7 Transformadores de Potência
91
ET720 – Sistemas de Energia El´ etrica I 1 Semestre 2011 Cap´ ıtulo 4 – Transformador de potˆ encia 4.1 Introdu¸c˜ ao ◮ Transformador elevador (step-up trans- former) ◮ Transformador abaixador (step-down transformer) ◮ Transformador regulador (regulating transformer) ■ rela¸c˜ ao ≈ 1:1 ■ defasagem entrada-sa´ ıda 4.2 Vantagens do uso de transformadores ◮ Considerar o diagrama unifilar do circuito trif´ asico e seu respectivo circuito por fase mostrados a seguir. 17,3 kV 0,2Ω/fase 900 MW fp = 1 V f R X I 300 MW V f = 17,3 √ 3 = 10 kV ∼ ∼ –1–
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ET720 – Sistemas de Energia Eletrica I
1 Semestre 2011
Capıtulo 4 – Transformador de potencia
4.1 Introducao
Transformador elevador (step-up trans-
former)
Transformador abaixador (step-down
transformer)
Transformador regulador (regulating
transformer)
relacao ≈ 1 : 1
defasagem entrada-saıda
4.2 Vantagens do uso de transformadores
Considerar o diagrama unifilar do circuito trifasico e seu respectivo circuito por fase
mostrados a seguir.
17,3 kV
0,2Ω/fase
900 MWfp = 1
Vf
R X
I300 MW
Vf =17,3√3= 10 kV
∼ ∼
– 1 –
Perdas de potencia ativa por fase na linha de transmissao:
Pp = R | I |2
Potencia ativa por fase fornecida pela fonte:
Pφ = | Vf | | I | fp (fp ≈ 1)
= | Vf | | I | → | I |= Pφ| Vf |
Note que considerou-se o fator de potencia visto pela fonte como unitario, ou seja,
o efeito da reatancia da linha foi desprezado.
Coeficiente de perdas:
η =PpPφ=R | I |2Pφ
=R (Pφ/ | Vf |)2
Pφ=RPφ| Vf |2
ou seja, o coeficiente de perdas e inversamente proporcional ao quadrado da tensao
→ quanto maior a tensao de transmissao, menor o coeficiente de perdas → asperdas se tornam proporcionalmente menos importantes em funcao do total de
potencia transmitida.
No caso do circuito trifasico:
η =0,2 · 300 · 106(10 · 103)2
= 0,6
logo, o coeficiente de perdas e de 60%.
– 2 –
Considerar agora que a transmissao e feita em um nıvel de tensao dez vezes maior:
17,3 kV17,3 kV 173 kV173 kV
0,2Ω/fase
900 MWfp = 1
∼ηT = 98%ηT = 98%
Coeficiente de perdas na linha de transmissao:
ηLT =0,2 · 300 · 106(100 · 103)2
= 0,006
ou 0,6%, ou seja, uma reducao significativa (100 vezes menor).
Os transformadores inseridos no circuito tambem tem suas proprias eficiencias.
Logo, sua utilizacao deve ser justificada se o coeficiente de perdas total (linha +
transformadores) for menor que os 60% calculados sem os transformadores.
Considerar P como a potencia por fase gerada na fonte de tensao e transmitida.
Devido a presenca do transformador elevador (cujo rendimento de 98% e tıpico para
transformadores de potencia), a potencia que entra na linha e:
P ′ = 0,98P
Devido as perdas de potencia ativa na linha, a potencia que chega ao transformador
abaixador e:
P ′′ = (1− 0,006) P ′ = 0,994 · 0,98 · P = 0,9741P
– 3 –
Apos computadas as perdas no transformador abaixador, a potencia entregue a
carga e:
P ′′′ = 0,98P ′′ = 0,9546P
O coeficiente total de perdas e:
ηtotal =
(P − P ′′′P
)
= 0,0454
ou 4,54%, que e bem menor que no caso da transmissao a baixas tensoes.
4.3 Transformador monofasico ideal
Descricao geral:
+
−
+
−v1 v2
i1 i2
nucleo laminado de Fe-Si
Primario SecundarioAlta/Baixa tensao Baixa/Alta tensao
N1 N2
φ
Fonte Carga
– 4 –
Hipoteses:
Nao ha perdas ohmicas – a resistencia dos enrolamentos e nula
Nao ha dispersao de fluxo magnetico – todo o fluxo φ esta confinado no nucleo
e e concatenado com ambas as bobinas
Nao ha perdas no nucleo – nao ha histerese nem correntes parasitas
A permeabilidade magnetica do nucleo e infinita (µnucleo →∞) – a correntenecessaria para criar o fluxo magnetico no nucleo e, portanto, a forca
magnetomotriz para magnetizar o nucleo, sao desprezıveis
Circuito equivalente:
+
−
+
−
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
Tensoes e correntes sao senoidais → V1, V2, I1 e I2 sao fasores.
Relacoes:
Tensoes e correntes:
V1V2=I2I1=N1N2= a
em que a e a relacao de transformacao (relacao de espiras).
– 5 –
Potencias:
S1 = V1I∗1 = V2I
∗2 = S2
pois nao ha perdas (potencia de entrada igual a potencia de saıda).
Impedancias:
+
−
+
−
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
Z1 Z2
A transformacao de impedancias (impedancias refletidas) e dada por:
Z1 =V1I1=aV2I2/a
= a2V2I2= a2Z2
– 6 –
4.4 Transformador monofasico real
Sao consideradas:
Perdas ohmicas nos enrolamentos
Perdas no nucleo (histerese e correntes parasitas)
Dispersao de fluxo
Corrente de magnetizacao
Circuito equivalente:
+
−
+
−
+
−
+
−
V1 V2V ′1 V ′2
I1 I ′1 I2
N1 : N2
r1 r2x1 x2
rcxm
Im Ic
Iϕ
Transformador ideal
r1, r2 – resistencias que representam as perdas ohmicas nos enrolamentos
(perdas cobre)
x1, x2 – reatancias que representam a dispersao de fluxo
rc – resistencia que representa as perdas no nucleo (perdas ferro)
xm – reatancia que representa a magnetizacao do nucleo
– 7 –
A relacao de espiras e valida para V ′1 e V′2 e para I
′1 e I2.
Em vazio:
I2 = 0 → I ′1 = 0
Nao ha queda de tensao em r2 e x2 → V ′2 = V2
A impedancia equivalente do ramo paralelo (rc e xm) e muito maior que a
impedancia equivalente serie (r1 e x1) → pode-se desprezar os parametros serie
O circuito equivalente para o transformador em vazio fica:
+
−
+
−
V1 V2
I1
I ′1 = 0
I2
N1 : N2
rcxm
Im Ic
Iϕ
Transformador ideal
A corrente no primario e:
i1 (t) = iϕ (t) = im (t) + ic (t)
e e pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador).
– 8 –
A tensao no secundario e :
V2 =V1a
Devido as nao-linearidades (saturacao do material ferromagnetico):
• A corrente de excitacao nao e senoidal → representacao fasorial nao pode serusada
• A corrente apresenta componentes harmonicas ımpares (3a., 5a. etc.):
iϕ (t) = I1 sen (ωt) + I3 sen (3ωt) + I5 sen (5ωt) + · · ·
• A componente de 3a. harmonica e da ordem de 40% da corrente total.
• Em geral, como iϕ e pequena, considera-se somente a componentefundamental (60 Hz) e pode-se entao utilizar notacao fasorial:
I1 = Iϕ
e o diagrama fasorial fica:
V1
Im
Ic
Iϕ
→ o transformador em vazio apre-senta um fator de potencia baixo
– 9 –
Com carga:
I2 6= 0 → todos os parametros do circuito equivalente sao considerados.
Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as impedancias do enrolamento
secundario e utilizando a relacao de transformacao para tensoes e correntes:
+
−
+
−
V1 aV2
I1 I2/a
r1 a2r2x1 a2x2
rcxm
Im Ic
Iϕ
Como Iϕ ≪ I1 pode-se desprezar os parametros shunt:
+
−
+
−
V1 aV2
I1 = I2/a
r1 + a2r2 x1 + a
2x2
– 10 –
Em geral para transformadores de potencia (a partir de centenas de KVA) as
perdas ohmicas podem ser desprezadas:
+
−
+
−
V1 aV2
I1 = I2/a
x1 + a2x2 = x
4.5 Autotransformador ideal
Considerar o transformador monofasico:
+
−
+
−
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
V1 = 120 V I1 = 250 A
V2 = 240 V I2 = 125 A
A potencia aparente e:
S = V1 I1 = V2 I2 = 30 kVA
– 11 –
Se for feita uma ligacao fısica entre os enrolamentos primario e secundario tem-se o
autotransformador :
+
−
+
−
V1
V1 + V2
I1 + I2
I2
N1
N2
A potencia aparente nesse caso e:
S = V1 (I1 + I2) = (V1 + V2) I2 = 45 kVA
O autotransformador transmite mais potencia.
A potencia transmitida por efeito magnetico e a mesma do transformador.
O adicional de potencia e transmitido por meio da propria ligacao fısica entre os
enrolamentos.
Desvantagem: o autotransformador nao pode ser usado quando a separacao fısica
entre os enrolamentos for fundamental.
– 12 –
4.6 Autotransformador real
As perdas no autotransformador sao do mesmo tipo das perdas do transformador
(cobre, ferro etc.).
Como as perdas sao as mesmas (bobinas sao as mesmas, nucleo e o mesmo) →autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficiencia).
O rendimento depende da relacao de transformacao, como mostra o exemplo a
seguir.
Exemplo
Na pratica, o autotransformador e composto por um so enrolamento:
+
−
+
−
V1 V2tap
Considere um autotransformador que alimenta uma carga de 800 V, 12,5 A a partir de
uma fonte de 800 V:
+
−
+
−
800 V800 V
12,5 A 12,5 A
Carga
I ≈ 0
Relacao 1:1
– 13 –
1. o autotransformador tem relacao de transformacao 1 : 1.
2. toda a potencia e transferida atraves da conexao eletrica e nada e transferido via
fluxo magnetico.
3. a corrente na bobina do autotrafo e a corrente de excitacao, que e muito baixa.
4. potencia de perdas ≈ 0 → eficiencia de ≈ 100%.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1000 V:
+
−
+
−
1000 V 800 V
200 V
10 A 12,5 A
Carga
2,5 A
Relacao 5:4
1. a relacao de transformacao agora e 1000/800 = 5/4.
2. a potencia na carga e de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
3. a potencia na fonte deve ser tambem 10 kVA. Logo a corrente da fonte e
10000/1000 = 10 A.
4. a carga e conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 → as tensoes saodivididas em 800 V e 200 V.
– 14 –
5. perdas na porcao 1/5:
P1 =1
5R · 102 = 20R
em que R e a resistencia do enrolamento.
6. perdas na porcao 4/5:
P2 =4
5R · 2, 52 = 5R
7. as perdas totais sao de 25R.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1600 V:
+
−
+
−
1600 V
800 V
800 V
12,5 A
Carga
6,25 A
6,25 A
Relacao 2:1
1. a relacao de transformacao agora e 1600/800 = 2/1.
2. a potencia na carga e de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
– 15 –
3. a potencia na fonte deve ser tambem 10 kVA. Logo a corrente da fonte e
10000/1600 = 6, 25 A.
4. a carga e conectada a metade do enrolamento, sobrando a outra metade → astensoes sao divididas em 800 V e 800 V.
5. perdas na metade superior:
P1 =1
2R · 6,252 = 19,53R
em que R e a resistencia do enrolamento.
6. perdas na metade inferior:
P2 =1
2R · 6,252 = 19,53R
7. as perdas totais sao de 39,06R → maiores que o caso anterior.
8. conclusao: quanto mais distante a relacao de transformacao for de 1 : 1, maiores as
perdas do autotransformador.
9. por isso eles sao mais usados como autotransformadores reguladores.
– 16 –
Exemplo
Considerar os autotransformadores mostrados a seguir.
+
−
+
−
+
−
+
−
Ve Vs
N1N1
N2N2
I1
Ie Is
I2 I2
Abaixador
Ie
Ve
Is
Vs
I1
Elevador
Para o autotrafo abaixador tem-se:
VeVs=IsIe=N1 + N2N2
= a > 1
Considerando que R e a resistencia total do enrolamento, as perdas sao dadas por:
P =N1
N1 + N2RI21 +
N2N1 + N2
RI22
=
(
1− 1a
)
RI2e +1
aR (Is − Ie)2
=
(a − 1a
)
RI2e +1
aR (a − 1)2 I2e
= RI2e (a − 1)
Para a = 1 nao ha perdas e estas aumentam a medida que a se distancia de 1 (neste
caso a > 1 sempre).
– 17 –
Para o autotrafo elevador:
VeVs=IsIe=
N2N1 + N2
= a < 1
As perdas sao:
P =N1
N1 + N2RI21 +
N2N1 + N2
RI22
= (1− a)RI2s + aR (Is − Ie)2
= (1− a)RI2s + aR(a − 1a
)2
I2s
= RI2s
(1
a− 1
)
Para a = 1 nao ha perdas e estas aumentam a medida que a se distancia de 1 (neste
caso a < 1 sempre).
– 18 –
4.7 Transformador trifasico
Banco trifasico (tres transformadores monofasicos) ou Transformador trifasico
(enrolamentos em um unico nucleo)
aa
b
b
c
c
A
A
B
B
C
C
H1
H1
H1
H1
H2
H2
H2
H2 H3
X1X1
X1
X1
X2
X2
X2
X2
X3
Ambos os transformadores mostrados apresentam ligacao Y-∆.
Normalmente utiliza-se:
H – enrolamento de alta tensao
X – enrolamento de baixa tensao
O transformador de um so nucleo tem a vantagem de ser mais compacto → menosmaterial → mais barato.
As ligacoes sao internas → nao ha meio de altera-la.
– 19 –
O banco trifasico tem a vantagem da possibilidade de mudanca das ligacoes.
Ligacao Y -∆:
E utilizada em transformadores abaixadores de tensao.
Se a relacao de espiras for a = N1/N2 – relacao de transformacao e a√3 e ha uma
defasagem de 30 entre as tensoes de linha do primario e secundario.
Ligacao ∆-Y :
E utilizada em trafos elevadores de tensao.
Se a relacao de espiras for a = N1/N2 – relacao de transformacao e a/√3 e ha uma
defasagem de 30 entre as tensoes de linha do primario e secundario.
Ligacao ∆-∆:
Permite a ligacao em ∆ aberto, ou V -V → caso em que se sabe que a carga vaicrescer no futuro → atende-se a carga atual em ∆ aberto e fecha o ∆ (acrescentaterceiro transformador ao banco) quando necessario.
Ligacao Y -Y :
Ligacao raramente usada pois terceiras harmonicas de correntes de excitacao
introduzem distorcoes nas formas de onda.
Este problema pode ser contornado com o aterramento fısico dos neutros dos
enrolamentos.
Pode-se contornar o problema tambem com a instalacao de um terceiro
enrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como alimentar a subestacao,
por exemplo.
– 20 –
Exemplo
Considere 3 transformadores monofasicos (1φ) com relacao de transformacao
Vp/Vs = a. Monte bancos trifasicos (3φ) de transformadores usando as varias ligacoes
possıveis e obtenha as relacoes de transformacao e defasagens entre tensoes do primario
e secundario. Considere a sequencia de fases ABC.
Tensoes nos enrolamentos primarios:
VAN = V ∠0 VAB =
√3 V ∠30 (pois VL =
√3 VF ∠30
)
VBN = V ∠− 120 VBC =√3 V ∠− 90
VCN = V ∠120 VCA =
√3 V ∠150
(a) Ligacao Y -Y
+ +
+
+ +
+
A B
C
a b
c
N n
1 12 2
3 3
VANVan= a → Van =
V
a∠0 → Vab =
√3V
a∠30
VABVab= a
S =√3 VAB I
∗A =√3 VabI
∗a →
(IAIa
)∗=VabVAB
→ IAIa=1
a
– 21 –
(b) Ligacao Y -∆
+ +
+
+
++
A B
C
a
b
c
N1
1
2
2
3
3
IA
Ia
Iab
Ibc
Ica
VANVab= a → Vab =
V
a∠0
VABVab= a√3∠30
As tensoes do primario estao adiantadas de 30 em relacao as do secundario.
S =√3 VAB I
∗A =√3 VabI
∗a →
(IAIa
)∗=VabVAB
→ IAIa=1
a√3∠30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
– 22 –
Trocando duas fases de alimentacao (equivale a considerar a sequencia de fases
ACB):
+ +
+
+
++
AB
C
a
b
c
N1
1
2
2
3
3
IB
Ib
Iba
Iac
Icb
VBNVba= a → Vab = −
V
a∠− 120 = V
a∠60
VABVab= a√3∠− 30
As tensoes do primario estao atrasadas de 30 em relacao as do secundario.
S =√3 VAB I
∗A =√3 VabI
∗a →
(IAIa
)∗=VabVAB
→ IAIa=1
a√3∠− 30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
– 23 –
(c) Ligacao ∆-Y
+
++
+ +
+
A
B
C
a b
c
n
1
1
2
23
3
IA
Ia
IAB
IBC
ICA
VABVan= a → Van =
√3 V
a∠30
Vab =3V
a∠60
VABVab=a√3∠− 30
As tensoes do primario estao atrasadas de 30 em relacao as do secundario.
IAIa=
√3
a∠− 30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
– 24 –
Trocando duas fases de alimentacao (equivale a considerar a sequencia de fases
ACB):
+
++
+ +
+
A
B
C
ab
c
n
1
1
2
23
3
IB
Ib
IBA
IAC
ICB
VBAVbn= a → Vbn = −
√3 V
a∠− 150 → Van =
√3 V
a∠− 30
Vab =3V
a∠0
VABVab=a√3∠30
As tensoes do primario estao adiantadas de 30 em relacao as do secundario.
IAIa=
√3
a∠30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
– 25 –
(d) Ligacao ∆-∆
+
++
+
++
A
B
C
a
b
c
1 1
2 23 3
IA Ia
IAB
IBC
ICA
Iab
Ibc
Ica
VABVab= a
IAIa=1
a
Para circuitos radiais, a consideracao da
defasagem de 30% entre tensoes de li-
nha introduzidas pelas ligacoes Y -∆ e ∆-
Y e irrelevante.
Y -∆138/13,8 kV
Para circuitos malhados, a defasagem
faz grande diferenca e deve obrigatori-
amente ser levada em consideracao.
Y -∆
Y -∆
138/69 kV
138/69 kV
– 26 –
Exemplo
Obter a potencia complexa fornecida por um gerador trifasico que alimenta uma carga
atraves de um banco de transformadores ideais e de uma linha de transmissao. O banco
de transformadores e formado por 3 transformadores monofasicos de 20 MVA,
20/200 kV, ∆-Y . O circuito equivalente por fase de linha de transmissao resume-se a
impedancia serie ZL = 0 + j 100 Ω. A tensao de linha na carga e de 340 kV e a carga
consome 30 MVA com fator de potencia 0,8 atrasado.
Diagrama unifilar:
Gerador Trafo LT Carga
∆-Y
∼
Circuito completo:
Gerador Trafo LT Carga
60 MVA
20/200√3 kV
∼
∼
∼
N
A
B
C
IA
IAB 1
1
2
23
3
n
a
b
c
Ia
ZL
ZL
ZL
a′
b′
c ′
Zc
Zc
Zc
n′
– 27 –
Tensao de fase na carga:
Va′n′ =340√3∠0 kV (referencia angular)
Potencia complexa por fase na carga:
Sc =30
3∠ cos−1 0,8 = 10∠36,87 MVA
Corrente pela linha de transmissao:
Ia =
(ScVa′n′
)∗= 50,94∠− 36,87 A
Tensao de fase no lado de alta tensao do transformador:
Van = Va′n′ + ZL Ia = 199,4∠1,17 kV
Potencia fornecida a carga e a linha de transmissao:
S = 3 (Sc + SL)
= 3 Van I∗a = 30,47∠38,04
MVA
Como o gerador e o transformador sao ideais, a potencia fornecida pelo gerador e S.
Tensao de linha no lado da baixa tensao do transformador:
VABVan=20
200→ VAB = 19,94∠1,17
kV
– 28 –
Tensao de fase nos terminais no gerador:
VAN =VAB√3∠− 30 = 11,51∠− 28,83 kV (seq. fase ABC)
Corrente no enrolamento de baixa tensao do transformador:
IABIa=200
20→ IAB = 509,43∠− 36,87 A
Corrente de linha pelo gerador:
IA =√3 IAB ∠− 30 = 882,35∠− 66,87 A
Potencia complexa fornecida pelo gerador:
S = 3 VAN I∗A = 30,47∠38,04
MVA !
Fator de potencia visto pelo gerador:
fp = cos 38,04 = 0,788
Tensao de linha no gerador:
VL = 11,51√3 = 19,94 kV
– 29 –
4.8 Transformadores de tres enrolamentos
Caso particular de transformador de multiplos enrolamentos.
Transformadores de tres enrolamentos sao bastante utilizados em sistemas de
potencia.
Estrutura basica:
E1
E2
E3
N1
N2
N3
I1 I2
I3
Terceiro enrolamento:
Baixa tensao
Pode ser conectado a fonte suporte de potencia reativa (condensador sıncrono)
Pode ser utilizado para a alimentacao da subestacao
Pode capturar componentes harmonicas e correntes de sequencia zero devido a
desbalanceamentos de carga
– 30 –
x
4
7 8
9
C
Rede teste IEEE 14 barras
Configuracao basica de um transformador de tres enrolamentos:
E1
E2
E3
N1
N2
N3
I1I2
I3
– 31 –
As relacoes entre tensoes e correntes sao obtidas utilizando-se o mesmo raciocınio
que para o transformador de dois enrolamentos.
Para as tensoes:
E1N1=E2N2=E3N3
Para as potencias, considera-se:
potencia de entrada = potencia de saıda (transformador ideal)
potencia no enrolamento 1 = potencia no enrolamento 2 + potencia no
enrolamento 3
N1 I1 = N2 I2 + N3 I3
Escrevendo de outra maneira:
E1 =N1N2E2 =
N1N3E3
= a2E2 = a3E3
I1 =N2N1I2 +
N3N1I3
=I2a2+I3a3
– 32 –
cujas equacoes sao atendidas pelo seguinte diagrama:
E1
a2E2
a3E3
I1
I2/a2
I3/a3
No caso de um transformador real → parametros serie e shunt sao acrescentados aodiagrama:
E1
a2E2
a3E3
I1
I2/a2
I3/a3
Z1
Z2
Z3rc xm
Todos os parametros sao vistos pelo lado 1, ou seja, as impedancias Z2 e Z3 sao
valores ja refletidos para o lado 1 de acordo com a relacao de transformacao.
– 33 –
Os parametros shunt podem ser determinados atraves de ensaios de circuito aberto
→ enrolamentos 2 e 3 em aberto, tensao nominal aplicada ao enrolamento 1.
Os parametros Z1, Z2 e Z3 sao determinados indiretamente. Os seguintes ensaios
de curto-circuito sao realizados:
Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 1 e determinacao da impedancia vista:
Z12 = Z1 + Z2
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 1 e determinacao da impedancia vista:
Z13 = Z1 + Z3
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 2 e determinacao da impedancia vista:
Z23 = Z2 + Z3
As equacoes acima formam um sistema de 3 equacoes com 3 incognitas, cuja
solucao resulta em:
Z1 =1
2(Z12 + Z13 − Z23)
Z2 =1
2(Z12 + Z23 − Z13)
Z3 =1
2(Z13 + Z23 − Z12)
– 34 –
4.9 Transformadores com tap variavel
A finalidade basica de transformadores e a conversao de nıveis de tensao.
Os transformadores pode ter funcoes adicionais, como por exemplo o controle de
tensao (potencia reativa) em circuitos.
Alguns transformadores tem relacao de espiras variavel:
V1 V2
posicao maxima
posicao mınima
posicao nominal (tap nominal)
– 35 –
Tomando novamente o exemplo do transformador da subestacao de distribuicao:
TransmissaoDistribuicao
Carga
Carga
Restanteda rede
∼
Transformador
com tap variavel
– 36 –
Estrutura geral do transformador:
+ −
TC
TP
V
I
V ajuste
comutador de tap
retardo de tempo
rele regulador de tensao
Carga∼
TC, TP – transformador de corrente, transformador de potencial, para medicao
de corrente e tensao
V ajuste (tensao de referencia, ponto de ajuste, centro de banda) – tensao
desejada no terminal do regulador ou em uma barra remota do alimentador de
distribuicao
– 37 –
Largura de faixa – variacao de tensao permitida entre a tensao de referencia e a
tensao provocada pela carga. Exemplo: se a tensao e especificada em 127V e a
margem e de 2V, o regulador comutara o tap para que a tensao esteja na faixa
[125, 129] V. Isto evita o excesso de acionamentos do comutador de tap
Temporizacao (tempo morto) – tempo de espera (delay) para iniciar o
acionamento do comutador de tap. Com este ajuste evita-se a atuacao do
comutador para pequenas e rapidas variacoes de tensao
largura
de faixa
temporizacao
tempo
atuacao do
comutador de tap
referencia
– 38 –
Compensacao por queda de tensao na linha (line drop compensation – LDC) –
compensa a queda de tensao da linha entre o regulador de tensao e um centro de
carga determinado, localizado a uma distancia eletrica do regulador (RL + j XL)
+ −
TC
TP
V
I
V ajuste
comutador de tap
retardo de tempo
rele regulador de tensao
Carga∼
R X
RL + j XL
– 39 –
Autotransformadores reguladores de tensao:
banco de
capacitores
∼
RT
RT
– 40 –
4.9.1 Transformadores reguladores
Diagrama:
+−a
b
c
n
Van
A
B
C
∆Va
VAn = Van + ∆Va
Nota-se que o transformador serie acrescenta ∆V ao valor da tensao V (valido para
as tres fases).
A variacao em geral e de ±10% → tap variavel.
A mudanca de tap pode ser feita com o transformador energizado → transformadorcom mudanca de derivacao (tap) sob carga ou TCUL – tap changing under load ou
LTC – load tap changing.
Em geral a mudanca de tap e automatica e operada por motores que atuam
acionados por reles ajustados para manter a magnitude de tensao em algum ponto
da rede no nıvel pre-estabelecido. Este ponto da rede e normalmente o lado da
carga do trafo.
– 41 –
4.9.2 Transformadores defasadores
Utilizado para o controle da defasagem entre as tensoes no primario e secundario.
Ideia: controlar o fluxo de potencia ativa por ele.
Diagrama:
Van
Vbn
Vcn
∆Va
∆Va
∆Vb
∆Vb
∆Vc
∆Vc
Van +∆Va
Vbn + ∆Vb
Vcn + ∆Vc
a
b c
n
αα
α
– 42 –
A tensao de saıda da fase a e igual a tensao de entrada somada a uma tensao ∆Vaque e induzida pela tensao de linha Vbc , que por sua vez e defasada de Va de um
angulo de 90.
O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tensoes de
entrada e saıda.
4.10 Transformador monofasico em pu
A representacao do transformador monofasico em pu sera mostrada atraves de um
exemplo.
Exemplo
Considerar um transformador monofasico ideal de 4400/220 V, 22 kVA, que alimenta
uma carga nominal no lado de baixa tensao. Obter o circuito em pu.
O diagrama e:
+
−
+
−
V1 V2
I1 I2
Fonte Carga
4400/220 V
Primario e secundario sao eletricamente isolados → valores de base podem serescolhidos de maneira independente.
E vantajosa a escolha das tensoes de base Vb1 e Vb2 tais que Vb1/Vb2 = a onde a e a
relacao de transformacao.
– 43 –
Como a potencia de entrada e igual a potencia de saıda (desconsiderando as perdas) →a potencia de base deve ser igual para os dois lados. Escolhendo:
Vb1 = 4400 V
Vb2 = 220 V
Sb = 22 kVA
pode-se obter as correntes de base:
Ib1 = Sb/Vb1 = 5 A
Ib2 = Sb/Vb2 = 100 A
Como a mesma potencia de base foi escolhida para os dois lados, as correntes de base
dos enrolamentos tambem seguem a relacao Ib1/Ib2 = 1/a.
As impedancias de base sao:
Zb1 = Vb1/Ib1 = 880 Ω
Zb2 = Vb2/Ib2 = 2,2 Ω
Uma certa corrente no enrolamento de alta tensao pode ser expressa em pu como:
i1 =I1Ib1=I2/a
Ib1
=I2/a
Ib2/a=I2Ib2= i2
– 44 –
ou seja, as correntes em pu nos dois enrolamentos sao iguais. O mesmo vale para uma
certa tensao no enrolamento de alta tensao:
v1 =V1Vb1=aV2Vb1
=aV2aVb2
=V2Vb2= v2
ou seja, as tensoes em pu nos dois enrolamentos sao iguais.
Para as impedancias:
z1 =Z1Zb1
=a2Z2V 2b1/Sb
=a2Z2a2V 2b2/Sb
=a2Z2a2Zb2
=Z2Zb2= z2
ou seja, as impedancias em pu tambem sao iguais nos dois enrolamentos.
A conclusao e que em pu o transformador passa a ter uma relacao de transformacao
igual a um (grandezas iguais nos dois enrolamentos) → em pu nao ha o efeitotransformador, desde que os valores de base sejam escolhidos convenientemente.
– 45 –
Exemplo
Considere o circuito monofasico contendo um transformador mostrado na figura a
seguir.
G TR LT C
∼
Os dados dos equipamentos sao os seguintes:
TR Transformador 13,8/220 kV, 1,5 MVA, rT = 3%, xT = 8%
LT Linha de transmissao rLT = 300 Ω, xLT = 900 Ω
C Carga 1 MVA, fp = 80% indutivo, 200 kV
G Gerador fonte ideal
A carga esta operando nas condicoes nominais. Calcule a tensao no barramento do
gerador, a corrente no circuito e a potencia fornecida pelo gerador.
O circuito em pu sera:
e
rT xT
i
rLT xLT
zc∼
O circuito e dividido em duas areas, referentes aos dois lados do transformador. Nota-se
que os parametros do circuito equivalente do transformador ja sao dados em pu (na
verdade, sao dados em valores percentuais), calculados na base nominal do mesmo
(tensoes nominais, potencia nominal).
– 46 –
Para o lado de baixa tensao do transformador (area 1) tem-se os seguintes valores de
base:
Vb1 = 13,8 kV
Sb = 1,5 MVA
Para o lado de alta tensao do transformador (area 2), escolhe-se convenientemente os
seguintes valores de base:
Vb2 = 220 kV
Sb = 1,5 MVA
Os valores de base de corrente e impedancia para as duas areas sao:
Ib1 = Sb/Vb1 = 108,6957 A
Ib2 = Sb/Vb2 = 6,8182 A
Zb1 = V2b1/Sb = 126,96 Ω
Zb2 = V2b2/Sb = 32266,6667 Ω
Os parametros do transformador sao:
rT = 0,03 pu
xT = 0,08 pu
Como a linha de transmissao esta na area 2, seus valores em pu sao:
rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu
xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu
– 47 –
A magnitude de tensao e potencia aparente na carga sao:
| vC | = 200/220 = 0,9091 pu| sC | = 1/1,5 = 0,6667 pu
E os respectivos valores complexos sao:
vC = 0,9091∠0 pu
sC = 0,6667∠36,87 pu
onde se levou em conta o fator de potencia da carga e assumiu-se a tensao na carga
como referencia angular.
A corrente pelo circuito e dada por:
i =
(sCvC
)∗= 0,7334∠− 36,87 pu
A corrente nos lados de baixa e alta tensoes do transformador sao:
Ibaixa = 0,7334 · 108,6957 = 79,7 AIalta = 0,7334 · 6,8182 = 5 A
A tensao no barramento do gerador e dada por:
e = vC + (0,03 + 0,0093 + j 0,08 + j 0,0279) i = 0,9807∠2,69 pu
ou 13,53 kV.
– 48 –
A potencia fornecida pelo gerador e:
sG = e i∗ = 0,7192∠39,56 pu
o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de potencia visto pela fonte de 77%
indutivo.
Exercıcio
Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kV no lado
da carga. Calcular tambem o total de perdas de potencia no transformador e na linha de
transmissao. Observacao: os valores que ja estao em pu devem ser convertidos para as
novas bases.
Resultados: zT = 0,0242 + j 0,0645 pu; sG = 1,0787∠39,56 pu (1,08 MVA);
Perdas(T+LT ) = 32 + j 87 kVA (linha + transformador).
Exemplo
Considere o seguinte transformador monofasico:
20/440 kV
500 MVA
x = 5%
– 49 –
Os possıveis modelos para o transformador sao:
j X1
modelo 1
j X2
modelo 2
ou Xi em Ω
A reatancia do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores nominais. Se
for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tensao), tem-se Vb2 = 20 kV e
Sb = 500 MVA. Entao:
X1 = x Zb1 = xV 2b1Sb= 0,05 · 20
2
500= 0,04 Ω
Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tensao,
tem-se:
X2 = x Zb2 = xV 2b2Sb= 0,05 · 440
2
500= 19,36 Ω
A relacao entre as reatancias e:
X1X2=0,04
19,36= 0,002066 =
202
4402= a2
Logo X1 = a2X2 e os valores em pu sao os mesmos, desde que valores de base
convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de base que nao estejam
relacionados com os valores nominais do transformador, como:
Vb1 = 25 kV e Sb = 250 MVA
entao deve-se primeiro transformar a reatancia em Ohms usando a base original e voltar
para pu considerando a nova base. Assim:
– 50 –
xnovo = x velhoZvelhob1
Znovob1
= x velho(V velhob1
)2
Svelhob1
Snovob1(V novob1
)2
= x velho(V velhob1
V novob1
)2Snovob1
Svelhob1
Neste caso:
xnovo = 0,05 ·(20
25
)2
· 250500= 0,016 pu
4.11 Autotransformadores em pu
O procedimento de analise e identico ao do transformador.
Basta escolher como tensoes de base as tensoes nominais do autotrafo e a relacao
de tensoes em pu sera 1 : 1.
– 51 –
4.12 Transformadores trifasicos em pu
Dados de placa (nominais) do trafo monofasico: V1, V2, S, zT (pu ou %, base
nominal).
Dados de placa (nominais) do trafo trifasico: V1L, V2L, S3φ, zT (pu ou %, de fase).
Ideia basica: escolher os valores de base iguais aos valores nominais do trafo.
Considere um banco trifasico de transformadores ligado em Y-Y.
Para cada trafo monofasico do banco tem-se: V1, V2, S, zT .
Para o banco trifasico tem-se os seguintes valores de base:
Vb1 = VN1 =√3V1
Vb2 = VN2 =√3V2
Sb = 3S = S3φ
Para as bases escolhidas, a impedancia do
circuito equivalente do trafo trifasico em pu
e igual a zT .
Considere agora um banco trifasico de transformadores ligado em Y-∆.
Os valores de base para o banco sao:
Vb1 = VN1 =√3V1
Vb2 = VN2 = V2
Sb = 3S = S3φ
Novamente, a impedancia do circuito equi-
valente do trafo trifasico em pu e igual a zT .
– 52 –
Exemplo
Considere o diagrama unifilar do circuito trifasico a seguir.
Vg
∼Y-Y
10 MVA15/500 kV
xT = 2%
x = 1000 Ω
500 kV
9 MVAfp = 1
Calcule a tensao Vg no barramento do gerador e o fator de potencia visto pelo gerador.
Transformando o diagrama unifilar em um circuito trifasico tem-se:
∼
∼
∼
XT
XT
XT
XL
XL
XL
Pc
Pc
Pc
11
22
3 3
Pc = 3 MW
XL = 1000 Ω
XT =2
100· 15
2
10= 0,45 Ω
– 53 –
O circuito por fase e:
+
−
∼
XT
11
15/√3 : 500/
√3 kV
10/3 MVA
Area 1 Area 2
XL
PVc
Para esse circuito tem-se:
Vc = 500/√3∠0 kV (ref. angular)
Area 1 : Sb = 10/3 MVA →Vb1 = 15/
√3 kV
Area 2 : Sb = 10/3 MVA →Vb2 = 500/
√3 kV
Zb1 = 22,5 Ω
Ib1 = 384,9 A
Zb2 = 25 kΩ
Ib2 = 11,55 A
O circuito em pu fica:
+
−
+
−
∼
xT xL
scvcvg
i
vc = 1∠0 pu
sc =3
10/3= 0,9∠0 pu
xL =1000
25000= 0,04 pu
xT =0,45
22,5= 0,02 pu
Portanto:
– 54 –
i = (sc/vc)∗ = 0,9∠0 pu (346,4 A no primario e 10,4 A no secundario)
vg = vc + j (xT + xL) i = 1,0015∠3,1 pu
fp = cos (3,1 − 0) = 0,9985 (indutivo)
A tensao no barramento do gerador e igual a 8,7 kV (fase-neutro) e 15,02 kV
(fase-fase).
Maneira mais direta de resolver o problema:
Vb1 = 15 kV
Vb2 = 500 kV
Sb = 10 MVA
→Zb1 = 22,5 Ω
Zb2 = 25 kΩ→
Ib1 =Sb√3Vb1= 384,9 A
Ib2 =Sb√3Vb2= 11,55 A
Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar):
+
−
+
−
∼
xT xL
scvcvg
i
xT = 0,02 pu
xL =1000
25000= 0,04 pu
vc = 1∠0 pu
sc =9
10= 0,9∠0 pu
e o procedimento de resolucao e o mesmo que o anterior. Logo, para problemas
envolvendo transformadores trifasicos nao e necessario obter o modelo por fase, etc.
Basta escolher os valores de base adequados.
– 55 –
Exemplo
Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando agora o transformador
com ligacao Y-∆ e sequencia de fases ABC.
O circuito e:
++
+
+
+
+
B
A
C
N
XT
XT
XT
B′
A′
C′
N ′
IB
IA
IC
11
2
2
3
3
Ica Iab
Ibc
a
b
c
n
Ib
Ia
Ic xL
xL
xL a′
b′
c ′
n′
Sc
Sc
Sc
em que Sc = 3∠0 MVA.
Va′n′ = 500/√3∠0 kV
Vb′n′ = 500/√3∠− 120 kV
Vc ′n′ = 500/√3∠120 kV
Ia = (Sc/Va′n′)∗ = 6
√3∠0 A
Ib = (Sc/Vb′n′)∗ = 6
√3∠− 120 A
Ic = (Sc/Vc ′n′)∗ = 6
√3∠120 A
– 56 –
Como, para a ligacao Y-∆ e sequencia de fases ABC, tem-se:
IL = If√3∠− 30 → If =
IL√3∠30
Iab = 6∠30 A
Ibc = 6∠− 90 AIca = 6∠150
A
Van = Va′n′ + jXLIa = 500,32/√3∠2,06 kV
Vbn = Vb′n′ + jXLIb = 500,32/√3∠− 117,94 kV
Vcn = Vc ′n′ + jXLIc = 500,32/√3∠122,06 kV
Vab = 500,32/√3∠32,06 kV
(VL = Vf
√3∠30
)
Vbc = 500,32/√3∠− 87,94 kV
Vca = 500,32/√3∠− 122,06 kV
A relacao de transformacao de cada transformador monofasico e(15/√3)/500, logo:
VA′N ′
Vab=15/√3
500→ VA′N ′ = 8,67∠32,06
kV
e:
VB′N ′ = 8,67∠− 87,94 kVVC ′N ′ = 8,67∠152,06
kV
VA′B′ = 15,01∠62,06 kV
VB′C ′ = 15,01∠− 57,94 kVVC ′A′ = 15,01∠− 177,94 kV
Para as correntes de linha no primario:
– 57 –
IAIab=500
15/√3
→ IA = 346,41∠30 A
e:
IB = 346,41∠− 90 AIC = 346,41∠150
A
As tensoes de fase na fonte sao:
VAN = VA′N ′ + jXT IA = 8,67∠33,1 kV
e:
VBN = 8,67∠− 86,94 kVVCN = 8,67∠153,06
kV
VAB = 15,02∠63,06 kV
VBC = 15,02∠− 56,94 kVVCA = 15,02∠− 176,94 kV
A relacao de transformacao para o transformador e:
VA′B′
Vab=15
500∠30 → defasagem entre tensoes do primario e secundario
IAIa=500
15∠30 → defasagem entre correntes do primario e secundario
– 58 –
Resolvendo o problema em pu tem-se o seguinte circuito:
+
−
+
−
+
−
+
−
∼
xT xL
scvcv1 v2vg
i1 ic
1∠30
em que o bloco 1∠30 representa a defasagem introduzida em funcao do tipo de ligacao.
Logo:
sc = 0,9∠0 pu
vc = 1,0∠0 pu
ic = (sc/vc)∗ = 0,9∠0 pu
v2 = vc + jxLic = 1,0006∠2,06 pu
v1 = v2∠30 = 1,0006∠32,06 pu
i1 = ic ∠30 = 0,9∠30 pu
vg = v1 + jxT i1 = 1,0015∠33,1 pu
que equivale a 15,02 kV.
vg e i1 foram igualmente defasados de 30. Assim, tem-se os mesmos valores de
potencia complexa, fator de potencia, etc.
– 59 –
4.13 Transformadores em pu com relacao 1 : α
Procura-se escolher os valores de base convenientemente de forma a eliminar os
transformadores do circuito.
Na realidade elimina-se o transformador ideal, mantendo os parametros do mesmo.
Em alguns casos, no entanto, esta eliminacao nao e possıvel, como mostra o
exemplo a seguir.
Exemplo
Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a seguir.
Area 1 Area 2
11,9/34,5 kV
13,8/34,5 kV15 kVA
15 kVA
T1
T2∼
1 2
– 60 –
A ideia e dividir o circuito em duas areas e utilizar como valores de base os valores
nominais dos transformadores.
No entanto, nota-se que na area 1 ha dois valores nominais diferentes.
Tomando T1 como referencia, define-se:
Sb = 15 kVA
Vb1 = 11,9 kV
Vb2 = 34,5 kV
e T1 sera eliminado, pois Vb1/Vb2 = a1.
Observando o lado de baixa tensao de T2, nota-se que a sua tensao nominal e diferente
de Vb1, embora pertenca a area 1. Logo, T2 nao podera ser eliminado, sendo
representado como um transformador com relacao de transformacao 1 : α em pu!
Considere que v1 e v2 sejam as tensoes em pu nos barramentos 1 e 2. As tensoes em
Volts serao:
V1 = v1 Vb1 e V2 = v2 Vb2
– 61 –
A relacao entre as tensoes devera ser igual a relacao de transformacao de T2:
V1V2=v1 Vb1v2 Vb2
= a2 =13,8
34,5= 0,4
Logo:
v1v2= 0,4
Vb2Vb1= 0,4 · 34,5
11,9= 1,16 =
1
0,86ou v1 =
1
0,86v2
e o circuito em pu fica:
1 : 0,86
T2∼
1 2
Para transformadores reais, o procedimento e o mesmo.
– 62 –
Pode-se enxergar o problema sob outro ponto de vista, redesenhando o diagrama unifilar
como:
Area 1 Area 2
11,9/34,5 kV
11,9/34,5 kV
13,8/11,9 kV15 kVA
15 kVA
T1
T2∼
1 2
Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente, mantem-se a eliminacao
de T1 e parte de T2, ou seja:
1 : 11,16 : 1
pode ser eliminado
T2∼
1 2
– 63 –
4.14 Transformadores com tap variavel em pu
Posicao do tap e alterada → relacao de transformacao e alterada.
Para a relacao de transformacao em pu continuar 1 : 1 os valores das tensoes de
base devem ser alterados → inaceitavel, pois implica em um novo calculo de variosparametros do circuito sendo estudado.
Ideia:
Escolher as tensoes de base supondo que o tap esta na posicao nominal (zero)
→ relacao de tensao nominal do autotrafo.
Manter as bases de tensao fixas e representar o autotrafo com tap fora do
nominal atraves de uma trafo com relacao de espiras 1 : α, onde α e variavel.
Considere um transformador com a seguinte relacao de transformacao:
a =N1N2=VN1VN2
em que N1 e N2 sao os numeros de espiras nos enrolamentos e VN1 e VN2 sao as
tensoes nominais nos dois lados do transformador.
Na representacao em pu, escolhem-se como tensoes de base:
Vb1 = VN1 e Vb2 = VN2
e a relacao de transformacao em pu e 1 : 1.
– 64 –
Se V1 e V2 sao tensoes nos dois lados do transformador e v1 e v2 sao os seus
respectivos valores em pu, as seguintes relacoes sao validas:
V2 =V1a
e v2 = v1
Considere agora que este transformador seja de tap variavel para o qual a situacao
descrita anteriormente e valida para o tap na sua posicao nominal.
Caso ocorra uma mudanca da posicao do tap tal que:
N2 → N2 +∆N2
+
−
+
−
V1
V2
N1
N2
∆N2ab
a nova relacao de transformacao
sera:
a′ =N1
N2 +∆N2
– 65 –
Para uma mesma tensao V1 em um dos enrolamentos, a nova tensao no outro
enrolamento sera dada por:
V ′2 = V1N2 + ∆N2N1
= V1N2N1+ V1
∆N2N1
= V2 + V1∆N2N1
(da relacao para tap nominal)
= V2 + V2N1N2
︸ ︷︷ ︸
V1
∆N2N1
= V2
(
1 +∆N2N2
)
= V2 (1 + t) ← t = tap fora do nominal (off-nominal tap)
= V2α
em que α leva em conta a mudanca da posicao do tap em relacao aos valores
nominais.
Transformando em pu:
V ′2Vb2=V2Vb2α
v ′2 = v2α
= v1α (pois v1 = v2)
– 66 –
O circuito em pu fica (trafo real com parametros shunt desprezados):
+
− −
+
V1V2
zT
1 : α
Exemplo
Considere o transformador de tap variavel mostrado a seguir.
100 MVA
220/69 kV
xT = 8%
1 2
O comutador de tap e localizado no lado de baixa tensao e tem 20 posicoes, com tap
variando de ±5%. Representar o transformador em pu na situacao em que o tap esta naposicao +2.
– 67 –
Considere os valores de base iguais aos valores nominais do transformador:
Sb = 100 MVA
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 69 kV
De acordo com as especificacoes do comutador de tap:
• posicao central → tap nominal.
• 10 posicoes para variacao de +5% → cada posicao equivale a +0,5%.
• 10 posicoes para variacao de −5% → cada posicao equivale a −0,5%.
O comutador de tap esta na posicao +2 → corresponde a uma variacao no numero deespiras de +1%:
∆N2N2= t = 0,01
Logo:
α = 1 + t = 1,01
– 68 –
e o circuito do trafo em pu e:
v2
0,08 pu
1 : 1,01
v1Vb1 = 220 kV
Vb2 = 69 kV
Sb = 100 MVA
Exemplo
Considere o circuito mostrado a seguir.
Vs
j0,1j0,1
V1
120 MVA
500 kV
xT = 12%
V2 Vc = 500 kV
100 MVA
fp = 1
A tensao no barramento de carga e mantida constante em 500 kV. O transformador
regulador tem tap no lado da carga com 10 posicoes, variando de ±5%.
– 69 –
(a) Calcule a tensao Vs considerando que a posicao do tap e a nominal.
Os valores de base sao definidos como:
Sb = 100 MVA e Vb = 500 kV
Deve-se entao corrigir o valor da reatancia do transformador, pois o valor fornecido
foi calculado em outra base:
xT = 0,12 ·5002
120· 1005002
= 0,1 pu
E o circuito em pu fica:
vs
j0,1 j0,1j0,1
v1 v2 vc = 1∠0 pu
sc = 1∠0 pu
Dados da carga:
sc = 1∠0 pu
vc = 1∠0 pu (referencia angular)
Corrente pelo circuito:
i = (sc/vc)∗ = 1∠0 pu
– 70 –
No secundario do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1∠90 = 1,005∠5,71 pu
No primario do transformador:
v1 = v2 + j xT i
= vc + j 0,2 i = 1,02∠11,31 pu
Na fonte:
vs = v1 + j 0,1 i
= vc + j 0,3 i = 1,044∠16,7 pu
que equivale a 522 kV. A potencia entregue na barra e:
s = vs i∗ = 1,044∠16,7 pu = 1 + j 0,3 pu
ou seja, 100 MW e 30 Mvar. Note que a carga nao consome potencia reativa (fator
de potencia unitario). Os 30 Mvar obtidos correspondem a perdas de potencia nas
linhas de transmissao e transformador.
– 71 –
(b) Calcule a tensao Vs considerando agora que a posicao do tap e +5%.
Tem-se a seguinte situacao:
V1
V2
+5%
posicao nominal (tap nominal)
Sendo N o numero de espiras do enrolamento na situacao de tap nominal, tem-se
na nova situacao:
V1V2=
N
N + 0,05N=1
1,05
Portanto o circuito em pu fica:
vs
j0,1j0,1 j0,1
v1 v ′1
1 : 1,05
v2 vc = 1∠0 pu
sc = 1∠0 pu
Corrente no lado da carga:
i = (sc/vc)∗ = 1∠0 pu
No secundario do transformador:
– 72 –
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1∠90 = 1,005∠5,71 pu
No primario do transformador:
v ′1v2=1
1,05
v ′1 =v21,05
= 0,9571∠5,71 pu
i ′
i= 1,05
i ′ = 1,05 i = 1,05∠0 pu
v1 = v′1 + j xT i
′ = 0,9732∠11,87 pu
Na fonte:
vs = v1 + j 0,1 i′ = 1,0∠17,77 pu
que equivale a 500 kV. A potencia entregue na barra e:
s = vs (i′)∗= 1,05∠17,77 pu = 1 + j 0,32 pu
ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tensao na carga e mantida com uma
tensao Vs menor, porem, a injecao de potencia reativa e maior.
– 73 –
4.15 Operacao de transformadores em paralelo
Considerar dois transformadores conectados em paralelo:
T1
T2
1 2
chave
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
Para calculos em por unidade, divide-se o circuito em duas areas para a definicao
dos valores de base:
T1
T2
1 2
area 1 area 2
Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
– 74 –
Os valores das tensoes de base sao escolhidos de forma que a relacao entre eles seja
igual a relacao de transformacao dos transformadores. Em particular, foram
escolhidas as proprias tensoes nominais dos transformadores. Em por unidade
tem-se:
T1
T2
1 2
A B
1 : 1
1 : 1
Transformadores reais sao representados pelas suas respectivas reatancias1:
T1
T2
1 2
A B
j x1
j x2
1Para transformadores de potencia as perdas ferro e de magnetizacao sao desprezadas. As perdas cobre tambem sao em geral desprezadas.
– 75 –
Considere que o transformador T2 tenha a sua relacao de transformacao aumentada
para (12,5 : 34,5 kV), atraves de uma mudanca na posicao do tap:
T1
T2
1 2
A B
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 34,5 kV
Pode-se representar T2 da seguinte forma:
T1
T2
1 2
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 11,9 kV
– 76 –
Dividindo o circuito em duas areas:
T1
T2
1 2
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 11,9 kV
area 1 area 2
Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV
Em por unidade tem-se:
T1
T2
1 2
A B 1 : 1
1 : 1
1,05 : 1
12,5/11,9
– 77 –
Considerando as reatancias dos transformadores:
T1
T2
1 2
A B 1,05 : 1
j x1
j x2
Verifica-se que o transformador com a posicao do tap fora da nominal deve ser
representado em por unidade com uma relacao (1,05 : 1) ou (1 : 0,952). Considere
agora que a chave AB seja aberta:
+ − T1
T2
1 2
A B
V
vAB
v1 v2
vx1,05 : 1
j x1
j x2
– 78 –
Devido a alteracao na posicao do tap de T2, aparece uma tensao sobre os terminais
da chave:
vAB = vA − vB= v1 − 1,05 vx= v1 − 1,05 v2= v1 − 1,05 v1= −0,05 v1
A impedancia vista pelos terminais A e B e:
zvista = j (x1 + x2) = zloop
Logo, tem-se:
+
−
A
B
VvAB
zloop
∼
– 79 –
Se a chave AB for novamente fechada, circulara uma corrente pelo circuito:
+
−
A
B
vAB
zloop
iloop∼
A corrente vale:
iloop =vABzloop
Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se:
1,05 : 1
j x1
j x2
T1
T2
1 2
A B
iloop
em que iloop e uma corrente de circulacao. Ao alterar-se a posicao do tap de T2,
apareceu uma corrente de circulacao, que e limitada pelas reatancias dos
transformadores.
– 80 –
Sistemas de potencia tıpicos sao malhados, ou seja, existem varios loops e caminhos
paralelos para os fluxos de potencia. Esta caracterıstica confere maior flexibilidade
de operacao e confiabilidade aos sistemas. Alem disso, as tensoes de transmissao e
nıveis de potencia tem aumentado ao longo dos anos, e os novos equipamentos sao
conectados e operam juntamente com os equipamentos existentes. Assim, e natural
que se encontre loops ou caminhos paralelos que incluem transformadores.
Cuidados especiais devem ser tomados durante a fase de projeto a fim de evitar as
correntes de circulacao. A configuracao que poderia ser chamada de normal
conteria transformadores em paralelo com as mesmas relacoes de transformacao.
No entanto, ha situacoes em que introduz-se alteracoes nas relacoes de
transformacao2 a fim de atender requisitos especıficos de operacao.
2Alteracoes na relacao de transformacao sao obtidas atraves da mudanca na posicao dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo de transfor-
mador, essa alteracao pode resultar em diferentes magnitudes de tensao (transformador regulador) ou em defasagens entre as tensoes (transformador
defasador).
– 81 –
4.16 Representacao computacional do trafo com tap variavel
Em algumas aplicacoes e interessante classificar linhas de transmissao e
transformadores em uma mesma classe de equipamentos → ambos conectam doisnos (duas barras) da rede.
E conveniente representa-los por um mesmo modelo e trata-los de maneira identica.
Exemplo: problema de fluxo de carga → resolucao do circuito para obtencao do seuestado de operacao.
Como a linha e representada por um modelo π → deve-se representar o trafotambem por um modelo π.
Procedimento: considerar o seguinte trafo:
+
−
+
−
+
−
v1
i1z
v ′1 v2
i2
1 : α
s1 s ′1 s2
– 82 –
Tem-se as seguintes relacoes:
v ′1v2=1
α
s ′1 + s2 = 0
s ′1 = −s2v ′1 i∗1 = −v2 i∗2
v ′1 i∗1 = −αv ′1 i∗2i1i2= −α
As equacoes para as correntes sao:
i1 =v1 − v ′1z
=1
zv1 −
1
αzv2 (1)
i2 = −i1α= − 1αzv1 +
1
α2 zv2 (2)
– 83 –
Considere agora o modelo π do trafo:
+
−
+
−
v1
i1
z1
z2 z3 v2
i2is
ip2 ip3
Para o modelo π:
i1 = is + ip2
=1
z1(v1 − v2) +
1
z2v1
i2 = −is + ip3
= − 1z1(v1 − v2) +
1
z3v2
Reescrevendo de maneira apropriada:
i1 =
(1
z1+1
z2
)
v1 −1
z1v2 (3)
i2 = −1
z1v1 +
(1
z1+1
z3
)
v2 (4)
– 84 –
Deve-se igualar os coeficientes das equacoes (1) com (3) e (2) com (4):
− 1z1= − 1αz
1
z1+1
z2=1
z
1
z1+1
z3=1
α2z
que resulta em:
z1 = αz
z2 =
(α
α− 1
)
z
z3 =
(α2
1− α
)
z
Exemplo
Um autotransformador trifasico com comutador de tap apresenta os seguintes dados de
placa:
220/22 kV 300 MVA
x = 6% Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posicoes
Obtenha o modelo π equivalente do transformador para que se tenha tensoes de 220 kV
e 18,2 kV em vazio.
– 85 –
Considerando os seguintes valores de base:
Sb = 300 MVA
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 22 kV
tem-se o seguinte modelo para o transformador:
+
−
+
−
v1 v2
x = 0,06
1 : α
em que α representa a posicao do tap. Para o tap na posicao nominal tem-se:
220/22 kV
Para as condicoes especificadas no problema, tem-se:
220/18,2 kV
– 86 –
que pode ser representado por:
220/22 kV 22/18,2 kV
Transformando os valores de tensao em pu:
1 : 1 1 : 0,82731 : 0,8273
Como o comutador apresenta posicoes de tap discretas, deve-se escolher o valor mais
apropriado:
0,80
0,8273
0,84
0,88
0,92
0,96
1,00
1,04
1,08
1,12
1,16
1,20
valor discreto mais proximo
– 87 –
O modelo π fica:
+
−
+
−
v1
j0,0504
−j0,3150 j0,2646 v2
Como a tensao no secundario e MENOR que o valor nominal, o parametro z3corresponde a um INDUTOR.
Exercıcio
Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tensao de 25 kV no
secundario do transformador.
Exercıcio
No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tensao possıvel no
secundario (em vazio) e o obtenha o modelo π correspondente a essa situacao.
– 88 –
4.17 Fluxos de potencia ativa e reativa em transformadores
Considere o modelo π do transformador:
Ek = Vk ∠θk Em = Vm ∠θmIkm Imk
I1I2 I3
y/α
(α−1α
)y
(1−αα2
)y
As correntes sao dadas por:
Ikm = I1 + I2
=y
α(Ek − Em) +
α− 1αyEk
= (y)Ek +(
−yα
)
Em
Imk = −I1 + I3
= −yα(Ek − Em) +
1− αα2
yEm
=(
−yα
)
Ek +( y
α2
)
Em
– 89 –
Potencia saindo do barramento k :
S∗km = E∗k Ikm
= E∗k
[
yEk +(
−yα
)
Em
]
= (g + jb) V 2k −1
α(g + jb) VkVm (cos θkm − j sen θkm)
Pkm = gV2k −VkVmα(g cos θkm + b sen θkm)
Qkm = −bV 2k −VkVmα(g sen θkm − b cos θkm)
Potencia saindo do barramento m:
S∗mk = E∗m Imk
= E∗m
[
−(y
α
)
Ek +( y
α
)
Em
]
=1
α2(g + jb) V 2m −
1
α(g + jb) VkVm (cos θkm + j sen θkm)
Pmk =g
α2V 2m −
VkVmα(g cos θkm − b sen θkm)
Qmk = −b
α2V 2m +
VkVmα(g sen θkm + b cos θkm)
As perdas de potencia podem ser calculadas por:
Pperdas = Pkm + Pmk
Qperdas = Qkm +Qmk
– 90 –
4.18 Referencias
A.L.M. Franca, notas de aula, 1989.
C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um curso introdutorio,
Unicamp, 1995.
A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introducao a sistemas de energia eletrica, Unicamp,
1999.
J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, 1989.
J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994.
I.L. Kosow, Maquinas eletricas e transformadores, Globo, 1972.
O.I. Elgerd, Introducao a teoria de sistemas de energia eletrica, Mc-Graw-Hill, 1981.
L.N. Padilha, Analise comparativa de estrategias para regulacao de tensao em
sistemas de distribuicao de energia eletrica na presenca de geradores distribuıdos,
Dissertacao de Mestrado, Escola de Engenharia de Sao Carlos/USP, 2010.
– 91 –
