EA611 – Circuitos II – FEEC – UNICAMP – Aula 15

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Esta aula: ! Representação de Grandezas por Unidade

em Sistemas Trifásicos

Diagrama unifilar Sabemos que em um circuito trifásico em equilíbrio as tensões (e correntes) de uma das fases diferem das correspondentes tensões (correntes) das outras fases apenas por defasagens de o120 ou o240 . Assim, um circuito trifásico pode ser representado por apenas uma de suas fases, o que simplifica a análise. A representação de circuitos trifásicos pode ser ainda mais simplificada por meio do uso dos diagramas unifilares, em que o fio do neutro não é representado, como mostrado a seguir.

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Consideremos o circuito trifásico equilibrado:

LZ

LZ

LZ

Gerador CargaLinha detransmissão

Por ser equilibrado, esse circuito pode ser representado por apenas uma de suas fases, como mostrado abaixo.

Gerador CargaLinha detransmissão

LZ

pZ

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Simplificando ainda mais a representação do circuito, podemos usar a forma unifilar, em que eliminamos o condutor de retorno:

LZ

CargaGerador

Linha detransmissão

Barramentos

pS pV FP

Note que, em geral, a carga é indicada por meio de: • potência aparente, • tensão nominal, • fator de potência.

Note também que em diagramas unifilares ficam explicitados os barramentos, que são conectores usados para a interligação dos diversos dispositivos do circuito.

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Representação por unidade em sistemas trifásicos

Em sistemas trifásicos, usamos as seguintes grandezas para compor a base: • Tensão de linha VL • Potência aparente trifásica total S3ϕ

• Corrente de linha IL • Impedância Z.

Partindo da tensão de linha e da potência aparente total, obtemos a corrente de linha e a impedância de fase usando: Corrente de linha:

S3ϕ = 3VLIL ⇒ IL =S3ϕ3VL

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Impedância de fase: Partindo da expressão da potência aparente trifásica, temos (veja figura abaixo)

S3ϕ = 3VLIL = 3VLVFZ= 3VL

VL 3Z

=VL

2

Z

a

bc

n

θ−∠LI

θ∠Z 0∠FV

Portanto

Z =VL

2

S3ϕ

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Alternativamente, podemos usar • Tensão de fase VF • Potência aparente monofásica S1ϕ

• Corrente de linha IL = S1φ VF

• Impedância Z =VF

2

S1ϕ.

Note que podemos mostrar facilmente que os valores de corrente de linha e de impedância obtidos a partir de VF e S1ϕ são os mesmos que

aqueles obtidos a partir de VL e S3ϕ .

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Exemplo: Considere um circuito trifásico equilibrado mostrado na sua representação unifilar abaixo:

GeradorCarga Motor

Ω+ 500100 jΩ500j

kW 6kV 3,81

kVA 51kV 3,81 kW ,288

1=FPatras. 8,0=FP%5=x

kV 3,81

A tensão indicada no motor (13,8 kV) é aquela nominal, ou seja, é a tensão que deve ser aplicada ao motor, para o seu funcionamento adequado. No entanto, nesse circuito, vemos que não teremos 13,8 kV no motor: apesar da tensão do gerador ser exatamente 13,8 kV, há no caminho entre a fonte e o motor algumas impedâncias, fazendo com que a tensão no motor seja menor que a nominal. Vamos, então, determinar qual é a tensão no motor.

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Para resolvermos esse problema, temos que redesenhar o circuito, representando as cargas por meio de impedância (monofásicas). Além disso, faremos essa análise usando a representação por unidade. Vamos inicialmente calcular todas as impedâncias do circuito.

Motor: A potência ativa monofásica vale:

kW 76,23280.8

1 ==mPφ

Portanto, a potência complexa de cada fase é:

VA 9,363454)(cos760.2 11

om FP

FPS ∠=∠= −φ

A impedância do motor pode, portanto, ser calculada a partir de

*

2

1m

Fm Z

VS =φ

ou seja

∗=m

Fm S

VZφ1

2

.

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Note que FV é a tensão de fase, enquanto que a tensão especificada no circuito, 13,8kV, é a tensão de linha. Assim,

V 4,79673

13800==FV

Portanto,

Ω∠= omZ 9,36379.18

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Carga:

kW 23

60001 ==cS φ .

Portanto

( )Ω=== ∗ k74,31

000.23800.13 2

1

2

c

Fc S

VZφ

.

Gerador: Está especificado que o gerador tem uma impedância indutiva de 5%, com relação à: • 15 kVA (potência aparente trifásica), • 13,8 kV (tensão de linha).

Esses valores de potência aparente e de tensão de linha formam a base ( bS e bV ) que foi usada para especificar a impedância indutiva por unidade. Portanto, para calcularmos o valor em ohms dessa impedância indutiva, temos que antes determinar o valor da impedância de base bZ .

Relembrando,

θφ ∠= LLIVS 33 .

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Usando FL VV 3= , ficamos com

θφ ∠= LF IVS 33 ou

θθφ ∠=∠=bG

FFLF ZVVIVS 333

onde foi suposta uma estrutura Y, como ilustra a figura:

a

bc

n

θ−∠LI

θ∠Z 0∠FV

Portanto, a impedância base referente ao gerador vale

( )Ω=== k 696,12

000.153800.1333

2

3

2

φSVZ F

bG

Assim, finalmente temos:

Ω=×= 634.8696.12%5GX

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Resumindo, temos: Ω∠= o

mZ 9,36379.18 Ω= k74,31cZ Ω= 634.8GX

Vamos agora transformar essas impedâncias para os seus valores por unidade. Vamos adotar como valores base:

kVA 153 =φbS e kV 8,13=bLV

Usando θφ ∠= LLIVS 33

temos

A 6275,03

3 ==bL

bbL V

SI φ

e

Ω== 696.123bL

bLL IVZ

Resumindo:

bS (kVA) bV (kV) bI (kA) bZ (Ω) 15 13,8 0,628 12.696

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Portanto, os valores das impedâncias expressos por unidade são:

pu 9,364478,19,36379.18 om

om zZ ∠=⇒Ω∠=

pu 5,2k74,31 =⇒Ω= cc zZ

pu 05,0634,8 jzX GG =⇒Ω=

O circuito resultante é:

2z1zGz

czGv

Gerador MotorCarga

mz

mi

1v

1iGi

mv

em que

pu 05,0jzG = pu 5,2=cz pu 0394,01 jz = pu 9,364478,1 o

mz ∠= pu 0394,00079,02 jz +=

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A tensão do gerador vale pu 01 oGv ∠= . Note

que assumiremos que essa tensão é a referência de fase. Portanto a corrente do gerador é

pu 01e

o

G zi ∠=

em que ez é a impedância vista entre os terminais do gerador e vale

( )[ ]pu 1,269959,0

// 12o

cme zzzzz

∠=

++=

Portanto, pu 1,260049,1 o

Gi −∠= .

Com esse valor, e usando as Leis de Kirchhoff da tensão e da corrente, podemos facilmente chegar à tensão no motor mv , que vale:

pu 11,39631,0 omv −∠=

Portanto, a tensão de linha no motor vale

V 11,3291.13 obmm VvV −∠=×= .