Sistemas Eletricos de Potencia Cap3 Componentes Simetricos D Caselato

Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência

62

Componentes Simétricas

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 Departam ento 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.

63


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

2

α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 -

3

j

2

1 + α + α2 = 0 α - α2 = 3 j 3.2.

(3.3) (3.4)

Seqüência positiva (direta)

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

Van Van1 = Vbn

2 = Van α

α

Vcn 3.3.

(3.5)

Seqüência negativa (indireta ou inversa)

Utiliza-se o índice 2 para a indicação desta seqüência. [ Van2 ] =

Van Vbn Vcn

1 = Van

α

(3.6)

α2

64


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

1

1 + Va1

1

Va Vb Vc

=

Va0 + α2 Va1 + α Va2

=

α2

(3.7)

Va0 + α Va1 + α2 Va2

Vc0 + Vc1 + Vc2

1 [ Va ] = Va0

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

Van0

Van1

Van2

1

Van0

Van1 . α2

Van2 . α

1

Van0

Van1 . α

Van2 . α2

1

(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 ) =

=

0

Van1 . (1 - α2 )

0 0 3 / - 30º

(1 - α)

1

Van1 . (1 - α2 ) α2

Van2 . (1 - α) α

1

Van1 (1 - α2 ) α

Van2 . (1 - α) α2

1

Van2

.

(3.16)

(3.17)

66


(1 - α2 ) =

3 / 30º

(3;18)

Logo, VAB = VAN – VBN = 3 / 30º VAn1 +

3 / - 30º VAN2

(3.19)

ou seja: VAB0 = zero VAB1 = 3 / 30º VAn1

(3.20)

VAB2 = 3 / −30º VAN2

A seqüência zero provoca um deslocamento do neutro. 3.7.

Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta)

IA = IAB – ICA IB = IBC – IAB IC = ICA – IBC Matricialmente, [ IA ] = [ IAB ] – [ ICA ] Por outro lado, 1 [IAB]

=

IAB0

(3.21) (3.22) 1

1

+

IAB1

α2

1 +

IAB2

(3.23}

α

1

α

α2

1

1

1

e [ICA]

=

ICA0

1

+

1

ICA1

α2

+

ICA2

(3.24}

α α2

α

Logo: 1

1

1 67


[ICA]

=

IAB0

1

+

α IAB1

1

α2

α2 IAB2

+

(3.25}

α α2

α

Resulta, então, 1 [IA ] =

(IAB0 - IAB0)

1

1

α2

+ (1-α) IAB1

1

1 + (1 - α2) IAB2

(3.26}

α α2

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

Multiplicando ambos os membros pela esquerda por [T]-1 , vem: VAN0

1

ZA

0

0

IA0 68


+ T-1

VAN1

VNN’ = T-1

1

VAN2

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 decorrente do produto [T-1].[Za].[T], que é denominada Zs. O inverso de Zs é Ys e vale: [T-1].[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

(3.41)

multiplicando pela esquerda por [ T ] –1, vem: [ VAN0 - VA’N’0 ] = [ T ] –1 [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] + [ T ] –1 . (- 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0) 1

1

1

Z Zm Zm

[ T ] –1 [ Z ] [ T ] = 1 / 3 1

α2

α

Zm Z

1

α

α2

Zm Zm

1

1

1

Zm

1

α2

α

Z

1

α

α2

(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 Zm + 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

1

IA2

α2

α

IA2

Sabendo que, se [A] = [B].[C], então [A] t = {[B].[C]} t = [C] t.[B] t; 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

-1 IA0* IA1* IA2* [T]

(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

1

α2

α

10,51 /128,8º

1

α

α2

6,61 / -5,1º

7,60 / 90,0º = 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 VAN = 510 /0°

Zn = 8 + j 57 Ω

Ω

Zm = j 25 Ω

Zmn = j 10 Ω

( kV )

VBN = 520 /-110° ( kV )

VCN = 515 /115° ( kV )

VA’N’ = 480 /-15° ( kV )

VB’N’ = 500 /-125° ( kV )

VC’N’ = 500 /130° ( 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: VAN – VA’N’

Z

VBN – VB’N’

= Zm Z

Zm Zm Zm

Ia

Zmn Zmn Zmn

Ia

ib

- 2 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 11 + 77 j

510 /0° - 480 /-15°

520 /-110°- 500 /-125° = 8 + 62 j 8 + 62 j

515 /115° - 500 /130°

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 kA 3,2557 / - 17,6º 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

= 50,055 /57,3º kV

1

α2

α

133,31 /38,9º

77,570 / 149,7º 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

1

0,4755 / -56,0º

ib = 1

α2

α

3,2722 / -21,4º = -7,2682 – 3,4043 j = 8,0260 / -154,9º kA

1

α

α2

5,0709 / 71,0º

Ia Ic

1

4,9632 + 3,2075 j 3,1039 – 0,9852 j

5,9094 / 32,9º kA 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

1

1

510 /0°

VAN1 – VA’N’1

= 1

α2

α

520 /-110°

VAN2 – VA’N’2

1

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 Ic

31,0334 / -77,9º

-33,6371 + 7,4826 j

= 34,4593 / 167,5º

27,0949 +22,2862 j

35,0828 / 39,4 º

(kA)

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 A

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

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

8,1333 + j 39,3333 15,8596 + 0,8333 j -3,1929 + 0,8333 j

220 = -3,1929 + 0,8333 j 0

15,8596 + 0,8333 j

IA0

7,5333 + 9,3333 j

15,8596 + 0,8333 j

IA1

-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 Vb’n Vb’n Vc’n Vc’n

= 243,42 - 230,02 j = 334,91 / -43,4º V = 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 ) = = -149,70 – 238,99 j = 282,00 / -122,0º V = 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 )= = 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 ) S = 8766,7 +2631,7 j VA 3.6 Resolver o exercício 1.9 utilizando componentes simétricas.

142,124 / 112,9º

Solução:

Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não-aterrada, ficando, portanto, a solução similar à do exercício 3.5. (5 + j 10) .12 = 4,0976 + 0,8780 j 20 + j 25 (5 + j 10) . (3 + j 15 ) Z b = = - 0,07317 + 5,3415 j 20 + j 25 Z a =

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 IA2

= 46,07 – 56,03 j = 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

1

α2

α

46,07 – 56,03 j

1

α

α2

26,84 + 1,38 j

72,91 -54,65 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: S b = 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: 20 × 30 10× 30 = 0,1260 p.u. = 1,5753 p.u. e X n 2 = X n1 = 2 2 13,8

69

Sendo Ep = Es = 3 Is Xn2 = 3 x 0,1260 Is E0 = Ep + 3 Xn1 Ip + Ip X = 3 x 1,5753 Ip + 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 j 100

•

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

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

= 0,1724 / 114,8º

p.u.

1

α2

α

0,7544 / - 38,5º

0,1724 / 114,8º

p.u.

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

Ia1 Ia2 IA0

Y0

Y2

Y1

VAN0 + VNN’

Y1

Y0

Y2

VAN1

Y2

Y1

Y0

VAN2

(3.57)

0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º 0,1724 / 114,8º

0

0,1724 / 114,8º 0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º

0,97

IA2

0,1724 / 114,8º 0,1724 / 114,8º 0,6053 / - 31,1º

0

IA0

0,1673 / 114,8º

=

IA1

=

IA1 IA2

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

0,4582 / -19,3º p.u.

1

α2

α

0,5871 / - 31,1º

= 0,7412 / - 145,5º p.u.

1

α

α2

0,1673 / 114,8º

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.  S = 248,52 (MW) + j 234,71 (Mvar) 3.9 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 nula; c) Determinar o Thévenin1 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) 0,35 + 0,1831 + 0,1042 + 0,35

+ 0,1694 j + 0,10 j = 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 VAN2 = - 0,5398 / 90,0º * IA2

(3.58)

Tratamento da carga por componentes simétricas: Z0 Z1

= 1/3

1

1

1

10 / 38,5º

1

α

α2

9 / 38,5º

= 0,3333 / 38,5º

α

9 / 38,5º

0,3333 / 38,5º

Z2 1 α2 Aplicando a equação matricial 3.34, vem: VAN0 =

VAN1

-1

0,3333 / 38,5º 0,3333 / 38,5º

VNN’

0

9,3333 / 38,5º 0,3333 / 38,5º

IA1

9,3333 / 38,5º

(3.59)

VAN2 0 0,3333 / 38,5º 9,3333 / 38,5º IA2 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

0,2608+0,2075j

0,2608+0,2075j

VNN’

0

7,3043+6,3247j

0,2608+0,2075j

IA1

0 0 0,2608+0,2075j 7,3043+6,3247j 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.

IA2

1

=

Transformando as componentes simétricas em componentes de fases e sabendo que Ib = 543,89 A, resultam: IA = 0,1000 / -40,78º p.u.  54,389 / -40,78º A IB = 0,1056 / -159,25º p.u.  57,435 / -159,25º A IC = 0,1053 / 77,36º p.u.  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: Z = 2 + j 40

( 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° ( kV )

VC’N’ = 505 /130° ( kV )

Ω

VAN = 510 /0°

ZMN = j 9 Ω Determinar IA , IB 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 I c); 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

Obter: a) A matriz Z ; b) A matriz Y = Z-1 ; 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 Y2 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, determinar: a) a matriz Z; b) a matriz Y = Z-1; 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 Utilizar as expressões: •

Y = j 1,35 µS / km

91


Z =

z senh ( z .y L) y

Y

z .y L y .tgh ( ) z 2

2

=

(3.59)

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 ( 0,33 + j 0,85 ) Ω / km Mútua ( 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: Za = 5 ohm; Zb = Zc = 11,485 / 38,5º ohm, com a carga ligada em estrela e com o neutro isolado. 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  /km;



impedância mútua da linha zm = 0,1883 + j 0,5127  /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  ligada em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn = 45 j ; Tensão em B2: Van = 132 / 0º kV; Vbn = 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  ; Zb = j 45  ; Zc = j 60  ; ZL = 2,5 + j 5,2  ; Zm = j 3  ; Zn = 5 . 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  ; Zb = 20,5 +j 13,0  ; Zc = 20 + j 12,8  ; ZL = 0,5 + j 4,8 ; Zm = j 2  ; Zn = 2 . 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

Sistemas Eletricos de Potencia Cap3 Componentes Simetricos D Caselato

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