ApostilaSEP I

7/27/2019 ApostilaSEP I

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Captulo I - Introduo aos Sistemas de Potncia

Notas de Aula Sistemas Eltricos de Potncia I LN(ceno)

1

Sistemas Eltricos de Potncia I

Cdigo: 1249 A

Professor:Leonardo Nepomuceno

Objetivo Geral

Analisar os sistemas eltricos de potncia em condies da falha, abordando osdiferentes tipos de curtos-circuitos.

Contedo

1. DIAGRAMAS DE REATNCIA EM SISTEMAS DE POTNCIA1.1. Clculo de tenso, corrente e potncia em sistemas de potncia (P. U. e

Real)

2. COMPONENTES SIMTRICOS2.1. Componentes de sequncias positivas, negativas e zero2.2. Existncia de componentes de sequncia zero (corrente)2.3. Circuitos equivalentes de sequncias de linhas e equipamentos

3. ANLISE DE CIRCUITOS DESIQUILIBRADOS3.1. Curto-circuito fase-terra3.2. Curto-circuito fase-fase3.3. Curto-circuito fase-fase-terra3.4. Aplicaes

4. ANLISE DE FALHAS ATRAVS DA MATRIZ IMPEDNCIA DE BARRA4.1. Formao da matriz Admitncia4.2. Frmao da matriz de Impedncia

4.3. Anlise de Falhas

5. CLCULO DE CURTO-CIRCUITO VIA COMPUTADOR ATRAVS DAMATRIZ IMPEDNCIA DE BARRA

6. APLICAO COMPUTACIONAL DO PROGRAMA EM SISTEMA DEPOTNCIA


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2

Bibliografia Bsica

1. GRAINGER,J .J .; STEVENSON, W.D. Power System Analysis. McGraw-Hill Book Company, 1994.

2. MONTICELLI, A. Fluxo de Carga em Redes de Energia, Edgard BlucherLtda, 1983.

3. KINDERMANN, G. Curto Circuito. 2 ed., Porto Alegre - RS: Sagra-DCLuzzatto, 1992.

4. STEVENSON, W.D. Elements of Power System Analysis. 4 ed., Texas,

McGraw Hill, 1982.5. MONTICELLI A. ; GARCIA A. Introduo a Sistemas Eltricos de

Potncia. Editora da Unicamp e Imprensa Oficial, 1999.

Critrio de Avaliao

1. Conforme Portaria Didtica n 03/99 - FE.

2. Marcar Provas


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3

CAPTULO IINTRODUO AOS SISTEMAS DE POTNCIA

1.1SISTEMAS DE POTNCIA VISO GERAL

Um sistema de potncia uma estrutura complexa de equipamentos, geradores,transformadores, linhas de transmisso e alimentadores de distribuio, conforme mostradona Figura 1 a seguir.

Figura 1. Sistema de Gerao- transmisso-distribuio

Transmisso

(345 kV, 500 kV).TransmissoTransmisso

Subtransmisso

(138 kV, 69 kV).

Distribuio

Interconexo comoutros sistemas

geradores

transformadores

consumidores


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4

1.2ASPECTOS FSICOS DA PRODUO/CONSUMO DE ENERGIA ELTRICA

A operao e planejamento dos sistemas de gerao, transmisso e distribuio de

sistemas de energia no uma tarefa simples. Nesta seo vamos tentar acompanhar o quese passa quando uma carga adicional ligada a uma rede de energia eltrica, ou seja vamosbuscar entender de onde vem a energia. A resposta no simples, do tipo: vem do gerador;mas depende do instante de tempo considerado. Em ltima instncia, a energia produzidano gerador, mas isso no ocorre de maneira imediata. So considerados a seguir intervalostpicos em sistemas de energia.

1.2.1 Transitrio Eletromagntico

Os transitrios eletromagnticos ocorrem na faixa de 310 s. Nesta faixa a energiasuprida carga adicional vem do prprio circuito prximo carga. Exemplo: um motor

com potncia relativamente elevada pode provocar uma queda de tenso observvel emoutros equipamentos. Assim, nesta faixa de tempo a carga toma parte da energiaarmazenada (por exemplo em circuitos magnticos) nos circuitos adjacentes.

1.2.2 Transitrio Eletromecnico

Ocorre no intervalo de tempo de 110 s. Aps o impacto inicial, ocorridos no transitrioeletromagntico, h uma resposta mecnica do sistema. A energia adicional passa a serprovida pelos rotores dos geradores. A conseqncia imediata da perda de energia cinticano rotor a queda da freqncia sentida em toda a rede eltrica. desta forma que asusinas sentem a presena de uma nova carga no sistema. claro que, em sistemas de

grande porte, somente acrscimos considerveis de carga provocam alteraes perceptveisna freqncia.

1.2.3 Atuao do Regulador de Velocidade

Ocorre no intervalo de tempo de 1s. Quando cai a freqncia do sistema, h umaumento na potncia gerada pela unidade geradora. Uma caracterstica tpica da relaopotncia gerada freqncia em um sistema turbina-gerador basicamente linear,conforme mostrado na Figura 2 a seguir.

Figura 2. Controle de Potncia pela Velocidade.

freqncia

Potncia gerada


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5

Isto ilustra o fato de a abertura das vlvulas das turbinas poder ser comandada pelaqueda na freqncia. No caso de turbinas hidrulicas, isto se reflete em um maior volumede fluxo de gua atravs da turbina. Nas turbinas a vapor, h uma maior admisso de vapor

na turbina (o que acarreta, com um certo atraso, um aumento na queima de combustvel).Assim, neste intervalo de tempo o problema de suprimento de potncia ativa adicional resolvido com a criao de um novo problema: a queda na freqncia.

1.2.4 Controle de Carga Freqncia - Intercmbio

Ocorre no intervalo de tempo de 110 a 210 s. Alm do erro em freqncia, osintercmbios entre as vrias reas, nas quais o sistema dividido, tambm podem serafetados pelo acrscimo de carga em uma das reas. Em geral as correes nos errosintroduzidos na freqncia so feitos de forma coordenada. Por exemplo, um esquema

muito utilizado consiste em uma das empresas (rea) se responsabilizar pelo controle defreqncia da rede como um todo, ajustando alguns dos seus geradores, enquanto as demaisempresas tomam conta de seus intercmbios lquidos com as empresas adjacentes. Assim,aps certo tempo a freqncia voltar a seu nvel desejado e os intercmbios voltaro aosvalores contratados entre as empresas. Neste esquema cada empresa aloca parte de seusgeradores para exercer as funes de controle de intercmbio e freqncia (tambmchamada de controle secundrio). Isto equivale a alterar a posio das curvas caractersticasconforme mostrado na Figura 3, a seguir:

Figura 3. Atuao do Controle Secundrio.

1.2.5 Redespacho Econmico-Seguro

Ocorre no intervalo de tempo de 410 s (duas a trs horas). Em geral a atuao docontrole secundrio nem sempre leva o sistema a um ponto de operao timo do ponto devista econmico ou em relao segurana da operao. Assim, uma ltima etapa aindapode ocorrer. Trata-se do despacho econmico de carga, levando em considerao asrestries de segurana do sistema. Em geral o despacho econmico formulado como um

freqncia

Potncia gerada


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6

problema de otimizao no qual algum critrio de otimizao minimizado (oumaximizado) levando-se em considerao restries operativas importantes para o sistema.Em sistemas predominantemente hidrulicos como o brasileiro, o objetivo em geral a

otimizao do uso da gua, com a conseqente minimizao da complementao trmica(consumo de combustvel). Em sistemas predominantemente trmicos o objetivo o deminimizar os custos de gerao trmica que, em geral, so dados por funes quadrticas dapotncia ativa gerada.

1.2.6 Planejamento da Operao de Sistemas de Potncia

Ocorre no intervalo que vai de 1 semana a 1 ms. Alm da definio dos nveis degerao mais econmicos, necessrio definir quais geradores estaro em operao equando estaro em operao. O problema de planejamento da operao tambm est ligado

ao problema de gerenciamento dos recursos de energia e tambm formulado como umproblema de otimizao. Em sistemas predominantemente hidrulicos o problema estrelacionado deciso que se deve tomar quanto ao gerenciamento da gua. Gastar agora,esperando um perodo de cheias futuras, ou guardar, esperando um perodo de seca. Comoa varivel do tipo estocstica (no determinstica), o problema se torna bastantecomplexo. Alm disso, a escala de parada/manuteno deve ser considerada, o que torna oproblema ainda mais complexo.

1.2.7 Planejamento da Expanso de Sistemas de Potncia

Ocorre no intervalo de 5 a 20 anos. Acrscimos sucessivos dos nveis de carga acabamlevando necessidade de se adicionarem novas unidades geradoras e novas linhas detransmisso. Em longo prazo, esta a nica maneira de se atender demanda crescente. Osproblemas de planejamento da expanso em geral so construdos como problemas deotimizao combinatorial.

1.3CIRCUITOS MONOFSICOS DE CORRENTE ALTERNADA CONCEITOSBSICOS

Seja uma fonte de tenso alternada monofsica, com tenso instantnea )(tv ,

alimentando uma impedncia constante complexa Z, conforme mostrado na Figura 3 aseguir:

Figura 3. Circuito de Corrente Alternada Simples.

carga( )v t ( )i t


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7

onde:

( ) += tVtv cos)( max : tenso instantnea;( )tIti cos)( max= : corrente instantnea;

f 2= : velocidade angular;f: freqncia eltrica;

As formas de onda da tenso e corrente so dadas na Figura 4 a seguir.

Figura 4. Formas de onda da Tenso e Corrente.

1.3.1 Magnitude de Tenso e Corrente

DefinioA magnitude de corrente (ou valor eficaz de corrente) corresponde ao valor da corrente

contnua que dissipa em uma determinada carga um valor de potncia ativa igual potnciaativa mdia dissipada por uma corrente alternada.

A potncia ativa mdia P dissipada por uma corrente alternada dada por:

___2iRP =

,onde

___2

i o valor mdio do quadrado da corrente, ou seja: ( )_________

22max

___2 cos tIi = . O valor

mdio do ( )2cos t calculado pela seguinte integral:

( )( )

2

1coscos 0

2_________2 ==

dtt

t

)(tv

)(ti

maxI

maxV


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8

Assim, a potncia mdia dissipada pela corrente alternada seria 212

maxIRP = . A

corrente eficaz efI pode ser calculada como a corrente contnua que dissipa o valor

P acima, ou seja:

21. 2max

2IRIR ef = , logo temos:

2maxIIef = (1)

Ou seja, para calcularmos o valor eficaz de uma corrente instantnea senoidal, basta que

se tome o valor mximo da corrente dividindo-o por 2 . O mesmo se aplica ao clculo dovalor eficaz da tenso.

1.3.2 Representao Fasorial

Pela identidade de Euler temos a seguinte relao:

)sen()cos( jej += (2)

Aplicando a identidade de Euler s expresses da tenso aplicada e correnteestacionria (4), tem-se:

( ) ( ){ }Re j tmv t V e += (3)

( ) ( ){ }Re j test mi t I e + = (4)

onde Re{} representa a parte real de um nmero complexo. Reescrevendo as equaesanteriores em funo dos valores eficazes de tenso e corrente tem-se:

( ) ( ){ } ( ){ }tjjeftjef eeVeVtv 2Re2Re == + (5)( ) ( ){ } ( ){ }tjjeftjef eeIeIti 2Re2Re 0== (6)

Das expresses acima definem os fasores de tenso e corrente conforme mostrado a seguir:

== efj

ef VeVV (7)

00 == efj

ef IeII (8)

Seja o sistema mostrado na figura 3 onde a carga descrita por um resistor deresistnciaR em srie com um indutor de indutnciaL. Supondo que a tenso aplicada seja

( )( ) cosmv t V t = + , teremos, a partir da teoria de circuitos a seguinte equao diferencial:


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9

( ) ( )cosmdi

V t Ri t Ldt

+ = + (9)

A soluo desta equao diferencial fornece o seguinte resultado:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

1

cos cos

onde:

R L tm m

l l

l

l

V Vi t e t

R X R X

X L

Xtg

R

= + + + +

=

=

(10)

A primeira componente de (3) do tipo transitria, pois deve decair para valores nulospara valores de tempo infinito. A segunda componente chamada de componenteestacionria, e possui algumas caractersticas importantes:

1) uma funo do tipo senoidal;2) Possui a mesma freqncia da tenso aplicada pela fonte ( )v t ;3) Possui amplitude diferente da tenso aplicada pela fonte ( )v t ;4) Possui ngulo de fase diferente da tenso aplicada pela fonte ( )v t .

A componente estacionria pode ser rescrita conforme (4).

( ) ( )22 cosm

est

l

Vi t tR X

= + +

(11)

Se adotarmos a definio de fasores conforme descrito em (7) e (8), e aplicarmos estadefinio a ambos os lados de (11), teremos a relao dada em (12).

22

mest

l

VI

R X

= +

(12)

A qual pode ser escrita da forma:

22

m m

est

l

V V VI

Z ZR X

= = =

+

(13)

Onde:

1

l

l

Z R jX

Xtg

L

= +

=

(14)


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10

Assim, a utilizao de fasores permite escrever as grandezas eltricas envolvidas, demaneira independente do tempo. importante salientar que isso s possvel quandoestamos considerando o regime permanente senoidal. No perodo transitrio, os fasores

mesmo que definidos, no possuem muita utilidade, pois o problema no pode ser escritode forma independente do tempo.

1.3.3 Vantagens da Representao Fasorial

A representao fasorial facilita a anlise de sistemas de corrente alternada (emregime estacionrio) eliminando a varivel tempo dos clculos.

As relaes entre tenso e corrente so as mesmas daquelas apresentadas peloscircuitos de corrente contnua:

IZV *=

1.3.4 Potncia em Circuitos de Corrente Alternada

Seja o seguinte circuito eltrico simples mostrado na Figura 5 a seguir:

Figura 5 Elemento de Circuito conectado entre os pontos an consumindo/fornecendopotncia ativa

Se os valores instantneos de corrente e tenso forem senoidais, conforme definido aseguir, teremos a potncia instantnea dada pela equao (15).

( )tVvan cosmax= ( ) = tIi

an

cosmax

( ) ( ) == ttIVivtp anan coscos)( maxmax (15)

Pela equao (9) repara-se que:

Se anv e ani esto em fase (circuito puramente resistivo) teremos que p(t) semprepositivo, conforme mostrado na Figura 6 a seguir:

ani

a

n

+

_anv


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11

Figura 6. Circuito puramente resistivo.

Se anv e ani esto defasados de o90 (circuito indutivo ou capacitivo puro) teremosque o valor mdio da potncia instantnea )(tp ser nulo.

Figura 7. Circuito puramente indutivo.

Com relao ao sinal da potncia instantnea podemos dizer que:

)(tp positivo quando a potncia est sendo absorvida pela carga. )(tp negativo quando a potncia est sendo fornecida pela carga.

Repare que nos circuitos puramente indutivos/capacitivos toda a potncia instantneaabsorvida em um meio ciclo devolvida no meio ciclo subseqente, fornecendo m valormdio sempre nulo.

Podemos reescrever a equao 9 da seguinte forma:

anv

ani

( )p t

anv

ani ( )p t


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12

( )( ) ( )tIV

tIV

ivtp anan 2sensen22cos1cos

2)( maxmaxmaxmax ++==

( )( ) ( )cos 1 cos 2componenteassociada a umacarga resistiva pura

sen sen 2

componenteassociada a umacarga reativa pu

( )

ra

efef ean fan efV I V Ip tt v i t = = ++

(16)

Mostra-se a seguir que a primeira parcela da equao 16 est associada a uma correnteque est em fase com a tenso (carga resistiva pura) e que a segunda parcela da equaoest associada a uma corrente defasada o90 da tenso. A componente associada cargaresistiva pura denominada de potncia ativa instantnea e a componente associada cargareativa denominada de potncia reativa instantnea. A seguir mostraremos esta afirmao.

Seja a carga da Figura 5 anterior separada em duas componentes uma parcela resistiva euma parcela puramente indutiva, conforme mostrado na Figura 8 a seguir:

Figura 8. Decomposio da carga nas parcelas resistiva e indutiva.

O diagrama fasorial da Figura 8 mostrado na Figura 9, ressaltando o fato de que acorrente ri est em fase com a tenso anv e a corrente xi est

o90 atrasada da tenso anv .

Figura 9. Diagrama Fasorial do Circuito da Figura 8.

Da figura temos as seguintes relaes:

cosr anI I =

senx anI I =

Se ani possui valor mximo maxI ento pelas relaes acima ri possui valor mximocosmaxI . Como ri est em fase com a tenso anv , tem-se:

ani +

_

anv

a

n

ri

xi

rI

xI

anI

anV


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13

( )tIir coscosmax= (17)

Sean

i possui valor mximomax

I entox

i possui valor mximo senmax

I . Comox

i

est atrasada de 90 graus da tenso anv , tem-se:

( )omax 90cossen = tIix ( )tIix sensenmax= (18)

Podemos calcular a potncia instantnea dissipada na parcela resistiva da carga daseguinte forma:

( )tIViv ran 2

maxmax coscos=

))2cos(1(cos2

maxmax tIViv ran +=

))2cos(1(cos tIViv efefran += (19)

Podemos calcular a potncia instantnea na parcela reativa da carga da seguinte forma:

( )ttIViv xan cos)sen(senmaxmax=

)2sen(sen2

maxmax tIV

iv ran =

)2sen(sen tIViv efefran = (20)

A expresso (19) sempre positiva e possui valor mdio dado por:

cosefefIVP = (21)

A expresso (20) possui valor mdio nulo e um valor mximo dado por:

senIVQ efef= (22)

A expresso 21 define a chamada potncia ativa e a expresso (22) define a chamadapotncia reativa. Apesar de que as unidades dimensionais so as mesmas comum que apotncia ativa seja expressa em watt [w] ou mega-watt [MW] e a potncia reativa sejaexpressa em volt-ampre-reativo [var] ou mega- volt-ampre-reativo [Mvar].

Das expresses 21 e 22 temos ainda:

( ) ( )2 22 2 cosef ef ef ef ef ef S P Q V I V I sen V I = + = + = (23)


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14

Temos ainda em um circuito srie simples que:

cosefefIVP = ; senefefIVQ =

cos2efZIP = ; sen2

efZIQ =

Se cosZR = e senZX = , teremos que:

2efIRP = (24)

2efIXQ = (25)

1.3.5 Potncia Complexa

Sejam os fasores de tenso e corrente genricos dados respectivamente por = efVV e

= efII . A potncia complexa definida pela equao 26 a seguir.

== efefIVIVS* (26)

Ou ainda:

)sen()cos( += efefefef IVjIVS

Com o ngulo entre a tenso e a corrente dado por = , temos:

jQPS += (27)

O diagrama de potncias mostrado na Figura 10 a seguir.

Figura 10. Diagrama de Potncias.

1.3.6 Direo dos Fluxos de Potncia Ativa e Reativa

P

QS

eixo real

eixo imaginrio


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15

Do exposto acima se pode concluir que a direo dos fluxos de potncia ativa e reativa

dada conforme mostrado na Figura 11 a seguir.

Exerccio 1.1

Duas fontes de tenso ideais, designadas como mquinas 1 e 2 esto conectadas, conformemostrado na figura. Se V01001 =E , V30100

o2 =E e += 50 jZ , determine (a)

se cada mquina est gerando ou consumindo potncia ativa e as quantidades geradas, (b)se cada mquina est gerando ou consumindo potncia reativa e as quantidades geradas, (c)P e Q absorvidos pela impednciaZ.

1.4TENSES E CORRENTES EM CIRCUITOS TRIFSICOS BALANCEADOS

Os sistemas eltricos so projetados de forma que, na medida do possvel, as cargassejam balanceadas entre as fases. Nesta seo sero estudados os circuitos trifsicosequilibrados.

1.4.1 Carga Conectada em Y

A Figura 12, a seguir, mostra um gerador trifsico alimentando uma carga trifsicaequilibrada conectada em Y. Os terminais da mquina so os pontos a, b e c mostrados na

figura.

As foras eletromotrizes ' 0aE 0'bE 0'cE tm a mesma magnitude e possuem defasamento

angular de o120 entre si. Nos terminais do gerador as tenses terminais so dadas por:

dcncc

dbnbb

danaa

ZIEV

ZIEV

ZIEV

=

=

=

0'0

0'0

0'0

(28)

I

V

+

_

circuitoequivalente

AC

elementode circuito

ou

Se P > 0, o circuito absorve potnciaativa.

Se P < 0, o circuito fornece potnciaativa.

Se Q > 0, o circuito absorve potnciareativa (corrente atrasada da tenso).

Se Q < 0, o circuito fornece potnciareativa (corrente adiantada da

tenso).

S = P + j Q

Figura 11. Direo dos Fluxos de Potncia.


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17

Como as correntes so equilibradas temos 0n a n b n c nI I I I= + + = . Assim, mesmo que

houvesse uma impedncia entre os ns 0 e n estes pontos teriam o mesmo potencial. Se a

carga no fosse balanceada a soma fasorial das correntes seria diferente de zero,provocando uma diferena de potencial entre os ns 0 e n, caso estes no estivessemdiretamente ligados. Para a condio desbalanceada necessrio conectar os ns, se fordesejvel mant-los no mesmo potencial.

As tenses de linha da Figura 12 so dadas pelas relaes descritas em (30) a seguir:

ancnca

cnbnbc

bnanab

VVV

VVV

VVV

=

=

=

(30)

As relaes fasoriais entre as tenses de linha cabcab VVV ,, e as tenses de fase

cnbnan VVV ,, so mostradas no diagrama da Figura 14 a seguir. Na figura a tenso de linha

da fase a adotada como referncia. Pelo diagrama percebe-se uma relao importante

entre estas grandezas. A magnitude dos fasores de tenso de linha 3 vezes a magnitudedos fasores de tenso de fase. Alm disso, as tenses de linha esto adiantadas em relaos tenses de fase de o30 , independentemente da carga alimentada.

3L

F

VV = (31)

Figura 14. Relaes entre as Tenses de linha e de Fase

1.4.2 Carga Conectada em

Mostra-se que para uma carga conectada em que as correntes obedecem a uma regramuito prxima daquela descrita na seo anterior. Isto as correntes de linha cba III ,, tm

suas magnitudes iguais a 3 vezes as magnitudes das correntes de fase cabcab III ,,

bcV

anV

bnV

cnV o3 30ab anV V= caV


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18

respectivamente. Alm disso, as correntes de linha esto atrasadas de o30 em relao scorrentes de fase.

Exerccio 1.2

Em um circuito trifsico equilibrado a tenso o02.173 =abV v. Determine todas as

tenses e correntes em uma carga conectada em Y tendo = o2010Z . Assuma aseqncia de fase abc.


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1.4.3 Circuito Equivalente por Fase

Ao solucionarem-se sistemas trifsicos equilibrados no necessrio trabalhar com o

diagrama inteiro do circuito trifsico. Assume-se uma conexo com o neutro comimpedncia nula, e por esta conexo deve fluir a soma das trs correntes de fase, a qual nula em sistemas trifsicos equilibrados. O circuito resolvido aplicando-se a lei deKirchhoff em um caminho fechado incluindo uma fase e o neutro. O circuito por fase dafigura 12 mostrado na Figura 15 a seguir.

Figura 15 Circuito Equivalente por Fase da Figura 12.

Exerccio 1.3

A tenso terminal de linha sobre uma carga conectada em Y e formada por trs

impedncias de = o3020Z de 4.4 Kv . A impedncia de cada uma das linhasconectando as cargas a uma barra da subestao de = o754.1LZ . Encontre astenses de linha na subestao.

1.5 POTNCIA EM CIRCUITOS TRIFSICOS EQUILIBRADOSA potncia trifsica total absorvida por uma carga obtida pela somatria das potncias

absorvidas em cada fase. Em um sistema equilibrado isto equivale a multiplicar o valor dapotncia dissipada por fase por 3, uma vez que a potncia dissipada a mesma nas 3 fases.

Se a magnitude da tenso fase-neutro for fnV em uma carga conectada em Y teremos:

fn an bn cnV V V V = = = ;

se as magnitudes das correntes de fase forem fI na mesma carga em Y teremos:

cnbnanf IIII === .

Teremos, portanto, uma potncia total dada por (32).

+

_

0

a

a

' 0aE

dZ

anI

RZ

n


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( )3. cosfn f fP V I = (32)

Onde o ngulo f o ngulo pelo qual a corrente fI de fase est atrasada da tenso

fV , ou seja ngulo da impedncia por fase. A expresso 32 pode ser rescrita utilizando os

valores de linha, da forma:

( )fLLIVP cos.3= (33)

Teremos ainda:

( )

( )

3.

3.

fn f f

L L f

Q V I sen

Q V I sen

=

=

(34)

E a potncia aparente ser:

LL

ff

IVS

IVS

.3

.3

=

=(35)

As mesma expresses acima para as potncias so vlidas se a carga estiver conectadaem .

1.6 QUANTIDADES PU (POR UNIDADE)Em sistemas de potncia conveniente expressar as unidades de corrente, tenso,

impedncia e potncia em valores percentuais ou por unidade em relao a um valor bsicode referncia especificado para cada varivel.

1.6.1 Definio PUO valor por unidade ou pu de uma determinada quantidade definido como o valor

desta quantidade dividido pelo seu correspondente valor bsico. Exemplo: se escolhermosum valor de tenso base de 120KV, as tenses de 108, 120 e 126 KV, tero os seguintesvalore em pu: 0.9, 1.00 e 1.05pu.

1.6.2 Definio PercentualO valor percentual o valor empu multiplicado por 100. Repare que o produto de duas

quantidades dadas empu fornece um valor tambm empu, mas o mesmo no acontece paravalores em percentual.


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Importante:

Se estabelecermos valores bsicos para as tenses e correntes, os valores bsicos para a

potncia e impedncia ficam automaticamente fixados pela relao existente entre as

grandezas. Ou seja, fixados dois valores bsicos, respectivamente para duas grandezas, os

valores bsicos das demais ficam automaticamente fixados.

Em geral a potncia dada em MVA e a tenso dada em KVA so utilizadas comovalores bsicos. Para sistemas monofsicos ou sistemas trifsicos (neste caso as correntesse referem a correntes de linha; tenses se referem a tenses fase-neutro; e potnciasaparentes se refere potncia aparente por fase), temos as seguintes relaes:

( )fnKV

KVAA

,basetenso,basecorrente1= (36)

( )( )Abasecorrente

Vbasetenso fn

,

,,baseimpedncia = (37)

( )( )

1

2 1000,,baseimpedncia

KVA

KVbasetenso fn = (38)

( )( )

1

2,

,baseimpedncia MVA

KVbasetenso fn

= (39)

Os valores base das potncias ativas e reativas acompanham os valores base da potnciaaparente.

Como sistemas trifsicos equilibrados podem ser resolvidos por fase (linha nica comum neutro como retorno), as bases para as quantidades em um diagrama de impedncia soem geral dadas em valores monofsicos ( 1KVA e fnKV ), mesmo sendo dados os valores de

placa: a potncia aparente trifsica e a tenso de linha.

Exerccio 1.4

Seja um gerador trifsico equilibrado com os seguintes valores nominais: uma potnciaaparente trifsica de 30.000 KVA e uma tenso de 120KV. O gerador fornece uma potnciaativa de 6000KW por fase e uma tenso de fase de 62.3KV. Adotar como bases a tenso defase-neutro e a potncia monofsica e calcular os valores em pu da tenso de fase-neutro eda potncia ativa por fase fornecida. Adotar como bases a tenso de linha e a potnciaaparente trifsica e calcular os valores em pu da potncia ativa trifsica e da tenso delinha.


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22

Concluses

O valorpu de uma tenso fase-neutro utilizando como referncia um valor fase-neutro de tenso igual ao valor em pu de uma tenso fase-fase utilizando comoreferncia um valor fase-fase de tenso.

O valorpu de uma potncia monofsica utilizando como referncia um valor depotncia aparente monofsica igual ao valor em pu de uma potncia trifsicautilizando como referncia um valor de potncia aparente trifsica.

Reescrevendo as equaes de 36 a 39 utilizando valores base trifsicos de potnciaaparente e valores base de linha para as tenses ter-se-:

( )ffKV

KVAA

,basetenso3,basecorrente

3

=

(40)

Da equao 33 teremos:

( )( )

3/

10003,,baseimpedncia

3

2

KVA

KVbasetenso ff = (41)

( )( )

3

2 1000,,baseimpedncia

KVA

KVbasetenso ff = (42)

( )( )

3

2,,baseimpedncia

MVA

KVbasetenso ff= (43)

Excetos pelos subscritos, as equaes 42 e 43 so idnticas s equaes 38 e 39.Podemos utilizar as equaes sem os subscritos, mas sempre lembrando que:

Utilizar tenses de linha em conjunto com a potncia aparente trifsica e Utilizar tenses de fase em conjunto com a potncia aparente monofsica

Exerccio 1.5

Encontre a soluo para o exerccio 1.3 trabalhando em pu em uma base de 4.4 KV, 127 A,de modo que tanto a tenso quanto a corrente seja de 1 pu.


23/125



23

1.7 MUDANDO A BASE EM PUs vezes a impedncia em pu de um componente do sistema dada em uma base

diferente da base adotada para a parte do sistema na qual se localiza o componente. Comotodas as impedncias devem ser expressas na mesma base de impedncia, necessrioconverter a impedncia empu de uma base para outra. Sabemos que:

=

,baseimpedncia

,impednciaimpedncia pu (44)

Utilizando a expresso 33 ou 37 na expresso 39 teremos:

( ) 1000,

,impednciaimpedncia

2

1

=

fnKVbasetenso

KVApu

(45)

A expresso 45 mostra que o valor em pu de uma impedncia inversamenteproporcional ao quadrado da tenso e diretamente proporcional potncia aparente. Logo,para se mudar o valor de uma impedncia de uma base dada para uma base nova,utilizamos:

2,

,d novo

novonov

adodado

adoo d

tenso base KV KVAbaseZpu Zpu

tenso base KV KVAbase

=

(46)

Exerccio 1.6

A reatncia X''de um gerador vale 0.25 pu utilizando como base os dados de placa dogerador, que so 18KV e 500 MVA. Calcular o valor em pu na nova base 20KV e100MVA.

1.8 DIAGRAMA UNIFILARComo os sistemas equilibrados so resolvidos como circuitos por fase, no necessrio

mostrar mais de uma fase ao desenharmos o diagrama do circuito. Alm disso, podemossimplificar ainda mais o diagrama omitindo o circuito completo atravs do neutro, erepresentando os componentes principais do circuito por smbolos padro. Tal diagramasimplificado denominado diagrama unifilar. As informaes que constam em diagramaunifilar devem variar em funo do estudo especfico que se esteja realizando.

Adotaremos os seguintes smbolos para representar alguns componentes do sistema:

Gerador


24/125



24

Um exemplo de diagrama unifilar mostrado na Figura 16 a seguir:

Figura 16. Diagrama Unifilar Exemplo.

Transformador de potncia de dois enrolamentos

Transformador de potncia de trs enrolamentos

Fusvel

Transformador de corrente

A

V

Ampermetro

Voltmetro

Disjuntor de potncia (leo ou outro lquido)

Conexo trifsica com trs enrolamentos em delta

Conexo trifsica com trs enrolamentos em Y(neutro no aterrado)

Conexo trifsica com trs enrolamentos em Y(neutro aterrado)

Transformador de potencialou

1

Carga A

3

Carga B

1T 2T

2


25/125



25

1.9 DIAGRAMA DE IMPEDNCIA E DIAGRAMA DE REATNCIAA Figura 17 a seguir combina o circuito equivalente de cada um dos elementos do

sistema (que sero discutidos em captulos subseqentes) para o chamado diagrama deimpedncias por fase do sistema dado na Figura 16. O diagrama no inclui as impednciasque limitam as correntes de curto nos geradores, uma vez que nenhuma corrente flui peloneutro em condies de carga equilibradas.

Figura 17. Diagrama de Impedncia por Fase da Figura 16.

Algumas simplificaes no diagrama acima so feitas a seguir:

Os valores de resistncia so em geral desprezados no clculo de curto circuito,mesmo em programas computacionais. A omisso da resistncia em geral causa umerro desprezvel, dado que os valores de indutncias so bem maiores que os valoresde resistncia.

Cargas que no envolvem mquinas rotativas em geral possuem um efeito tambmdesprezvel durante a ocorrncia de uma falta.

Motores de sncronos, entretanto, so sempre includos em clculo de faltas uma vezque as foras eletromotrizes geradas contribuem com as correntes de curto circuito.O diagrama deve incluir os motores de induo atravs de uma fora eletromotriz

em srie com uma reatncia indutiva se o diagrama representar uma situaoimediatamente aps a ocorrncia de uma falta (perodo transitrio). Os motores deinduo podem ser ignorados alguns ciclos aps a ocorrncia da falta, j que suacontribuio cai de forma brusca.

A admitncia shunt dos transformadores tambm desprezada, dado que ascorrentes shuntso muito pequenas se comparadas s correntes de carga.

+

_1E

+

_2E

+

_3E

Carga A transformadorlinha1T 2T transformador Carga B


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26

Considerando tas simplificaes, teremos o diagrama de reatncias mostrado na figura 18 aseguir. Estas simplificaes so utilizadas no clculo de curto-circuito, mas no no clculode fluxo de carga do sistema.

Figura 18 Diagrama de Reatncias por Fase da Figura 16.

Os diagramas por fase de impedncia e de reatncia so tambm chamados de diagramapor fase de seqncia positiva, por razes que sero explicadas quando do estudo dascomponentes simtricas.

_ 3E

++1E

+

_2E

_


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Captulo II Representao dos Componentes de Sistemas de Potncia para Anlise de Curto-circuito


1

Captulo IIRepresentao dos Componentes de Sistemas de

Potncia para Anlise de Curto Circuito

2.1INTRODUO

Neste captulo a modelagem em termos de circuito dos componentes de sistemas depotncia ser discutida. Ser dada nfase na modelagem destes elementos para os estudosde curto circuito, que so o foco principal desta disciplina. Sero estudados os modelos dostransformadores, dos geradores, das linhas de transmisso e das cargas.

2.2MODELO DE TRANSFORMADORESOs transformadores tm como funo principal fazer a ligao entre nveis de tenso

diferentes, proporcionando uma elevao/diminuio dos nveis de tenso. Ostransformadores possuem uma eficincia muito alta (em torno de 100%) e so bastanteconfiveis.

2.2.1 Transformador Ideal

A Figura 1 mostra um desenho esquemtico de um transformador monofsico. Duas oumais bobinas so colocadas sobre um ncleo de ferro de forma que sejam enlaadas pelo

mesmo fluxo magntico.

Figura 1. Transformador Ideal.

No transformador ideal, temos as seguintes caractersticas: i) a permeabilidademagntica do meio infinita; ii) todo fluxo est confinado no ncleo de ferro; iii) as perdasno ferro e as resistncias dos enrolamentos so nulas. Pela lei de Faraday temos que astenses induzidas nos terminais do transformador so dadas por:

2v

1i

2i +

1N

2N

_2e

+

_1e

+

_1v +


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29/125



3

Repare que em um transformador ideal, a corrente que circula no secundrio dever sernula se a corrente no primrio tambm for nula. Se conectarmos uma impedncia 2Z nosterminais do secundrio teremos:

2

22

I

VZ

= (8)

Substituindo os valores de 2V e 2I teremos:

( )( ) 121

1122

INN

VNNZ

= (9)

Assim, a impedncia '2Z vista pelo primrio portanto:

22

2

2

2

1

1

12 ' ZaZ

N

N

I

VZ =

==

(10)

Para referirmos uma impedncia do secundrio para o primrio necessriomultiplicarmos pelo quadrado da relao de transformao.

2.2.2 Transformadores Monofsicos no Ideais

O transformador ideal um primeiro passo no sentido de estudarmos um transformadorprtico, no qual temos: i) a permeabilidade no infinita e as indutncias so, portanto,finitas; ii) nem todo o fluxo enlaando um dos enrolamentos enlaa os demais; iii) existeresistncia nos enrolamentos iv) ocorrem perdas no cobre devido s variaes na direo dofluxo. Da teoria de transformadores (ver livro Grainger e Stevenson, pginas 46 a 53)mostra-se que o circuito eltrico equivalente que representa um transformador prtico dado pela Figura 2 a seguir:

a : 12 2a x

2I

a

Figura 2. Circuito Equivalente de um Transformador Monofsico.

1V 2aV 2V

+ + +

1I

2I

1r 1x 2 2a r

mBcG

ideal


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4

Onde tem-se:

1r: resistncia do enrolamento primrio

1

x : reatncia de disperso do enrolamento primrio

22ra : resistncia do enrolamento secundrio refletida no primrio

22xa : reatncia de disperso do enrolamento secundrio refletida no primrio

a : relao de transformao dada por2

1

N

N

mB : susceptncia de magnetizao

cG : condutncia shunt.

Pela Figura 2 mostra-se que um transformador prtico pode ser representado por umtransformador ideal em srie com um circuito que representa os efeitos desprezados no

transformador ideal.

Quando uma tenso senoidal aplicada ao primrio do transformador, com osecundrio aberto, uma pequena corrente, denominada de corrente de excitao circula. Amaior componente desta corrente denominada de corrente de magnetizao, quecorresponde corrente atravs da susceptncia de magnetizao. A corrente demagnetizao produz o fluxo no ncleo ferro, e est associada reatncia de magnetizao,que, por sua vez, est relacionada ao fluxo mtuo entre as bobinas do primrio esecundrio. Uma componente menor da corrente de excitao circula pela condutncia

cG e

responsvel pelas perdas no ferro. As perdas no ferro ocorrem devido a dos fatores: i) as

alteraes cclicas na direo do fluxo requerem energia que dissipada na forma de calor.Estas perdas so denominadas de perdas por histerese; ii) a induo de correntes no ferro

devido s variaes no fluxo as quais produzem perdas por2

IR . Tais correntes so

chamadas correntes de fuga ou correntes parasitas.

O transformador ideal pode ser omitido no circuito equivalente se todas as quantidadesforem referidas ao mesmo lado do transformador. Com isso, e desprezando a corrente deexcitao do transformador, teremos o seguinte circuito equivalente simplificado, mostradona Figura 3.

Figura 3. Circuito Equivalente do Transformador.

1V 2aV

+ +1I

1R 1X


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5

Onde:

22

11 rarR +=

2

2

11xaxX +=

Sabe-se que a relao 11 RX aumenta medida que o nvel de tenso aumenta. Assim, comum que a parcela correspondente resistncia seja desprezada em clculo de curtocircuito de sistemas de transmisso. Em sistemas de distribuio, onde a relao 11 RX bem menor, em geral, a representao das resistncias necessria.

Exerccio 2.1

Um transformador monofsico possui 2000 espiras no enrolamento do primrio e 500espiras no enrolamento do secundrio. As resistncias dos enrolamentos so = 21r e

= 125.02r . As reatncias de disperso so = 81x e = 5.02x . A resistncia da carga de =122Z . Se aplicarmos uma tenso de 1200V no enrolamento primrio, encontre 2V .Despreze as correntes de magnetizao. Calcule o valor de regulao de tenso.

Os parmetros 1X e 1R so determinados pelo ensaio de curto circuito. Neste ensaio aimpedncia medida em um dos terminais quando o outro terminal curto-circuitado. Emgeral o terminal de baixa curto-circuitado e aplicada uma tenso na alta suficiente parafluir a corrente nominal neste enrolamento. So determinados os valores de tenso, correntee potncia. A corrente de excitao desprezvel.

Exerccio 2.2

Um transformador monofsico possui os seguintes valores nominais: 15MVA, 11.5/69 KV.O enrolamento de 11.5 KV (enrolamento 2) curto-circuitado e aplicada uma tenso de5.5KV no enrolamento 1 de forma a fluir a corrente nominal. A potncia de entrada medida de 105.8 MW. Encontre 1X e 1R referidos ao enrolamento 1. As resistncias e reatnciassrie so desprezadas, pois so muito inferiores a ( )1 c mG jB+ .

Os parmetroscG e mB so determinados pelo ensaio a vazio do transformador.

Aplica-se a tenso nominal no enrolamento de baixa com o enrolamento de alta aberto.Mede-se a potncia de entrada e a corrente.

Exerccio 2.3

Para o transformador do exemplo anterior o ensaio a vazio com 11.5 KV aplicados aoenrolamento 2 obteve-se uma potncia medida de 66.7KW e uma corrente de 30.4 A.Encontre os valores de

cG e mB referidos ao enrolamento 1. Qual a eficincia do

transformador para uma carga de 12 MW com um fator de potncia atrasado de 0.8 natenso nominal.


32/125



6

2.2.3 Impedncia em PU de Transformadores Monofsicos

Os valores em ohms de 1X e 1R dependem do lado em que esto referidos estesvalores. Se tais valores esto expressos em pu, a potncia aparente base a potncia basenominal da mquina e a tenso base a tenso nominal, da alta ou da baixa, dependendo deonde esto referidos estes valores. A impedncia em pu a mesma independentemente dolado do transformador.

Exerccio 2.4

Um transformador monofsico possui valores nominais dados por 110/440 V, 2.5 KVA. Areatncia de disperso medida do lado de baixa vale 0.06 . Determine a reatncia dedisperso empu.

Utilizao do PU

Para tirarmos vantagem da utilizao dopu em um sistema monofsico necessrio que astenses base para os circuitos conectados atravs do transformador possuam a mesmarelao de transformao dos enrolamentos do transformador. A potncia base deve ser amesma para todo o circuito.

Exerccio 2.5

Trs partes designadas porA, B e C de um circuito esto conectadas atravs de doistransformadores. Os transformadores possuem os seguintes dados de placa

A-B 10.000 KVA, 13.8/138 KV ; reatncia de disperso de 10%B-C 10.000 KVA, 138/69 KV ; reatncia de disperso de 8%

Se escolhermos como base para o circuito B os valores 10.000 KVA e 138 KV, encontre ovalor em pu de uma impedncia resistiva de 300 conectada ao circuito C referida aos

circuitos A, B e C. Desenhe o diagrama de impedncia desprezando as correntes demagnetizao, as resistncias dos transformadores e as impedncias das linhas.

2.2.4 Transformadores Trifsicos

Trs transformadores monofsicos idnticos podem ser conectados de modo que os trsenrolamentos que constituiro o primrio e secundrio sejam ligados em Y ou . Ao invsde se utilizar trs transformadores monofsicos, bastante comum um transformadortrifsico, onde todas as trs fases estejam em um mesmo ncleo de ferro. A teoria a


33/125



7

mesma para um transformador trifsico ou um banco formado por transformadoresmonofsicos. Um exemplo de transformador trifsico mostrado na Figura 4 a seguir.

Figura 4. Transformador trifsico Y-Y.

Convenciona-se utilizar letras 1H , 2H , 3H , para representar os enrolamentos de alta e

1X , 2X , 3X para os enrolamentos de baixa. Os pontos marcados na figura so feitos de

modo que as tenses dos terminais 1H , 2H , 3H para o neutro N esto em fase

respectivamente com as tenses dos terminais 1X , 2X , 3X para o neutro n.

Em ligaes Y-

ou

-Y h um defasamento entre as tenses produzidas no primrio esecundrio. Pelo padro americano (American Standard) os terminais dos transformadoresso rotulados de modo que as tenses dos pontos 1H , 2H , 3H para o neutro N estejam

adiantadas de 30 respectivamente das tenses dos pontos 1X , 2X , 3X para o neutro n.

2.2.5 Impedncia em PU de Transformadores Trifsicos

Mostra-se (ver pginas 62 e 63 do livro Grainger e Stevenson) que a escolha da basedeve ser feita conforme descrito pela regra abaixo:

Escolhendo Valores Base para Transformadores Trifsicos.

O valor em pu das impedncias em ambos os lados de um transformador o mesmo desdeque: a mesma potncia de base seja escolhida em ambos os lados, e as tenses de basenos dois lados sejam escolhidas de modo que tenham a mesma relao entre as tensesnominais de linhanos lados correspondentes do transformador.

1H

2H

3H

1X

2X

3X

a

b

c

A

B

C

N n


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8

Exerccio 2.6

Trs transformadores, cada um com valores nominais de 25 MVA e 38.1/3.81 KV soconectados em Y a uma carga resistiva trifsica equilibrada de 0.6 conectada em Y.Se for escolhida uma base de 75 MVA e 66 KV para o enrolamento de alta, qual dever sera base do enrolamento de baixa? Determine a resistncia em pu da carga na base doenrolamento de baixa. Determine a resistncia em ohms refletida para o enrolamento dealta. E o valor em pu desta resistncia na base do enrolamento de alta.

Exerccio 2.7

Um transformador trifsico possui valores nominais de 400MVA, 220 Y / 22 KV Aimpedncia equivalente de curto-circuito medida no lado de baixa de 0.121 . E devido baixa resistncia este valor pode ser considerado igual reatncia de disperso. Determinevalor em pu da reatncia do transformador e o valor a ser utilizado para representar estetransformador em um sistema cuja base no lado de alta dada por 100MVA e 230 KV.

2.2.6 Transformadores Trifsicos: Defasamento

Quando um transformador trifsico conectado em Y ou Y ocorre umdefasamento angular, o que ser mostrado a seguir. Seja a o transformador mostrado na

Figura 5 a seguir.

Figura 5. Diagrama de transformador trifsico Y .

Os enrolamentos desenhados em paralelo so enlaados pelo mesmo fluxo. Na figuraenrolamento ANest em fase com o enrolamento ab, pela conveno do ponto assinalado

1H

2H

3H

1X

2X

3X

a

b

c

A

B

C

aI

cI

bI

AI

BI

CI

bcI

caI abI

N


35/125



9

nos dois enrolamentos, ou seja, temos a tenso ANV em fase com a tenso abV e assim

sucessivamente. Logo, adotando como referncia a tenso ANV e uma seqncia de fases

abc, podemos construir o diagrama fasorial para as tenses, conforme mostrado na figura 6a seguir.

Figura 6. Diagrama Fasorial do Diagrama da Figura 5.

O diagrama fasorial da Figura 6 nos mostra que as tenses fase-neutro dosenrolamentos primrio e secundrio esto defasadas de 30. A norma americana prev quepara uma seqncia positiva (abc) as tenses do enrolamento de alta, ANV , BNV , CNV

estejam sempre adiantadas em relao s tenses do enrolamento de baixa,anV

,bnV

,cnV

,

conforme mostrado na figura. Esta norma independe se o enrolamento de alta estconectado em Y ou . importante lembrar que se houvssemos escolhido uma seqnciade fase negativa (cba), ocorreria o oposto, ou seja as tenses ANV , BNV , CNV estariam

atrasadas das tenses anV , bnV , cnV . Repare que como a tenso produzida no enrolamento

ANest em fase com o a tenso produzida no enrolamento ab e temos:

o1 12 2

3 1 30AN ab anN NV V VN N= = (11)

Empu temos:o1

o2

1( ) ( )( )

2

3 1 301 30

3

anAN an

ANpubase alta base baixa

base baixa

NV

V VNV

NV VV

N

= = =

o130ANpu anpuV V= (12)

abV

bcV

caV

anV

bnV

cnV

ANV

BNV

o

30

anV

CNV


36/125


37/125



11

2.2.7 O Transformador de Trs EnrolamentosOs enrolamentos primrios e secundrios de um transformador de dois enrolamentos

possuem a mesma potncia aparente nominal. Em um transformador de trs enrolamentos,cada enrolamento pode possuir um valor nominal de potncia aparente diferente. Aimpedncia de cada enrolamento pode ser dada em pu com base nos valores nominais de

cada enrolamento.Um diagrama esquemtico de um transformador de trs enrolamentos mostrado na

Figura 8 a seguir.

Figura 8. Diagrama esquemtico (a) e circuito equivalente (b) de um transformador de trs

enrolamentos.

Trs impedncias podem ser medidas pelo teste de curto circuito padro, quais sejam:

psZ : impedncia medida no primrio com o secundrio curto-circuitado e otercirio aberto.

ptZ : impedncia medida no primrio com o tercirio curto-circuitado e osecundrio aberto.

stZ : impedncia medida no secundrio com o tercirio curto-circuitado e o primrioaberto.

Se todas as impedncias acima, medidas em ohms, forem referidas a um mesmo lado do

transformador (por exemplo, o primrio), teremos a seguinte relao:

spps ZZZ +=

tppt ZZZ +=

tsst ZZZ +=

p

s

t

PZ

sZ

tZ

p

t

s

(a) (b)


38/125



12

onde pZ , sZ , tZ so as impedncias do primrio, secundrio e tercirio referidas ao mesmo

lado (no nosso, exemplo o primrio).

Reescrevendo as relaes acima teremos:

( )

( )2

2

2

psstpt

t

ptstps

s

stptps

p

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

+=

+=

+=

(13)

A converso das impedncias acima para pu requer a mesma base de potnciaaparente para os trs enrolamentos e requer tenses base especficas para cadacircuito (dada pela relao entre as tenses de linha dos trs enrolamentos do circuito).

Exerccio 2.10

Os valores nominais das trs fases de um transformador de trs enrolamentos so dados aseguir:

Primrio: Y 66KV, 15 MVA

Secundrio: Y 13.2 KV, 10 MVATercirio: 2.3KV, 5 MVA

Desprezando as resistncias, as impedncias de disperso so:

psZ = 7% na base 15MVA, 66 KV.

ptZ = 9% na base 15MVA, 66 KV.

stZ = 8% na base 10MVA, 13.2 KV.

Encontre as impedncias empu do circuito equivalente por fase para uma base de 15 MVA,

66 KV no circuito primrio.

2.3MODELO DE GERADORES SNCRONOSO gerador sncrono responsvel por grande parte da gerao de energia eltrica

utilizada hoje no mundo. O gerador acionado por uma turbina cuja energia em geral proveniente da energia potencial (em usinas hidrulicas) ou da queima de combustveis

(usinas trmicas).


39/125



13

Os enrolamentos de uma mquina sncrona polifsica constituem um grupo de circuitos

eltricos magneticamente acoplados, alguns dos quais giram (localizados no rotor) em

relao a outros (localizados no estator).

2.3.1 Descrio das Mquinas SncronasOs enrolamentos localizados no rotor so denominados enrolamentos de campo. Estes

enrolamentos so supridos com corrente contnua, fornecida por uma excitao. Osenrolamentos localizados no estator so denominados enrolamentos de armadura. Afora magnetomotriz produzida pelo enrolamento de campo se combina com a fora

magnetomotriz produzida pelas correntes do enrolamento de armadura. O fluxo resultanteno entreferro gera tenses nas bobinas de armadura e fornece torque eletromagntico entre

o estator e rotor.

A Figura 9 mostra um gerador sncrono bastante elementar. O enrolamento de campo dorigem a dois plos magnticos. O eixo do campo destes plos denominado eixo direto

ou eixo d. A 90 atrasado localiza-se o eixo em quadratura ou eixo q. O gerador da figura

chamado gerador de plos lisos ou no salientes, pois possui um rotor cilndrico, semsalincias. Em uma mquina real, os enrolamentos esto distribudos por ranhuras em

torno da circunferncia do rotor. Tambm mostrado um corte do estator na Figura 9. Oslados opostos de uma bobina esto nas ranhuras a e a. Bobinas semelhantes esto nas

ranhuras b e b e ainda c e c. As bobinas correspondentes s fases a, b e c esto defasadas

de 120.

Figura 9. Gerador sncrono de plos lisos.

aa

b

cb

c

estator

rotor

eixo q

eixo d d

enrolamento

de campo

fora

magnetomotrizdo enrolamento

N

S


40/125



14

A Figura 10 mostra uma mquina de plos salientes com quatro plos. Os lados opostos de

uma mesma bobina esto defasados de 90. Portanto existem duas bobinas para cada fase.

Os lados a, b e c de bobinas adjacentes esto defasados de 60. As duas bobinas de umafase podem ser conectadas em srie ou paralelo.

Figura 10. Gerador sncrono de plos salientes.

As mquinas de plos salientes possuem um enrolamento adicional denominado de

enrolamento de amortecimento (no est mostrado na figura 10), que constitudo debarras de cobre curto-circuitadas, de forma similar a um enrolamento em gaiola de esquilode um motor de induo. Este enrolamento tem por objetivo reduzir as oscilaes

mecnicas no eixo do gerador no entorno da velocidade sncrona. A velocidade sncrona determinada pelo nmero de plos da mquina e a freqncia do sistema ao qual a mquina

est conectada. Em uma mquina de dois plos um ciclo de tenso gerado para cadarotao completa do rotor de dois plos. Em uma mquina de quatro plos dois ciclos de

tenso so gerados por revoluo. Como o nmero de ciclos por revoluo iguala o nmero

de pares de plos, a freqncia da tenso gerada dada pela equao 14 a seguir.

mfPNP

f2602

== (14)

enrolamento de campo

eixo q

eixo d

estator

rotor

a

a

b

b

c

c

aa

b

bc

c

S

S

N

N


41/125



15

f = freqncia eltrica em Hz

P = numero de plosN= velocidade do rotor em revolues por minuto

60Nfm = = freqncia mecnica em revolues por segundo (rps).

Graus eltricos so utilizados para exprimir tenso e corrente e graus mecnicos soutilizados para expressar a posio do rotor. Em uma mquina de dois plos os graus

eltricos e mecnicos coincidem. Em qualquer outra mquina o nmero de graus eltricos

igual a 2P vezes o nmero de graus mecnicos.

2.3.2 Geradores TrifsicosOs enrolamentos de armadura de uma mquina sncrona esto distribudos no entorno do

estator. Mostra-se (ver apndice A.1 do livro Grainger) que estes enrolamentos distribudospodem ser substitudos por um nico enrolamento concentrado ao longo de seu eixo, com

auto-indutncia e indutncias mtuas especficas.

Figura 11. Gerador trifsico idealizado mostrando enrolamentos de armadura e campo.

ai

f

f

_

_av

+

ci

cv +

'ffv

fi

, aaR L

, ccR L

bi

bv +

, bbR L

d

o

caac LL =

cbbc LL =

baab LL =

+

_

eixo qeixo d

eixo fase ceixo fase b

eixo fase a


42/125



16

A Figura 11 mostra trs bobinas concentradas estacionrias representando os

enrolamentos de armadura das fases a, b e c e uma bobina concentrada f representando o

enrolamento de campo. As trs bobinas concentradas so idnticas e so conectadas no

ponto o. Mostra-se para a mquina de plos lisos que (ver apndice A.1 do livro Grainger)que:

cada bobina concentrada possui auto-indutncia sL igual s auto-indutncias dasbobinas distribudas da armadura.

ccbbaas LLLL === (15)

as indutncias mtuas entre cada par de bobinas concentradas adjacentes so valoresnegativos dados por sM , sendo que:

cabcabs LLLM === (16)

as indutncias mtuas entre a bobina fe cada bobina da armadura variam de acordocom a posio do rotor e de acordo com a indutncia mxima fM .

( )( )o

o

240cos

120cos

cos

=

=

=

dfcf

dfbf

dfaf

ML

ML

ML

(17)

O enrolamento de campo possui uma indutncia mtua ffL constante.

A partir das consideraes acima, pode-se escrever os fluxos de enlace de cada bobina,

conforme a seguir:

Na Armadura

( )

( )( ) fcfbascsfcfcccbcbacac

fbfcasbsfbfcbcbbbabab

fafcbsasfafcacbabaaaa

iLiiMiLiLiLiLiL

iLiiMiLiLiLiLiL

iLiiMiLiLiLiLiL

++=+++=

++=+++=

++=+++=

(18)

No Campo

fffccfbbfaaff iLiLiLiL +++= (19)


43/125



17

Se as correntes de armadura so balanceadas teremos: 0=++ cba iii Fazendo

)( cba iii += , ( )cab iii += e ( )bac iii += na equao (18) teremos:

( )

( )

( ) fcfcssc

fbfbssb

fafassa

iLiML

iLiML

iLiML

++=

++=

++=

(20)

Em condies de regime permanente assume-se que a corrente de campo fi possui um

valor constante fI e que o campo gira a uma velocidade angular constante , de modo

que para a mquina de dois plos temos:

0e ddd t

dtd +== (21)

onde 0d uma posio inicial do rotor. Substituindo as equaes (17) e (21) em (20),

temos:

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )o0

o0

0

240cos

120cos

cos

+++=

+++=

+++=

dffcssc

dffbssb

dffassa

tIMiML

tIMiML

tIMiML

(22)

A expresso acima nos mostra que o fluxo enlaando a bobina a possui duas

componentes: uma devido prpria corrente da fase a da armadura e outra devido ao

campo. Se a bobina possui uma certa resistnciaR, podemos escrever:

( ) ( )0sen dffa

ssaa

aa tIMdt

diMLiR

dt

diRv

+++== (23)

O ltimo termo denominado de fora eletromotriz interna, que chamaremos 'ae .

( )0' sen2 dia tEe +=

(24)

A magnitude desta fora eletromotriz proporcional corrente de campo, e dada por:

2

ff

i

IME = (25)

Veja que a fora eletromotriz acima aparece mesmo quando no h corrente na fase a

da armadura. Por isso 'ae tambm chamada de tenso a vazio, tenso de circuito aberto,tenso interna da mquina ou ainda fora eletromotriz gerada.


44/125



18

O ngulo 0d indica a posio do enrolamento de campo em relao fase a, tomada

como referncia na Figura 11. Podemos definir o nguloo

0 90= d , como o ngulo doeixo de quadratura. Reescrevendo a equao da fora eletromotriz gerada teremos:

( )o' 90sen2 ++= tEe ia (26)

Assim a tenso terminal da fase a dada por:

( ) ( )

'

cos2

ae

ia

ssaa tEdt

diMLiRv +++= (27)

Esta equao corresponde ao circuito mostrado na Figura 12 a seguir.

Figura 12. Circuito equivalente da armadura do gerador trifsico idealizado

Como as foras eletromotrizes produzidas possuem o mesmo mdulo e esto defasadasde 120, temos um sistema equilibrado que, ao alimentar uma carga equilibrada, ir

produzir correntes equilibradas conforme mostrado na equao 28.

_

0

+

b

a

_

b

a

c

ai

++

_

c ' 0be

' 0be

+( )' 0 2 cosa ie E t = +

s sL M+

s sL M+ s sL M+

R

R

R bi

ci

av

cv

+

_

_


45/125



19

( )( )

( )

o

o

2 cos

2 cos

2 cos

120

240

a a

b

a

c

a

a

b

c

i I t

i I t

i I t

= +

= +

= +

(28)

onde a o ngulo de defasamento angular entre a corrente e a fora eletromotriz

gerada 'ae .

As expresses dadas em (17) podem ser substitudas em (19) de modo que teremos:

( ) ( )( )oo 240cos120coscos +++= dcdbdafffff iiiMIL (29)

O primeiro termo entre parnteses pode ser expandido da forma:

( ) ( )ocos 2 cos cos 90a d a ai I t t = + + + (30)

Aplicando relaes trigonomtricas teremos:

( ) ( )( ){ }aaa

da tI

i += 2sensen

2

cos (31)

Analogamente para as demais fases teremos

( ) ( ) ( )( ){ }

( ) ( ) ( )( ){ }oo

oo

2402sensen2

240cos

1202sensen2

120cos

+=

+=

aa

c

dc

aa

b

db

tI

i

tI

i

(32)

Os termos envolvendo t2 so componentes equilibradas e a sua soma portanto nula.

Somando os demais termos teremos:

( ) ( ) ( )aadcdbdaI

iii sen2

3240cos120coscos oo =++ (33)

Retornando o valor (33) na expresso (29) teremos:

( ) dffffaaf

ffff iMILIM

IL2

3sen

2

3+== (34)


46/125



20

onde:

( )aad Ii

sen3=

(35)

Repare-se que a corrente di contnua. A equao (34) tambm nos mostra que o fluxo

combinado das bobinas a, b e c enlaando o campo independente do tempo. Pode-se

interpretar este fluxo como sendo produzido por uma bobina fictcia cujo eixo coincidente

com o eixo direto. As duas bobinas giram juntas em sincronismo e possuem uma indutncia

mtua dada por fM23 . Esta interpretao mostrada na Figura 13 a seguir:

Figura 13. Representao da armadura atravs de um enrolamento de eixo direito com

impedncia mtua de fM23 .

Se o enrolamento de campo possuir uma resistncia fR , teremos a seguinte equao

para os terminais do enrolamento de campo:

dt

diRv

f

ffff

+=' (36)

Como f no varia com o tempo temos:

ffff IRv =' (37)

f

'ffv

+

_

f

fi

d

eixo qeixo d

eixo fase c

eixo fase a

di

eixo fase b

indutncia mtuafM23


47/125



21

logo, a corrente de campo pode ser suprida por uma fonte de corrente contnua.

A equao (35) nos mostra que a corrente di s depende da magnitude da corrente de

armadura e do ngulo de defasamento desta corrente em relao fora eletromotrizinterna gerada.

2.3.3 Reatncia Sncrona e Circuito EquivalentePodemos escrever o circuito equivalente por fase da Figura 12 tomando-se a fora

eletromotriz 'ae como referncia, conforme mostrado na Figura 14 a seguir.

Figura 14. Circuito equivalente por fase da mquina sncrona mostrada na Figura 12

Repare que o ngulo da corrente foi alterado uma vez que, na prtica difcil

estabelecermos o defasamento angular com respeito a fora eletromotriz 'ae interna da

mquina. Fasorialmente teramos:

0= aa VV ; = '' aa EE

; = aa II (38)

Teremos o circuito eltrico mostrado a seguir na Figura 15.

Figura 15 Circuito equivalente da mquina sncrona em termos fasoriais

a

( ) += tEe ia cos20'

a

0

+

_

ss ML +

R

( )tVv aa cos2=

_

( )2 cosa ai I t =

0

+= ii EE

( )ss MLj + R

0== aaa VVv

+

_

= aa II


48/125



22

Assim, a tenso nos terminais na mquina ser dada pela equao:

N N

tensogerada resistncia da armadura auto reatncia reatnciamutuaa vazio daarmadura daarmadura

a i a s a s aV E RI j L I j M I =

(39)

O termo ( )ssd MLX += denominado de reatncia sncrona. E a impedncia sncronadeve incluir tambm a resistncia. Assim, finalmente temos o circuito equivalente mostrado

na Figura 16 a seguir.

Figura 16 Circuito equivalente para o gerador sncrono

Exerccio 2.11

Um gerador sncrono de 60 Hz descrito com resistncia de armadura desprezvel possui as

seguintes indutncias:

mH7656.2== saa LL ; mH6950.31=fM ;

mH3828.1== sab ML ; mH6569.433=ffL

Os dados nominais da mquina so 635MVA, fator de potncia de 0.9 indutivo, 3600 rpm,

24KV. Quando opera sob condies nominais a tenso fase-neutro terminal e a corrente dafase a valem:

V)cos(19596 tva = ; A)8419.25cos(21603 = tia

Sabendo-se que este gerador est suprindo sua carga nominal sob condies de regime

permanente, e escolhendo a base da armadura igual aos valores nominais da mquina

determine o valor da reatncia sncrona e as expresses fasoriais para aV , aI

, e iE empu.

Se a corrente de campo que produz a tenso terminal nominal sob condies de circuito

aberto vale 1640 A, determine a corrente sob as condies de operao especificadas.

0

+= ii EE

djX R

0== aaa VVv

+

_

=aa

II


49/125



23

2.3.4 Correntes de Curto-circuito nos Terminais de Uma Mquina SncronaQuando uma tenso alternada subitamente aplicada a um circuito R-L as correntes que

fluem no circuito geralmente possuem duas componentes: uma componente DC que decaide acordo com a constante de tempo L/R e uma componente senoidal de amplitudeconstante. Um fenmeno similar, porm mais complexo, ocorre quando uma corrente decurto aparece nos terminais de um gerador. As componentes DC desta corrente de curtocausam uma certa assimetria no grfico corrente-tempo.

Uma boa forma de avaliarmos uma corrente de curto trifsico nos terminais de umgerador consiste em oscilografar a corrente de uma das fases de um gerador (em vazio).Como as tenses nas fases esto defasadas de 120 graus eltricos, o curto ocorre em nveisde tenso diferentes em cada fase. Por esta razo a componente DC tambm diferentepara cada fase. Se filtrarmos a componente DC teremos um grfico de corrente no tempo

conforme mostrado na Figura 17 a seguir.

Figura 17. Corrente de curto trifsico nos terminais de um gerador sncrono em vazio com acomponente DC filtrada.

A amplitude da corrente varia de acordo com a expresso:

dd Tt

dd

iTt

dd

i

d

i eXX

EeXX

EXEtI

''/''

'/' '

11111)(

+

+= (40)


50/125



24

A equao nos mostra que a amplitude da corrente possui trs componentes, sendo queas duas ltimas decaem com constantes de tempo diferentes, definindo respectivamente osperodos transitrios e subtransitrios.

Desprezando-se a resistncia da armadura, a distncia 0-a no grfico corresponde aovalor mximo da corrente de curto-circuito em regime permanente. Na Figura 17, o valoreficaz associado a este valor mximo dado conforme a expresso (41) a seguir.

d

i

X

EI

=

=2

a0(41)

Se os efeitos subtransitrios fossem desprezados, a curva de corrente interceptaria oeixo no ponto b, mostrado na Figura 17. O valor eficaz desta corrente denominado de

corrente transitria, sendo definido por:

d

i

X

EI

'2

b0'

=

= (42)

O valor eficaz da corrente determinada pela distncia 0-c na Figura 17 denominado decorrente subtransitria, definida por:

d

i

X

EI

''2

c0''

=

= (43)

Pode-se utilizar as equaes (43) e (42) para calcular o valor das correntes transitrias esubtransitrias quando o oscilograma feito em uma das fases, lembrando que necessriofiltrarmos a componente DC do grfico corrente-tempo.

Se o gerador est descarregado no momento da falta , a mquina representada poruma tenso fase-neutro (fora eletromotriz gerada) em srie com a reatncia apropriada.Para o clculo das correntes transitrias e subtransitrias utilizamos uma tenso fase-neutroem srie com as reatncias transitrias e subtransitrias respectivamente. Assim teremos oscircuitos equivalentes especficos para cada perodo da falta, conforme mostrado na Figura

18 a seguir.

Figura 18. Circuitos equivalentes de um gerador sncrono com tenso interna iE e: (a)

reatncia subtransitria (b) reatncia transitria (c) reatncia sncrona

+

iE

''djX

_

+

iE

'djX

_

+

iE

djX

_

(a) (b) (c)


51/125



25

Assim, a mquina sncrona possui reatncias diferentes quando submetida a um curto-circuito trifsico em seus terminais. Imediatamente aps a ocorrncia do curto a armadurada mquina possui uma reatncia efetiva dX '' , que em geral determinada pela resistncia

oferecida pelo enrolamento de amortecimento. O perodo no qual dX '' possui valor efetivo

chamado de perodo subtransitrio e dura tipicamente de 3 a 4 ciclos da freqncia dosistema. Assim que os efeitos das correntes dos enrolamentos de amortecimento se tornamdesprezveis, tem-se o perodo transitrio, em que a armadura possui reatncia efetiva dX' ,

que desaparece assim que o efeito da resistncia do enrolamento de campo passa a serdesprezvel. Em geral este perodo da ordem de 1 segundo. Finalmente, a corrente decurto de regime permanente se instala no circuito atravs da reatncia sncrona dX .

A ordem de grandeza das reatncias conforme a equao 44 a seguir.

ddd XXX


52/125



26

Tabela 1. Caracterizao de uma linha de transmisso curta.Tenso de linha (VL) Comprimento mximo (Km)VL< 150 KV 80 Km

KVVLKV 400150


53/125



27

2.4.3 Linhas LongasAs linhas longas tm comprimentos superiores aos valores mximos apresentados na

Tabela 2. A sua representao mais complexa. Pode-se, entretanto, utilizar o modelo ,com valores corrigidos para a impedncia srie e para admitncia shunt, conforme aexpresso (45) a seguir.

( )2

2tangh

)senh(*

l

lYY

l

lZZ

corrigido

corrigido

=

=

(45)

onde:

l: comprimento da linha;: constante de propagao da linha dada por: yz= ;

y: admitncia shuntpor unidade de comprimento;z: impedncia srie por unidade de comprimento;

Do ponto de vista de curto-circuito, os elementos shunt so desprezveis, sendoadotado, portanto, o modelo de linha curta conforme mostrado na Figura 19. Mesmo aresistncia srie da linha em geral desprezada em nveis mais elevados de tenso.

2.5

MODELAGEM DAS CARGASAs cargas eltricas podem ser desprezadas ou levadas em considerao durante estudos

de curto-circuito, dependendo do tipo, tamanho e da importncia no sistema. Paraestudarmos a influncia da carga em estudos de curto-circuito, seja o sistema destacado nodiagrama unifilar e no correspondente diagrama de impedncias mostrados na Figura 21 aseguir.

Figura 21. Diagrama unifilar e respectivo diagrama de impedncias.

1

Cargaresistiva

1T LT

+iE

djX

_

TjX LTjX RI

R

+

_

RV


54/125



28

Em regime permanente a corrente de carga RI dada pela expresso 46 a seguir.

( ) RXXXjEILTTd

iR

+++=

(46)

A resistnciaR pode representar, por exemplo, a carga total de uma cidade, portanto seuvalor muito superior a ( )LTTd XXXj ++ . Neste caso a corrente na carga ficapraticamente dada conforme (47).

R

EI iR

= (47)

Em regime de curto-circuito trifsico na barra de carga teremos que a corrente de curto dada pela equao (48).

( )LTTdi

ccXXXj

EI

++=

(48)

Veja pela Figura 22 que com o curto-circuito a tenso na barra cai a zero e a carga deixade ser sentida pelo circuito. Assim, temos que a corrente de curto ccI muito superior corrente de regime permanente RI , ou seja: Rcc II >> .

Figura 22. Curto-circuito trifsico na barra de carga.

importante lembrar que cargas tais como os motores de induo tm uma

contribuio efetiva na composio das correntes de curto, j que podem operar comogeradores em instantes subseqentes ao curto (perodo subtransitrio). Portanto, os motoresde induo devem ser inseridos nos estudos de clculo de corrente de curto-circuito.

TjX

+

iE

djX

_

LTjX

ccI

R


55/125

Captulo III Componentes Simtricas e Redes de Seqncia


1

CAPTULO III

COMPONENTES SIMTRICAS E REDES DE SEQNCIA

3.1 INTRODUO

Uma das ferramentas mais poderosas para a anlise de circuitos polifsicosdesequilibrados foi proposta por C. L. Fortescue. De acordo com esta teoria mostra-se queum sistema desequilibrado de n fasores pode ser resolvido em n sistemas de fasoresequilibrados, chamados componentes simtricas dos fasores desequilibrados originais.

Quando faltas desequilibradas ocorrem em um sistema trifsico, aparecem no sistemacorrentes e tenses desequilibradas. Se as tenses e correntes esto relacionadas porimpedncias constantes, diz-se que o sistema linear. Neste caso o princpio dasuperposio aplicvel. A resposta de tenso de um sistema linear a correntesdesequilibradas pode ser determinada considerando-se as respostas individuais de tenso decada elemento do sistema s componentes simtricas destas correntes. Os elementos dosistema so: mquinas, transformadores, linhas de transmisso e cargas.

Ser descrito neste captulo o mtodo de componentes simtricas e as respostas de cadaelemento do sistema. Circuitos equivalentes, chamados de circuitos de seqncia, serodesenvolvidos de modo a refletir as respostas individuais dos elementos a cada corrente deseqncia. Em sistemas trifsicos existem trs circuitos de seqncia para cada elemento docircuito. Organizando os circuitos equivalentes em redes, de acordo com suasinterconexes, tem-se o conceito de redes de seqncia. A soluo das redes de seqnciapara condies de falta nos fornece as componentes simtricas de correntes e tenses, quecombinadas fornecem a soluo do sistema trifsico desbalanceado original.

3.2 SNTESE DE FASORES ASSIMTRICOS A PARTIR DE COMPONENTESSIMTRICAS

De acordo com o teorema de Fortescue, trs fasores desequilibrados de um sistematrifsico podem ser resolvidos em trs sistemas de fasores equilibrados. As componentesequilibradas so:

1. Componentes de Seqncia Positiva: consistem de trs fasores de igual magnitudedefasados de 120 e com a mesma seqncia de fase dos fasores originais

2. Componentes de Seqncia Negativa: consistem de trs fasores de igualmagnitude defasados de 120 e com a seqncia de fase contrria a dos fasoresoriginais

3. Componentes de Seqncia Zero: consistem de trs fasores de igual magnitude,todos em fase.


56/125



2

)1(aV

(1)bV

(1)cV

(1)aV (2)aV

(2)cV

(2)bV

(0)aV

(0)bV

(0)cV

)1(bV

)1(cV

)2(aV

)2(cV

)2(bV

)0(cV

)0(bV

cV

aV

bV

)0(aV

Assim, de acordo com o Teorema de Fortescue, trs fasores de tenso

cba VVV ,, desequilibrados podem ser expressos por suas componentes de seqncia positiva

()1()1()1(

,, cba VVV ), negativa ()2()2()2(

,, cba VVV ) e zero ()0()0()0(

,, cba VVV ), da forma:

)2()1()0(

)2()1()0(

)2()1()0(

cccc

bbbb

aaaa

VVVV

VVVV

VVVV

++=

++=

++=

(1)

A Figura 1 mostra o conjunto de fasores equilibrados que correspondem scomponentes simtricas das tenses equilibradas cba VVV ,, .

Figura 1. Componentes simtricas das tenses desequilibradas cba VVV ,, .

A Figura 2 a seguir mostra como a composio fasorial das componentes simtricasgera as tenses desequilibradas cba VVV ,, .

Figura 2. Soma fasorial das componentes simtricas gerando astenses desequilibradas cba VVV ,, .

seqncia positiva (abc) seqncia negativa (cba) seqncia zero


57/125



3

3.3 COMPONENTES SIMTRICAS DE FASORES ASSIMTRICOS

Na seo anterior mostrou-se como as componentes simtricas de trs fasores

desequilibrados podem ser compostas de modo a reproduzir os trs fasores. Nesta seomostra-se como calcular as componentes simtricas a partir dos fasores desequilibrados.Para isso conveniente conceituar o operadora.

3.3.1 Operador a

O operador a causa uma rotao de 120 no sentido anti-horrio em um outro fasor.Assim, este operador definido como um fasor unitrio com ngulo de 120.

o1201=a (2)

Se o operador a for aplicado a um fasor duas vezes teremos uma rotao de 240.Assim, temos:

o2 2401=a (3)

Algumas relaes envolvendo o operadora esto mostradas na Figura 3 a seguir:

Figura 3. Relaes fasoriais envolvendo o operadora.

Utilizando o operadora podemos escrever:

)2(2)2()2()2(

)1()1()1(2)1(

)0()0()0()0(

acab

acab

acab

VaVVaV

VaVVaV

VVVV

==

==

==

(4)

a

a2a

2a

3,1 a 3,1 a

2

1 a

12 a a1

1a

2aa

aa 2


58/125



4

Substituindo as equaes (4) em (1) teremos:

)2(2)1()0(

)2()1(2)0(

)2()1()0(

aaac

aaab

aaaa

VaVaVV

VaVaVV

VVVV

++=

++=

++=

(5)

Ou na forma matricial teremos:

=

=

)2(

)1(

)0(

)2(

)1(

)0(

2

2 **

1

1

111

a

a

a

a

a

a

c

b

a

V

V

V

V

V

V

aa

aa

V

V

V

A (6)

Quando a matriz A aplicada s componentes de seqncia da fase a reproduzem astenses desequilibradas cba VVV ,, . Verifica-se facilmente que a inversa da matriz A dadapor:

=

aa

aa2

21

1

1

111

3

1A (7)

Pr-multiplicando a equao (6) por1

A , temos:

=

c

b

a

a

a

a

V

V

V

aa

aa

V

V

V

*

1

1

111

3

1

2

2

)2(

)1(

)0(

(8)

A equao (8) acima permite determinar as componentes de seqncia da fase a a partirdas tenses desequilibradas cba VVV ,, . As componentes de seqncia das demais fases so

diretamente determinadas por defasamentos de 120. Reescrevendo a equao (8) temos:

)(

)(

)(

2

3

1)2(

2

3

1)1(3

1)0(

cbaa

cbaa

cbaa

VaVaVV

VaVaVV

VVVV

++=

++=

++=

(9)

A decomposio de fasores desequilibrados em componentes simtricas equilibradas vlida para quaisquer fasores, ou seja, tenses de linha e de fase, correntes de linha e defase. As equaes (6) e (8) so vlidas, por exemplo, para as tenses de linha, bastandosubstituir cba VVV ,, por cabcab VVV ,, nas equaes.


59/125



5

Repare que a equao (9) mostra que existe componente de seqncia 0 sempre que a

soma dos fasores desequilibrados for nula. Como sabemos que a soma das tenses de linha

em um sistema trifsico sempre nula, nunca haver componentes de seqncia zeronas tenses de linha, por mais desequilibradas que sejam estas tenses.

Reescrevendo as equaes (6) e (8) para as correntes temos:

)2(2)1()0(

)2()1(2)0(

)2()1()0(

abac

aaab

aaaa

IaIaII

IaIaII

IIII

++=

++=

++=

(10)

)(

)()(

23

1)2(

23

1)1(3

1)0(

cbaa

cbaa

cbaa

IaIaII

IaIaIIIIII

++=

++=

++=

(11)

Exerccio 3.1

Um condutor de um circuito trifsico est aberto. As correntes que fluem para a cargaconectada em so de 10 A. Tendo a corrente na linha a como referncia e assumindo-seque a linha c est aberta encontre as componentes simtricas das correntes de linha.

3.4 ELEMENTOS DE CIRCUITO CONECTADOS EM E Y.

Seja a Figura 4 a seguir, mostrando elementos de circuito simtricos conectados em eY. Sero deduzidas a seguir relaes entre as componentes simtricas de correntes e tensespara estes circuitos.

Figura 4. Elementos de circuito conectados em e Y.

YZ

YZ YZ Z

Z Z

_

_

_

+

+

+

abV

bcV

caV

aI

bI

cI

_

_

_

+

+

+

abV

bcV

caV

aI

bI

cI

abI

caI

bcI

a

c

b

a

b

c

n

anV


60/125



6

No circuito em temos as seguintes equaes:

bccac

abbcb

caaba

III

III

III

=

=

=

(12)

Como a corrente se seqncia zero dada por ( ) 03/)0( =++= cbaa IIII , nota-se queas correntes de linha fluindo para um circuito em no apresentam correntes deseqncia zero. Da equao (12) tem-se:

)2()1(

)2()1()0(

aacaaba

aaacaaba

IIIII

IIIIII

+==

++==

(13)

ou ainda:

( ) ( )

( ) ( ))2()2()1()1(0

)0()0()2()1(

)2()1()0()

ApostilaSEP I

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