115 + j 0,0459 (13,2)2

z 34 =

Transformador T3 z T = j 0,08 ×

(13,8)2 1,8

×

2

(13,2)2

= j 0,0972

O diagrama de impedâncias fica como mostrado na figura 2.23:

b) Cálculo da corrente de circulação, quando a carga estiver operando nas condições nominais Cálculo da corrente da carga nas condições nominais: 1

in

=

33

2

= 0,5455 ∠ − 31,79º

36

Pela figura 2.23 deste exercício, têm-se: v1 – vb = i2 (0,1377 + j 0,4740) v1 – (vb / α) = i1 (j 0,824 + 0,0115 + j 0,0459 + j 0,0972) = i1 (0,0115 + j 0,9671) i1

α

+ i2 = in = 0,5455 ∠ − 31,79º

Sendo vb = (33 / 36) = 0,9167 p.u. e

α = 0,9166

Para solucionar o exercício através de um programa computacional que opere com matrizes, escrevem-se as equações acima em forma matricial: - vb - vb / α in

-0,1967 = -1,0001 0,4639-j0,2870

0 = 0,0115 + j 0,9671 1/α

0,1377+j 0,4740

-1

i1

0

-1

i2

1

0

v1

Donde resulta: 50


i1

0,1285 – j 0,0646

i2

= 0,3235 – j 0,2169

v1

1,0641 + j 0,1235

(p.u.)

Pela topologia da rede, a corrente que sai do gerador é igual à corrente da carga. Portanto, s = v1. in* = (1,0641 + j 0,1235)x(0,5455 / 31,79º) = 0,4579 + 0,3630 j

p.u.

S = 2 x s = 0,9158 (MW) + j 0,7261 (Mvar) = 1,1687 / 38,41º MVA c)

Cálculo das correntes, das tensões e da potência fornecida pelo gerador, quando a carga estiver com 0,5 MVA, fp = 0,85 e V = 34,5 kV.

Cálculo da corrente da carga com as condições impostas pelo problema: 0,5

in

=

2

= 0,2609 ∠ − 31,79º

34,5 36

Pela figura 2.23, tem-se: v1 – vb = i2 (0,1377 + j 0,4740) v1 – (vb / α) = i1 (j 0,824 + 0,0115 + j 0,0459 + j 0,0972) = i1 (0,0115 + j 0,9671) i1

α

+ i2 = in = 0,2609 ∠ − 31,79º

Sendo vb = (34,5 / 36) = 0,9583 p.u. e

α = 0,9166

Para solucionar o exercício através de um programa computacional que opere com matrizes, escrevem-se as equações acima em forma matricial: 0

- vb - vb / α

= 0,0115 + j 0,9671

0.1377+j 0,4740

-1

i1

0

-1

i2

0

v1

1/α

in

Donde resultam: I1

0,0586 - j 0,0019

i2

= 0,1582 – j 0,1353

v1

1,0026 + j 0,0563

(p.u.)

Pela topologia da rede, a corrente que sai do gerador é igual a corrente da carga. Portanto, s = v1. in* = (1,0026 + j 0,0563)x(0,2609 / 31,79º) = 0,2146 + 0,1503 j

p.u.

S = 2 x s = 0,4292 (MW) + j 0,3006 (Mvar) = 0,5240 / 35,0º MVA 2.5 Construir o diagrama de impedâncias, em p.u., da rede da figura 2.24, dados os valores constantes da tabela a seguir: Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal


Gerador G1 = G2 = G3

60 MVA

13,8 kV

j 0,20 p.u.

Transformador T1 = T2 = T3

60 MVA

13,8 – 230 kV

j 0,11 p.u.

51


Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal


Transformador T4

150 MVA

230 – 34,5 kV

j 0,12 p.u.

Transformador enrolamentos)

T5

(três 50 MVA (primário)

230 – 69 – 138 kV j x12 = j 11% (p/ 50 MVA) (prim – terc – sec.) 25 MVA (secundário) j x13 = j 10% (p/ 50 MVA) 25 MVA (terciário)

Transformador T6

15 MVA

j x23 = j 10% (p/ 50 MVA) 138 – 34,5 kV

j 0,09 p.u.

Linhas

Impedâncias longitudinais (Ω /km)

Susceptâncias transversais (S/km)

Linha 001 – 007 (180 km)

0,1 + j 1,20

5,5 x 10

Linha 001 – 004 (80 km)

0,08 + j 1

5 x 10

Linha 005 – 006 (90 km)

0,09 + j 1,1

4,8 x 10

Linha 008 – 003 (25 km)

0,06 + j 0,64

2 x 10

-6

-6 -6

-6

Solução: Escolhem-se como valores de base: S = 60 MVA e a tensão do gerador G1. A rede com as indicações das tensões de base fica como mostrada na figura 2.25.

52


Geradores G1 = G2 = G3

 x

= 0,20 p.u.

Transformadores T1 = T2 = T3  x = 0,11 p.u. 2 Transformador T4  x = 0,12 × 230 × 60 = 0,048 p.u. 2

150

230

Transformador T5  x = 0,11 × 60 = 0,1320 p.u. 12 50

x13

= 0,10 ×

60

x12

= 0,10 ×

60

50

150

= 0,12 p.u. = 0,12 p.u.

De acordo com as expressões (2.9), (2.10) e (2.11), resultam: x p = 1 (0,1320 + 0,12 − 0,12) = 0,0660 p.u. 2

1

xs

= (0,1320 + 0,12 − 0,12) = 0,0660 p.u.

xt

= (0,12 + 0,12 − 0,1320) = 0,0540 p.u.

2

1 2

Transformador T6  x = 0,09 × 60 = 0,36 p.u. 15

Linha 001 – 007 A partir das expressões (2.16) e (2.17) calculam-se os parâmetros para essa linha considerada longa. Portanto: Ze = 16,737 + j 208,44 Ω

e

Ye = j 0,0010 S

Donde resulta, em p.u.: z e

= (16,737 + j 208,44) ×

60 230

2

= 0,0190 + j 0,2364 p.u. 53


Ye = j 0,00000113 p.u. Linha 001 – 004 Analogamente, têm-se: Ze = 6,332 + 79,577 j

Ω

-4

e

Ye = 4,011 x 10 j

S

Donde resulta, em p.u.: ze = 0,00718 + j 0,0903 p.u.

e

ye = j 0,00000045 p.u.

Linha 005 – 006 Resultam: Ze = 7,985 + j 98,300 Ω Sendo Z b =

-4

e

138 2 = 317,4 60

Ye = j 4,335 x 10

S

Ω resulta

ze = 0,0252 + j 0,310 p.u.

e

ye = j 0,00000137 p.u.

Linha 008 – 003 Resultam: Ze = 1,4979 + j 16 Ω 69 2 Sendo Z b = = 79,35 60

e

-5

Ye = j 5 x 10

S

Ω resulta

ze = 0,0189 + j 0,2016 p.u.

e

ye = j 0,00000063 p.u.

O diagrama de impedâncias da rede aparece na figura 2.26.

54


Exercícios Propostos 2.6 Para um sistema monofásico, são adotados como valores de base S b = 250 kVA e Vb = 460 V. Determinar a corrente e a impedância de base para esse sistema. 2.7 Para um sistema trifásico, são adotados como valores de base Sb = 100 MVA e Vb = 138 kV. Determinar a corrente, a impedância e a admitância de base. 2.8 Um transformador possui a reatância igual a 9% na base Sb = 50 MVA e Vb = 230 kV (lado de alta tensão). Determinar o valor dessa reatância em p.u. na nova base Sb = 250 MVA e Vb = 245 kV (lado de alta tensão). 2.9 Uma determinada carga trifásica ligada em estrela, do tipo Z = R + jX, consome a potência complexa de S = 150 + j 90 MVA na tensão 13,2 kV. Determinar a impedância equivalente em p.u. na base Sb = 100 MVA e Vb = 13,8 V. 2.10 Uma determinada carga trifásica ligada em triângulo, do tipo Z = R + jX, consome a potência complexa de S = 75 + j 45 MVA na tensão de 14,4 kV. Determinar a impedância equivalente em p.u. na base Sb = 100 MVA e Vb = 13,8 V. 2.11 Um motor de indução possui as seguintes características com base nos valores nominais do motor (em kVA e em kV):

Tensão nominal (kV)

6,6

Rendimento nominal (%)

87,6

Fator de potência nominal (%)

85,67

Resistência R (%)

2,25

Rs (%)

1,5

Xr (%)

15

Xs (%)

20,8

Potência nominal no eixo (kW)

728

Determinar a) O circuito equivalente conforme o diagrama da figura 2.27, com os valores em p.u., considerando as seguintes bases: Sb = 1200 kVA e Vb = 7,2 V. b) A potência elétrica consumida pelo motor, em p.u e em kW, e o fator de potência, dados a tensão nos terminais do motor igual a 6,4 kV e o escorregamento s = 3,49%.

2.12 Um transformador trifásico com três enrolamentos é submetido aos ensaios de curto-circuito para determinação das reatâncias xp, xs e xt na base 1500 kVA. As características nominais do transformador são: 55


•

enrolamento primário: 13800 V, 1500 kVA;

•

enrolamento secundário: 2400 V, 750 kVA;

•

enrolamento terciário 460 V, 750 kVA.

Calcular xp, xs e xt, conhecendo os resultados dos ensaios apresentados na tabela a seguir, não considerando os valores de resistências do enrolamento: Ensaio

Enrolamento excitado

Enrolamento curto-circuitado

Tensão aplicada, volts

Corrente no enrolamento excitado, amperes

1

1

2

229,6

31,4

2

1

3

229,6

31,4

3

2

3

138,73

31,4

2.13 Um transformador trifásico com três enrolamentos é submetido a ensaios para determinar as reatâncias xp, x s e x t na base 30 MVA (desprezar a resistência). O primário e o secundário são ligados em triângulo e o terciário em estrela com neutro acessível. As características principais são: Potência do enrolamento primário e secundário 30 MVA, e a tensão de cada enrolamento 13,8 kV; o terciário possui potência igual a 60 MVA e tensão 138 kV. Os ensaios realizados foram:

•

Com o secundário em curto-circuito e o terciário em aberto, a tensão aplicada no primário foi de 1593,3 V e a corrente lida de 1255 A;

•

Com o terciário em curto-circuito e o secundário em aberto, a tensão aplicada no primário foi de 1552,7 V e a corrente lida de 1255 A;

•

Com o terciário em curto-circuito e o primário em aberto, a tensão no secundário foi de 1752,7 V e a corrente lida de 1255 A.

2.14

Dada a rede da figura 2.28, desenhar o diagrama de impedâncias utilizando como base o gerador G1.

Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal


Gerador 1

95 MVA

13,8 kV

j 0,20 p.u.

Gerador 2

85 MVA

13,8 kV

j 0,21 p.u.

Gerador 3

9,5 MVA

6,9 kV

j 0,19 p.u.

13,8 – 138 kV

j 0,11 p.u.

Transformadores T1 = 100 MVA T2 = T3 =T4

56


Equipamento

Tensão nominal


Transformadores T5 = 10 MVA T6

6,9 – 138 kV

j 0,09 p.u.

Linha LT1

-----

-----

j 10 Ω

Linha LT2

-----

-----

j 11 Ω

Linha LT3

-----

-----

j 14,5 Ω

2.15

Potência nominal


Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal


Gerador G1

25 MVA

13,8 kV

j 0,22 p.u.

Gerador G2

30 MVA

13,8 kV

j 0,23 p.u.

Gerador G3

9,5 MVA

6,6 kV

j 0,19 p.u.

Motor M3

25 MVA

13,2 kV

j 0,20

Motor M4

28 MVA

13,2 kV

J 0,22

Transformadores T1 = T2

30 MVA

14,4 – 145 kV

j 0,09 p.u.


28 MVA

138 – 13,8

j 0,09 p.u.

Transformador T5

10 MVA

6,9 – 138 kV

j 0,07 p.u.

Linha LT12

-----

-----

j 10 Ω

Linha LT14 = LT23

-----

-----

j 11 Ω

Linha LT25 = LT35

-----

-----

j 14,5 Ω

2.16


57


Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal


Gerador 1

45 MVA

13,8 kV

j 0,22 p.u.

Gerador 2

25 MVA

13,8 kV

j 0,23 p.u.

Transformador T1

45 MVA

14,4 – 142 kV

j 0,095 p.u.

Transformador T2

28 MVA

138 – 13,8 kV

j 0,085 p.u.


30 MVA

138 – 13,8 kV

j 0,08 p.u.

Motor Síncrono M3 = M4

28 MVA

13,8 kV

j 0,22 p.u.

Linha LT12

-----

-----

j 9 Ω

Linha LT14

-----

-----

j 10 Ω

Linha LT23

-----

-----

j 11 Ω

2.17 Dada a rede da figura 2.28 e os dados da tabela abaixo, desenhar o diagrama de impedâncias utilizando como base o gerador G1. Equipamento

Potência nominal

Tensão nominal


Gerador 1

100 MVA

14,4 kV

j 0,20 p.u.

Gerador 2

200 MVA

13,8 kV

j 0,21 p.u.

Gerador 3

50 MVA

13,8 kV

j 0,23 p.u.

Transformador T1

50 MVA

14,4 – 230 kV

j 0,11 p.u.

Transformador T2

50 MVA

13,8 – 230 kV

j 0,11 p.u.

Transformador T3

100 MVA

13,8 – 245 kV

j 0,11 p.u.

Transformador T4

100 MVA

13,8 – 240 kV

j 0,11 p.u.

Transformador T5

25 MVA

16 – 230 kV

j 0,09 p.u.

Transformador T6

25 MVA

13,8 – 230 kV

j 0,09 p.u.

Linha LT1

-----

-----

j 10 Ω

Linha LT2

-----

-----

j 11 Ω

Linha LT3

-----

-----

j 14,5 Ω

2.18

Um transformador trifásico de 7500 kVA (potência do primário) com quatro enrolamentos possui as 58


seguintes reatâncias na base 7500 kVA: x12 = 11%; x13 = 11,5%; x14 = 10%; x23 = 12%; x24 = 11% e x34 = 11,5%. Determinar as reatâncias xp; xs; xt e xq, segundo o modelo da figura 2.31.

Bibliografia Barthold, L. O.; Reppen, N. D.; Hedman, D. E. Análise de Circuitos de Sistemas de Potência – Curso de Engenharia em Sistemas Elétricos de Potência. Série P.T.I. 2. ed. Santa Maria – RS: UFSM, 1983. 10v. Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p. Stevenson Jr., W. W. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986. 458p.

59


3 COMPONENTES SIMÉTRICAS Extrato da Teoria A técnica de aplicação de componentes simétricas é utilizada para redes equilibradas e simétricas, nos casos de desequilíbrio nas cargas e, principalmente, para defeitos nas redes elétricas.

3.1.

Operador α α

α = 1 /120º = - 0,5 +

3 j

(3.1)

2

α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 -

3 j

(3.2)

2 2

1 + α + α = 0 2

α - α = 3.2.

(3.3)

3 j

(3.4)

Seqüência positiva (direta)

Utiliza-se o índice 1 para a indicação desta seqüência. 1

Van Van1 =

Vbn

= Van

(3.5)

α

Vcn

3.3.

α2

Seqüência negativa (indireta ou inversa)

Utiliza-se o índice 2 para a indicação desta seqüência. 1

Van [ Van2 ] =

Vbn Vcn

= Van

α

(3.6)

α2

64

Componentes Simétricas

3.4.

Seqüência nula (zero ou homopolar)

Utiliza-se o índice 0 para a indicação desta seqüência. Va0 = Vb0 = Vc0 Va0

Vb0 Vc0

3.5.

Figura 3.2

Matriz de transformação de componentes simétricas em componentes de fases

Pelo teorema fundamental da decomposição de uma seqüência qualquer em três seqüências – positiva, negativa e nula – resulta: Va [ Va ]

=

Vb Vc

Va0 + Va1 + Va2 =

Vb0 + Vb1 + Vb2

= Va0

1

1 + Va1

1

Va Vb Vc

=

2

=

Va0 + α Va1 + α Va2

α2

(3.7)

2

Va0 + α Va1 + α Va2

Vc0 + Vc1 + Vc2

1 [ Va ]

Va0 + Va1 + Va2

1 + Va2

(3.8)

α α2

α

1

1

1

Va0

1

α2

α

Va1

1

α

α2

Va2

(3.9)

Matriz T Para demonstrar a existência de Va0, Va1 e Va2 basta verificar se existe a matriz inversa de [T]. A matriz [ T ] é a matriz de transformação de componentes simétricas. Ela transforma componentes simétricas em componentes 65


de fases. A matriz inversa de T existe e vale

T

-1

= 1/3

1

1

1

1

α

α2

1

α2

α

(3.10)

Portanto: Va0 Va1

= 1/3

Va2

3.6.

1

1

1

Va

1

α

α2

Vb

1

α2

α

Vc

(3.11)

Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y)

VAB = VAN – VBN VBC = VBN – VCN

(3.12)

VCA = VCN – VAN Matricialmente, [VAB] = [VAN] – [VBN]

(3.13)

Ou ainda, Van Vbn

=

Vcn

Van2

1

Van1 . α

2

Van2 . α

1

Van1 . α

Van2 . α

2

1

Van0

Van1

Van0 Van0

(3.14)

e Vbn Vcn

=

Van

Van0

Van1

.

α2

Van2

.

α

1

Van0

Van1

.

α

Van2

.

α2

1

Van0

Van1

(3.15)

1

Van2

Logo, Vab Vbc

=

Vca (1 - α ) =

3

2

0

Van1 . (1 - α )

0

Van1 . (1 - α ) α

0

Van1 (1 - α ) α

/ - 30º

2

2

Van2 2

Van2

.

(1 - α)

. (1

1

- α) α

1

2

1

Van2 . (1 - α) α

(3.16)

(3.17)

66


2

(1 - α ) =

3

/ 30º

(3;18)

Logo, VAB = VAN – VBN =

3

/ 30º VAn1 +

3 / - 30º VAN2

(3.19)

ou seja: VAB0 = zero VAB1 =

3

/ 30º VAn1

VAB2 =

3

/ −30º VAN2

(3.20)

A seqüência zero provoca um deslocamento do neutro.

3.7.

Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta)

IA = IAB – ICA IB = IBC – IAB

(3.21)

IC = ICA – IBC Matricialmente,

[ IA ] = [ IAB ] – [ ICA ]

(3.22)

Por outro lado, 1 [IAB]

=

IAB0

1

1

+

IAB1

α2

1 +

IAB2

α

1

α

α2

1

1

1

(3.23}

e

[ICA]

=

ICA0

1

+

ICA1

α2

+

α

(3.24}

α2

α

1

ICA2

Logo: 1

1

1 67


[ICA]

=

IAB0

1

α IAB1

+

α2

α2 IAB2

+

α α2

α

1

(3.25}

Resulta, então, 1 [IA ] =

(IAB0 - IAB0)

1

α2

+ (1-α) IAB1

1

1 + (1 - α2) IAB2

(3.26}

α2

α

1

α

IA0 = zero IA1 =

3 / − 30º IAB1

IA2 =

3 / 30º IAB2

3.8.

(3.27)

Carga em estrela com neutro não-aterrado

As Leis de Kirchhoff são válidas para todas as seqüências (positiva, negativa e nula).

VAN + VNN’ + VN’A = 0 VBN + VN’N + VN’B = 0

(3.28)

VCN + VN’N + VN’C = 0 VAN’ VBN’

=

VCN’

ZA

0

0

IA

0

ZB

0

IB

0

0

ZC

IC

ZA

0

0

IA

0

ZB

0

IB

0

0

ZC

IC

VAN VBN

1 + VNN’

1

VCN

=

1

(3.29)

(3.30)

Substituindo [Van] = T [Vano] e [Ia] = T [Ia0], vem: VAN0 T

VAN1

1 + VNN’

VAN2

1 1

=

ZA

0

0

0

ZB

0

0

0

ZC

IA0 T

IA1

(3.31)

IA2

-1

Multiplicando ambos os membros pela esquerda por [T] , vem: VAN0

1

ZA

0

0

IA0

68


VAN1

+T

-1

1

VAN2

VNN’ = T

-1

1

0

ZB

0

0

0

ZC

T

IA1

(3.32)

IA2

Então, resulta: VAN0 + VNN’ =

VAN1 VAN2

Z0

Z2

Z1

IA0

Z1

Z0

Z2

IA1

Z2

Z1

Z0

IA2

(3.33)

Para este caso IA0 = 0, e a expressão matricial (3.33) torna-se: VAN0 =

VAN1 VAN2

-1

Z2

Z1

VNN’

0

Z0

Z2

IA1

0

Z1

Z0

IA2

(3.34)

Sendo que os valores de Z0, Z1 e Z2 para a carga obtêm-se da expressão matricial (3.35) que, por sua vez, é -1 -1 decorrente do produto [T ].[Za].[T], que é denominada Zs. O inverso de Zs é Ys e vale: [T ].[Ya].[T]. Z0 Z1

= 1/3

Z2

1

1

1

ZA

1

α

α2

ZB

1

α2

α

ZC

(3.35)

Dessas matrizes resultam redes de seqüência positiva, negativa e nula. Se ZA = ZB = ZC = Z Então: Z0 = Z

3.9.

e

Z1 = Z2 = 0

Carga em estrela com neutro aterrado

No caso em que a carga ligada em estrela estiver aterrada, a expressão matricial 3.33 contínua válida, porém neste caso VNN’ = - 3.Ia0. Zn, sendo Zn a impedância de aterramento.

3.10. Circuitos trifásicos com indutâncias mútuas para redes equilibradas

Sendo:

[ VAN ] - [ VA’N’ ] = [ VAA’ ] - [ VNN’ ]

(3.36)

Calculando cada matriz do segundo membro, vêm: VAA’ VBB’ VCC’

=

Z

Zm

Zm

Ia

Zm

Z

Zm

Ib

Zm

Zm

Z

Ic

Zmn - 3 Ia0

Zmn

(3.37)

Zmn 69


[ Z ] é a matriz de impedâncias da linha formada por Z na diagonal e Zm fora da diagonal. Sendo

In

= 3. Ia0 = Ia + Ib + Ic

(3.38)

[ VNN’ ] = - 3 Zn Ia0 + Zmn (Ia + Ib + Ic ) = - 3 Zn Ia0 + 3 Zmn Ia0

(3.39)

A partir de (3.36), (3.37) e (3.39) obtém-se: [ VAN ] - [ VA’N’ ] = [ Z ] [ Ia ] - 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0

(3.40)

substituindo os valores de fases por componentes simétricas, vem: [ T ] [ VAN0 - VA’N’0 ] = [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] - 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 multiplicando pela esquerda por [ T ] [ VAN0 - VA’N’0 ] = [ T ]

[T]

–1

, vem:

–1

[ Z ] [ T ] [ Ia0 ] + [ T ]

1 –1

[ Z ] [ T ] = 1 / 3 1 1

(3.41)

–1

1

1

Z

α2

α

Zm

α

α2

Zm Zm

. (- 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0) 1

1

1

Zm

1

α2

α

Z

1

α

α2

Zm Zm Z

(3.42)

(3.43)

Resulta, então:

[T]

–1

[Z][T]

Z + 2 Zm

0

0

0

Z - Zm

0

0

0

Z - Zm

=

(3.44)

A partir de (3.42), (3.43) e (3.44) obtém-se: VAN0 - VA’N’0 VAN1 - VA’N’1

Z + 2 Zm + 3 Zn - 6 Zmn

0

0

Ia0

0

Z - Zm

0

Ia1

0

0

Z - Zm

Ia2

=

VAN2 - VA’N’2

(3.45)

Da expressão matricial (3.45) resultam: Z0 = Z + 2 Z m + 3 Zn - 6 Zmn

(3.46) Z1 = Z2 = Z - Zm

3.11. Potência complexa em componentes simétricas *

*

*

S = VAN IA + VBN IB + VCN IC

(3.48)

Ou matricialmente VAN S

*

=

IA

IB

*

*

IC

(3.49)

VAN VAN

Por outro lado, IA IB

IA0 = T

IA1

=

1

1

1

IA0

1

α2

α

IA1

(3.50)

70


IC

α2

α

1

IA2

t

t

t

IA2 t

Sabendo que, se [A] = [B].[C], então [A] = {[B].[C]} = [C] .[B] ; resulta: IA IB

t

=

IA

IB

=

IC

IA0 IA1 IA2

IC

1

1

1

1

α2

α

1

α

α2

(3.51)

Tomando-se a matriz complexa conjugada de ambos os membros, resulta:

IA

*

IB

*

*

=

IC

IA0

*

*

IA1

*

IA2

1

1

1

1

α

α2 = 3

1

α2

α

IA0

*

IA1

*

*

IA2

[T]

-1

(3.52)

Finalmente, de (3.49) VA0 S

=3

*

IA0

IA1

*

IA2

*

T.T

–1

VA1

*

*

*

= 3 (VA0 IA0 + VA1 IA1 + VA2 IA2 )

(3.53)

VA2

3.12. Representação de cargas do tipo Z = R + j X 3.12.1Carga ligada em estrela com neutro não aterrado

3.12.2 Carga ligada em triângulo

3.12.3 Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn

71


3.13. Gerador com neutro aterrado através de Zn

Via de regra E0 = E2 = 0.

3.14. Transformador trifásico com dois enrolamentos As seqüências positiva e negativa são representadas por:

A grande maioria das vezes não se leva em conta o valor da resistência do transformador, então os circuitos acima ficam como nas figuras 3.22 e 3.23:

A seqüência nula depende do tipo de ligação do primário e do secundário, conforme a seguir:

72


73


3.15. Transformador trifásico com três enrolamentos Para qualquer tipo de ligação, as seqüências positiva e negativa são representadas da mesma forma, como mostram as figuras 3.40 e 3.41. Os significados das legendas são: Xp1 : reatância de seqüência positiva do primário; Xp2 : reatância de seqüência negativa do primário; Xs1 : reatância de seqüência positiva do secundário; Xs2 : reatância de seqüência negativa do secundário; Xt1 : reatância de seqüência positiva do terciário; Xt2 : reatância de seqüência negativa do terciário; Vp, Vs e Vt: respectivas tensões do primário, do secundário e do terciário.

A seguir são apresentadas algumas ligações comumente utilizadas para transformadores com três enrolamentos. Estrela aterrada / triângulo / estrela aterrada:

74


Triângulo / triângulo / estrela aterrada:

Exercícios Resolvidos 3.1

Resolver o circuito da figura 3.46 por componentes simétricas.

Dados: V = 380 V; Za = 25 Ω; Zb = 25 j Ω e Zc = -25 j Ω. a) Determinar as correntes que passam em cada impedância; b) Determinar a potência fornecida pelo transformador monofásico.

Solução: Em termos de componentes simétricas, para circuitos sem indutâncias mútuas e para uma carga em estrela, vale a equação matricial (3.33). Adota-se o ponto N coincidente com C com o objetivo de criar um sistema trifásico desequilibrado. Portanto, VAN = 380 / 0º volts;

VBN = 190 / 0º volts

e

VCN = 0

De (3.9) VA0 VA1 VA2

= 1/3

1

1

1

380 / 0º

1

α

α2

190 / 0º

1

α2

α

0

190,0 / 0º = 109,7 / 30º 109,7 / -30º 75


Por outro lado, IA0 = (IA + IB + IC) / 3 = 0 e ainda, da expressão (3.35) Z0 = 1/3

Z1 Z2

1

1

1

25 / 0º

8,333 / 0º

1

α

α2

25 / 90º

= 6,100 / 180º

1

α2

α

-25 / 90º

22,767 / 0º

Reescrevendo a equação matricial (3.33), vem: 190,0 + VNN’ 109,7 / 30º

=

109,7 / -30º

8,333

22,767

- 6,100

0

- 6,100

8,333

22,767

IA1

22,767

- 6,100

8,333

IA2

Esta equação matricial equivale a: 190 109,7 / 30º

-1

22,767

- 6,100

VNN’

0

8,333

22,767

IA1

0

- 6,100

8,333

IA2

=

109,7 / -30º

Resolvendo a matriz por um programa computacional apropriado, resultam: VNN’ = -380,01 + 190,01 j = 424,853 / 153,4º V IA1 = -6,58 + 8,19 j = 10,51 /128,8º A IA2 = 6,58 – 0,59 j = 6,61 / -5,1º A IA IB

=

IC

1

1

1

0

7,60 / 90,0º

1

α2

α

10,51 /128,8º

1

α

α2

6,61 / -5,1º

= 10,75 / 45,0º 17,00 / –116,6º

Para cálculo da potência utilizar a expressão (3.47): S = 380 x 7,6000 / - 90º + 190 x 10,7488 / - 45,0º = 1444,10 W - j 4332,10 var 3.2

Para o circuito trifásico da figura 3.8, determinar IA , IB e IC sabendo que:

Z = 3 + j 40

Ω

VAN = 510 /0°

Zn = 8 + j 57 Ω

Zm = j 25 Ω

Zmn = j 10 Ω

( kV )

VBN = 520 /-110° ( kV )

VCN = 515 /115°

VA’N’ = 480 /-15° ( kV )

VB’N’ = 500 /-125° ( kV )

VC’N’ = 500 /130° ( kV )

( kV )

a) Resolver em componentes de fases; b) Resolver em componentes simétricas; c) Resolver em componentes simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’, B’, C’ e N’.

Solução: a) Resolvendo por componentes de fases: De acordo com as expressões matriciais (3.40) e (3.37), vem: Z

VAN – VA’N’ VBN – VB’N’

=

Zm Zm

Zm Z

Zm

Ia ib

- 2

Zmn

Zmn

Zmn

Ia

Zmn

Zmn

Zmn

ib

+

76


Zm Zm Z

VCN – VC’N’

Zn

Zn

Zn

Ia

Zn

Zn

Zn

ib

Zn

Zn

Zn

Ic

Ic

Zmn

Zmn

Zmn

Ic

(3.54)

Portanto: VAN – VA’N’

Z + Zn – 2 Zmn

Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn - 2 Zmn

Ia

VBN – VB’N’ = Zm + Zn - 2 Zmn Z + Zn – 2 Zmn

Zm + Zn – 2 Zmn

ib

VCN – VC’N’

Z + Zn - 2 Zmn

Ic

Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn - Zmn

(3.55)

Substituindo os valores das células da matriz com os valores dados, vêm: Z + Zn – 2 Zmn = 3 + j 40 + 8 + j 57 - 2 x ( j 10) = 11 + 77 j Zm + Zn – 2 Zmn = j 25 + 8 + j 57 – 2 x ( j 10) = 8 + 62 j 510 /0° - 480 /-15°

11 + 77 j

520 /-110°- 500 /-125°

= 8 + 62 j

515 /115° - 500 /130°

8 + 62 j

8 + 62 j

8 + 62 j

Ia

11 + 77 j

8 + 62 j

ib

8 + 62 j

11 + 77 j

Ic

Resultam, então: 4,9634 + 3,2116 j

Ia =

ib

5,9119 / 32,9º

-7,2661 – 3,4064 j

=

3,1026 – 0,9865 j

Ic

kA

8,0250 / -154,9º 3,2557 / - 17,6º

kA kA

In = Ia + Ib + Ic = 0,7988 – 1,1820 j = 1,4266 / - 55,9º kA b) Resolvendo por componentes simétricas: utilizando a equação matricial (3.45), vem: VAN0 - VA’N’0 VAN1 - VA’N’1

27 + 201 j

0

0

Ia0

0

3 + 15 j

0

Ia1

0

0

3 + 15 j

Ia2

=

VAN2 - VA’N’2 Por outro lado, VAN0 - VA’N’0 VAN1 – VA’N’1

= 1/3

VAN2 – VA’N’2

1

1

1

132,60 / 69,5º

96,443 / 26,4º kV

1

α

α2

134,60 / -36,0

1

α2

α

133,31 /38,9º

77,570 / 149,7º kV

=

50,055 /57,3º kV

Resultam, portanto, Ia0

=

0,2663 – 0,3940 j

=

0,4755 / -56,0º

(kA)

ia1

=

3,0468 – 1,1934 j

=

3,2722 / -21,4º

(kA)

Ia2

=

1,6501 + 4,7949 j

=

5,0709 / 71,0º

(kA)

Portanto, as componentes de fases se calculam como a seguir: 77


1

Ia

ib = 1 1

Ic

1

1

0,4755 / -56,0º

α2

α

3,2722 / -21,4º

α

α2

5,0709 / 71,0º

4,9632 + 3,2075 j =

-7,2682 – 3,4043 j

5,9094 / 32,9º

kA

= 8,0260 / -154,9º kA

3,1039 – 0,9852 j

3,2565 / - 17,6º

kA

In = Ia + Ib + Ic = 0,7988 – 1,1820 j = 1,4266 / - 55,9º kA c)

Resolvendo em componentes simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ , B’, C’ e N’.

Nesta situação os valores são VA’N’ = 0 ; VB’N’ = 0 ; VC’N’ = 0 VAN0 - VA’N’0

1

VAN1 – VA’N’1

= 1

VAN2 – VA’N’2

1

1

1

510 /0°

α2

α

520 /-110°

α

α2

515 /115°

38,86 / - 10,8º =

511,94 / 1,7º 40,64 /- 168,9º

Aplicando a equação de componentes simétricas para a rede: 38,86 / - 10,8º 511,94 / 1,7º

27 + 201 j =

0

40,64 /- 168,9º

3 + 15 j

0

0

-0,0105 – 0,1913 j

Ia0 ia1

0

=

7,5340 -32,6075 j

Ia0

0

ia1

3 + 15 j

Ia2

0,1916 / -93,1º =

-1,0128 + 2,4561 j

Ia2

0

33,4666 / -77,0º

(kA)

2,6567 / 112,4 º

Resulta então, aplicando a matriz de transformação [T]: 6,5106 -30,3428 j

Ia =

ib

-33,6371 + 7,4826 j

31,0334 / -77,9º =

27,0949 +22,2862 j

Ic

34,4593 / 167,5º

(kA)

35,0828 / 39,4 º

In = Ia + Ib + Ic = -0,0316 – 0,5740 j =0,5479 / -93,2º kA 3.3

Resolver o exercício 1.4 aplicando componentes simétricas.

Solução: Aplicando a equação matricial (3.33) e considerando que VNN’ = - 3 x Zn x Ia0 = 15 x Ia0, resulta: VAN0 VAN1

Z0 + 3 x Zn

Z2

Z1

IA0

Z1

Z0

Z2

IA1

Z2

Z1

Z0

IA2

=

VAN2

(3.56)

Aplicando, agora a equação (3.35), vem: Z0 Z1 Z2

= 1/3

1

1

1

5,2 + 3,6 j

1

α

α2

5,2 + 8,6 j

1

α2

α

3,2 + 12,6 j

9,4281 / 61,3º =

2,3017 / -49,7º 3,0244 / -105,8º

Aplicando (3.56) resulta: 78


0 127

=

0

21,2065 / 22,9º

3,0244 / -105,8º

2,3017 / -49,7º

IA0

2,3017 / -49,7º

9,4281 / 61,3º

3,0244 / -105,8º

IA1

3,0244 / -105,8º

2,3017 / -49,7º

9,4281 / 61,3º

IA2

Portanto: IA0

1,6678 + 0,2289 j

IA1

=

7,6385 –10,8403 j

IA2

3,6435 + 0,9852 j

Aplicando a matriz de transformação T, resultam: Ia =

Ib Ic

1

1

1

1,6674 + 0,2292 j

12,9498 – 9,6262 j

1

α2

α

7,6384 –10,8404 j

= -14,2145 + 1,6966 j A

1

α

α2

3,6434 + 0,9853 j

6,2680 + 8,6162 j

A

A

In = Ia + Ib + Ic = 5,0502 / 7,8° A

Cálculo das tensões da carga: Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 3) x 16,13 / -36,6° = 94,08 / -5,6° Vb’n’ = Zb. Ib = (5 + j 8) x 14,32 / 173,2° = 135,05 / -128,8° Vc’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12) x 10,654 / 53,9° = 131,79 / 129,9° Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47): S = 94,05 / - 5,6° x16,13 / 36,6° + 135,09 / - 128,8° x 14,32 / -173,2° + 131,78 / 129,9° x10,66 / -53,9° S = 2667,0 +3782,9 j VA 3.4

Resolver o exercício 1.5 utilizando componentes simétricas.

Solução: Aplicando a equação matricial (3.35) resulta: Z0 Z1

= 1/3

Z2

1

1

1

20,2 + 11 j

1

α

α2

1,2 + 25 j

1

α2

α

1,2 - 8 j

7,5333 + 9,3333 j =

-3,1929 + 0,8333 j 15,8596 + 0,8333 j

Aplicando a equação matricial (3.56) e sabendo que 3 x Zn = 0,6 + 30 j, resulta: 0 220

=

0

8,1333 + j 39,3333

15,8596 + 0,8333 j

-3,1929 + 0,8333 j

IA0

-3,1929 + 0,8333 j

7,5333 + 9,3333 j

15,8596 + 0,8333 j

IA1

15,8596 + 0,8333 j

-3,1929 + 0,8333 j

7,5333 + 9,3333 j

IA2

Portanto: IA0 IA1 IA2

-10,4370 + 6,8813 j =

24,0777 +16,4653 j 9,3053 –20,5459 j 79


Aplicando a matriz de transformação T resulta: Ia =

Ib Ic

1

1

1

-10,4370 + 6,8813 j

1

α2

α

24,0777 +16,4653 j

1

α

α2

9,3053 –20,5459 j

22,9460 + 2,8008 j A =

4,9241 – 3,8717 j A -59,1812 +21,7149 j A

In = Ia + Ib + Ic = -31,3111 +20,6439 j A Cálculo das tensões na carga: Va’n = Za . Ia + 3 x Zn * In = (20 + j) x (22,9460 + 2,8008 j) + (0,6 + j 30) x (-31,3111 +20,6439 j ) = Va’n = 243,42 - 230,02 j = 334,91 / -43,4º V Vb’n

= Zb. Ib + 3 x Zn * In = (1 + j 15) x (4,9241 – 3,8717 j) + (0,2 + j 10) x (-31,3111 +20,6439 j ) =

Vb’n

= -149,70 – 238,99 j = 282,00 / -122,0º V

Vc’n = Zc . Ic + 3 x Zn * In = (1 - j 18) x (-59,1812 +21,7149 j ) + (0,2 + j 10) x (-31,3111 +20,6439 j )= Vc’n = 102,56 + 499,65 j = 787,041 / 81,3º V Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47): S = 334,91 / - 43,4º x (22,9460 - 2,8008 j ) + 282,00 / -122,0º x (4,9241 + 3,8717 j ) x (-59,1812 - 21,7149 j ) =

+ 787,041 / 81,3º

S = 14982 - 56343 j VA 3.5 Resolver o exercício 1.7 utilizando componentes simétricas.

Solução: Aplicando a equação matricial (3.33) e calculando as componentes de seqüência simétrica das impedâncias da linha e da carga através de (3.35), resultam: Z0 Z1

= 1/3

Z2

1

1

1

5 + 2,2 j

1

α

α2

4 + 1,2 j

1

α2

α

6 + 1,7 j

5 + 1,7 j =

0,1443 – 0,3274 j -0,1443 + 0,8274 j

e 5 + 1,7 j

-0,1443 + 0,8274 j

0,1443 – 0,3274 j

IA0

0,1443 – 0,3274 j

5 + 1,7 j

-0,1443 + 0,8274 j

IA1

-0,1443 + 0,8274 j

0,1443 – 0,3274 j

5 + 1,7 j

IA2

0 + Vnn’ 127

=

0

Sabendo que IA0 = 0 e desenvolvendo esta equação matricial, ela fica: 0 127

=

0

-1

-0,1443 + 0,8274 j

0,1443 – 0,3274 j

Vnn’

0

5 + 1,7 j

-0,1443 + 0,8274 j

IA1

0

0,1443 – 0,3274 j

5 + 1,7 j

IA2

Donde resulta: Vnn’ IA1 IA2

3,7473 + j 20,2711 =

23,0096 – 7,8421 j 0,3929 + 1,5992 j

80


Aplicando a matriz [T] de transformação, vem: Ia =

Ib Ic

1

1

1

0

23,4026 – 6,2429 j A

1

α2

α

23,0096 – 7,8421 j

1

α

α2

0,3929 + 1,5992 j

=

-19,8777 –16,4652 j A -3,5248 +22,7081 j A

Por outro lado, Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 2) x (23,4026 – 6,2429 j) = 129,50 +15,591 j = 130,434 /6,9º V Vb’n’ = Zb. Ib = (4 + j )x(-19,8777–16,4652 j) = -63,0458 –85,7385 j = 106,426 / -126,3º V Vc’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12)x (-3,5248 +22,7081 j) = -55,211 +130,96 j = 142,124 / 112,9º V Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47): S = 130,434 /6,9º x (23,4026 + 6,2429 j) + 106,426 / -126,3º x (-19,8777 +16,4652 j ) x ( -3,5248 -22,7081 j )

+

142,124 / 112,9º

S = 8766,7 +2631,7 j VA 3.6 Resolver o exercício 1.9 utilizando componentes simétricas.

Solução: Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não-aterrada, ficando, portanto, a solução similar à do exercício 3.5. Z a =

(5 + j 10) .12 = 4,0976 + 0,8780 j 20 + j 25

Z b =

(5 + j 10) . (3 + j 15 ) = - 0,07317 + 5,3415 j 20 + j 25

Z c

=

(3 + j 15) .12 20 + j 25

= 5,0927 + 2,6341 j

Calculando as componentes de seqüência simétrica das impedâncias da linha e da carga (Za+ZL; Zb+ZL; Zc+ZL) através de (3.35), resulta: Z0 Z1

= 1/3

Z2

1

1

1

4,1976+1,3780 j

3,1390 + 3,4512 j

1

α

α2

0,0268+5,8415 j

= -0,2523 – 2,5279 j

1

α2

α

5,1927+3,1341 j

1,3108 + 0,4547 j

E calculando as tensões das seqüências simétricas: Van0 Van1

= 1/3

Van2

1

1

1

380 / 0º

1

α

α2

380 / -100º

1

α2

α

405 / 100

81,6422 / 5,77º = 372,5638 /-0,44º 73,9758 / -175,85º

Resulta, então: 81,6422 /5,77º + Vnn’ 372,5638 /-0,44º 73,9758 / -175,85º

3,1390 + 3,4512 j

1,3108 + 0,4547 j

-0,2523 – 2,5279 j

IA0

= -0,2523 – 2,5279j

3,1390 + 3,4512 j

1,3108 + 0,4547 j

IA1

1,3108 + 0,4547 j

-0,2523 – 2,5279 j

3,1390 + 3,4512 j

IA2

Sabendo que IA0 = 0 e desenvolvendo esta equação matricial, ela fica: 81,6422 / 5,77º +Vnn’

-1

1,3108 + 0,4547 j

-0,2523 – 2,5279 j

Vnn’ 81


372,5638 /-0,44º

=

73,9758 / -175,85º

0

3,1390 + 3,4512 j

1,3108 + 0,4547 j

IA1

0

-0,2523 – 2,5279 j

3,1390 + 3,4512 j

IA2

Donde resultam: Vnn’

=

IA1

=

46,07 – 56,03 j

IA2

=

26,84 + 1,38 j

1,36 – 128,91 j

a) Cálculo das correntes: Aplicando a matriz [T] de transformação para calcular as correntes de fase, vem: Ia =

Ib Ic

1

1

1

0

72,91 -54,65 j

1

α2

α

46,07 – 56,03 j

1

α

α2

26,84 + 1,38 j

=

-86,17 +10,67 j 13,26 +43,98 j

b) Cálculo das tensões da carga: Va’n = Van + ZL .Ia = 380 / 0º +(0,1 + 0,5 j)x(72,91 –57,41 j) = 414,62 +30,99 j V Vb’n = Vbn + ZL . Ib = 380 / -100º + (0,1 + 0,5 j ) x (-83,78 +12,05 j) = -69,27 - 418,38 j

V

Vc’n = Vcn + ZL . Ic = 380 / 100º + (0,1 + 0,5 j ) x (10,87 +45,36 j) = -93,64 + 396,61 j

V

c)

Potência fornecida pela fonte:

A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a expressão (3.47): S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* S = 380 / 0° x 91,12 / -36,8° + 380 / -100° x 86,84 / 172,9° + 405 / 100° x 45,94 / 73,2° S = 46010,9 (W) + j 62103,5 (var) = 77290,7 / 53,5º VA

d) Cálculo da potência consumida pela carga: S = (413,64 + 31,131 j ) x 91,12 / 36,8°+ (-80,07 + 415,52 j) x 86,84 /-172,9°+ (-85,544 – 364,07 j ) x 45,94 / 73,2°) S = 44215,6 + 53126,8 j

VA

e) Fator de potência da carga: ϕ

= arctan

53126,8 44215,6

= 50,23º

Fator de potência = cos(50,23º) = 0,64 3.7

Dados três transformadores monofásicos iguais com as seguintes características:

S = 10 MVA; Vprim = 7,9674 kV; Vsec = 39,837 kV; x = 7% 82


Ligá-los de maneira a formar um banco trifásico com ligação Y – Y, aterrado no primário com impedância 10 ohm e no secundário com 20 ohm, conforme mostra a figura 3.47. Calcular a reatância de seqüência zero do banco trifásico.

Solução: Para determinar a reatância de seqüência zero, aplica-se a mesma tensão alternada nas três fases do primário e curto-circuitam-se as três fases do secundário conectando-as com a terra, conforme figura 3.48. Valores de base para o banco trifásico: Sb = 30 MVA, Vprim_b = 13,8 kV; Vsec_b = 69 kV (as tensões são as do banco trifásico, com os enrolamentos ligados em estrela). Os valores em p.u. das reatâncias de aterramento são: X n1

=

10× 30 13,8

2

= 1,5753 p.u. e

X n 2

=

20 × 30 69 2

= 0,1260 p.u.

Sendo Ep = Es = 3 Is Xn2 = 3 x 0,1260 Is E0 = Ep + 3 Xn1 Ip + Ip X = 3 x 1,5753 I p + 0,07 Ip + 3 x 0,1260 Is Como Ip = Is , vem: X 0 =

E 0 I p

= 3 ×1,5753 + 0,07 + 3 × 0,1260 = 5,1739 p.u.

O circuito equivalente para seqüência zero, para ligação Y – Y com neutros aterrados, fica (figura 3.49):

83


3.8

Resolver a rede da figura 3.50:

3.8.1 - Estabelecer os diagramas de seqüências direta, inversa e nula da rede, indicando os valores de todos os parâmetros em p.u., tomando como base o gerador. 3.8.2 – Para a condição de carga dada e sabendo que nesse momento a tensão na barra B4 é simétrica e equilibrada, e igual a 0,97 p.u. (base 13,8 kV), calcular: a) As correntes de fase da carga; b) As tensões de fase da barra 1; c) A potência na barra 1.

Características do gerador: kV

MVA

X1 p.u.

X2 p.u.

Xo p.u.

Zn p.u.

13,8

170

0,22

0,17

0,1

j 0,1

Características do transformador elevador T1: trifásico, Yd1 (desconsiderar a defasagem provocada pelo transformador): Prim. kV

Sec. kV

S nom MVA

X (%)

Xo (%)

13,8

220

150

10

8

Características do transformador abaixador T2: trifásico, Yd1 (desconsiderar a defasagem provocada pelo transformador): Prim. KV

Sec. kV

S nom MVA

X (%)

Xo (%)

220

13,8

150

10

8

Características da linha de B2 a B3

•

Impedância própria, Z (ohm)

•

Impedância entre fases, Zm (ohm)

j 38

•

Impedância mútua entre fases e terra, Zmn (ohm)

10 j

•

Impedância própria de retorno, Zn (ohm)

j 100

j

Carga R4, ligada em estrela aterrada, possui as seguintes impedâncias por fase: ZA = 3 Ω ZB = ZC = 1,485 / 38,5º Ω.

e

Solução: Escolhe-se como base S = 170 MVA e a tensão 13,8 kV do gerador. Linha de transmissão: Aplicando-se as expressões (3.46) e (3.47) para a linha de transmissão, resultam: 84


Zo = 119 j ohm 119 ×170

Z 0

=

Z 1

= Z 2 =

2202

e

Z1 = 62 j ohm

= 0,4180 j

62 × 170 220 2

p.u.

= 0,2178 j

p.u.

Impedâncias dos transformadores na nova base: x

= 0,10 ×

x0

170 150 170

= 0,08 ×

150

= 0,1133 p.u. = 0,0907 p.u.

Carga: 170

Z A

= 3×

Z B

= Z C = 1,485 ×

13,82

= 2,678 p.u. 170 13,82

∠38,5º =

1,3256 ∠38,5º p.u.

Logo, as admitâncias da carga são: YB = 0,3734 p.u. e

YB = Yc = 0,7544 / - 38,5º p.u.

Para a construção dos diagramas deixa-se de lado a carga desequilibrada e constroem-se os diagramas para as três seqüências, conforme mostradas nas figuras 3.51, 3.52 e 3.53.

Determinação das relações de corrente e tensão na carga (figura 3.54):

Em componentes simétricas, e por similaridade com a expressão matricial (3.35), vale: Y0

1

1

1

0,3734

0,6053 / - 31,1º

p.u.

85


Y1

= 1/3

Y2

1

α

α2

0,7544 / - 38,5º

1

α2

α

0,7544 / - 38,5º

=

0,1724 / 114,8º

p.u.

0,1724 / 114,8º

p.u.

Utilizando a equação matricial (3.33) equivalente para admitâncias, vem: IA0

Y0

Y2

Y1

VAN0 + VNN’

Y1

Y0

Y2

VAN1

Ia2

Y2

Y1

Y0

VAN2

IA0

0,6053 / - 31,1º

0,1724 / 114,8º

0,1724 / 114,8º

0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º

IA2

0,1724 / 114,8º

0,1724 / 114,8º

IA0

0,1673 / 114,8º

=

Ia1

=

IA1

=

IA1 IA2

(3.57)

0,1724 / 114,8º

0 0,97

0,6053 / - 31,1º

0

0,5871 / - 31,1º 0,1673 / 114,8º

Os valores de corrente nas fases da carga são: IA IB

=

IC

IA

1

1

1

0,1673 / 114,8º

1

α2

α

0,5871 / - 31,1º

1

α

α2

0,1673 / 114,8º

0,3622 / 0º p.u.

IB

=

0,7317 / - 158,5º p.u.

IC

0,7317 / 81,5º p.u.

Aplicando as correntes (em componentes simétricas) na barra B4 dos respectivos diagramas seqüenciais (positivo, negativo e nulo), calculam-se os valores de tensão na barra B1: V1 _ B1 = 0,97 + (j 0,1133 + j 0,2178 + j 0,1133) x (0,5871 / - 31,1º ) = 1,1271 / 11,43º p.u. V2_B1 = (j 0,1133 + j 0,2178 + j 0,1133) x (0,1673 / 114,8º ) = 0,0743 / -155,2 º p.u. V0_B1 = 0 p.u. Transformando em componentes de fase: VA VB

=

VC

1

1

1

0

1,0552 / 10,5º p.u.

1

α2

α

1,1273 / 11,43 º

1

α

α2

0,0743 / -155,2º

=

1,1508 / -105,0º p.u. 1,1796 / 128,8º p.u.

Os valores de corrente de fase na barra B1 são: IA IB IC

=

1

1

1

0 / 0º

1

α2

α

0,5871 / - 31,1º

1

α

α2

0,1673 / 114,8º

0,4582 / -19,3º p.u. =

0,7412 / - 145,5º p.u. 0,5990 / 72,7º p.u.

O valor de potência na barra B1, utilizando a expressão (3.48), é: S= 1,0552 / 10,5º x 0,4582 / 19,3º + 1,1508 / -105,0º x 0,7412 / 145,5º + + 1,1796 / 128,8º x 86


0,5990 /-72,7º S = 1,4619 + j 1,3806 p.u. 3.9



S = 248,52 (MW) + j 234,71 (Mvar)

Para a rede da figura 3.55, calcular a corrente da carga para a tensão de 6,9 kV.

Dados: Geradores G1 ≡ G2:

•

Potência: 6500 kVA, fp = 0,9, tensão nominal: 6,9 kV, reatância subtransitória de eixo direto: X’d = 0,25 p.u., reatância de seqüência negativa: X2 = 0,30 e reatância de seqüência zero: X0 = 0,06.

Transformadores T1 ≡ T2 ≡ T3:

•

Potência 6500 kVA, relação de tensão nominal: 6,9 - 34,5 kV, reatância: x = 10%, reatância de seqüência nula: x0 = 20% e reatância de aterramento do neutro da estrela Xn = 0,01 p.u..

Linha 001 – 002: z = j 0,65 p.u., z0 = j 1,1 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV. Linha 001 – 003: z = j 0,4 p.u., z0 = j 1,0 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV. Linha 002 – 003: z = j 0,37 p.u., z0 = j 0,9 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV. Carga ligada em estrela não-aterrada tem as seguintes impedâncias por fase: ZA = 10 / 38,5º Ω

e

ZB = ZC = 9 / 38,5º Ω.

Solução: Roteiro de solução: a) Separar a carga da rede; b) Construir os diagramas de seqüências positiva, negativa e 1 nula; c) Determinar o Thévenin equivalente para as três seqüências no ponto de inserção da carga; d) Tratar a carga por componentes simétricas. A figura 3.56 mostra a seqüência positiva da rede.

1

O valor da tensão de Thévenin equivale a tensão do ponto em questão. A impedância de Thévenin equivale à impedância vista do referido ponto para a referência. 87


A figura 3.57 mostra a seqüência negativa da rede.

A figura 3.58 mostra a seqüência nula da rede.

Cálculo de zth1. Transformando a ligação de triângulo (formada pelos pontos 001, 002 e 003 da figura 3.56) para estrela, resulta a figura 3.59.

z th1

= j

(0,35 + 0,1831) × (0,1042 + 0,35) + 0,1694 j + 0,10 j 0,35 + 0,1831 + 0,1042 + 0,35

= 0,5146 j pu

Analogamente, da figura 3.57, calcula-se zth2, conforme figura 3.60:

88


zth 2

= j

(0,40 + 0,1831) × (0,1042 + 0,40) 0,40 + 0,1831 + 0,1042 + 0,40

+ 0,1694 j + 0,10 j = 0,5398 j pu

Da figura 3.58, calcula-se zth0.

= (0,20 + 0,03) j = 0,23 j

z th 0

Os circuitos thévenin equivalentes para as três seqüências simétricas são:

As equações que representam o sistema são: VAN0 = - 0,2300 / 90,0º * IA0 VAN1 = 1 – 0,5146 / 90,0º * IA1

(3.58)

VAN2 = - 0,5398 / 90,0º * IA2 Tratamento da carga por componentes simétricas: Z0 Z1

= 1/3

Z2

1

1

1

10 / 38,5º

9,3333 / 38,5º

1

α

α2

9 / 38,5º

= 0,3333 / 38,5º

1

α2

α

9 / 38,5º

0,3333 / 38,5º

Aplicando a equação matricial 3.34, vem: VAN0 =

VAN1 VAN2

-1

0,3333 / 38,5º

0,3333 / 38,5º

VNN’

0

9,3333 / 38,5º

0,3333 / 38,5º

IA1

0

0,3333 / 38,5º

9,3333 / 38,5º

IA2

(3.59)

Das equações matriciais (3.59) e (3.58) e sabendo que IA0= 0, resultam: 0 = - VNN’ + 0,3333 / 38,5º * IA1 + 0,3333 / 38,5º * IA2 1 = (9,3333 / 38,5º + 0,5146 / 90,0º)* IA1 + 0,3333 / 38,5º * IA2 0 = 0,3333 / 38,5º * IA1 + (9,3333 / 38,5º + 0,5398 / 90,0º)* IA2 Então:

0 1 0

=

-1

0,2608+0,2075j

0,2608+0,2075j

VNN’

0

7,3043+6,3247j

0,2608+0,2075j

IA1

0

0,2608+0,2075j

7,3043+6,3247j

IA2

Resultam: IA1 = 0,0783 – 0,0678 j= 0,1036 / -40,89º p.u. IA2 = -0,0026 + 0,0025 j= 0,0036 / 136,60º p.u. VNN’ = 0,0333 - 0,0013 j = 0,0333 / -2,30º p.u. Transformando as componentes simétricas em componentes de fases e sabendo que Ib = 543,89 A, resultam: IA = 0,1000 / -40,78º p.u.



IB = 0,1056 / -159,25º p.u.

 57,435 /

IC = 0,1053 / 77,36º p.u.



54,389 / -40,78º A -159,25º A

57,272 / 77,36º A

89


Exercícios Propostos 3.10 Obter analiticamente as componentes simétricas das grandezas cujas componentes de fase são dadas abaixo: a) ZA = 12 /3º

ZB = 13 /250º

ZC = 18 /36º

b) ZA = 8,2 / 57,8ο

ZB = 8,1 / -57,8ο

ZC = 7 / -170ο

c) ZA = √2 / 90ο

ZB = 2 /-45ο

ZC = 3 /-138ο

d) ZA = 2 /35ο

ZB = 2 /150ο

ZC = 2 /-90ο

e) ZA = 200 + j 135

ZB = 220 – j 180

ZC = 122 + j 100

3.11 Obter analiticamente as componentes de fase das grandezas cujas componentes simétricas são dadas abaixo: a) Z0 = 3 /-35ο

Z1 = 3 /95ο

Z2 = 4 /185ο

b) Z0 = 0

Z1 = 18 /-35ο

Z2 = 15 /30ο

c) Z0 = 0

Z1 = 12 /50ο

Z2 = 0

d) Z0 = 2 /0ο

Z1 = 6 /-120ο

Z2 = 6 /120ο

e) Z0 = 2 /0ο

Z1 = 8 /60ο

Z2 = 0

f) Z0 = 20 + j 18

Z1 = 8 – j 12

Z2 = 0 – j 3

3.12

Sejam as componentes de fase de uma seqüência de tensão fase-neutro dadas abaixo:

VAN = 40,93 /47,78º

VBN = 40,93 /- 47,78ο

VCN = 25,00 /180ο (V)

Determinar: a) As componentes simétricas da tensão fase-neutro; b) As componentes de fase da tensão de linha; c)As componentes simétricas da tensão de linha. 3.13 Sejam as componentes de fase de uma seqüência de corrente nos enrolamentos de um transformador ligado em triângulo: IAB = 15 /0ο

IBC = 16 /-100ο

ICA = 17 /120ο

(A)

Determinar: a) As componentes simétricas da corrente nos enrolamentos; b) As componentes de fase da corrente de linha; c) As componentes simétricas da corrente de linha. 3.14

Para o circuito trifásico mostrado na figura 3.8, sabendo-se que: ( kV )

VA’N’ = 480 /-15° ( kV )

ZN = 5 + j 60 Ω

VBN = 520 /-110° ( kV )

VB’N’ = 510 /-125° ( kV )

ZM = j 20 Ω

VCN = 515 /115°

VC’N’ = 505 /130° ( kV )

Z = 2 + j 40

Ω

VAN = 510 /0°

( kV )

ZMN = j 9 Ω Determinar IA , I B e I C pelos processos: a) Componentes de fases; b) Componentes simétricas (determinar I0, I1 e I 2 e a seguir Ia, I b e Ic); c) Componentes simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ , B’ ,C’ e N’. 3.15

Para o circuito da figura 3.62:

90


Sendo: Za = j 12

e

Zb = - j 12 -1

Obter: a) A matriz Z ; b) A matriz Y = Z ; c) A matriz YS ; d) Sabendo que a tensão fase-neutro é simétrica e que VAB = 440 / 40° ( V ), determinar primeiramente IA0 , IA1 , IA2 e, em seguida, pela matriz de transformação T, determinar IA , IB , IC. Como sugestão, utilizar a expressão matricial (3.58), que é uma decorrência imediata da expressão matricial (3.33):

IA0 =

IA1 IA2

Y0

Y2

Y1

VAN0 + VNN’

Y1

Y0

Y2

VAN1

Y2

Y1

Y0

VAN2

(3.58)

Referente à carga os valores de admitâncias Y0, Y1 e Y 2 se obtém de expressão análoga à expressão matricial (3.35). 3.16 Para o circuito da figura 3.63, sendo [VAB] = [ZAB] . [IAB] e os valores das impedâncias em ohm, -1 determinar: a) a matriz Z; b) a matriz Y = Z ; c) a matriz YS ; d) os valores de IAB0 , IBC0 , ICA0 , IAB , IBC , ICA , IA , IB e IC aplicando componentes simétricas, sabendo que a tensão de linha é simétrica e que VCA = 460 ∠90° V.

3.17 Considere uma linha trifásica equilibrada de comprimento L que, para qualquer seqüência (positiva, negativa e nula) seja caracterizada por uma impedância longitudinal por unidade de comprimento, Z, e por uma admitância transversal por unidade de comprimento, Y, para determinada freqüência f. Determinar os esquemas equivalentes da linha trifásica, do tipo indicado na figura 3.64, para a freqüência de 60 Hz, para as seqüências positiva, negativa e nula, sob as seguintes hipóteses: a) Comprimento: L = 270 km Impedâncias longitudinais unitárias:

•

Positiva e Negativa Z = ( 0,038 + j 0,40 ) Ω / km

•

Nula

Z = ( 0,155 + j 1,15 ) Ω / km

Admitâncias transversais unitárias:

•

Positiva e Negativa Y = j 3,8 µS / km

•

Nula

Y = j 1,35 µS / km

Utilizar as expressões: 91


z senh ( z .y L) y

Z =

Y = 2

(3.59)

z .y L y .tgh ( ) z 2

b) Com L = 170 km e os mesmos parâmetros da linha do item a) deste exercício c)

Comprimento: L = 170 km

Impedâncias longitudinais unitárias:

• •

Positiva e Negativa Z = ( 0,035 + j 0,40 ) Ω / km Nula Z = ( 0,135 + j 1,40 ) Ω / km Admitâncias transversais unitárias:

• •

3.18

Positiva e Negativa Y = j 3,2 µS / km Nula Y = j 1,20 µS / km

Uma linha trifásica equilibrada, a 60 Hz, com 90 km, tem as seguintes características:

Impedâncias longitudinais por unidade de comprimento:

• •

Própria Mútua

( 0,33 + j 0,85 ) Ω / km ( 0,32 + j 0,45 ) Ω / km

Susceptâncias transversais por unidade de comprimento:

• •

Própria Mútua

( 4,17 x10-6 ) S/ km ( -1,95 x 10-6 ) S/ km

Determinar os esquemas equivalentes para as seqüências nula, positiva e negativa, tendo como modelo a figura 3.64. 3.19 Resolver o exercício 3.8 (figura 3.50) mudando a carga para: Zb = Zc = 11,485 / 38,5º ohm, com a carga ligada em estrela e com o neutro isolado.

Za

=

5

ohm;

3.20 Com os mesmos dados do exercício 3.19, resolver a mesma rede da figura 3.50, porém, com a carga ligada em estrela com neutro aterrado. 3.21

Resolver a mesma rede da figura 3.50 com a carga ligada em triângulo e com os seguintes valores:

Zab = 15 p.u.; Zbc = Zca = 31 / 38,5º p.u. na base: 170 MVA e 13,8 kV. 3.22

Resolver a mesma rede da figura 3.50 com carga monofásica para terra:

Za = 18 p.u. na base 170 MVA e 13,8 kV. As outras duas fases estão abertas. 3.23 Resolver a rede da figura 3.65 com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das tensões em B2; b) As correntes simétricas na carga; c) A potência complexa que a carga consome; d) Os diagramas de seqüências simétricas sem a carga; e) As tensões no ponto B1. Dados: LT  Comprimento: L = 80 km;

92


 impedância

própria da linha zp = 0,2993 + j 1,0167 Ω /km;

 impedância

mútua da linha zm = 0,1883 + j 0,5127 Ω /km;

 admitância

própria da linha yp = 0,2653 j µS/km;

 admitância

mútua da linha ym = - 0,0615 j µS/km;

C  carga trifásica com Z = 500 + j 441 Ω ligada em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn = 45 j Ω; Tensão em B2: Van = 132 / 0º kV; V bn = 130 / -135º kV; Vcn = 132,8 / 130º kV.

3.24 Resolver a rede da figura 3.66, através da técnica de componentes simétricas, com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga; b) As correntes de fase da carga; c) As componentes simétricas da tensão na carga;d) As componentes de fase da tensão da carga; e) A potência complexa fornecida; f) a potência complexa da carga. Dados: Za = 80 + j 30 Ω ; Zb = j 45 Ω ; Zc = j 60 Ω ; ZL = 2,5 + j 5,2 Ω ; Zm = j 3 Ω ; Zn = 5 Ω. A tensão da fonte é simétrica e vale: Van = 8000 V.

3.25 Resolver a rede da figura 3.66, através da técnica de componentes simétricas, com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga; b) As correntes de fase da carga; c) A potência complexa fornecida; d) As componentes simétricas da tensão da carga; e) As componentes de fase da tensão da carga; f) A potência complexa da carga; g) O fator de potência da carga. Dados: Za = 21,5 + j 13,2 Ω ; Zb = 20,5 +j 13,0 Ω ; Zc = 20 + j 12,8 Ω ; ZL = 0,5 + j 4,8 Ω; Zm = j 2 Ω ; Zn = 2 Ω. A tensão da fonte é simétrica e vale: Van = 8000 V. 3.26 Resolver o mesmo exercício anterior (3.24), porém com a carga com neutro isolado, conforme mostra a figura 3.65.

Bibliografia Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967. Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 93


175p. Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989. Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p. Stevenson Jr., W. W. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986. 458p.

94

Curtos-circuitos e Abertura de Fases

4 CURTOSFASES CURTOS-CIRCUITOS E ABERTURA DE FASES

Extrato da Teoria 4.1

Geradores Equivalentes de Thévenin

Seja o sistema de potência genérico da figura 4.1, onde P representa o ponto de defeito ou falha do sistema. Os diversos tipos de defeito que podem ocorrer são analisados pela teoria de componentes simétricas. Montam-se diagramas monofásicos de seqüências positiva, negativa e zero, aplicando-se o teorema de Thévenin ao ponto de defeito P, e considerando as condições de contorno do defeito. A figura 4.1 mostra o ponto P, onde ocorre o defeito, destacado do sistema. A figura 4.2 mostra os três diagramas seqüenciais (com seqüências positiva, negativa e nula) do teorema de Thévenin aplicado ao ponto P.

A impedância de Thévenin é a impedância no P, onde ocorre o defeito analisado. A tensão de Thévenin é a tensão que existe antes de ocorrer o defeito. Em sistema de potência é usual utilizar os valores de vth1 = 1 p.u., vth2 = 0 p.u. e vth0 = 0 p.u. Depois de montado os três diagramas colocam-se as condições de contorno do defeito, conforme apresentadas nas figuras 4.2, 4.3 e 4.4.

4.2

Curto-circuito trifásico

A figura 4.5 representa um curto-circuito trifásico no ponto P do sistema elétrico. As tensões no ponto de defeito são iguais a zero, constituindo uma solicitação simétrica, ou seja, va = v b = v c = 101


0. Aplicando a matriz de transformação para componentes simétricas e resolvendo a rede de seqüência nula, resultam: va1 = va2 = va0 = 0 , i a1 =

Donde: i a = ib = i c =

4.3

e th1 z th1

e th1 z th1

, ia2 = ia0 = 0 ,

(4.1)

.

(4.2)

Curto-circuito bifásico sem contato com a terra

A figura 4.6 representa um curto-circuito bifásico sem contato com a terra no ponto P do sistema elétrico. Seja um curto-circuito entre as fases B e C (figura 4.6). As condições de contorno são: ib = -ic = i;

ia = 0

e

vbn = vcn = v .

Aplicando a matriz de transformação [ T ], conforme a expressão matricial (3.11), para o caso das correntes de fase e das tensões de fase, tem-se: ia0 =

ia1

1/3

ia2

1

1

1

1

α

α

2

i

1

α

2

α

-i

Efetuando o produto das matrizes, resultam: ia0 = 0 ia1

= − ia 2 =

1 3

(

2

α − α

)i =

i 3

vao va1

=

1/3

va2

0 (4.3)

e

j

(4.5) 1

1

1

van

1

α2

α

v

1

α

α2

v

(4.4)

Deste produto matricial, resultam: va0 = 1 / 3 ( van + 2 v )

(4.6)

va1 = va2 = 1 / 3 ( van – v )

(4.7)

A figura 4.7 representa essas igualdades. Dessa figura resultam as expressões (4.8) e (4.9): i a1 = - i a2 =

e th1 - e th2 z th1 + z th2

(4.8)

102


v a 1

=

v a 2

=

e th 1 − z th 1 × i a

=

e th 1 × z th 2

+

e th 2

z th 1

+

z th 2

× z th 1

(4.9)

Como o circuito de seqüência nula (zero) está aberto, resulta: va0 = eth0

4.4

(4.10)

Curto-circuito bifásico com contato com a terra

A figura 4.8 representa um curto-circuito bifásico com contato com a terra no ponto P do sistema elétrico.

Como: ia = ia1 + ia2 + ia0 = 0 Como: vbn = vcn = 0

resulta resulta

ia1 = - ( ia2 + ia0 ). v

=

v an0 = v an1 = v an2 =

(4.11) v a n 3

.

(4.12)

O diagrama da figura 4.9 representa o modelo para cálculo do defeito curto-circuito bifásico com contato para a terra, com as condições de contorno impostas, e possibilita ainda calcular os valores de ia1 , ia2 e ia0 como segue: ia 0 = ia1 =

ia 2 =

e th 0 − v z tho

(4.13)

e th 1 − v z th 1

(4.14)

e th 2 − v

(4.15)

z th 2

103


e tho v =

+

e th 1

+

e th 2

(4.16)

z th 0 z th 1 z th 2 1 + 1 + 1 z tho z th 1 z th 2

4.5

Curto-circuito monofásico com a terra

A figura 4.10 representa um curto-circuito monofásico (curto-circuito fase-terra) na fase A no ponto P do sistema elétrico.

Condições do curto-circuito: ib = ic = 0 ia0 ia1

=

1/3

ia2 Resulta:

e

1

1

1

1

α

α

2

0

1

α

2

α

0

i a0 = i a1 = i a2 =

ia 3

.

van = 0.

ia

ia /3 =

ia /3 ia /3

Por outro lado, van = van1 + van2 + van0 = 0.

(4.17)

Essas condições de contorno possibilitam construir o diagrama da figura 4.11, que é o modelo para calcular o defeito monofásico, donde resultam as expressões (4.18), (4.19), (4.20) e (4.21): i a 0

= i a 1 = i a 2 =

e th 0

+ e th 1 + e th 2

z th 0

+ z th 1 + z th 2

(4.18)

va0 = eth0 – zth0 x ith0

(4.19)


(4.20)


(4.21)

Tensão nas fases não defeituosas: 2

vbn = α . van1 + α . van2 + van0

4.6

,

2

vcn = α . van1 + α . van2 + van0.

(4.22)

Abertura de uma fase

Para tratamento genérico do problema, supõe-se uma impedância Z no ponto de abertura da fase, conforme mostra a figura 4.12.

104


ea = z . ia = ia0 + ia1 + ia2

e

eb = ec = 0.

(4.23)

Então, em componentes simétricas, conforme a expressão matricial (3.11), tem-se: ea0 = 1/3

ea1 ea2

1

1

1

ea

1

α

α

0

1

α

α

2

2

ea / 3 =

0

ea / 3 ea / 3

O modelo da figura 4.13 representa as equações de contorno deste problema.

A tensão ea pode ser determinada pela expressão (4.24) e as correntes simétricas pelas expressões (4.25), (4.26) e (4.27): ea

( e th 1 − e 'th 1 ) =

3

ia 0 = ia1 = ia 2 =

4.7

(e th 0

−

+

ea

e ' th 0 ) −

z th 1 + z 'th 1 −

+

( e th 0 − e ' th 0 )

( z th 1 + z 'th 1 ) ( z th 2 + z 'th 2 ) ( z th 0 + z 'th 0 ) 1 + 1 + 1 + 3 z ( z th 1 + z 'th 1 ) ( z th 2 + z ' th 2 ) ( z th 0 + z 'th 0 )

z th 0 + z 'th 0 (eth 1 − e 'th 1 ) − e a

(eth 2

( e th 2 − e 'th 2 )

e 'th 2 ) −

(4.24)

3

(4.25) 3

ea

3

(4.26)

(4.27)

z th 2 + z 'th 2

Abertura bipolar – abertura de duas fases

A figura 4.14 representa a abertura de duas fases.

105


As condições de contorno são: ea = ea0 + ea1 + ea2 = 0

(4.28)

ia0 = iai = ia2 = ia / 3

(4.29)

Conclui-se então que os diagramas seqüenciais devem ser ligados em série, como na figura 4.15 a seguir.

Da figura 4.15, obtém-se as correntes seqüenciais: i a 1 = i a 2 = ia 0 =

(e th 1 − e 'th 1 ) + (e th 2 − e 'th 2 ) + (e th 0 − e 'th 0 ) ( z th 1 + z 'th 1 ) + ( z th 1 + z 'th 1 ) + ( z th 1 + z 'th 1 )

va1 = eth1 – zth1. ia1 ;

va2 = eth2 – zth2 . ia2 ;

v’a1 = e’th1 + z’th1. ia1 ;

v’a2 = e’th2 + z’th2 . ia2 ;

(4.30)

va0 = eth0 – zth1 . ia0

(4.31)

v’a0 = e’th0 + z’th1 . ia0

(4.32)

Exercícios resolvidos 4.1 Dados os valores abaixo resultantes do Thévenin de uma rede, calcular as correntes e as tensões para as condições: a) Curto-circuito trifásico; b) Curto-circuito bifásico sem contato com a terra; c) Curto-circuito bifásico com contato com a terra; d) Curto-circuito monofásico com contato com a terra. Dados: E0 = 0; E1 = 1 / 0º p.u.; E2 = 0.

X0 = 0,1j p.u.; X1 = 0,3j p.u. e X 2 = 0,2j p.u.

Solução: a) Curto-circuito trifásico Utiliza-se a expressão (4.2) para calcular a corrente de fase: ia1

=

ia

1

=

=

0,3 j

3,3333 ∠ − 90º

p.u.

b) Curto-circuito bifásico sem contato com a terra Utiliza-se a expressão (4.8) para calcular as correntes das componentes simétricas e a expressão (4.9) para calcular as tensões das componentes simétricas: ia1 = − ia 2 =

va1

=

va 2

=

1

=

0,5 j

1 × 0,2 j 0,5 j

2 ∠ − 90º

p.u.

0,4000

p.u.

=

Cálculo das componentes de fase das correntes e das tensões, utilizando a matriz de transformação [T], utilizando a expressão matricial (3.9), aplicada para as correntes de fase e para as tensões de fase:

106


iA iB

=

iC vA vB

=

vC c)

1

1

1

0 / 0º

1

α

α

2 /-90º

1

α

α

2

1

1

1 1

2

0 / 0º =

p.u.

3,4641 / 180º p.u.

-2 /-90º

3,4641 / 0º p.u.

1

0 / 0º

α

α

0,4 /0º

= 0,400 / 180º p.u.

α

α

0,4 /0º

0,400 / 180º p.u.

2

2

0,800 / 0º

p.u.


Utilizam-se as expressões (4.16) e (4.12) para calcular as tensões das componentes simétricas e as expressões (4.13), (4.14) e (4.15) para calcular as correntes das componentes simétricas: 1

v=

1

i a 0

=

i a 1

=

i a 2

=

0,1 j

+ 1

0,3 j

0 ,3 j

− 0,1818

0,1 j

=

1 − 0,1818 0,3 j − 0,1818

0,2 j

+ 1

0,2 j

=

6+2+3

p.u .

0 ,1818

1,818 j = −

=

2

=

2,7273 j

0,9090 j

Cálculo das correntes de fase, aplicando a expressão matricial (3.9): iA iB

=

iC

1

1

1

1,818 j

1

α

α

-2,7273 j

1

α

α

2

2

0 / 0º =

p.u.

4,1660 / 139,1º p.u.

0,9090 j

4,1660 / 40,1º p.u.

In = 5,4545 / 90º p.u. Cálculo das tensões de fase, aplicando (3.9): VA VB

=

VC

1

1

1

0,1818

1

α

α

0,1818

1

α

α

2

2

0,5454 / 0º =

0,1818

p.u.

0 / 0º p.u. 0 / 0º p.u.

d) Curto-circuito monofásico Utiliza-se a expressão (4.18) para calcular as correntes das componentes simétricas e as expressões (4.19), (4.20) e (4.21) para calcular as tensões das componentes simétricas: ia 0

=

ia1

=

ia 2

=

1 0,1 j + 0,3 j + 0,2 j

= − 1,6667 j

p.u.

va0 = - 0,1 x (-1,6667 j) = -0,16667 p.u. va1 = 1 – 0,3 j x (-1,6667 j) = 0,5000 p.u. va2 = -0,2 j x (-1,6667 j) = -0,3333 p.u.

Cálculo das correntes de fase, aplicando (3.9):

107


iA iB

=

iC

1

1

1

-1,6667 j

1

α

α

-1,6667 j

1

α

α

2

2

5 / -90º =

-1,6667 j

p.u.

0 / 0º p.u. 0 / 0º p.u.

Cálculo das tensões de fase, aplicando (3.9): VA VB VC

=

1

1

1

-0,16667

1

α

α

0,50000

1

α

α

2

2

-0,33333

0 / 0º =

p.u.

-0,7637 / -109,1º p.u. 0,7637 / 109,1º p.u.

4.2 Para o circuito trifásico da figura 4.16, determinar no ponto PF (ponto da falha): a) A impedância de Thévenin; b) As correntes de defeito trifásico, monofásico, bifásico e bifásico com contato com a terra; c) As correntes de seqüência positiva em cada ramo da rede. Dados em p.u.: Geradores Equivalentes

Reatância subtransitória (X”d)

Reatância de seqüência negativa (X2)

Reatância de seqüência nula (X0)

G1

0,32

0,42

0,26

G2

0,37

0,48

0,25

G3

0,40

0,55

0,29

Linhas de transmissão

X1

X0

A–B

0,9

2,0

A–C

0,7

1,4

A–D

0,6

1,2

B–E

0,8

1,5

C–F

0,9

2,2

D–G

0,6

1,3

E–G

0,7

1,5

E–H

0,7

1,5

F–H

0,8

1,7

G–H

0,9

2,0

108


Solução: Este exercício deve ser resolvido através de um programa de computador, pois é muito trabalhoso resolvê-lo sem esse recurso; todavia, para melhor compreensão da metodologia do cálculo de curtos-circuitos, aqui ele será resolvido à mão. Primeiramente, constrói-se o diagrama de seqüência positiva da rede dada, contendo todos os valores de impedância. A figura 4.17 representa esse diagrama unifilar; com simplificações sucessivas, associando convenientemente as impedâncias, o diagrama evolui da figura 4.17 para a figura 4.24, e permite assim a determinação do valor da impedância de Thévenin. Para facilitar a associação em série ou paralelo das impedâncias, é comum transformar ligação em triângulo em ligação em estrela. Posteriormente, procede-se da mesma forma com os diagramas de seqüências negativa e nula.

Esta rede pode ser simplificada, como mostra a figura 4.18 a seguir:

A transformação da ligação em triângulo E – G – H em ligação em estrela é feita através da expressão matricial (1.11): Za

0,7

0

0

0,7

Zb =

0

0,7

0

0,9

Zc

0

0

0,9

0,7

0,21 = j

0,27 0,27

Simplificando mais, a rede resulta na figura 4.19:

109


Transformando a estrela ABCO em triângulo ABC, obtém-se a rede da figura 4.20:

Utilizando a expressão matricial (1.12) para a transformação desejada, tem-se: Xab Xbc

 1

=

j 

 1,47

Xca

+

1 1  + 1,01 1,97 

1,01

0

0

1,47

0

1,97

0

1,01

0

0

1,47

1,97

3,23 =j

4,34 6,31

A rede da figura 4.20 também pode ser simplificada calculando as impedâncias em paralelo j Xab e j 0,9; da mesma forma, calcula-se o paralelismo de j Xca com j 0,7, resultando no diagrama da figura 4.21: X abp = j

X cap = j

3,23 × 0,9

=

0,70 p.u.

=

0,63 p.u.

3,23 + 0,9 6,31 × 0,7 6,31 + 0,7

Transformando a rede da figura 4.21 na rede da figura 4.22, utilizando a transformação triângulo em estrela –

110


expressão matricial (1.11), resultam: Za



Zb

   0,39 + 0,46 + 0,92 

j 

=

1

Zc

0,46

0

0

0,70

0

0,39

0

4.34

0

0

0,92

0,63

0,18 = j

0,95 0,33

Simplificando mais, resulta a rede da figura 4.23.

a) Cálculo da impedância de Thévenin: Calculando a impedância de Thévenin no ponto PF para a seqüência positiva, obtém-se: −1  0,40 × 0,91 1  1 portanto Z = j 0,26  th1 Z th1 = − j  + 0,48  + = 0,40  0,26 j   0,40 + 0,91 −1

A figura 4.24 representa a simplificação da rede da figura anterior 4.23:

Para as seqüências negativa e nula o cálculo é semelhante, donde resultam: Zth2 = j 0,33 p.u. e Zth0 = j 0,24 p.u. b) Cálculo das correntes de de defeito trifásico, monofásico, bifásico e bifásico com contato com a terra: •

Curto-circuito trifásico, aplicando a expressão (4.1):

icc = 1/Zth1 = j 3,85 p.u. •

Curto-circuito monofásico, aplicando as expressões (4.18) e (4.17):

111


icc = 3/( Zth1 + Zth2 + Zth0) = - j 3,61 p.u. •

Curto-circuito bifásico, aplicando a expressão (4.8):

i a1 = - i a2 =

1 z th1 + z th2

= 1,69 j

p.u.

Utilizando a expressão matricial (3.9), resultam: Ia Ib

=

Ic •

V =

1

1

1

0

1

α

α

-1,69 j

1

α

α

2

2

0 / 0º p.u. = -2,93 / 0º p.u.

1,69 j

2,93 / 0º p.u.

Curto-circuito bifásico com a terra: Ver expressões (4.16), (4.13), (4.13), (4.14) e (4.15)

1 ztho

1 1 zth1 0,26 = = 0,348 p.u. 1 + 1 + 1 + 1 + 1 0,26 0,33 0,24 zth1 zth 2

ia0 = - V/Zth0 = j 1,4512 p.u. ia1 = (1 – V) / Z th1 = -j 2,5066 p.u. ia2 = - V/Zth2 = j 1,0544 p.u.

Aplicando a expressão matricial (3.9), tem-se: iA iB

=

iC

1

1

1

1,4512 j

1

α

α

-2,5066 j

1

α

α

2

2

0 / 0º =

1,0554 j

p.u.

3,77 / 144,8º p.u. 3,77 / 35,2º p.u.

c) Cálculo das correntes de seqüência positiva em cada ramo da rede: O método recomendado aqui é o cálculo do fator de distribuição de corrente. Trata-se de admitir um valor unitário para a corrente do defeito em PF, para cada rede seqüencial, positiva, negativa e nula. A partir do último diagrama calcula-se a divisão de corrente de cada ramo para o circuito precedente, e de forma sucessiva calculam-se os fatores de distribuição para cada ramo do circuito precedente, chegando-se ao circuito original. No exercício em questão, para a seqüência positiva, parte-se da figura 4.24, conforme mostra a figura 4.25:

i e

=

0,40 × i 0,76 + 0,40

=

0,34 e

id = 1 – ie = 0,66. Passa-se agora para o circuito da figura 4.26:

112


i f

=

0,91× i e 0,40 + 0,91

=

0,24 e, conseqüentemente,

ig = 0,34 – if = 0,10.

Na figura 4.27 todos os valores dos fatores de distribuição de corrente já foram calculados. Examina-se agora a figura 4.28, que representa o circuito anterior ao circuito da figura 4.22.

Queda de tensão entre A – B (Figura 4.27): 0,078x if – 0,54 x ig = - 0,0353. Queda de tensão entre A – B (Figura 4.28): 0,70 x i j = - 0,0353. Logo: i j = - 0,050. Semelhantemente: Queda de tensão entre A – C (Figura 4.27): 0,078 x if + 0,48 x ie = 0,18. Queda de tensão entre A – C (Figura 4.28): 0,63 x ii = 0,18. Logo: ii = 0,29. E, ainda: Queda de tensão entre B – C (Figura 4.27): 0,54 x ig + 0,48 x ie = 0,22. Queda de tensão entre B – C (Figura 4.28): 4,34 x ih = 0,22. Logo: ih = 0,050. Passa-se agora para a figura 4.29, antecessora da 4.28: A impedância j 0,70 da figura 4.28 é resultante do paralelismo das impedâncias j 0,9 e j 3,23 da figura 4.29, logo 113


i j = - 0,050 divide-se em ik = - 0,039 e in = - 0,011. Por outro lado, a impedância j 0,63 da figura 4.28 é resultante do paralelismo das impedâncias j 0,7 e j 6,31 da figura 4.29, logo ii = 0,29 divide-se em ip = 0,03 e il = 0,26. Por outro lado, il + im = ie = 0,34, portanto im = 0,34 – 0,26 = 0,08. Aplicando-se a lei dos nós (a somatória das correntes que chegam a um nó é zero) resultam: iq = 0,061 e io = 0,05, completando todos os fatores de distribuição de corrente para a figura 4.29. A figura 4.30 mostra essa distribuição.

A figura 4.31 é a figura que antecede a figura 4.30 a partir da rede original. Os valores dos fatores de distribuição de corrente para a figura 4.31 são imediatos. Desta figura parte-se para a figura 4.32, que corresponde à figura imediatamente anterior.

114


Da figura 4.32, calcula-se a queda de tensão da barra G para a barra E: j 0,27 x ir – j 0,21 x i q = j 0,27x 0,019 – 0,21x 0,061 = - 7,68 x 10

-3

Na figura 4.33, a queda de tensão entre a barra G e a barra E vale: - j 0,7 x it = - 7,68 x 10

-3

 it =

0,011

Por outro lado, Is = ir + it = 0,019 + 0,011 = 0,03 e im = is + iu



iu = 0,08 – 0,03 = 0,05

4.3 O sistema S está conectado ao sistema R através de uma linha de impedância j 0,8 p.u. Os valores das correntes de curtos-circuitos dos dois sistemas nos respectivos pontos de conexão, antes da conexão dos dois sistemas S e R, estão indicados na tabela abaixo. A fase A da linha de conexão rompe-se bem na metade da linha. Calcular a tensão no ponto de abertura. Valores em p.u.

Curto-circuito trifásico

Sistema S

Sistema R

Corrente

Tensão Thévenin

Corrente

Tensão Thévenin

- j 4,5

1 / 0º

9,00 / - 99º

1 / - 9º

115


Curto-circuito bifásico Curto-circuito monofásico

-4,06

1 / 0º

-8,12 / - 9º

1 / - 9º

- j 6,55

1 / 0º

13,11 / - 99º

1 / - 9º

Solução: Inicialmente, calculam-se os valores das impedâncias de Thévenin para cada um dos sistemas, com o objetivo de utilizar a expressão (4.24). Para o sistema S: Como em p.u., s = v.i* = i* = 1/ z th1, resulta para o curto-circuito trifásico: zth1 = 1/(-j 4,5) = 0,2222 j p.u. Com a utilização da expressão (4.8) para o curto-circuito bifásico, vem: i a1 = - i a2 =

e th1 - e th2 z th1 + z th2

(4.33)

1

=

j 0 , 2222 + z th 2

Por outro lado, da expressão (4.5) vem: Ia1 = j i / √3

Ia1 = - j 2,3440



Substituindo esse valor obtido de corrente em (4.33) resulta: Zth2 = 0,2044 j p.u. Considerando o valor de curto-circuito monofásico e aplicando as expressões (4.17) e (4.18) vem: - 6,55 j = 3 / (Zth0 + Zth1 + Zth2 ) = 3 / (Zth0 + j 0,2222 + j 0,2044)



Zth0 = 0,0314 j p.u.

Para o sistema R: Como em p.u. z th 1

=

s = v.i* = i* = v / zth1,

1∠ − 9 0 0

=

resulta:

0,1111∠90 0

9 ∠ − 99 Com a utilização da expressão (4.8), vem: e th1 - e th2 1∠ − 9 0 i a1 = - i a2 = = z th1 + z th2 0,1111 j + z th 2 Por outro lado, da expressão (4.5), vem: Ia1 = j i / √3



(4.34)

Ia1 = - 4,6881 / 81º

Substituindo esse valor encontrado em (4.34) resulta: Zth2 = 0,1022 j p.u. Considerando o valor de curto-circuito monofásico e aplicando as expressões (4.17) e (4.18), vem: 13,11 / - 99º = 3 / - 9º / (Zth0 + Zth1 + Zth2 ) = 3 / - 9º / (Z th0 + j 0,1111 + j 0,1022)



Zth0 = 0,0155 j p.u.

A rede da figura 4.34 representa os dois sistemas interligados:

116


A figura 4.35 representa a interligação das três seqüências simétricas, conforme apresentada no caso geral pela figura 4.13.

A expressão (4.24) fornece o valor da tensão ea: e a

3

(1−1∠ − 90 ) =

1 + j (0,2222 + 0,1111+ 0,8)

j (0,2222 + 0,1111+ 0,8) 1 + 1 j (0,2044 + 0,1022 + 0,8) j (0,0314 + 0,0155 + 0,8)

ea = 0,0110 + 0,1396 j 4.4 Os valores de Thévenin para o sistema da figura 4.36 são dados abaixo. Obter, para uma abertura em duas fases: a) As correntes na carga; b) As tensões na carga; c) As tensões no ponto de defeito, do lado da fonte de energia. Dados do sistema: E0 = 0; E1 = 1 / 0º p.u.; E2 = 0. Dados da carga: Z = 0,85 + j 0,62 p.u.

e

X0 = 0,1; X1 = 0,3 e X2 = 0,2.

Zn = j 0,07 p.u..

Solução: Este exercício pode ser resolvido de duas maneiras: I) Considerando uma das fases com defeito a terra através de duas impedâncias em série: Z + Z n, como indicada no item 4.5; II) Utilizando o processo de abertura de duas fases, como indicado no item 4.7. I.

Solução tratando o problema como curto-circuito fase-terra:

Conforme indica a figura 4.37, as impedâncias Z e Zn aparecem multiplicadas por 3 devido ao fato de que a corrente ia é igual a 3 ia0 para manter a equivalência energética.

117


a) Cálculo das correntes na carga Como ia = 3 ia0, vem: ia =

3 ∠0

0

= 0,5612 − 0,5876 j 0,1 j + 0,3 j + 0,2 j + 3 x(0,85 + 0,62 j) + 3 x0,07 j

Ib = ic = 0 b) Cálculo das tensões na carga: va = (Z+Zn) * Ia = (0,85 + j 0,62 + j 0,07)*(0,5612 – j 0,5876) = 0,0716 + j 0,8867 vb = (Zn) * Ia = -0,0411 + 0,0393 j vc = (Zn) * Ia = -0,0411 + 0,0393 j

Valores em p.u. va vb

=

vc

1

1

1 1 c)

1

0,8496 – 0,0841 j

α

α

-0,1002 – 0,0561 j

α

α

2

2

1,3697 / -61,7º =

-0,1002 – 0,0561 j

1,0628 / 26,7º 1,0628 / 26,7º

Cálculo das tensões do lado da fonte, utilizando-se das expressões (4.27) e (4.28).

va1 = 1 – j 0,3 x (0,5612 – 0,5876 j) = 0,8237 – 0,1684 j va2 = – j 0,2 x (0,5612 – 0,5876 j) = -0,1175 – 0,1122 j va0 = – j 0,1 x (0,5612 – 0,5876 j) = -0,0588 – 0,0561 j va vb vc

=

1

1

1 1 II.

1

0,8237 – 0,1684 j

α

α

-0,1175 – 0,1122 j

α

α

2

2

-0,0588 – 0,0561 j

0,7297 / -27,5º =

0,8639 / -2,2º 0,9699 / -8,0º

Solução tratando o problema como abertura de duas fases:

Conforme indica a figura 4.38, que foi construída com base na figura 4.15, o valor das correntes de fase é calculado como segue:

118


ia

=

3 ∠0 0

= 0,5612 − 0,5876 j 0,1 j + 0,3 j + 0,2 j + 3 x(0,85 + 0,62 j ) + 3 x0,07 j

Ib = ic = 0 As tensões são calculadas do mesmo modo que no item (I) acima. 4.5 Considerando a figura 4.39, obter o valor dos curtos-circuitos trifásico, bifásico, bifásico com contato para a terra e monofásico para a barra 3, dado v = 1 p.u., antes da falha. Todos os valores apresentados em p.u. são referidos à mesma base.

Dados: Gerador G  X1 = 0,22

X2 = 0,18

X0 = 0,5

Zn = j 0,07 p.u.

Transformador T  X1 = 0,10 p.u. Linha de transmissão LT  Z1 = 0,004 + j 0,07 p.u. Z0 = 0,007 + j 0,2 p.u.

y = 4 j p.u. y = 6 j p.u.

Carga p, q (carga do tipo Z = R + j X)  6 + 2,62 j p.u., para v = 1 p.u. Carga capacitiva ligada em triângulo  Xc = - 9 j em cada ramo do triângulo.

Solução: Primeiramente, constroem-se os três diagramas de seqüência positiva, negativa e nula, conforme mostram os diagramas de impedâncias das figuras 4.40, 4.41 e 4.42, respectivamente.

119


Cálculo da impedância de Thévenin na barra 3, onde ocorre o defeito, para a seqüência positiva. Ze = {[(0,22j + 0,10j ) // (-0,5 j )] + 0,004 + j 0,07 } = 0,004 + j 0,9589 p.u. Zd = (0,140 + 0,0611j ) // (-3 j) // (-0,5 j) = 0,1663 + j 0,007940 p.u. Zth1 = Ze // Zd = 0,1588 + j 0,0351 p.u. Cálculo da impedância de Thévenin na barra 3, onde ocorre o defeito, para a seqüência negativa. Ze = {[(0,18 j + 0,10 j ) // (-0,5 j )] + 0,004 + j 0,07 } = 0,004 + 0,7063 j p.u. Zd = ( 0,140 + 0,0611j ) // (-3 j) // (- j 0,5) = 0,1663 + j 0,007940 p.u. Zth2 = Ze // Zd = 0,1541 + j 0,0436 p.u. Cálculo da impedância de Thévenin na barra 3, onde ocorre o defeito, para a seqüência nula. Ze = {[(0,10j ) // (-0,3333 j )] + 0,007 + j 0,2 } // (-0,3333 j) = 0,007 + j 0,3429 p.u. Zd = (0,140 + 0,0611j ) // (-j0,3333) = 0,1660 - j 0,0106 p.u. Zth0 = Ze // Zd = 0,1405 + j 0,0587 p.u. a) Curto-circuito trifásico na barra 3 De acordo com a expressão (4.2): ia

1

=

0,1588 + j 0,0351

=

6,0039 − 1,3271 j

p.u.

b) Curto-circuito bifásico sem contato com a terra na barra 3 De acordo com a expressão (4.8): ia1 = − ia 2 =

1 0,1588 + 0,0351 j + 0,1541 + 0,0436 j

=

3,0058 − j 0,7560

p.u.

Transformando as componentes simétricas em componentes de fase pela expressão (3.9), vem:

120


ia =

ib ic

1

1

1

α

α

1

α

α

c)

1

2

2

0

0 p.u.

3,0058-0,7560 j

= 5,3683 / -104,1º p.u.

-3,0058 + 0,7560 j

5,3683 / 75,9º p.u.


De acordo com as expressões (4.16), (4.13), (4.14) e (4.15), vêm: 1 0,1588 + j 0,0351

v=

1

+

0,1405 + j 0,0587 ia0 =

ia1 =

ia 2 =

1

− 0,3241 −

+

0,1588 + j 0,0351

0,0263 j

0,1405 + j 0,0587

1− v

=

0,1588 + j 0,0351

= − 2,0307 +

=

1

0,3241 + j 0,0263

0,1541 + j 0,0436

j 0,6614

4,0229 − j 1,0548

−v

= − 1,9922 + 0,3930 j 0,1541 + j 0,0436

Transformando as componentes simétricas em componentes de fase pela expressão (3.9), vem: ia ib ic

=

1

1

1

-2,0307+ 0,6614 j

1

α

α

4,0229 – 1,0548 j

1

α

α

2

2

0 p.u. =

- 1,9922 + 0,3930 j

-4,2999 – 4,2169 j p.u. - 1,7923 + 6,2021 j p.u.

A corrente que flui para a terra é a soma de I b com ic: ib+ic = -6,0922 + 1,9856 j d) Curto-circuito monofásico com a terra De acordo com a expressão (4.18), vem: ia 0 = ia1 = ia 2 =

1

=

0,1405 + 0,0587 j + 0,1588 + 0,0351 j + 0,1541 + 0,0436 j

Donde resulta: ia = 3 x ia0 = 6,0603 – 1,8371 j

2,0201 − 0,6124 p.u.

p.u.

Exercícios Propostos 4.6 Para uma usina hidrelétrica com dois geradores ligados de acordo com o diagrama unifilar da figura 4.43, calcular os curtos-circuitos trifásico e monofásico, no primário e no secundário do transformador. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito. Dados: Gerador G: 72,6 MVA; 13,8 kV; X”d = 0,28 p.u.; X2 = 0,32 p.u.; X0 = 0,18 p.u.. Transformador T: 75 MVA; 13,8 – 230 kV; X1 = 12 %; X0 = 10,2 %. Linha de transmissão LT: Z = j 0,504

Ω;

Z0 = j 2,042 Ω.

Sistema: Valores de Thévenin: Xth0 = 0,010 p.u.; Xth1 = 0,030 p.u.; Xth2 = 0,025 p.u., com valores base de 100 MVA e 230 kV.

121


4.7 Para uma usina hidrelétrica com três geradores ligados de acordo com o diagrama unifilar da figura 4.44, calcular os curtos-circuitos trifásico e monofásico nos terminais do gerador e no secundário do transformador. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito. Dados: Gerador G: 48,46 MVA; 13,8 kV; X”d = 0,32 p.u.; X2 = 0,39 p.u.; X0 = 0,16 p.u.. Transformador T: 150 MVA; 13,8 – 230 kV; X1 = 14 %; X0 = 14 %. Linha de transmissão LT: Z = j 4,022 Ω; Z0 = j 9,235 Ω. Sistema: Valores de Thévenin: Xth0 = 0,020 p.u.; Xth1 = 0,030 p.u.; Xth2 = 0,025 p.u., com valores base de 100 MVA e 230 kV.

4.8 Para uma usina hidrelétrica com dois geradores ligados de acordo com o diagrama unifilar da figura 4.45, calcular os curtos-circuitos trifásico e monofásico nos terminais do gerador e no secundário do transformador. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito. Dados: Gerador G: 55,95 MVA; 13,8 kV; X”d = 0,26 p.u.; X2 = 0,29 p.u.; X0 = 0,15 p.u.. Transformador T: 150 MVA; 13,8 – 230 kV; X1 = 14 %; X0 = 14 %. Linha de transmissão LT: Z = j 8,899 Ω; Z0 = j 20,201 Ω. Sistema: Valores de Thévenin: Xth0 = 0,020 p.u.; Xth1 = 0,030 p.u.; Xth2 = 0,025 p.u. com valores base de 100 MVA e 230 kV.

4.9 Para uma usina hidrelétrica com três geradores, conforme indica a figura 4.46, calcular o curto-circuito na derivação dos serviços auxiliares da usina, com o objetivo de dimensionar o disjuntor que deve ser instalado nesse ponto. Os dados do gerador e do transformador elevador são iguais aos do exercício 4.6. Considerar o sistema como barra infinita. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito.

122


4.10 Dada a figura 4.47 verificar a necessidade de se instalar um reator limitador de corrente (RE) nos serviços auxiliares elétricos de uma usina, considerando o alimentador uma barra infinita de 13,8 kV e com freqüência de 60 Hz. O transformador é de 2500 kVA, 13800 – 460 V, e a tensão de curto-circuito igual a 6%. Critérios: a) O disjuntor (Disj) não pode ser maior do que 21 kA na tensão de 13,8 kV. b) O curto-circuito em B não poderá ser maior do que 21 kA em 460 V. c) Considerar uma folga de 20% na corrente de curto-circuito em B. d) Calcular o curto-circuito sem carga no transformador.

4.11 Resolver o exercício 4.10 com os seguintes dados: A barra alimentadora não é infinita, e possui o valor de curto-circuito igual a 21 kA em 13,8 kV, 60 Hz. O transformador possui as mesmas características do transformador do exercício 4.10. Determinar o valor da reatância a ser acrescentada para limitação da corrente de curto-circuito. 4.12 Para uma PCH (Pequena Central Hidrelétrica), determinar a corrente de curto-circuito para fins de escolha do disjuntor do gerador (Disj.), sabendo que o diagrama unifilar é representado pela figura 4.48. Os dados do gerador são: S = 2000 kVA, Vn = 4,16 kV, X”d = 0,28 p.u. Os dados do transformador elevador são: S = 6000 kVA, relação de transformação 4,16 – 34 kV, x = 6,5%. Considerar a barra do sistema como barra infinita.

4.13 Resolver o mesmo exercício 4.12 com os seguintes dados: Os dados do gerador são: S = 3000 kVA, Vn = 4,16 kV, X”d = 0,25 p.u.. Os dados do transformador elevador são: S = 9000 kVA, relação de transformação 4,16 – 34 kV, x = 6,5%. Considerar a barra do sistema como barra infinita. 4.14 Determinar a corrente de curto-circuito com fins de determinação do disjuntor (Disj), sabendo que o diagrama unifilar da está representado pela figura 4.49. Os dados do gerador são: S = 50000 kVA, Vn = 13,8 kV, X”d = 0,25 p.u.. Os dados do transformador elevador são: S = 50000 kVA, relação de transformação 13,8 – 138 123


kV, x = 10%. Considerar que a barra do sistema tem o valor de curto-circuito trifásico simétrico de 13 kA.

4.15 Determinar o valor do curto-circuito trifásico no ponto F da figura 4.50, considerando a tensão antes de ocorrer o defeito (pré-falta) igual a 1 p.u. Os valores em p.u. correspondem aos valores de potência dos respectivos equipamentos. Adotar 10 MVA como base.

4.16 Determinar o valor x da figura 4.51 de tal forma que o valor da corrente de curto-circuito trifásico no ponto F não ultrapasse 14,0 p.u. na base 10 MVA. Considerar a tensão de pré-falta igual a 1 p.u..

4.17 p.u..

Calcular o curto-circuito trifásico no ponto P da figura 4.50. Considerar a tensão de pré-falta igual a 1

4.18 A partir da figura 4.50 são acrescidos dois ramos, conforme indica a figura 4.52. A reatância desses dois novos ramos é igual a reatância do ramo F-P. Calcular para a base de 10 MVA: a) O valor do curto-circuito trifásico no ponto B. b) O novo valor do curto circuito no ponto F. c) O novo valor do curto-circuito no ponto P. Considerar a tensão de pré-falta igual a 1 p.u.

4.19 Sabendo que R + j X = 0,7 + j 2 Ω e R1 = 20 Ω. a) Calcular a impedância de Thevenin para o ponto P da figura 4.53. b) Acrescentar mais um ramo R + j X e R1 no final do circuito e calcular a impedância Thévenin

124


no ponto P. c) Acrescentar novamente mais um ramo R + j X e R1 no final do circuito e calcular a nova impedância de Thévenin para o ponto P.

4.20 Dada a Figura 4.54, calcular os curtos-circuitos trifásico, bifásico sem terra, bifásico com contato para a terra e monofásico na barra P, considerando a tensão de pré-falta igual a 1 p.u. e desconsiderando a defasagem angular provocada pelas ligações dos transformadores. Os dados são os seguintes: Gerador G: 6 MVA, Vn = 6,9 kV; x” d = 0,25 p.u.; x2 = 0,30 p.u. ; x0 = 0,15 p.u.; xn = 0,01 p.u.. Transformador TE: 6 MVA; Vnp = 6,9 kV; Vns = 34,5 kV; x = 10%; x 0 = 8%; ligação dYn1. Linha de Transmissão: x = 0,03 e x 0 =0,045 p.u. para as bases de 6 MVA e 34,5 kV. Transformador TA: 6 MVA; Vnp = 34,5 kV; Vns = 6,9 kV; x = 10%; x 0 = 8%; ligação Dyn1. Motor M1: 2,5 MVA, Vn = 6,9 kV; x” d = 0,28 p.u.; x2 = 0,32 p.u.; x0 = 0,15 p.u.; xn = 0,005 p.u. Motor M2 G: 1,5 MVA, Vn = 6,9 kV; x” d = 0,30 p.u.; x2 = 0,35 p.u. ; x0 = 0,15 p.u..

4.21 Dada a Figura 4.55 calcular os curtos-circuitos trifásico, bifásico sem terra, bifásico com a terra e monofásico na barra P, considerando a tensão de pré-falta igual a 1 p.u. e desconsiderando a defasagem angular provocada pelas ligações dos transformadores. Os dados são os seguintes: Gerador G: 500 MVA, Vn = 18 kV; x” d = 0,12 p.u.; x2 = 0,15 p.u. ; x0 = 0,07 p.u.; xn = 0,003 p.u.. Transformador TE: 500 MVA; Vnp = 18 kV; Vns = 500 kV; x = 13%; x 0 = 8%; ligação dYn1. Linha de Transmissão: x = 0,005 p.u., x0 = 0,007 p.u. e capacitor CAP x = 0,0015 p.u. para as bases de 500 MVA e 500 kV. Transformador TA: 500 MVA; Vnp = 500 kV; Vns = 230 kV; x = 12%; x 0 = 7%; ligação Dyn1. Transformador T1: 150 MVA; Vnp = 230 kV; Vns = 138 kV; x = 11%; x 0 = 7%; ligação Dyn1. Transformador T2: 150 MVA; Vnp = 230 kV; Vns = 138 kV; x = 11%; x 0 = 7%; ligação Dyn1. Carga C1 equivalente: Consumindo 120 MVA operando na tensão de 135 kV, fator de potência atrasado 0,82. Carga C2 doméstica residencial equivalente: Consumindo 80 MVA, tensão de operação 135 kV, fator de potência atrasado 0,9. No momento do defeito, considerar as cargas equivalentes a uma impedância Z = R + j X.

Bibliografia Blackburn, J. L Symmetrical components for power systems engineering. New York: Marcel Dekker, 1993. 427p. Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967. DAS, J.C. Power System Analysis – Short-circuit Load Flow and Harmonics. New York – Basel: Marcel 125


Dekker, Inc, 2002. 850p. Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 175p. Kindermann, G. Curto-circuito. Porto Alegre: Sagra Luzzatto. 1997. 214p. Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989. Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p. Stevenson Jr., W. W. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986. 458p. Weedy, B.M. Electric Power Systems. London, John Wiley & Sons. 1972.

126


5 MATRIZES ADMITÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS DE BARRAS Extrato da Teoria

5.1 Equivalência de Fontes Os dois circuitos apresentados nas figuras 5.1 e 5.2 são equivalentes, do ponto de vista energético, quando as grandezas envolvidas satisfazem as expressões (5.1) e (5.2).

E = I.Zp

(5.1)

Zp = Zg

(5.2)

5.2 Matriz de Impedâncias Primitivas da Rede A matriz de impedâncias primitivas da rede representa todas as impedâncias próprias e mútuas da rede. Sua construção é bem simples: indicando as colunas e as linhas com o nome de cada ramo, as impedâncias 1 próprias se localizam na diagonal principal e as impedâncias mútuas fora dessa diagonal. Para o exemplo da figura 5.3 (uma rede com três barras) é mostrada a matriz de impedâncias primitivas. A matriz de admitâncias primitivas da rede é calculada pela expressão matricial (5.3), ou seja, pela matriz inversa da matriz de impedâncias primitivas. −1 y prim = z prim

(5.3)

1

Diagonal principal de uma matriz é aquela que começa do lado esquerdo superior e termina no lado esquerdo inferior da matriz.

132

Matrizes Admitâncias e Impedâncias de Barras

1–2

zprim

=

1-3

1–2

j X12,12

j X12,13

1–3

j X13,12

j X13,13

0–1

0–1

0-2

0–3

j X01,01

0–2

j X02,02

0-3

j X03,03

A matriz zprim seguinte oferece um exemplo numérico da rede da figura 5.3:

zprim

=

1–2

1-3

1–2

0,3 j

0,1 j

1–3

0,1 j

0,2 j

0–1

0-1

0-2

0–3

0,2 j

0–2

0,1 j

0-3

0,2j

No caso específico deste exemplo, o valor da matriz de admitâncias primitivas é:

yprim

=

1–2

1-3

1–2

- 0,4 j

2j

1–3

2j

6j

0–1

0-1

0-2

0–3

-5j

0–2

- 10 j

0-3

-5j

5.3 Construção da Matriz Admitância de Barras 5.3.1

Rede sem impedâncias mútuas

O elemento mais simples de uma rede é o ramo existente entre dois nós, como indica a figura 5.4.

Considerando uma corrente I injetada em cada barra (positiva, se for uma fonte, e negativa se for uma carga), a equação matricial que representa a inter-relação entre essas correntes e as tensões em cada barra, para uma rede com n barras, é dada pela expressão matricial (5.4), com todos os valores em p.u. I1

Y11

∂

∂

Ik

=

Yk1

∂

∂

In

Yn1

∝

Y1k

∝

∂ ∝

Ykk

∝

∂ ∝

Ynk

∝

Y1n

V1

∂

∂

Ykn

Vk

∂

∂

Ynn

Vn

(5.4)

Ybarra 133


Os valores de cada célula da matriz Ybarra são calculados com as equações indicadas em (5.5) e (5.6). n

Y k k = Σ y k j

(5.5)

j = 0

Y k j ( k ≠ j ) = − y k j

(o valor de j varia de 1 a n)

(5.6)

Os valores de ykj estão representados na figura 5.5. Trata-se da admitância do ramo entre a barra k e a barra j.

5.3.2

Rede com impedâncias mútuas

Dois ramos da rede com impedâncias mútuas estão representados na figura 5.6. Neste caso, as regras para a montagem da matriz admitância de barras são as seguintes: a) O elemento ypq,pq deve ser somado com o mesmo sinal nos seguintes elementos de Ybarra: •

Linha p, coluna p : Ypp

•

Linha q, coluna q : Yqq

b) O elemento ypq,pq deve ser somado com o sinal trocado em: •

Linha p, coluna q: Ypq

•

Linha q, coluna p: Yqp

c) O elemento ypq,rs deve ser somado com o mesmo sinal em: •

Linha p, coluna r: Ypr

•

Linha q, coluna s: Yqs

d) O elemento ypq,rs deve ser somado com o sinal trocado em: •

Linha q, coluna r: Yqr

•

Linha p, coluna s: Yqs

Uma regra mnemônica para a montagem de Ybarra pode ser a mostrada nas figuras 5.7 e 5.8.

134


5.4 Eliminação de Barras da Matriz Y barra por Álgebra Matricial Somente barras em que não entra ou sai corrente para a rede podem ser eliminadas. A expressão matricial representada pela expressão (5.7) pode ser expressa pela (5.8), onde a matriz Ybarra é particionada de tal maneira que as barras a serem eliminadas são representadas pelas submatrizes IX e VX. [ I ] = [ Ybarra ].[ V ] =

IA IX

(5.7)

K

L

VA

LT

M

VX

(5.8)

(

A nova matriz Ybarra reduzida é calculada pela expressão matricial (5.9). [ Ybarra ] = [ K ] – [ L ].[ M ].[ L T ]

(5.9)

5.5 Matriz Impedância de Barras Uma vez calculada a matriz admitância de barras, por inversão da mesma, obtém-se a matriz impedância de barras, conforme mostra a equação matricial (5.10). −1 Z barra = Y barra

(5.10)

A matriz impedância de barras é extremamente útil para cálculo de defeitos em sistemas elétricos de potência. Os valores na diagonal principal da matriz impedância de barras correspondem aos valores da impedância de Thévenin para as respectivas barras. Assim, Z11 é a impedância de Thévenin para a barra 1, da mesma forma Z22 é a impedância de Thévenin para a barra 2, e assim sucessivamente. A diagonal principal da matriz impedância de barras corresponde às impedâncias de Thévenin para cada barra.

5.6 Método para Obtenção da Matriz Impedância de Barras Duas regras gerais são indispensáveis para a formação de Zbarra: •

A matriz Zbarra é montada ramo por ramo, ou seja, começa-se por um ramo e faz-se uma matriz Zbarra; em seguida, acrescenta-se o próximo ramo e constrói-se a próxima Zbarra.

•

O primeiro ramo deve estar obrigatoriamente conectado à referência.

•

Os demais ramos devem ser acrescentados um a um e sempre ligados a uma barra já introduzida na matriz Zbarra.

Para uma maior eficiência computacional, introduzir ramos que já possuam as duas barras na matriz Z barra. a) Adição de ramo entre um barramento novo e a referência Este novo ramo possui impedância zk0. A nova matriz Zbarra fica: ’

[Z barra]

=

0 ...

[Zbarra]

(5.11)

0 0

...

0

zk0

b) Adição de ramo entre um barramento novo e um barramento existente

135


Será acrescentada a impedância zik entre a barra i já existente na matriz Z barra e a barra k. A nova matriz Z barra fica:

[Z’barra]

=

Z11

Z12

....

Z1i

....

Z1n

Z1i

Z21

Z22

....

Z2i

....

Z2n

Z2i

...

...

...

...

...

...

...

Zi1

Zi2

....

Zii

....

Zin

Zii

...

...

...

...

Zn2

Zni

... ....

...

Zn1

... ....

Znn

Zni

Zi1

Zi2

....

Zii

....

Zin

Zii + zik

(5.12)

c) Adição de ramo entre um barramento existente e a referência

Será acrescentada a impedância zk0 entre a barra K e a barra de referência, ambas já existentes na matriz Zbarra. Para a obtenção da matriz final, processa-se em duas etapas, a primeira com a inclusão de uma barra fictícia “R” e a segunda com a eliminação da barra ‘R’ da matriz pelo método de redução de Kron.

•

Primeira etapa: adição da barra fictícia “R”:

[Z’barra]

=

Z11

Z12

....

Z1k

....

Z1n

Z1k

Z21

Z22

....

Z2k

....

Z2n

Z2k

...

...

...

...

...

...

...

Zk1

Zk2

....

Zkk

....

Zkn

Zkk

...

...

...

...

...

...

...

Zn1

Zn2

....

Znk

....

Znn

Znk

Zk1

Zk2

....

Zkk

....

Zkn

Zkk + zk0

(5.13)

•

Segunda etapa: eliminação da barra “R”, o que equivale a conectar essa barra com a referência, ou seja, vr = 0, portanto, pelo processo de redução de Kron (ver expressão matricial (5.9)), fica:

 Z 1k   :   1      Z kk  [ Z k 1 .. Z kk .. Z kn ] [ Z 'barra ] = [ Z n ] −   Z kk + z k 0   :     Z nk 

(5.14)

d) Adição de ramo entre dois barramentos existentes na matriz Será acrescentada a impedância zkm entre a barra K e a barra M, ambas já existentes na matriz Z barra. Para a obtenção da matriz final, processa-se em duas etapas, a primeira com a inclusão de uma barra fictícia “R”, e a segunda com a eliminação da barra ‘R’ da matriz pelo método de redução de Kron (ver expressão matricial (5.9)). Primeira etapa: adição da barra fictícia “R”:

136


Z’barra

=

Z11

Z12

...

Z1k

...

Z1m

...

Z1n

Z1m -Z1k

Z21

Z22

...

Z2k

...

Z2m

...

Z2n

Z2m –Z2k

...

...

...

...

...

...

...

...

...

Zk1

Zk2

...

Zkk

...

Zkm

...

Zkn

Zkm –Zkk

...

...

...

...

...

...

...

...

...

Zm1

Zm2

...

Zmk

...

Zmm

...

Zmn

Zmm –Zkm

...

...

...

...

...

...

...

...

...

Zn1

Zn2

...

Znk

...

Znm

...

Znn

Znm –Znk

...

Zkm –Zkk

...

Zmm –Zkm

...

Znm – Znk

Zkk +Zmm – 2Zkm +zkm

Z1m Z2m – Z1k –Z2k

(5.15)

Aplica-se agora o método de Kron para eliminar a última linha e a última coluna, resultando na expressão matricial (5.16) abaixo:

 [ Z 'barra ] = [ Z n ] −   Z kk + Z mm

 Z 1m    1   Z km − 2 Z km + z km     Z mn

− Z 1k 

  − Z kk  [ Z 1m − Z 1k ... Z km − Z kk ... Z mn  :  − Z nk  :

− Z nk ]

(5.16)

5.7 Rede Equivalente da Matriz Impedância de Barra O circuito equivalente da matriz impedância de barra desenhado na figura 5.9 tem o objetivo de calcular os curtos-circuitos em pontos do sistema e possibilitar calcular as correntes e tensões em qualquer parte da rede. A figura foi desenhada para uma rede com quatro barras e foram indicadas somente as impedâncias próprias da diagonal principal e as impedâncias de transferência de cada barra para a barra 4. Nessa figura supõe-se que se queira calcular o curto-circuito trifásico no ponto 4 e as tensões resultantes nas barras 1, 2 e 3. O valor de Vth corresponde ao valor da tensão de Thévenin no ponto 4 e as impedâncias próprias as impedâncias de Thévenin para o barra correspondente. As outras impedâncias de transferências não foram indicadas na figura com o objetivo de deixá-la mais clara.

Quando a chave S está aberta, todos os valores de tensão nas barras 1, 2, 3 e 4 possuem o mesmo valor Vth. Quando S está fechada as tensões em 1, 2 e 3 se modificam de acordo com o equacionamento dessa rede. Os valores de tensão para as barras 1, 2 e 3 são calculadas pelas expressões (5.17), (5.18) e (5.19). V 1 = V th − I cc . Z 14

(5.17)

137


V 2 = V th − I cc . Z 24

(5.18)

V 3 = V th − I cc . Z 34

(5.19)

Matricialmente, essas equações podem ser representadas pela (5.20): [V]=1-[Z]*[I]

(5.20)

Sendo no ponto de falta: I = Icc e nas demais barras I = 0.

Exercícios Resolvidos 5.1 Determinar a matriz admitância de barras para a figura 5.10, que representa o diagrama de reatâncias da rede, com valores em p.u.

Solução: Primeiro calcula-se as admitâncias primitivas da rede. Pelo fato de ser uma rede sem mútuas, as admitâncias primitivas são o inverso da reatância de cada ramo. A figura 5.11 representa o diagrama de admitâncias da rede.

Constrói-se a matriz utilizando as expressões (5.5) e (5.6).

Ybarra

=

1

2

3

4

1

- 51,25 j

0

25,00 j

20,00 j

2

0

- 33,33 j

0

25,00 j

3

25,00 j

0

0,849 – 25,472 j

0

4

20,00 j

25,00 j

0

0,735 – 45,441 j

Para calcular a matriz impedância de barra, calcula-se o inverso da matriz Ybarra com a utilização de um programa computacional.

138


=

Zbarra

1

2

3

4

1

0,0088 + 0,0841j

0,0062 + 0.0471j

0,0114 + 0,0821j

0,0083 + 0,0628j

2

0,0062 + 0.0471j

0,0048 + 0,0774j

0,0077 + 0,0460j

0,0064 + 0,0632j

3

0,0114 + 0,0821j

0,0077 + 0,0460j

0,0151 + 0,1194j

0,0102 + 0,0613j

4

0,0083 + 0,0628j

0,0064 + 0,0632j

0,0102 + 0,0613j

0,0086 + 0,0843j

5.2 Para a rede da figura 5.10, calcular os valores de tensão nas barras sabendo que as f.e.m’s (forças eletromotrizes) dos geradores são: Eg1 = 2,0 / 0º p.u. e Eg2 = 1,3 / 36,9º p.u., e que as impedâncias dos geradores são Z1 = j 0,95 p.u. e Z2 = j 0,90 p.u. em substituição às indicadas na figura 5.10.

Solução: A mudança das reatâncias dos geradores causará uma mudança nas duas células da matriz admitâncias correspondente aos geradores; são elas: Y11 e Y22 como segue: Y11 = -51,25 j + 6,25 j – 1,05 j = - 46,05 j

e

Y22 = -33,33 j + 8,33 j – 1,1 j = - 26,10 j Por outro lado, I 1 =

I 1 =

2,0∠0 j 0,95

= 2,11∠ − 90º = − j 2,11 p.u.

1,2∠36,9 j 0,90

= 1,33 ∠ − 53,1 = 0,799 − j1,064 p.u.

As equações na forma matricial são: [I] = [Ybarra].[V] - j 2,11

- 46,05 j

0

25,00 j

20,00 j

V1

0

- 26,11 j

0

25,00 j

V2

0

25,00 j

0

0,85 - 25,47 j

0

V3

0

20,00 j

25,00 j

0

0,74 – 45,44 j

V4

0,799-j1,064

=

Resultando, então: V1 = 0,9293 – 0,2226 j p.u. V2 = 0,9070 – 0,1668 j p.u. V3 = 0,9037 – 0,2526 j p.u. V4 = 0,9047 – 0,2061 j p.u. 5.3 Determinar a matriz admitância de barras e a matriz impedância de barras para as seqüências positiva, negativa e nula da figura 4.16 com os valores do exercício 4.2.

Solução: A rede da figura 4.16 não possui mútuas entre as linhas, portanto as admitâncias primitivas são o inverso das impedâncias correspondentes. A figura 5.12 representa o diagrama de admitâncias da rede para a seqüência positiva.

139


A

Ybarra_1

=j

A

-7,332

B

1,111

C

1,429

D

1,667

B

1,111

C

1,429

D

F

-5,064

H

1,250 -5,040

1,111 -3,334

1,667 -4,108

1,111

F

G

1,667

1,250

E

E

-2,361 1,667

G

1,429

H

1,429

1,429 1,250

-4,207

1,111

1,429

1,250

1,111

-3,790

Determina-se Zbarra invertendo Ybarra.

Zbarra_1

=j

A

B

C

D

E

F

G

H

A

0,1989

0,0689

0,0768

0,1633

0,1025

0,0926

0,1276

0,1066

B

0,0689

0,2543

0,0389

0,1004

0,1689

0,0878

0,1318

0,1313

C

0,0768

0,0389

0,2619

0,0874

0,0893

0,1893

0,0979

0,1248

D

0,1633

0,1004

0,0874

0,5764

0,2615

0,1863

0,3896

0,2743

E

0,1025

0,1689

0,0893

0,2615

0,5932

0,2735

0,4205

0,4371

F

0,0926

0,0878

0,1893

0,1863

0,2735

0,7399

0,2801

0,4292

G

0,1276

0,1318

0,0979

0,3896

0,4205

0,2801

0,6516

0,4419

H

0,1066

0,1313

0,1248

0,2743

0,4371

0,4292

0,4419

0,6998

A rede da figura 5.13 representa o diagrama de admitâncias para a seqüência negativa.

140


A

Ybarra_2

=j

B

C

A

-6,588

1,111

B

1,111

-4,444

C

1,429

D

1,667

D

1,429

E

F

G

1,667 1,250

-4,358

1,111 -3,334

1,250

E

1,667 -4,108

1,111

F

H

-2,361 1,667

G

1,429

1,429 1,429

H

1,250

1,429 1,250

-4,207

1,111

1,111

-3,790

Determina-se Zbarra invertendo Ybarra. A

B

C

D

E

F

G

H

0,2455

0,1004

0,1135

0,2061

0,1386

0,1296

0,1667

0,1439

B

0,1004

0,3100

0,0634

0,1356

0,2129

0,1198

0,1709

0,1699

C

0,1135

0,0634

0,3287

0,1247

0,1246

0,2431

0,1358

0,1670

D

0,2061

0,1356

0,1247

0,6173

0,2990

0,2240

0,4286

0,3123

E

0,1386

0,2129

0,1246

0,2990

0,6336

0,3107

0,4594

0,4760

F

0,1296

0,1198

0,2431

0,2240

0,3107

0,7867

0,3184

0,4700

G

0,1667

0,1709

0,1358

0,4286

0,4594

0,3184

0,6905

0,4806

H

0,1439

0,1699

0,1670

0,3123

0,4760

0,4700

0,4806

0,7392

A

Zbarra_2

=j

A rede da figura 5.14 representa o diagrama de admitâncias para a seqüência nula.

141


A

Ybarra_0

=j

B

A

-5,893

0,500

B

0,500

-5,167

C

0,714

D

0,833

C

0,714

D

F

H

0,667 -4,617

0,455 -1,602

0,769 -2,001

0,455

F

G

0,833

0,667

E

E

-1,043 0,769

G

0,667

H

0,667

0,667 0,588

-1,936

0,500

0,667

0,588

0,500

-1,755

E

F

G

H

Determina-se Zbarra invertendo Ybarra. A

Zbarra_0

=j

B

C

D

A

0,1981 0,0281 0,0364 0,1530 0,0693 0,0585 0,1042 0,0756

B

0,0281 0,2140 0,0104 0,0616 0,1375 0,0613 0,0978 0,1007

C

0,0364 0,0104 0,2374 0,0479 0,0532 0,1536 0,0603 0,0889

D

0,1530 0,0616 0,0479 1,0047 0,3623 0,2456 0,6269 0,3986

E

0,0693 0,1375 0,0532 0,3623 1,0132 0,4308 0,6797 0,7231

F

0,0585 0,0613 0,1536 0,2456 0,4308 1,4672 0,4482 0,7830

G

0,1042 0,0978 0,0603 0,6269 0,6797 0,4482 1,1930 0,7484

H

0,0756 0,1007 0,0889 0,3986 0,7231 0,7830 0,7484 1,3202

5.4 Determinar a matriz admitância de barras para a figura 5.15, que representa o diagrama de reatâncias da rede, com valores em p.u.

142


Solução: Primeiro constrói-se a matriz de impedâncias primitivas da rede, como mostrado a seguir: 1-2

1–4

1–2

0,04 j

0,005 j

1–4

0,005 j

0,05 j

0,005 j

0,005 j

0,04 j

3-4

zprim

=

3–4

0–1

0–1

0-2

0–3

0–4

0,16 j

0–2

j 0,5

0-3

0,12j

0–4

0,6 j

Invertendo a matriz de impedâncias primitivas, obtém-se a matriz de admitâncias primitivas: 1–2

1–4

3–4

1–2

-25,3205j

2,5641j

- 0,3205j

1–4

2,5641j

-20,5128j

2,5641j

2,5641j

-25,3205j

3-4

yprim =

- 0,3205j

0–1 0–2

0–1

0-2

0–3

0–4

-6,25j -2j

0-3

-8,333j

0–4

-1,667j

Construção da matriz Ybarra, de acordo com o procedimento de construção indicado em 5.3.2: y 12,12 = -25,3205 j

y 12,14 = 2,5641 j

y 12,34 = -0,3205 j

y 14,12 = 2,5641 j

y 14,14 = -20,5128 j

y 14,34 = 2,5641 j

y 34,12 = -0,3205 j

y 34,14 = 2,5641 j

y 34,34 = -25,3205 j

y 01,01 = - 6,25 j

y 02,02 = -2,0 j

y 03,03 = -8,333 j

y 04,04 = -1,667 j

143


Ybarra = j

1

2

3

4

1

-25,3205 +2,5641+2,5641 20,5128 - 6,25

25,3205-2,5641

0,3205+2,5641

-2,5641 +0,32052,5641 +20,5128

2

25,3205-2,5641

-25,3205-2,0

0,3205

2,5641-0,3205

3

-0,3205+2,5641

+0,3205

-8,333 – 25,3205

-2,5641 +25,3205

4

-2,5641 +20,5128+0,3205 -2,5641

2,5641-0,3205

-2,5641 +25,3205

-20,5128 +2,5641+2,56 41 -25,3205 1,667

Donde resulta:

Ybarra =

5.5

1

2

3

4

1

-46,9551 j

22,7564 j

2,2436 j

15,7051 j

2

22,7564 j

-27,3205 j

0,3205 j

2,2436 j

3

2,2436 j

0,3205 j

-33,6535 j

22,7564 j

4

15,7051 j

2,2436 j

22,7564 j

-42,3718 j

A partir da matriz Ybarra do exercício anterior, determinar uma rede equivalente sem mútuas.

Solução: Examinando a matriz Ybarra verifica-se que: •

A barra 1 conecta-se com a barra 2 através de uma admitância igual a -22,7564 j, com a barra 3 com y = - 2,2436 j e com a barra 4 com y = -15,7051 j;

•

A barra 2 conecta-se também com a barra 3 com y = -0,3205 j e com a barra 4 com y = -2,2436 j;

•

E a barra 3 conecta-se com a barra 4 através de y = -22,7564 j.

•

Para completar a somatória dos Yii na mariz Ybarra, é necessário aterrar as respectivas barras com os valores: y10 = -6,25 j para barra 1; y20 = -2j para a barra 2; y30 = -8,3330 j para a barra 3; e y40 = -1,6667 j para a barra 4.

O diagrama de admitâncias equivalente à matriz Ybarra está mostrado na figura 5.16

144


5.6

Determinar a matriz impedância de barras da rede da figura 5.10 pelo método de montagem direta.

Montagem da matriz Zbarra passo a passo: Acréscimo da impedância z10 = 0,16 j: (1)

Z

= j 0,16

Acréscimo da impedância z20 = 0,12 :

(2)

Z

=

1

2

0,16 j

0

0

0,12 j

Acréscimo da impedância z13 = 0,04 j com o acréscimo da barra 3:

(3)

Z

=

1

2

3

0,16 j

0

0,16 j

0

0,12 j

0

0,16 j

0

0,16 j+0,04 j

Acréscimo da impedância z14 = 0,05 j com o acréscimo da barra 4:

(4)

Z

=

1

2

3

4

0,16 j

0

0,16 j

0,16 j

0

0,12 j

0

0

0,16 j

0

0,20 j

0,16 j

0,16 j

0

0,16 j

0,16 j +0,05 j

Acréscimo da impedância z30 = 0,9 + 0,5 j :

(4R)

Z

=

1

2

3

4

R

0,16 j

0

0,16 j

0,16 j

0,16 j

0

0,12 j

0

0

0

0,16 j

0

0,20 j

0,16 j

0,20 j

0,16 j

0

0,16 j

0,21 j

0,16 j

0,16 j

0

0,20 j

0,16 j

0,90 + 0,70 j

Aplicando a redução de Kron, expressão (5.14), resulta:

145


Z 11 = Z 41 = 0,16 j −

0,16 j × 0,16 j 0,90 + 0,70 j

= 0,01772 + 0,1462 j

Z21 = 0 Z 31 = 0,16 j −

0,16 j × 0, 20 j 0 ,90 + 0,70 j

= 0 , 0 2215 + 0,1428j

Analogamente calculam-se as demais células da nova matriz:

Z

(4)

=

1

2

3

4

0,0177 +0,146 j

0

0,0221+0,142j

0,0177+0,146j

0

0,12j

0

0

0,0221+0,143j

0

0,0277+0,179j

0,0222+0,143j

0,0177+0,146j

0

0,0222+0,143j

0,0177+0,196j

Acréscimo da impedância z40 = 1 + 0,6 j :

Z

(4R)

1

2

3

4

R

0,0177 +0,146 j

0

0,0221+0,142j

0,0177+0,146j

0,0177+0,146j

0

0,12j

0

0

0

0,0221+0,143j

0

0,0277+0,179j

0,0222+0,143j

0,0222+0,143j

0,0177+0,146j

0

0,0222+0,143j

0,0177+0,196j

0,0177+0,196j

0,0177+0,146j

0

0,0222+0,143j

0,0177+0,196j

1,0177+0,796j

=

Com a redução de Kron, resulta:

Z

(4)

=

1

2

3

4

0,0281+0,133j

0

0,0319+0,129j

0,0321+0,129j

0

0,12j

0

0

0,0319+0,129j

0

0,0368+0,1651 j

0,0357+0,1254 j

0,0321+0,129j

0

0,0357+0,1254 j

0,0376+0,1738 j

Acréscimo da impedância z24 = 0,04 j :

Z

(4R)

=

1

2

3

4

R

0,0281+0,133j

0

0,0319+0,129j

0,0321+0,129j

Z12 – Z14

0

0,12j

0

0

Z22 – Z24

0,0319+0,129j

0

0,0368+0,165j

0,0357+0,125j

Z32 – Z34

0,0321+0,129j

0

0,0357+0,125j

0,0377+0,174j

Z42 – Z44

Z21 – Z41

Z22 – Z42

Z23 – Z43

Z24 – Z44

Z22 + Z44 + 2.Z24 – z24

Então a matriz fica:

146


(4)

Z

1

2

3

4

R

0,0281+0,133j

0

0,0319+0,129j

0,0321+0,129j

-0,0321-0,129j

0

0,12j

0

0

0,12j

0,0319+0,129j

0

0,0368+0,165j

0,0357+0,125j

-0,0357-0,125j

0,0321+0,129j

0

0,0357+0,125j

0,0376+0,174j

-0,0377-0,174j

-0,0321-0,129j

0,12j

-0,0357-0,125j

-0,0377-0,174j

0,0377+0,254j

=

Com a redução de Kron, resulta:

(4)

Z

=

1

2

3

4

0,0088 + 0,0841j

0,0062 + 0,0471j

0,0114 + 0,0821j

0,0083 + 0,0628j

0,0062 + 0,0471j

0,0048 + 0,0774j

0,0077 + 0,0460j

0,0064 + 0,0632j

0,0114 + 0,0821j

0,0077 + 0,0460j

0,0151 + 0,1194j

0,0102 + 0,0613j

0,0083 + 0,0628j

0,0064 + 0,0632j

0,0102 + 0,0613j

0,0086 + 0,0843j

5.7 A rede da figura 5.10 perde a conexão 1 – 4; neste caso, construir a nova matriz Zbarra a partir da matriz determinada no exercício 5.6.

Solução: Neste caso, a recomendação de eliminar um ramo equivale ao acréscimo de um ramo fictício interligando os mesmos pontos com uma impedância igual e de sinal contrário. Portanto, introduz-se uma impedância –j 0,05 entre as barras 1 e 4, o que equivale acrescentar um ramo entre dois barramentos existentes na matriz. Na primeira etapa, constrói-se uma matriz com uma barra fictícia “R” (ver matriz (5.15)), como se segue:

(4R)

Z

(4)

Z

-2

=10

=

1

2

3

4

R

0,88+8,41j

0,62+4,71j

1,14+8,21j

0,83+6,28j

-0,05-2,13j

0,62+4,71j

0,48+7,74j

0,76+4,59j

0,64+6,32j

0,02+1,61j

1,14+8,21j

0,76+4,59j

1,51+11,94j

1,02+6,13j

-0,12-2,08j

0,83+6,28j

0,64+6,32j

1,02+6,13j

0,86+8,43j

0,03+2,15j

-0,05-2,13j

-0,02-1,61j

-0,12-2,08j

0,03+2,15j

0,08-45,72j

1

2

3

4

0,0177 + 0,1462j

0

0,0222 + 0,1428j

0

0

0,0091 + 0,1131j

0

0,0122 + 0,1108j

0,0222 + 0,1428j

0

0,0277 + 0,1785j

0

0

0,0122 + 0,1108j

0

0,0162 + 0,1477j

5.8 Para a rede da figura 4.16 e sabendo que Vth = 1 p.u. (Tensão de Thévenin) na barra F, calcular os seguintes defeitos para essa barra, cujas matrizes de impedâncias de barras para as seqüências positiva, negativa e nula foram desenvolvidas no exercício 5.3: a) curto-circuito trifásico; b) curto-circuito bifásico; c) curto-circuito bifásico com conexão para a terra; d) curto-circuito monofásico.

147


Solução: Os seguintes valores são extraídos das respectivas matrizes de impedâncias de barras correspondentes à barra F (ZFF): Zth1 = 0,7399j p.u.

Zth2 = 0,7867j p.u.

Zth0 = 1,4672j p.u.

a) Curto-circuito trifásico De acordo com a expressão (4.2): ia = ib = ic =

Vth1

1

=

z th1

0,7399 j

= − 1,3515 j

p.u.

b) Curto-circuito bifásico De acordo com a expressão (4.8): i a1 = - i a2 =

e th1 - e th2

=

z th1 + z th2

1 0,7399 j + 0,7867 j

= −0,6550 j

e ia0 = 0 Aplicando a matriz de conversão de componentes simétricas para componentes de fases resultam, de acordo com a expressão matricial (3.9): Ia = 0 Ib = - 1,1345 p.u. Ic = 1,1345 p.u. c)

Curto-circuito bifásico com conexão para a terra

Aplicando-se as expressões (4.13), (4.14), (4.15) e (4.16) têm-se: etho V =

eth 0 − V

ia0 =

ia1 =

e e + th1 + th 2 z th0 z th1 z th 2 1 / 0,7399 j = = 0, 4090 1 1 / 1,4672 j + 1 / 0,7399 j + 1 / 0,7867 j + 1 + 1 z tho z th1 z th 2

z tho eth1 − V

ia 2 =

zth1

− 0,4090

1,4672 j

= 0, 2788 j

1 − 0,4090 = = −0,7987 j

eth 2 − V z th 2

=

0,7399 j

=

− 0,4090

0,7867 j

= 0,5199 j

Em componentes de fase resultam: Ia = 0 Ib = 1,2161 / 159,9º p.u. Ic = 1,2161 / 20,1º p.u. d) Curto-circuito monofásico De acordo com a expressão (4.18), vem:

148


ia 0 = i a1 = ia 2 =

eth 0 + eth1 + eth 2 z th0 + z th1 + zth 2

=

1 0,7399 j + 0,7867 j + 1,4672 j

= −0,3340 j p.u.

Resultam, portanto: Ia = - 1,002 j p.u. Ib = Ic = 0 p.u. 5.9 Com os valores dos curtos-circuitos obtidos no exercício 5.8 para a rede da figura 4.16, determinar as tensões em todas as barras para os seguintes casos: a) curto-circuito trifásico; b) curto-circuito bifásico; c) curto-circuito bifásico com conexão para a terra; d) curto-circuito monofásico.

Solução: a) Tensões em todas as barras para curto-circuito trifásico em F Calcula-se aplicando as fórmulas apresentadas em (5.17), (5.18) e (5.19) e os valores de impedâncias da matriz desenvolvida no exercício 5.3 para cada seqüência: Barra A: VA = 1 – Icc.ZthAF = 1 – (-1,3515j)x0,0926j = 0,8749 p.u. Barra B: VB = 1 – (-1,3515j)x0,0878j = 0,8813 p.u. Barra C: VC = 1 – (-1,3515j)x0,1893j = 0,7442 p.u. Barra D: VD = 1 – (-1,3515j)x0,1863j = 0,7482 p.u. Barra E: VE = 1 – (-1,3515j)x0,2735j = 0,6304 p.u. Barra F: VF = 1 – (-1,3515j)x0,7399j = 0,0 p.u. Barra G: VG = 1 – (-1,3515j)x0,2801j = 0,6214 p.u. Barra H: VH = 1 – (-1,3515j)x0,4292j = 0,4199 p.u. b) Tensões em todas as barras para curto-circuito bifásico em F O formulário é o mesmo, porém, deve ser aplicado nas duas seqüências simétricas, positiva e negativa. A seqüência nula não contribui com o curto-circuito. Os valores de tensão para cada seqüência estão dispostos na tabela a seguir, em p.u.: Barra

Seqüência positiva

Seqüência negativa

Tensão de fase

A

1 – (-0,6550j)x0,0926j = 0,9393

– (0,6550j)x 0,1296j = 0,0849

Va = 1,0242 / 0º Vb = 0,899 / -124,7º Vc = 0,899 / 124,7º

B

1 – (-0,6550j)x0,0878j = 0,9425

– (0,6550j)x 0,1198j = 0,0785

Va = 1,021 / 0º Vb = 0,906 / -124,3º Vc = 0,906 / 124,3º

C

1 – (-0,6550j)x0,1893j = 0,8760

– (0,6550j)x 0,2431j = 0,1592

Va = 1,035 / 0º Vb = 0,808 / -129,8º Vc = 0,808 / 129,8º

D

1 – (-0,6550j)x0,1863j = 0,8780

– (0,6550j)x 0,224j = 0,1467

Va = 1,025 / 0º Vb = 0,815 / -129,0º Vc = 0,815 / 129,0º

E

1 – (-0,6550j)x0,2735j = 0,8209

– (0,6550j)x 0,3107j = 0,2035

Va = 1,024 / 0º Vb = 0,740 / -133,8º

149


Barra



Tensão de fase Vc =0,740 / 133,8º

F

1 – (-0,6550j)x0,7399j = 0,5154

-(0,6550j)x 0,7867j = 0,5153

Va = 1,031 / 0º Vb = 0,5154 / 180º Vc = 0,5154 / 180º

G

1 – (-0,6550j)x0,2801j = 0,8165

– (0,6550j)x 0,3184j = 0,2086

Va = 1,025 / 0º Vb = 0,735 / -134,2º Vc = 0,735 / 134,2º

H

1 – (-0,6550j)x0,4292j = 0,7189

– (0,6550j)x 0,4700j = 0,3079

Va = 1,027 / 0º Vb = 0,625 / -145,3º Vc = 0,625 / 145,3º

c)

Tensões em todas as barras para curto-circuito bifásico com conexão para a terra em F

Analogamente, efetua-se o cálculo e a construção da tabela a seguir: Barra

Seq. Nula: V0 = - (0,2788j)*Zth0

A

Zth0= 0,0585j  0,01631

Seq. Pos.: V1 = 1-(-0,7987j)* Zth1 Zth1= 0,0926j  0,9260

Seq. Neg.: V0 = 0,5199j* Zth2 Zth2= 0,1296j  0,06737

Tensão de fase Va = 1,010 / 0º Vb = 0,885 / -122,9º Vc = 0,885 / 122,9º

B

Zth0= 0,0613j  0,01709

Zth1= 0,0878j  0,9299

Zth2= 0,1198j  0,06228

Va = 1,009 / 0º Vb = 0,891 / -122,5º Vc = 0,891 / 122,5º

C

Zth0= 0,1536j 0,04282

Zth1= 0,1893j 0,8488

Zth2= 0,2431j  0,1264

Va = 1,018 / 0º Vb = 0,768 / -125,4º Vc = 0,768 / 125,4º

D

Zth0= 0,2456j  0,06847

Zth1= 0,1863j  0,8512

Zth2= 0,2240j  0,1164

Va =1,036 / 0º Vb = 0,760 / -123,1º Vc = 0,760 / 123,1º

E

Zth0= 0,4308j  0,1201

Zth1= 0,2735j  0,7816

Zth2= 0,3107j  0,1615

Va = 1,063 / 0º Vb = 0,642 / -123,2º Vc = 0,642 / 123,2º

F

Zth0= 1,4672j 0,4090

Zth1= 0,7399j 0,4090

Zth2= 0,7867j  0,4090

Va = 1,227 / 0º Vb = 0,0 / 0º Vc = 0,0 / 0º

G

Zth0= 0,6797j 0,1895

Zth1= 0,2801j  0,7763

Zth2= 0,3184j  0,1655

Va = 1,131 / 0º Vb = 0,599 / -118,0º Vc = 0,599 / 118,0º

H

Zth0= 0,7231j  0,2016

Zth1= 0,4292j  0,6572

Zth2= 0,4700j  0,2444

Va = 1,103 / 0º Vb = 0,436 / -124,9º Vc = 0,436 / 124,9º

d) Tensões em todas as barras para curto-circuito monofásico em F Analogamente, efetua-se o cálculo e a construção da tabela a seguir:

150


Barra A

Seq. Nula: V0 = - (-0,334j)*Zth0 Zth0= 0,0585j -0,01954

Seq. Pos.: V1 = 1-(0,334j)* Zth1 Zth1= 0,0926j  0,9691

Seq. Neg.: V0 = -(-0,334j) * Zth2 Zth2= 0,1296j -0,04329

Tensão de fase Va = 0,906 / 0º Vb = 1,001 / -118,8º Vc = 1,001 / 118,8º

B

Zth0= 0,0613j -0,02047

Zth1= 0,0878j  0,9707

Zth2= 0,1198j -0,04001

Va = 0,910 / 0º Vb = 1,001 / -119,0º Vc = 1,001 / 119,0º

C

Zth0= 0,1536j -0,05130

Zth1= 0,1893j 0,9368

Zth2= 0,2431j -0,08119

Va = 0,804 / 0º Vb = 1,003 / -118,5º Vc = 1,003 / 118,5º

D

Zth0= 0,2456j -0,08203

Zth1= 0,1863j  0,9378

Zth2= 0,2240j -0,07482

Va = 0,781 / 0º Vb = 1,016 / -120,4º Vc = 1,016 / 120,4º

E

Zth0= 0,4308j -0,1439

Zth1= 0,2735j  0,9087

Zth2= 0,3107j -0,1038

Va = 0,661 / 0º Vb = 1,033 / -121,9º Vc = 1,033 / 121,9º

F

Zth0= 1,4672j -0,4900

Zth1= 0,7399j  0,7529

Zth2= 0,7867j -0,2628

Va = 0,0 / 0º Vb = 1,146 / -129,9º Vc = 1,146 / 129,9º

G

Zth0= 0,6797j -0,2270

Zth1= 0,2801j  0,9064

Zth2= 0,3184j -0,1063

Va = 0,573 / 0º Vb = 1,078 / -125,6º Vc = 1,078 / 125,6º

H

Zth0= 0,7231j  -0,2415

Zth1= 0,4292j  0,8566

Zth2= 0,4700j -0,1570

Va = 0,458 / 0º Vb = 1,058 / -124,0º Vc = 1,058 / 124,0º

Exercícios Propostos 5.10 Construir a matriz admitância nodal (Ybarra) para a rede da Figura 5.17, que é um diagrama de impedâncias, sendo os valores dados em p.u. na mesma base.

5.11 Pelo método de eliminação de barras da matriz, eliminar a barra 3 da matriz (Ybarra) obtida no exercício 5.10 e construir uma rede equivalente com 3 barras. 5.12 Construir a matriz admitância nodal (Ybarra) para a rede da figura 5.17, inserindo dois geradores nas barras 1 e 2 com impedância j 0,3333 p.u., e uma carga com impedância equivalente a z = 0,1 + j 0,06 na barra 4. 151


5.13 Para a rede da figura 5.17, os geradores das barras 1 e 2, especificados no exercício 5.12, estão com valores da f.e.m iguais a E1 = 1,6 / 0º e E2 = 1,5 / -5º. Calcular as tensões nas barras 3 e 4 utilizando a matriz Yb arra obtida no exercício 5.12. 5.14 Os valores apresentados na rede da figura 5.18 são impedâncias em p.u. Calcular a matriz admitância nodal (Ybarra).

5.15 Para a rede da figura 5.18, eliminar os nós 3 e 4 da matriz admitância nodal obtida em 5.14 e construir uma rede equivalente com três barras. 5.16 Para a rede da figura 5.18, sendo os valores de E1 = 1,2 / 30º e E5 = 1,1 / 0º em p.u., calcular as tensões nas barras 1, 2 e 5. 5.17 Construir a matriz impedância de barras (Zbarra) da rede da figura 5.19, pelo método direto.

5.18 A partir da matriz impedância de barras (Zbarra) obtida na resolução do exercício 5.17, acrescentar uma impedância igual a j 1,2 p.u., adicionando um novo nó (nó 4) ligado à barra 3, obtendo por modificação uma nova matriz de impedâncias. 5.19 A partir da matriz impedância de barras (Zbarra) obtida na resolução do exercício 5.18, acrescentar uma impedância igual a j 0,6 p.u. do nó 4 com conexão para a terra, obtendo por modificação a nova matriz de impedâncias. 5.20 Determine Zbarra a partir da inversão de Ybarra obtida no exercício 5.14; em seguida, modifique Zbarra removendo a impedância ligada entre os nós 1 e 3 da rede da figura 5.18. Sugestão: acrescente um ramo com uma impedância negativa igual àquela a ser eliminada entre os nós 1 e 3. 5.21 Para a rede da figura 5.18, e com valores de E1 = 2,0 / 30º e E5 = 2,2 / 0º em p.u., determinar a tensão em cada barra, utilizando o valor de Zbarra obtido em 5.20. 5.22 Para a rede da figura 5.18, modificada no exercício 5.20, acrescente um capacitor na barra 2 ligado com a referência, com uma admitância de 5 p.u. e calcule: a) a matriz impedância de barras; b) as tensões das barras; c) a corrente no capacitor. Assumir os mesmos valores de tensão dos geradores do exercício 5.21. 5.23 A partir dos valores obtidos de Zbarra para as seqüências positiva, negativa e nula da rede da figura 4.16, na solução do exercício 5.3, determinar os curtos-circuitos no ponto C: a) trifásico; b) bifásico; c) bifásico com

152


conexão para terra; d) monofásico. 5.24 Para a rede da figura 4.39 calcular a matriz impedância de barras pelo método direto (sem usar Ybus) para as três seqüências simétricas, considerando na matriz somente as barras 2 e 3. 5.25 Para a rede da figura 5.20, são dados os seguintes parâmetros: Gerador: 100 MVA, 13,8 kV, xd = 0,20 p.u., x2 = 0,18 p.u, x0 = 0,07 p.u. Transformador: 100 MVA, 13,8 – 230 kV, x = 10%, x0 = 13 % Linha de transmissão 2 – 3: (base: 100 MVA) z1 = j 0,009 p.u. e y1 = 4 j; z0 = j 0,010 p.u. e y0 = 4,5 j Carga ligada em estrela aterrada: (base 100 MVA) z = 6 + 6 j p.u. Capacitor ligado em triângulo: (base 100 MVA) y = 0,0147 j p.u. 5.25.1 Calcular as matrizes impedância de barras usando o método direto (considerar somente barras 2 e 3), para as seqüências: a) positiva; b) negativa; c) nula. 5.25.2 Calcular na barra 3 os curtos-circuitos: a) trifásico; b) bifásico; c) bifásico com conexão para a terra; d) monofásico.

5.26 Para a rede da figura 5.21, são dados os seguintes parâmetros: Geradores: 100 MVA, 13,8 kV, xd = 0,22 p.u., x2 = 0,16 p.u, x0 = 0,12 p.u. Transformadores: 100 MVA, 13,8 – 230 kV, x = 10%, x 0 = 12 % Linhas de transmissão: z1 = j 0,09 p.u. z0 = j 0,011 p.u. (Na base de 100 MVA e 230 kV) 5.26.1 Calcular as matrizes impedância de barras pelo método direto, para as seqüências a) positiva; b) negativa; c) nula. 5.26.2 Calcular na barra 3 os curtos-circuitos: a) trifásico; b) bifásico; c) bifásico com conexão para a terra; d) monofásico. 5.26.3 Calcular as tensões em todas as barras para o caso de curto-circuito trifásico na barra 3. 5.26.4 Calcular as tensões em todas as barras para o caso de curto-circuito monofásico na barra 3.

153


5.27 Uma rede elétrica com duas barras interligadas com duas linhas curtas de características iguais possui a matriz impedância de barras a seguir:

Zbarra

=

1

2

0,0923 j

0,0270 j

1

0,0270 j

0,0811 j

2

Construa a nova matriz Zbarra, quando uma das linhas é desligada. 5.28 Para a figura 5.22, que representa uma usina hidrelétrica com dois geradores, dois transformadores e uma linha de transmissão, calcular a) a matriz impedância de barras; b) a corrente de curto-circuito trifásico simétrico na barra 1; c) idem, na barra 3. Os dados característicos dos equipamentos são: G1: X”d = 0,22 p.u.; G2: X”d = 0,24 p.u.; T1: X = 0,11 p.u.; T2: X = 0,12 p.u.; LT: X = 0,04 p.u. (Base: 100 MVA).

5.29 Para a rede de da figura 5.23 com os valores das impedâncias em p.u., na base 100 MVA, calcular: a) a matriz impedância de barras da rede; b) o curto-circuito trifásico simétrico na barra 3.

5.30 Determinar a matriz impedância de barras da rede da figura 5.24. Os valores apresentados estão em p.u., na mesma base de potência.

154


5.31 Dado o sistema abaixo, onde a interligação 5 – 8 foi perdida, construir a matriz impedância de barras.

5.32 Reduzir a matriz para uma matriz equivalente, eliminando as barras 2, 3, 9, 10, 11, 12 e 13, através de álgebra matricial. 5.33 Dada a rede da figura 5.26, com valores de reatância em p.u. na mesma base de potência, determinar: a) as redes de seqüência positiva, negativa e nula; b) a matriz impedância de barras de seqüência positiva; c) a matriz impedância de barras de seqüência negativa; d) a matriz impedância de barras de seqüência nula; e) o curto-circuito monofásico na barra 3. Os dados característicos dos equipamentos dados em p.u. para a mesma potência de base são: Equipamento



Seqüência nula

G1: reatâncias

0,10

0,12

0,05

G2: reatâncias

0,11

0,13

0,06

T1: reatâncias

0,11

0,11

0,11

T2: reatâncias

0,12

0,12

0,12

LT12: reatâncias

0,03

0,03

0,04

LT13: reatâncias

0,028

0,028

0,039

LT23: reatâncias

0,032

0,032

0,041

155


5.34 Para a rede da figura 5.27, com os dois disjuntores desligados (D1 e D2) o curto-circuito trifásico na barra 1 é igual a 7 p.u., e o curto-circuito trifásico na barra 2 é igual a 4 p.u. Sabendo que a reatância das duas linhas são iguais a 0,25 p.u., determine para os dois disjuntores fechados (D1 e D2): a) Qual é o novo valor de curtocircuito da barra 1; b) idem para a barra 2; c) idem para a barra 3.

5.35 Os dados a seguir são referentes à rede da figura 5.28. Determinar a impedância de Thévenin no nó 4. As admitâncias das linhas são dadas na mesma base de potência: Y10 = -12 j (p.u.); Y13 = -21 j (p.u.); Y14 = -6 j (p.u.); Y20 = - 5 j (p.u.); Y23 = -25 j (p.u.); Y24 = -8 j (p.u.); Y30 = -10 j (p.u.); Y34 = -30 j (p.u.); Y40 = -35 j (p.u.).

5.36 Para a rede da figura 5.29, São dados: Sistema A: Reatância interna equivalente a Xa = 0,44% na base de 100 MVA; tensão ajustada em 1,02 / 30º p.u. na barra 1. Sistema B: Reatância interna equivalente a Xb = 0,92% na base de 100 MVA; tensão ajustada em 0,98 / 0º p.u. na barra 2. As linhas: 500 kV nominais, 0,27 ohm/km para a reatância, por circuito; e comprimento de 300 km. O sistema está operando nas condições especificadas, quando ocorre um curto-circuito trifásico a 100 km da barra 1, no circuito 1 (LT1), conforme indicado na figura 5.29 (ponto F). Pede-se: a) a tensão pré-falta no ponto F (tensão Thévenin); b) a impedância de Thévenin para curto-circuito trifásico no ponto F; c) a corrente de defeito trifásico em p.u. e em kA.

5.37 Montar a matriz impedância nodal para a rede da figura 5.30, onde os valores indicados são de impedância na base de 100 MVA.

156


5.38 Para a rede da figura 5.31, montar a matriz impedância de barras utilizando o método direto de montagem da matriz.

5.39 Para a rede da figura 5.31, modificar a matriz impedância de barras adequadamente, sabendo que a linha que liga a barra 1 a barra 2 está desligada. 5.40 Para a rede da figura 5.31, modificar a matriz impedância de barras obtida em 5.39, sabendo que o banco de capacitores está desligado. 5.41 Para a rede da figura 5.32, determinar a matriz admitância nodal e a matriz impedância nodal para as seqüências positiva, negativa e nula, sabendo os seguintes valores de reatância (todos os valores estão em p.u. e na base de 100 MVA, 13,8 kV do lado dos geradores e 230 kV do lado das linhas de transmissão): Elemento da rede Gerador – Barra 1 Transformador – Barra 1 Gerador – Barra 3 Transformador – Barra 3 LT12 LT13 Lt23 Reatância do Capacitor

Seqüência positiva 0,20 0,10

Seqüência negativa 0,16 0,10

Seqüência nula 0,18 0,10

0,22 0,12

0,17 0,12

0,19 0,12

0,3 0,4 0,3 -0,1

0,3 0,4 0,3 -0,1

0,5 0,6 0,5 -0,1

5.42 Calcular os seguintes curtos-circuitos na barra 3 para a rede da figura 5.32: a) Falha trifásica; b) falha bifásica; c) falha bifásica com conexão para a terra; d) falha monofásica. 5.43 Na rede da figura 5.33, calcular: a) A matriz impedância de barras; b) A corrente de curto-circuito trifásico na barra 1, sabendo as seguintes características, todas na base de 100 MVA: Gerador: X”d = 0,22 p.u Transformador: Triângulo para estrela: x = 11 % Triângulo para triângulo: x = 10 % Sistema: Potência de curto-circuito: 6,5 p.u.

157


5.44 Na rede da figura 5.34, calcular; a) A matriz impedância de barras; b) A corrente de curto-circuito trifásico na barra 1, sabendo as seguintes características, todas na base de 100 MVA: Gerador: X”d = 0,22 p.u Transformador: x = 11 % Sistema: Potência de curto-circuito: 6,5 p.u.

Bibliografia Blackburn, J. L Symmetrical components for power systems engineering. New York: Marcel Dekker, 1993. 427p. Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967. DAS, J.C. Power System Analysis – Short-circuit Load Flow and Harmonics. New York – Basel: Marcel Dekker, Inc, 2002. 850p. Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 175p. Ferreira, C. Redes Lineares em Sistemas Elétricos de Potência. Rio de Janeiro: Canal Energia. 2005. 334p. Kindermann, G. Curto-circuito. Porto Alegre: Sagra Luzzatto. 1997. 214p.

158

Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência - Djalma Caselato - Execícios e Soluções.pdf

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