sistemas elétricos Djalma Caselato

Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência

3

AGRADECIMENTOSAGRADECIMENTOSAGRADECIMENTOSAGRADECIMENTOS

O autor agradece a todos os seus alunos que de forma indireta o motivaram para realização deste livro.

Agradece também a todos os amigos professores da Escola de Engenharia Mauá que incentivaram a realização desta obra.

Agradece de todo o coração a sua filha Lygia Caselato que com muito empenho e carinho fez a revisão gramatical do presente livro.

Agradece igualmente a sua filha Sandra Caselato que preparou a capa do presente livro.

Finalmente, agradece à sua esposa pela compreensão e paciência durante os anos em que este livro foi elaborado.

Circuitos Trifásicos

4

SUMÁRIO

SOBRE O AUTOR PRIMEIRO PREFÁCIO SEGUNDO PREFÁCIO 1 CIRCUITOS TRIFÁSICOS Extrato da Teoria 1 1.1 Introdução 1 1.2 Operador α 1 1.3 Seqüência positiva (direta) 1 1.4 Seqüência negativa (inversa) 2 1.5 Relação entre corrente de linha e corrente de ramo na ligação em triângulo 2 1.6 Potência complexa 2 1.7 Equivalência entre carga ligada em triângulo e carga ligada em estrela 3 1.8 Modelos para representação de cargas 3 1.9 Matriz de impedância de uma linha trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas 4 Exercícios resolvidos 5 Exercícios Propostos 22 Bibliografia 34 2 VALORES PERCENTUAIS E POR-UNIDADE Extrato da Teoria 35 2.1 Definições 35 2.2 Representação de transformadores em valores por-unidade 36 2.3 Representação de transformadores com três enrolamentos em valores por-

unidade 37

2.4 Representação de banco de transformadores monofásicos em valores por-unidade

39

2.5 Representação de máquinas rotativas em valores por-unidade 40 2.6 Representação de linha de transmissão 40 2.6.1 Linha curta 40 2.6.2 Linha média 40 2.6.3 Linha longa 41 2.7 Mudança de bases 41 2.8 Representação de transformadores quando há choques de bases 42 Exercícios resolvidos 43 Exercícios propostos 56 Bibliografia 61 3 COMPONENTES SIMÉTRICAS 62 Extrato da Teoria 62 3.1 Operador α 62 3.2 Seqüência positiva (direta) 62 3.3 Seqüência negativa (indireta ou inversa) 62 3.4 Seqüência nula (zero ou homopolar) 63 3.5 Matriz de transformação de componentes simétricas para componentes de

fases 63

3.6 Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y) 64 3.7 Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta) 66 3.8 Carga em estrela com neutro não-aterrado 67 3.9 Carga em estrela com neutro aterrado 68 3.10 Circuitos trifásicos com indutâncias para redes equilibradas 68 3.11 Potência complexa em componentes simétricas 69 3.12 Representação de carga do tipo Z = R + j X 70 3.121 Carga ligada em estrela com neutro aterrado 70 3.12.2 Carga ligada em triângulo 71 3.12.3 Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn 71 3.13 Gerador com neutro aterrado através de Zn 71 3.14 Transformador trifásico com dois enrolamentos 71 3.15 Transformador trifásico com três enrolamentos 74 Exercícios Resolvidos 75 Exercícios Propostos 93 Bibliografia 98 4 CURTOS-CIRCUITOS E ABERTURAS DE FASES Extrato da Teoria 99 4.1 Geradores equivalentes de Thévenin 99 4.2 Curto-circuito trifásico 100 4.3 Curto-circuito bifásico sem contato com a terra 100 4.4 Curto-circuito bifásico com contato com a terra 101 4.5 Curto-circuito monofásico com a terra 102 4.6 Abertura de uma fase 103 4.7 Abertura bipolar – abertura de duas fases 105 Exercícios resolvidos 105 Exercícios Propostos 123 Bibliografia 129


5

5 MATRIZES ADMITÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS DE BARRAS Extrato da Teoria 130 5.1 Equivalência de Fontes 130 5.2 Matriz de Impedâncias Primitiva da Rede 130 5.3 Construção da Matriz Admitância de Barras 132 5.3.1 Rede sem impedâncias mútuas 132 5.3.2 Rede com impedâncias mútuas 133 5.4 Eliminação de Barras da Matriz Ybarra por Álgebra Matricial 133 5.5 Matriz Impedância de Barras 133 5.6 Método para Obtenção da Matriz Impedância de Barras 134 5.7 Rede Equivalente da Matriz Impedância de Barra 136 Exercícios resolvidos 137 Exercícios Propostos 153 Bibliografia 161 Respostas Capítulo 1 163 Capítulo 2 169 Capítulo 3 172 Capítulo 4 178 Capítulo 5 180 Apêndice 191


6

SOBRE O AUTORSOBRE O AUTORSOBRE O AUTORSOBRE O AUTOR

Djalma Caselato é engenheiro eletricista, com ênfase em eletrotécnica, formado pela Escola Politécnica da Universidade de São Paulo, com Mestrado e Doutorado em Engenharia na área de Sistema de Potência pela Escola Politécnica da USP.

Desde sua formatura, em 1968, tem trabalhado na área de elaboração de projetos de usinas hidrelétricas e de subestações, com atuação específica na área de equipamentos elétricos de grande porte (gerador, barramento de fases isoladas, transformadores, disjuntores, seccionadoras, sistemas de excitação e reguladores de tensão). Atividade profissional internacional, nas áreas indicadas, com trabalhos desenvolvidos na Suíça, França, Alemanha, Tchecoslováquia, África do Sul, República Democrática do Congo, Angola e Moçambique.

Foi pesquisador junto ao Departamento de Energia e Automação Elétricas da Escola Politécnica da USP.

Como atividade didática exerceu a função de Professor Adjunto do Departamento Elétrico da Universidade de Mogi das Cruzes, de março de 1984 a janeiro de 1994, e desde maio de 1994 é responsável pelas disciplinas Sistemas de Potência I e II, Laboratório de Sistemas de Potência I e II, Subestações Elétricas e Usinas Hidrelétricas na Escola de Engenharia Mauá para o curso de engenharia eletrotécnica.

O autor possui artigos publicados no Brasil e no exterior sobre projeto elétrico de subestação, sobre modernização e reabilitação de usinas hidrelétricas, sobre eficiência e limites operacionais de turbinas com velocidade ajustável em sistema de conexão unitária, sobre novo modelo de gestão de qualidade para o setor energético, sobre método para cálculo do GD2 de hidrogeradores e sobre aspectos técnicos no pré-dimensionamento de grandes hidrogeradores.


7

PRIMEIRO PREFÁCIOPRIMEIRO PREFÁCIOPRIMEIRO PREFÁCIOPRIMEIRO PREFÁCIO

Este livro nasceu da necessidade de desenvolvimento de elaboração de exercícios para a disciplina sistemas elétricos de potência do curso de engenharia elétrica, opção eletrotécnica, da Escola de Engenharia Mauá. Uma idéia inicialmente mais tímida deu lugar à elaboração deste livro mais consistente.

O livro trata de soluções de exercícios padrão e de exercícios extraídos da realidade profissional do autor. A motivação principal para a elaboração deste livro, uma vez que o assunto não é inédito, é a escassez de livros contendo exercícios sobre o assunto. Existe uma infinidade de livros com abordagem teórica e vários níveis de profundidade, porém com uma gama de exercícios pouco extensa. Espera-se que este livro venha a colaborar com a formação de engenheiros eletrotécnicos e a reciclagem dos profissionais atuantes no mercado de trabalho.

Dividido em cinco capítulos, o livro trata de circuitos elétricos trifásicos desequilibrados como uma introdução ao estudo de sistemas elétricos de potência e com um reforço muito grande na aplicação das leis de Kircchoff, através de exercícios padrão de circuitos que normalmente se encontram na prática industrial. Em seguida, aborda os valores por-unidade e valores percentuais. Posteriormente, trata de componentes simétricas da forma mais comumente utilizada no Brasil. Até aqui, está toda a fundamentação necessária para o cálculo de curtos-circuitos e abertura de fases. Para finalizar, o livro introduz matrizes de impedância e admitância nodal, como preparação para o leitor galgar níveis mais altos em seus estudos de sistemas elétricos de potência.

A competência técnica e intelectual do Prof. Dr. Engº Djalma Caselato fica claramente registrada nesta coletânea de exercícios, que possibilitará aos leitores fixar ou relembrar os conceitos da teoria dos Sistemas Elétricos de Potência através de questões práticas, com aplicação no cotidiano do engenheiro eletricista.

Há de se destacar que somente um profissional com muita experiência prática, que atuou nos projetos mais importantes do Brasil, no segmento da Energia Elétrica, com formação acadêmica sólida e muita dedicação à profissão e ao compartilhamento do conhecimento poderia fazer esse livro.

José Ayres de Campos

Diretor de Gestão e Engenharia da Construções e Comércio Camargo Correa S.A.

Presidente da CNEC Engenharia S.A.


8

SEGUNDO SEGUNDO SEGUNDO SEGUNDO PREFÁCIOPREFÁCIOPREFÁCIOPREFÁCIO

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

Herbert de Souza

Este livro, concebido para auxiliar os alunos da disciplina sistemas elétricos de potência, é um livro de exercícios no qual não serão desenvolvidos os formulários e justificativas teóricas dos conceitos desta disciplina. O livro se apresenta, portanto, como um suplemento básico aos textos de sistemas elétricos de potência.

Assim, a compreensão do assunto abordado tem como pré-requisito o conhecimento da teoria de máquinas elétricas, das soluções de circuitos elétricos e a manipulação de matrizes.

Embora sejam abordados assuntos introdutórios aos sistemas elétricos de potência, muitos exercícios foram concebidos a partir da prática em projetos elétricos reais, o que contribui para estimular o estudante a adentrar neste campo imenso que é o domínio dos sistemas elétricos de potência.

O primeiro capítulo aborda soluções de circuitos elétricos trifásicos na condição de sistemas desequilibrados, seja a fonte e/ou a carga o elemento de desequilíbrio. Estuda os diversos tipos de cargas existentes e o seu comportamento.

O segundo capítulo aborda um ferramental necessário para o desenvolvimento das soluções de problemas de sistemas elétricos de potência em valores por-unidade. Trata-se de uma sistemática usual, na qual todas as características elétricas dos equipamentos, como potência, tensões, reatâncias, resistências e outras são apresentadas em valores relativos a uma determinada base, normalmente a potência e a tensão nominais do equipamento, apresentadas nos dados de placas e nas especificações técnicas dos equipamentos. São inúmeras as vantagens de resolver problemas de sistemas de potência aplicando esta sistemática de valores por-unidade, como se verá no segundo capítulo.

O terceiro capítulo trata de desenvolver e solucionar exercícios pela metodologia de componentes simétrica, principalmente aplicada para casos de defeitos em redes elétricas.

O quarto capítulo aborda as soluções de exercícios englobando a maioria dos defeitos elétricos (curtos-circuitos e aberturas de fases) que acontecem em uma rede elétrica. Neste capítulo, em particular, são apresentados alguns exercícios extraídos de sistemas reais.

O quinto capítulo aborda a metodologia de análise dos nós, desenvolvendo o cálculo e montagem da matriz admitância de nós ou de barras. A partir desta, calcula-se a matriz impedância de barras. Desenvolve, também, a montagem direta da matriz de impedância de barras.

Alguns exercícios são resolvidos e outros apenas propostos, para permitir ao estudante um desenvolvimento pessoal no conhecimento do assunto de introdução à análise de sistemas de potência.

Djalma Caselato


9

1 1 1 1 CIRCUITOS TRIFÁSICOSCIRCUITOS TRIFÁSICOSCIRCUITOS TRIFÁSICOSCIRCUITOS TRIFÁSICOS

Extrato da Teoria

1.1 Introdução

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

1.2 Operador αααα

α = 1 /120º = - 0,5 + 23

j (1.1)

α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 - 23

j (1.2)

1 + α + α2 = 0 (1.3)

1.3 Seqüência positiva (direta)

Van 1

[ Van ] = Vbn = | Van | α2 (1.4)

Vcn α

A figura 1.1 – a) representa o diagrama fasorial para a seqüência positiva.

A relação entre tensões de fase e de linha para a seqüência positiva (direta) se expressa pela equação matricial (1.5) a seguir:

Vab 1

Vbc = 3 |Van | /30º α2 (1.5)

Vca α


10

1.4 Seqüência negativa (inversa)

Van 1

[ Van ] = Vbn = |Van | α (1.6)

Vcn α2

A figura 1.1 – b) representa o diagrama fasorial para a seqüência negativa.

A relação entre tensões de fase e de linha para a seqüência negativa (inversa) se expressa pela equação matricial (1.7) a seguir:

Vab 1

[Vab ] = Vbc = 3 |Van | / - 30º α (1.7)

Vca α2

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

Ia 1

[Ia ] = Ib = 3 | Iab | /-30º α2 (1.8)

Ic α

1.6 Potência complexa

S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn . Ic* (1.9)

Sendo Ia* o conjugado da corrente Ia, Ib* de Ib e Ic* de Ic.

Para sistema simétrico e equilibrado a potência aparente vale:

S = 3 |Vab| . |Ia| , (1.10)

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


11

1.7 Equivalência entre carga ligada em triângulo e carga ligada em estrela

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

Za Zca 0 0 Zab

Zb

=

++ caZacZabZ1

0

Zab

0

Zbc

(1.11)

Zc 0 0 Zbc Zca

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

Zab Zb 0 0 Za

Zbc

=

++

cba ZZZ111

0

Zc

0

Zb

(1.12)

Zca 0 0 Za Zc

1.8 Modelos para representação de cargas

Pc = F (V) potência ativa em função da tensão

Qc = F (V) potência reativa em função da tensão

a) Carga de corrente constante com variação de tensão

2

2

1

1

V

S

V

S= (1.13)


12

b) Carga de potência constante com variação de tensão

S = P + j Q as potências ativa e reativa permanecem iguais com a variação de tensão

c) Carga de Impedância constante com variação de tensão

XjRS

VZc +==

2

(1.14)

22

22

1

1

V

S

V

S= (1.15)

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

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

Ra, Rb, Rc Resistência ôhmica dos condutores de linha;

La , Lb , Lc Indutância própria dos condutores de linha;

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

Rg Resistência ôhmica do condutor de retorno;

Lg Indutância própria do condutor de retorno;

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

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

Vaa’ Ra + j ωLa j ω(Mab – Mag) J ω(Mac – Mag) Ia

Vbb’ = j ω(Mab – Mbg) Rb + j ωLb J ω(Mbc – Mbg) Ib (1.16)

Vcc’ j ω(Mac – Mcg) j ω(Mbc – Mcg) Rc + j ωLc Ic

Resulta ainda:

Vn’n = (Ia + Ib + Ic) (Rg + jωLg) – jωMag.Ia – jωMbg.Ib – jωMcg.Ic (1.17)

Vn’n = [Rg + jω (Lg - Mag.)] Ia + [Rg + jω (Lg – Mbg.)] Ib + [Rg + jω (Lg – Mcg.)] Ic (1.18)

Para linhas de transmissão com transposição completa, resultam:

Ra = Rb = Rc = R

La = Lb = Lc = L

Mab = Mbc = Mca = M (1.19)

Mag = Mbg = Mcg = M’

Ra + j ωLa = Rb + j ωLb = Rc + j ωLc = R + j ωL impedância própria

Zp = R + Rg + + j ω (L + Lg – 2 M’) (1.20)


13

Zm = Rg + jω (Lg + M – 2.M’ ) = impedância mútua

Portanto,

A matriz impedância que multiplica a matriz coluna de correntes chama-se matriz de impedâncias da rede e representa-se por Zrede.

Exercícios resolvidos

1.1 Um sistema trifásico simétrico e equilibrado com seqüência de fase direta alimenta uma carga com Vcn = 380 /35º V. Pede-se: a) As tensões de fase da carga; b) As tensões de linha da carga; c) Desenhar o diagrama fasorial.

Solução:

Por ser um sistema simétrico: |Vcn| = |Van| = |Vbn| = 380 V

a) Cálculo das tensões de fase da carga:

Por ser trifásico e com seqüência direta, e utilizando a expressão matricial (1.4), tem-se:

Vcn 1 380 /35º

[Vcn] = Van = 380 /35º α2 = 380 /-85º volts

Vbn α 380 /155º

b) Cálculo das tensões de linha da carga:

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

Vca 1 658,179 /75º

Vab = √3 x 380 /35 + 30º α2 = 658,179 /-45º

Vbc α 658,179 /195º

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

1.2 Resolver o exercício anterior admitindo seqüência inversa.

Van – Va’n’ Zp Zm Zm Ia

Vbn – Vb’n’ = Zm Zp Zm Ib (1.21)

Vcn – Vc’n’ Zm Zm Zp Ic


14

Solução:

a) Cálculo das tensões de fase da carga:

Por ser trifásico e com seqüência inversa ou negativa, e utilizando a expressão matricial (1.6), tem-se:

Vcn 1 380 /35º

[Vcn] = Vbn = 380 /35º α2 = 380 /-85º volts

Van α 380 /155º

b) Cálculo das tensões de linha da carga:

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

Vab 1 658,179 /125º

Vbc = √3 x 380 /155-30º α = 658,179 /245 volts

Vca α2 658,179 /5º

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

1.3 Resolver o circuito trifásico da figura 1.7. Calcular: a) A corrente de carga; b) A potência consumida pela carga.

Os valores dos parâmetros são: ZL = 0,5 + j ohms; Z = 10 + j 6; E = 127 V.

Solução:

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


15

a) Cálculo da corrente da carga:

=+∠

=+

∠=

jZZL

EIa

75,10

01270 10,064 / -33,69º A

b) Cálculo da potência consumida pela fonte:

Cálculo da potência (ver equação (1.10)): A defasagem angular entre a tensão de fase e a corrente é de 33,69°.

S = °∠=°∠××= 69,33899,383469,33064,102203||.||3 IV VA

ou ainda, pela equação (1.9):

S = 127 / 0º x 10,064 / 33,69º + 127 / - 120° x 10,064 / 153,69º + 127 /120° x 10,064 / -86,31°

S = 3834,899 /33,69º VA

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

ZL = 0,2 + j 0,6 Ω Zn = 5 Ω (retorno) Za = 5 + 3 j Ω Zb = 5 + 8 j Ω Zc = 3 + 12 j

A fonte é simétrica e equilibrada com o valor de tensão Van = 127 /0° V.

Calcular: a) Os valores das correntes das fases; b) O valor da potência consumida da carga.

Solução:

a) Cálculo das correntes das fases:

Seja a equação matricial:

[ Van ] = [ Z ] . [ Ia ] + Zn . In

Van ZL + Za 0 0 Ia

Vbn = 0 ZL + Zb 0 Ib + Zn . (Ia + Ib + Ic) (1.22)

Vcn 0 0 ZL + Zc Ic


16

Da equação matricial (1.22), resultam:

naL

n

aL

ana I

ZZ

Z

ZZ

VI

+−

+= (1.23)

nbL

n

bL

bnb I

ZZ

Z

ZZ

VI

+−

+= (1.24)

ncL

n

cL

anc I

ZZ

Z

ZZ

VI

+−

+= (1.25)

Como In = Ia + Ib + Ic, tem-se que:

cL

n

bL

n

aL

n

cL

cn

bL

bn

aL

an

n

ZZ

Z

ZZ

Z

ZZ

ZZZ

V

ZZ

V

ZZ

V

I

++

++

++

++

++

+=

1 (1.26)

127 /0° 5,2 + j 3,6 0 0 Ia

127 /-120° = 0 5,2 + 8,6 j 0 Ib + 5 . In

127 /120° 0 0 3,2 + 12,6 j Ic

Portanto,

127 /0° = (5,2 + j 3,6) . Ia + 5 In

127 /-120° = (5,2 + j 8,6) . Ib + 5 In

127 /120° = (3,2 + j 12,6) . Ic + 5 In

Das expressões acima resultam:

nna IIjj

i °−∠−°−∠=+

−+

°∠= 7,3479,07,3408,20

6,32,55

6,32,50127

nnb IIjj

i °−∠−°−∠=+

−+

°−∠= 8,584975,08,17864,12

6,32,55

6,32,5120127

nnc IIjj

i °−∠−°∠=+

−+

°∠= 7,753846,02,44769,9

6,32,55

6,32,5120127

Sendo Ia + Ib + Ic = In, quando se somam as três expressões acima, tem-se que:

nn II °−∠−°−∠= 2,51601,12,2492,11


17

In = 5,052 / 7,7° A e

Ia = 16,13 / -36,6° A Ib = 14,32 / 173,2° A Ic = 10,66 / 54,0° A

Outra maneira de resolver o problema é partindo de (1.23):

Van ZL + Za 0 0 Ia Zn Zn Zn Ia

Vbn = 0 ZL + Zb 0 Ib + Zn Zn Zn Ib (1.27)

Vcn 0 0 ZL + Zc Ic Zn Zn Zn Ic

Van ZL + Za + Zn Zn Zn Ia

Vbn = Zn ZL + Zb + Zn Zn Ib (1.28)

Vcn Zn Zn ZL + Zc + Zn Ic

127 /0° 10,2+3,6i 5 5 Ia

127 /-120° = 5 10,2+8,6i 5 Ib

127 /120° 5 5 8,2+12,6i Ic

Daí, resulta:

Ia = 16,13 / -36,6° A

Ib = 14,32 / 173,2° A

Ic = 10,66 / 54,0° A

Somando as três correntes, determina-se In:

In = Ia + Ib + Ic = 5,052 / 7,7° A

E, ainda,

Vn’n = Zn.In = (5) x (5,052 / 7,7°) = 25,25 / 7,7º V (Queda no fio de retorno)

Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 3) x 16,13 / -36,6° = 94,05 / -5,6°

Vb’n = Zb. Ib = (5 + j 8) x 14,32 / 173,2° = 135,09 / -128,8°

Va’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12) x 10,654 / 53,9° = 131,78 / 129,9°

b) Cálculo da potência consumida pela carga:

A potência consumida pela carga, pela equação (1.8), é:

S = 94,05 / - 5,6° x 16,13 / 36,6° + 135,09 / - 128,8° x 14,32 / -173,2° + 131,78 / 129,9° x10,66 / -53,9°

S = 2667,0 +3782,9 j VA

1.5 Para a figura 1.10, determinar os valores de corrente e de potência envolvidos, utilizando os seguintes dados:


18

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

SOLUÇÃO:

a) Cálculo das correntes:

A partir da equação matricial (1.28), obtém-se:

220 /0° 20,4+21i 0,2+10i 0,2+10i Ia

220 /-120° = 0,2+10i 1,4+35i 0,2+10i Ib

220 /120° 0,2+10i 0,2+10i 1,4+2i Ic

Resolvendo essa equação matricial, resultam:

Ia = 22,9460 + j 2,8008 A

Ib = 4,9241 – j 3,8717 A

Ic = -59,1812 + j 21,7149 A

Sendo Ia + Ib + Ic = In, então:

In = -31,3111 + j 20,6439 A

Cálculo das tensões na carga: [Va’n] = [Van] – [Zrede] . [Ia]

Va’n Van 0,2 + 10 j 0 0 22,95 + j 2,80 334,91 /-43,4º

Vb’n = Vbn - 0 0,2 + 10 j 0 4,92 – j 3,87 = 282,01/-122,1º

Vc’n Vcn 0 0 0,2 + 10 j -59,18 + j 21,71 787,04 /81,3º

b) Cálculo da potência consumida:

A partir da equação (1.8) obtém-se o valor da potência consumida pela carga:

S = 334,906 / - 43,4° x (22,9460 - j 2,8008) + 282,007 / - 122,1º x (4,9241 + j 3,8717) + 787,041 / 81,3º x (-59,1812 - j 21,7149)

S = 14982 W - j 56343 var

c) Cálculo da potência da fonte:

A partir da equação (1.8) obtém-se o valor da potência da fonte:

S = 220 / 0° x (22,9460 - j 2,8008) + 220 / - 120º x (4,9241 + j 3,8717) + 220 / 120º x (-59,1812 - j 21,7149)


19

S = 15892 W - j 10867 var

1.6 Calcular o circuito da figura 1.11, determinando: a) As correntes envolvidas; b) As tensões envolvidas; c) A potência fornecida pela fonte de energia; d) O fator de potência da fonte.

São dados: ZL = 0,2 + 0,5 j;

Za = 10 j Ω ;

C = 100 µF; freqüência 60 Hz;

|Ia’| = |Ib’| = Ic’| = 2 A (simétrico e equilibrado)

Solução:


jj

Xj C 52,2610100377 6

−=××

−=−

−

Va’n = - j Xc . Ia = - j 26,52 x 2 / 0° = 53,0504 / -90° V

Vb’n = - j Xc . Ib = - j 26,52 x 2 / -120° = 53,0504 / -210° V

Vc’n = - j Xc . Ic = - j 26,52 x 2 / 120° = 53,0504 / 30° V

AjZ

VI

a

naa 304,5

10900504,53

'' ' −=−∠

==

AjjZ

VI

b

nbb 593,4652,2

102100504,53

'' ' +=−∠

==

AjjZ

VI

a

naa 593,4652,2

10304050,53

'' ' −=∠

==

Cálculo das correntes na fonte:

Ia = Ia’ + Ia

” = - 3,304 A

Ib = Ib’ + Ib

” = 1,652 + j 2,861 A

Ia = Ia’ + Ia

” = 1,652 – j 2,861 A

b) Cálculo das tensões:


20

Cálculo de Van, Vbn e Vcn

Van = Va’n + ZL . Ia = 53,0504 / -90° + (0,2 + j 0,5) x (-3,304 / 0°) = 55,702 / -91,1° V

Vbn = Vb’n + ZL . Ib = 53,0504 / -210° + (0,2 + j 0,5) x (1,652 + j 2,861) = = 55,702 / 148,9° V

Vcn = Vc’n + ZL . Ic = 53,0504 / 30° + (0,2 + j 0,5) x (1,652 – j 2,861) = = 55,702 / 28,9° V

c) Cálculo da potência na fonte:

A potência da fonte é S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic*

S = 55,702 /-91,1° x 3,304 /180°+ 55,702 /148,9° x (1,652 + j 2,861) + 55,702 / 28,9° x (1,652 - j 2,861)

S = 10,5146 + j 552,0191 = 552,119 / 88,9° VA

d) Cálculo do fator de potência da fonte:

º91,885146,10

0191,552arctan ==ϕ

Fator de potência = cos (88,9º) = 0,019

1.7 Calcular o circuito da figura 1.12, determinando: a) O valor de Vnn’; b) Os valores das correntes; c) Os valores das quedas de tensão da carga; d) As tensões de fase da carga; e) A potência fornecida pela fonte; f) A potência consumida pela carga; g) O fator de potência da carga.

Dados: Van = 127 / 0° , fonte simétrica e equilibrada.

ZL = j 0,2 Ω Za = 5 + 2 j Ω Zb = 4 + j Ω Zc = 6 + 1,5 j Ω

Solução:

a) Cálculo de Vnn’:

Van’ = Van + Vnn’ = ( ZL + Za ). Ia (1.29)

Vbn’ = Vbn + Vnn’ = ( ZL + Zb ). Ib (1.30)

Vcn’ = Vcn + Vnn’ = ( ZL + Zc ). Ic (1.31)

Resultam dessas equações:

a

nn

a

ana ZZL

V

ZZL

VI

++

+= ' (1.32)


21

cba

c

cn

b

bn

a

an

ZZLZZLZZL

ZZL

V

ZZL

V

ZZL

V

Vnn

++

++

+

++

++

+−=

111'

b

nn

b

bnb

ZZL

V

ZZL

VI

++

+= '

(1.33)

c

nn

c

cnc

ZZL

V

ZZL

VI

++

+= '

(1.34)

Somando as três expressões e sabendo que: Ia + Ib + Ic = 0 , resulta:

(1.35) 1.35)

Cálculo das correntes:

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

Ajj

Ia º9,14221,242,25

º5,79615,202,25º0127

−∠=+

∠+

+

∠=

Ajj

Ib º4,140811,252,25

º5,79615,202,25

º120127−∠=

+

∠+

+

−∠=

AIII bac º8,98980,22)( ∠=+−=

b) Cálculo das quedas de tensões de fase da carga:

Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 2) x 24,221 / -14,9º = 130,434 / 6,9º V

Vb’n’ = Zb . Ib = (4 + j) x 25,811 / -140,4º = 106,426 / -126,3º V

Vc’n’ = Zc . Ic = (6 + j 1,5) x 22,980 / 98,8º = 142,124 / 112,9º V

c) Cálculo das tensões de fase da carga

Va’n = Za . Ia + Vn’n = 130,434 / 6,9º - 20,615 /79,5º = 125,838 / -2,1º V

Vb’n = Zb . Ib + Vn’n = 106,426 / -126,3º - 20,615 /79,5º = 125,297 / -122,1º V

Vc’n = Zc . Ic + Vn’n = 142,124 / 112,9º - 20,615 /79,5º = 125,413 / 118,0º V

d) Potência fornecida pela fonte:

A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a equação (1.8):

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

S = 127 / 0° x 24,221 / 14,9° + 127 / -120° x 25,811 / 140,4° + 127 / 120° x 22,980 / -98,8°

S = 8766,67 + j 2987,85 VA = 9261,81 / 18,8º

e) Potência consumida pela carga:

A potência consumida pela carga é S = Va’n’ . Ia* + Vb’n’ . Ib* + Vc’n’. Ic*

27,2074,3

5,162,0

1

42,0

1

252,0

1

5,162,0

120127

42,0

120127

252,0

0127

' j

jjjjjj

jjjjjjVnn +=

+++

+++

++

++°∠

+++

°−∠+

++°∠

−=


22

S = 125,838 / -2,1° x 24,221/ 14,9° + 125,297/ -122,1° x 25,811 / 140,4° + 125,413/ 118,0° x 22,980 / -98,8°

S = 8766,67 + j 2631,66 VA = 9153,15 / 16,7º VA

f) Fator de potência da carga:

º71,1667,8766

66,2631arctan ==ϕ

Fator de potência = cos(16,71º) = 0,9578

1.8 Calcular os valores de W1 e W2, para o exercício anterior, de acordo com os wattímetros instalados na figura 1.13:

Va’b’ = Va’n – Vb’n = 125,838 / -2,1º - 125,297 / -122,1º = 217,58 / 27,8º V

Vb’c’ = Vc’n – Vb’n = 125,413 / 118,0º - 125,297 / -122,1º = 216,84 / 87,9º V

W1 = Re (Va’b’ . Ia*) = 217,58 / 27,8º . 24,221/ -14,9° = 3873,45 W

W2 = Re (Vc’b’ . Ic*) = 216,84 / 87,9º . 22,980 / 98,8° = 4893,22 W

W1 + W2 = 8766,67 W

1.9 Calcular o circuito da figura 1.14, determinando: a) O valor das correntes; b) O valor das tensões de fase da carga; c) A potência fornecida pela fonte; d) A potência consumida pela carga; e) O fator de potência da carga.

Dados: ZL = 0,1 + 0,5 j Ω

Za’b’ = 5 + j 10 Ω Zb’c’ = 3+ 15 j Ω Zc’a’ = 12 Ω

E ainda, Van = 380 / 0º V; Vbn = 380 / - 100º V e Vcn = 405 / 100º V.

Solução:

Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não aterrada, ficando, portanto, a solução similar à do exercício 1.7.

j0,87804,09762520

12.)105(+=

+

+=

jj

Za


23

j5,34150,07317-2520

)153(.)105(+=

+

++=

jjj

Zb

j2,63415,09272520

12.)153(+=

+

+=

jj

Zc

Cálculo de Vnn’

A partir da expressão (1.35), obtém-se:

Vnn’ = 1,368 – 128,9 j V


A partir das expressões (1.24); (1.25) e (1.26) obtém-se:

Ajj

Ia º8,3612,913780,11976,4

º4,8991,128

3780,11976,4

º0380−∠=

+−∠

++

∠=

Ajj

Ib º9,17284,868415,5026829,0

º4,8991,128

8415,5026829,0

º100380∠=

+−∠

++−∠

=

Ajj

Ic º2,7394,451341,31927,5

º4,8991,128

1341,31927,5

º100405∠=

+−∠

++∠

=

b) Cálculo das tensões de fase da carga:

Va’n = Van - ZL . Ia = 380 / 0º - (0,1 + 0,5 j ) x (72,91 –54,65 j) = 345,38 + 30,99 j V

Vb’n = Vbn - ZL . Ib = 380 / -100º - (0,1 + 0,5 j ) x (-86,1735 +10,6713 j) = = - 52,03 – 332,20 j V

Vc’n = Vcn - ZL . Ic = 405 / 100º - (0,1 + 0,5 j ) x (13,2635 +43,9787 j) = = - 49,66 + 387,82 j V

c) Potência fornecida pela fonte:

A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a equação (1.9):


S = 380 / 0° x 91,12 / -36,8° + 380 / -100° x 86,84 / 172,9° + 405 / 100° x 45,94 / 73,2°

S = 46010,9 (W) + j 62103,5 (var) = 77290,7 / 53,5º VA

d) Cálculo da potência consumida pela carga:

S = (345,38 - 30,99 j) x 91,12 / 36,8° + (- 52,03 – 332,20 j) x 86,84 /-172,9° + (- 49,66 + 387,82 j) x 45,94 / -73,2°

S = 44215,6 + 53126,8 j VA

e) Fator de potência da carga:

º23,506,44215

8,53126arctan ==ϕ


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

jjj

jjjVnn

1341,31927,51

8415,5026829,01

3780,11976,41

1341,31927,5

100405

8415,5026829,0

100380

3780,11976,4

0380

'

++

++

+

+

°∠+

+

°−∠+

+

°∠

−=


24

fase da carga; c) A potência fornecida pela fonte; d) A potência consumida pela carga; e) O fator de potência da fonte.

Dados: ZL = 0,1 + j 0,5 Zm = 0,1 j

Za’b’ = 6 + 4 j Zb’c’ = 12 + 8 j Zc’a’ = 12 – 8 j

Van = 460 V simétrico e equilibrado.

Solução:

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

Za 12-8 j 0 0 6+4 j 3,4061 – 0,4541 j

Zb =

+ j430

1 0 6+4 j 0 12+8 j = 1,7293 + 2,9694 j

Zc 0 0 12+8 j 12-8 j 6,8122 – 0,9083 j

Para os terminais da carga, vale;

Va’n’ = Va’n + Vnn’ = Ia . Za

Vb’n’ = Vb’n + Vnn’ = Ib . Zb (1.36)

Vc’n’ = Vc’n + Vnn’ = Ic . Zc

Isolando as correntes e sabendo que Ya, Yb e Yc são as admitâncias das cargas, têm-se:

Ia = Ya.Va’n + Ya.Vnn’

Ib = Yb.Vb’n + Yb.Vnn’ (1.37)

Ic = Yc.Vc’n + Yc.Vnn’

Sabendo que a somatória das correntes é nula, resulta:

cba

nccnbbnaann

YYY

VYVYVYV

++++

= ''''

... (1.38)

Matricialmente a equação (1.38) pode ser escrita:

Vnn’ Ya Yb Yc Va’n

Vnn’ = cba YYY ++

−1 Ya Yb Yc Vb’n (1.39)

Vnn’ Ya Yb Yc Vc’n

As equações (1.36) resultam:

Va’n’ Za 0 0 Ia Ia

Vb’n’ = 0 Zb 0 Ib = Zcarga Ib (1.40)

Vc’n’ 0 0 Zc Ic Ic


25

Substituindo (1.39) em (1.40) resulta:

cba

a

YYY

Y

++−1

cba

b

YYY

Y

++

− cba

c

YYY

Y

++

− Va’n’ Ia

cba

a

YYY

Y

++

− cba

b

YYY

Y

++

−−1

cba

c

YYY

Y

++

− Vb’n’ = Zcarga Ib

(1.41)

cba

a

YYY

Y

++

− cba

b

YYY

Y

++

− cba

c

YYY

Y

++

−−1 Vc’n’ Ic

cba

a

YYY

Y

++−1

cba

b

YYY

Y

++

− cba

c

YYY

Y

++

−

YT =

cba

a

YYY

Y

++

− cba

b

YYY

Y

++

−−1

cba

c

YYY

Y

++

− (1.42)

cba

a

YYY

Y

++

− cba

b

YYY

Y

++

− cba

c

YYY

Y

++

−−1

Resulta, portanto:

Va’n’ Ia

YT Vb’n’ = Zcarga Ib (1.43)

Vc’n’ Ic

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

Van Va’n’ ZL Zm Zm Ia

Vbn = Vb’n’ + Zm ZL Zm Ib (1.44)

Vcn Vc’n’ Zm Zm ZL Ic

Ou, ainda:

Va’n’ Van ZL Zm Zm Ia

Vb’n’ = Vbn - Zm ZL Zm Ib (1.45)

Vc’n’ Vcn Zm Zm ZL Ic

Substituindo (1.45) em (1.41) resulta:

Van ZL Zm Zm Ia Za 0 0 Ia

YT Vbn - Zm ZL Zm Ib = 0 Zb 0 Ib (1.46)

Vcn Zm Zm ZL Ic 0 0 Zc Ic


26

Zrede Zcarga

Ou

Van Ia

YT Vbn = YT Zrede + Zcarga Ib (1.47)

Vcn Ic

E, portanto:

Ia -1 Van

Ib = YT Zrede + Zcarga YT Vbn (1.48)

Ic Vcn

a) Cálculo das correntes

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

0,9681 + 0,0032 j -0,2610 – 0,2742 -0,7071 + 0,2710 j

YT = -0,0319 + 0,0032 j 0,7390 – 0,2742 j -0,7071 + 0,2710 j

-0,0319 + 0,0032 j -0,2610 – 0,2742 j 0,2929 + 0,2710 j

Por outro lado,

0,1 + j 0,5 0,1 j 0,1 j

Zrede = 0,1 j 0,1 + j 0,5 0,1 j

0,1 j 0,1 j 0,1 + j 0,5

E, ainda,

3,4061 – 0,4541 j 0 0

Zcarga = 0 1,7293 + 2,9694 j 0

0 0 6,8122 – 0,9083 j

E,

Van 480 / 0º

Vbn = 480 / -120º

Vcn 480 / 120º

Resulta, portanto;

Ia 154,91 / -7,4º

Ib = 130,59 / -169,2º (A)


27

Ic 51,13 / 119,7º

b) Cálculo das tensões de fase da carga:

Aplicando o conjunto de equações (1.36), resultam:

Va’n = 532,33 / -15,0º V

Vb’n = 448,73 / -109,4º V

Vc’n = 351,36 / 112,1º V

c) Cálculo da potência fornecida pela fonte:


S = 133400 (W) + j 54832 (var)


S = Va’n . Ia* + Vb’n . Ib* + Vc’n. Ic*

S = 129040 (W) j 37365 (var)

e) Cálculo do fator de potência da carga:

fp = cos(atan(54832/133400)) = 0,925

Exercícios Propostos

1.11 Um sistema trifásico simétrico e equilibrado com seqüência de fase direta alimenta uma carga com Vcn = 230 /15º V. Pede-se: a) As tensões de fase da carga; b) As tensões de linha da carga; c) Desenhar o diagrama fasorial com as três fases.

1.12 Resolver o circuito anterior admitindo seqüência inversa.

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

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

ZL = 0,1 + j 3,5 Ω Za = 4 + 2,5 j Ω Zb = 4 + 9 j Ω Zc = 3,5 + 10,5 j Ω Zn = 4,5 Ω (impedância de aterramento da carga) A fonte é simétrica e equilibrada, com valor de tensão Van = 220 /0° V.

Calcular: a) As correntes de fase e do neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida pela carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia.

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

ZL = 0,1 + j 3,5 Ω Za = 4 + 2,5 j Ω Zb = 4 + 9 j Ω Zc = 3,5 + 10,5 j Ω Zn = 4,5 Ω (impedância de retorno da linha) A fonte é simétrica e equilibrada, com o valor de tensão Van = 220 /0° V.

Calcular: a) As correntes de fase e do neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida pela carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia.

1.16 Para o circuito da figura 1.16, para Van = 210 / 0° V; Vbn = 205 / -102° V e Vcn = 208 / 119° V e, ainda, Za = j 45 Ω, Zb = j 18,5 Ω e Zc = - j 27 Ω; determinar: a) As correntes de linha e a corrente de neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida; d) A potência fornecida pela fonte de energia.


28

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

1.18 Uma pizzaria com alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 110 V fase-neutro – obtido por tap central do enrolamento do transformador) possui as seguintes cargas: 18.000 W ligados em 220 V, 7.000 W ligados na fase A com o neutro e outras 5.000 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as correntes nos três condutores. Ver figura 1.17.

1.19 Uma casa comercial possui uma alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 127 fase-neutro) com as seguintes cargas: 18.000 W ligados em 220 V, 7.000 ligados na fase A com o neutro e outras 5.000 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as correntes nos três condutores.

1.20 Para o circuito da figura 1.18, para Van = 118 / 0° V; Vbn = 125 / -102° V e Vcn = 128 / 119° V e, ainda, Za = j 40,5 Ω, Zb = j 39,7 Ω , Zc = j 40,2 Ω, ZL = 0,1+0,6 j e Zn = 0,4 j (retorno da linha), determinar: a) As correntes de linha; b) As tensões das fases da carga; c) A tensão Vnn’; c) A potência consumida pela carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia.

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


29

a) Por um problema técnico, as duas resistências da fase C ficam desconectadas, deixando esta fase aberta.

b) Por um problema técnico, somente uma das resistências da fase C fica desconectada.

Características de cada resistência: Potência 1500 W; Tensão 380 V; Comprimento 750 mm.

A alimentação elétrica é feita com seqüência direta, com valor de tensão: VAB = 220 V.

1.22 Para o circuito da figura 1.18, Van = 125 / 0° V, Vbn = 125 / -102° V, Vcn = 128 / 119° V, e ainda, ZL = j 0,5 Ω, Za = 46,6 + j 40,5 Ω, Zb = 45,0 + j 39,7 Ω, Zc = 47 + j 40,2 Ω, e Zn = j 40 Ω (impedância de aterramento da carga). Determinar: a) As correntes da carga e do neutro; b) A potência consumida pela carga; c) O fator de potência da carga.

1.23 Resolver o exercício anterior com Zn = 0 Ω, determinando: a) As correntes da carga e do neutro; b) A potência complexa consumida pela carga; c) O fator de potência da carga.

1.24 Resolver o exercício 1.22 para o caso em que o fio de retorno se rompe e a carga fica com o neutro isolado, calculando: a) As correntes da carga; b) A tensão VNN’; c) A potência fornecida pela fonte.

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

Dados 1.25.1 1.25.2 1.25.3 1.25.4 1.25.5

Za (Ω) 400 + j 200 410 + j 210 390 + j 190 385 + j 185 380 + j 180

Zb (Ω) 400 + j 200 410 + j 210 390 + j 190 385 + j 185 380 + j 180

Zc (Ω) 400 + j 200 410 + j 210 390 + j 190 385 + j 185 380 + j 180

ZL (Ω) 5 + j 50 4 + j 40 6 + j 60 7 + j 70 8 + j 80

Zm (Ω) 50 j 45 j 6 j 0 0

Zmg (Ω) j 5 j 4,5 j 0,5 0 0

Zn (Ω) 10 + j 50 8 + j 40 12 + j 60 2 + j 35 0

Van (V) 127 / 1º 200 / 1,5º 265 / 2º 290 / 2,5º 300 / -1º

Vbn (V) 127 / -105º 200 / -115º 265 / -109º 290 / -115º 300 / -100º

Vcn (V) 127 / 125º 200 / 128º 265 / 115º 290 / 135º 300 / 120º

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


30

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

CARGA

Exercício Tensão de linha na fonte (V)

Impedância da linha Z (ohm)

Tensão nominal (V)

Potência (kW)

Fator de potência (indutivo)

1.26.1 480 0,01 + j 0,05 480 300 0,9

1.26.2 2200 0,02 + j 0,15 2200 2500 0,9

1.26.3 4160 0,02 + j 0,3 4160 4500 0,85

1.26.4 6900 0,04 + j 0,7 6600 5000 0,92

1.26.5 13800 0,07 + j 0,1 13800 15000 0,9

1.26.6 460 0,008 + j 0,02 440 700 0,85

1.26.7 480 0,009 + j 0,018 440 800 0,9

1.26.8 2200 0,08 + j 0,1 2200 3500 0,9

1.26.9 220 0,005 + j 0,02 220 125 0,82

1.26.10 400 0,009 + j 0,01 380 600 0,85

1.26.11 4160 0,05 + j 0,25 4160 4500 0,85

Resolver, considerando: a) Carga modelada por impedância constante; b) Carga modelada por potência constante; c) Carga modelada por corrente constante; d) Construir uma tabela comparativa entre as três soluções.

Solução do Exercício 1.26.1

a) Carga modelada por impedância constante

Cálculo da impedância da carga:


31

ohmjarc

S

VZ ab

C 3013,06221,09,0/300000

)9,0cos(480*

2

+=∠

==

Cálculo da corrente:

º1,2922,383)3013,06221,005,001,0(3

0480−∠=

+++

∠=

+=

jjZZ

VI

CL

an

a

A tensão nos terminais da carga é:

Va’n’ = Ia . Zc = (0,6221 + j 0,3013) x 383,22 / - 29,1º = 264,89 / -3,26º V

A potência absorvida pela carga é:

kVAIVS ana º8,2554,304º1,2922,383º26,389,26433 '' ∠=∠×−∠×==

b) Carga modelada por potência constante

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

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

• Calcula-se a corrente absorvida pela carga;

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

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

Tensão inicial: º0128,2773

480)0(

'' ∠==naV

Cálculo do valor inicial da corrente:

AxV

SI

na

a º8,2594,400º0128,2779,03

º8,25300000

3

**

''

)0( −∠=

∠×∠

=

=

Cálculo do novo valor de tensão:

º5,328,265º8,2594,400)05,001,0(º0128,277)0()1(

'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna

Cálculo da iteração seguinte:

AxV

SI

na

a º3,2984,418º5,328,2659,03

º8,25300000

3

**

''

)1( −∠=

−∠×∠

=

=


º5,373,263º3,2984,418)05,001,0(º0128,277)1()2(

''−∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna


AxV

SI

na

a º3,2931,421º5,373,2639,03

º8,25300000

3

**

''

)2( −∠=

−∠×

∠=

=


º5,362,263º3,2931,421)05,001,0(º0128,277)2()2(

''−∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna


AxV

SI

na

aº3,2948,421

º5,362,2639,03

º8,25300000

3

**

''

)3( −∠=

−∠×∠

=

=



32

º5,364,263º3,2948,421)05,001,0(º0128,277)3()3(

'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna


AxV

SI

na

a º3,2945,421º5,364,2639,03

º8,25300000

3

**

''

)4( −∠=

−∠×∠

=

=


º5,364,263º3,2945,421)05,001,0(º0128,277)4()4(

'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna

Como a diferença de valores entre a iteração 4 e a iteração 3 está dentro da precisão desejada, o valor da tensão a ser adotada é: Va’n’ = 263,64 / - 3,5º V

O seguinte cálculo é feito para comprovar que a potência permaneceu constante:

S = 3 x Va’n’ . Ia* = 3 x 263,62 / - 3,5º x 421,48 / + 29,4º = 333,33 / 25,8º kVA

c) Carga modelada por corrente constante

Neste caso, o módulo da corrente é constante; entretanto, seu argumento não o é. O processo de cálculo a ser adotado é também iterativo.

Tensão inicial: º0128,2773

º0480)0('' ∠=

∠=naV

Cálculo do valor inicial da corrente:

AxV

SI

na

a º8,2594,400º0128,2779,03

º8,25300000

3

**

''

)0( −∠=

∠×∠

=

=

O valor de ϕ = 25,84º deve permanecer constante.


º5,329,265º8,2594,400)05,001,0(º0128,277)0()1(

'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna

Cálculo do argumento da corrente:

δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,5º - 25,8º = -29,3º

Então, o novo valor de corrente é Ia(2) = 400,94 / - 29,3º A

Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão:

º4,328,264º3,2994,400)05,001,0(º0128,277)2()2(

''−∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna


δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º

Então, o novo valor de corrente é Ia(3) = 400,94 / - 29,2º A.

Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão:

º4,330,264º2,2994,400)05,001,0(º0128,277)3()3(

'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna


δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º

Então, o novo valor de corrente é Ia(4) = 400,94 / - 29,2º A.

Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: º4,330,264º2,2994,400)05,001,0(º0128,277

)4()4(

'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna


δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º


33

Então, o valor final da corrente é Ia = 400,94 / - 29,2º A; neste caso, a potência absorvida pela carga é:

S = 3 x Va’n’ . Ia* = 3 x 264,30 / - 3,4º x 400,94 / + 29,2º = 317,91 / 25,8º kVA

d) Comparação entre as três soluções

Modelo Impedância constante

Potência constante Corrente constante

Ia (A) 383,23 / - 29,1º 421,48 / - 29,4º 400,94 / - 29,2º

Va’n’ (V) 264,89 / -3,2º 263,62 / - 3,5º 264,30 / - 3,4º

S (kVA) 304,540 / 25,8º 333,333 / 25,8º 317,905 / 25,8º

1.27 Um alimentador de uma fonte de energia de 440 V, trifásica, 60 Hz, alimenta as seguintes cargas trifásicas:

Motor 440 V, 150 kW, rendimento de 94%, fator de potência 0,85 atrasado;

Resistência 32 kW;

Outras cargas 60 kW com fator de potência 0,7 atrasado.

Calcular a potência complexa total.

1.28 Um forno a arco submerso para produção de silício metálico consome 25 kW, com fator de potência 0,68 atrasado. Calcular a potência do banco de capacitores necessária para corrigir o fator de potência para 0,92 atrasado.

1.29 Para correção do fator de potência de uma fábrica existe um banco de capacitores formado de dois sub-bancos, conforme mostra a figura 1.22. Cada sub-banco é ligado em estrela não-aterrada, e os neutros desses sub-bancos estão interligados. Cada braço da estrela possui sete capacitores ligados em paralelo. O reator de limitação de corrente de inrush possui o valor de indutância L = 9,06 mH. Cada capacitor possui o valor de capacitância C = 5,71 µF. O sistema é alimentado com a tensão de linha de 14.800 V, simétrico e equilibrado na freqüência de 60 Hz. Calcular o módulo da corrente de neutro para as seguintes situações:

Exercícios Situações

1.29.1 Um capacitor com defeito na fase A

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

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

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

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


34

Solução do Exercício 1.29.1

Cálculo dos valores de reatâncias:

XL = 2 Π f L = 376,9911 x 9,06 x 10-3 = 3,4155 Ω

faseX c /3632,667101,579911,376

106

Ω=××

= de cada sub-banco

A seqüência de tensão aplicada é:

Van = 8544,8 / 0º V

Vbn = 8544,8 / -120º V

Vcn = 8544,8 / 120º V

Aplicando a lei da malha de Kircchoff para o circuito dado, têm-se

Van = j 3,4151 Ia – j 66,3632 Ia1 + Vn’n

Vbn = j 3,4151 Ib – j 66,3632 Ib1 + Vn’n

Vcn = j 3,4151 Ic – j 66,3632 Ic1 + Vn’n

Analogamente:

Van = j 3,4151 Ia – j 66,3632 Ia2 + Vn’n

Vbn = j 3,4151 Ib – j 66,3632 Ib2 + Vn’n

Vcn = j 3,4151 Ic – j 66,3632 Ic2 + Vn’n

E, ainda:

Ia = Ia1 + Ia2

Ib = Ib1 + Ib2

Ic = Ic1 + Ic2


35

In = Ia1 + Ib1 + Ic1 = – Ia2 – Ib2 – Ic2

Matricialmente pode-se escrever: [ V’ ] = [ Z’ ] [ I’ ]

Sendo:

Van 8544,8 / 0º Vbn 8544,8 / -120º Vcn 8544,8 / 120º Van 8544,8 / 0º Vbn 8544,8 / -120º

[ V’ ] = Vcn = 8544,8 / 120º 0 0 0 0 0 0 0 0

e

Ia

Ib

Ic

Ia1

Ib1

[ I’ ] = Ic1

Ia2

Ib2

Ic2

Vn’n

O valor da matriz [ Z’ ] é:

(Ia) (Ib) (Ic) (Ia1) (Ib1) (Ic1) (Ia2) (Ib2) (Ic2) (Vn’n)

3,415j 0 0 -66,363j 0 0 0 0 0 1 0 3,415j 0 0 -66,363j 0 0 0 0 1 0 0 3,415j 0 0 -66,363j 0 0 0 1 3,415j 0 0 0 0 0 -66,363j 0 1 0 3,415j 0 0 0 0 0 -66,363j 0 1 0 0 3,415j 0 0 0 0 0 -66,363j 1 -1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 -1 1 1 1 1 1 0

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

Ω=×

= 4237,7763632,667'

CX

Este valor substitui o valor da célula da primeira linha, quarta coluna.

Pode-se utilizar o software MatLab paras resolver facilmente esse sistema de 10 equações, 10 incógnitas. As respostas são:

Ia = 271,54 j A Ib = 248,60 – 135,77 j A Ic = -248,60 – 135,77 j A

Ia1 = 125,33 j A Ib1 = 124,30 – 67,89 j A Ic1 = -124,30 – 67,89 j A


36

Ia2 = 146,21 j A Ib1 = 124,30 – 67,89 j A Ic1 = -124,30 – 67,89 j A

Vn’n = -231,03

Para determinar a corrente de neutro basta somar as três correntes de fase de qualquer uma das estrelas:

In = Ia1 + Ib1 + Ic1 = - Ia2 - Ib2 - Ic2 = 125,33 j + 124,30 – 67,89 j - 124,30 – 67,89 j = = 10,45 j

1.30 Resolver a rede da figura 1.23 com os mesmos dados do exercício 1.25, porém com as fases A e B abertas, através dos disjuntores instalados na linha.

1.31 Resolver a rede da figura 1.24 com os seguintes dados:

Van = 127 /1º; Vbn = 127 /-119º; Vcn = 127 /120º em volts;

ZL = 5+50 j e Zm = 5j em ohms;

Carga Za = Zb = Zc = 400 + j200 em ohms;

Considerando o disjuntor da fase A aberto, calcular: a) As correntes de fase e de neutro; b) A potência da carga; c) A potência complexa no início da Linha (pontos A-B-C).

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

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


37

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

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

1.35 No circuito mostrado na figura 1.28, sabendo que Zab = Zbc = Zca = 40 / 40º ohms, e a tensão da fonte (fase-neutro) é simétrica e equilibrada e igual a 220 V, calcular: a) As correntes de linha b) O valor de cada wattímetro; b) a potência ativa fornecida pela fonte; c) comparar com a soma de W1 e W2; d) O fator de potência da carga.

1.36 Na figura 1.28, o valor lido no Wattímetro 1 é 1853,83 W, o fator de potência da carga é 0,866 indutivo, a tensão aplicada é simétrica e equilibrada e igual a 110 V, e sabe-se ainda, que Z = Zab = Zbc = Zca. Calcular o valor de Z.

Bibliografia

Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967.

Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 175p.

Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989.

Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p.

Orsini, L. Q. Curso de Circuitos Elétricos. São Paulo: Edgard Blücher, 1993/4. 2v.

Valores Percentuais e Por-unidade

37

2 2 2 2

VALORES PERCENTUAIS E PORVALORES PERCENTUAIS E PORVALORES PERCENTUAIS E PORVALORES PERCENTUAIS E POR----UNIDADEUNIDADEUNIDADEUNIDADE

Extrato da Teoria

2.1 Definições

Valores por-unidade (p.u.) correspondem a valores relativos das grandezas elétricas; basicamente correspondem a uma mudança de escala das grandezas elétricas. O valor por-unidade corresponde à grandeza definida estipulada como unidade, para servir de termo de comparação entre grandezas da mesma natureza. Os valores das grandezas elétricas escolhidos como unitários são ditos valores de base das respectivas grandezas elétricas.

Para um circuito trifásico, as relações que comandam as quatro principais grandezas elétricas (S – potência complexa; V – tensão; I – corrente elétrica e Z – impedância) são:

*.3 IVS Linha= (2.1)

e Vfase = Z.I* ou *3 IZVLinha = (2.2)

sendo que o asterisco denota o conjugado do número complexo do fasor considerado.

Dessas quatro grandezas – S, V, I e Z – escolhe-se duas como base e determina-se a base das outras duas através das expressões (2.1) e (2.2), utilizando-se apenas o módulo dessas expressões, pois os valores de base são grandezas escalares. Normalmente se define a potência aparente S e o módulo da tensão de linha1 V como valores de base. Esses valores são escolhidos arbitrariamente; porém, uma vez definidos não mudam mais. Como esses valores são sempre valores escalares, os valores dos fasores em p.u. (por-unidade) possuem sempre o mesmo argumento dos valores originais do sistema internacional.

Os valores em p.u. serão representados por letras minúsculas.

baseSS

s = (2.3)

baseVV

v = (2.4)

baseII

i = sendo base

basebase

V

SI

3= (sistema trifásico) (2.5)

1 Valor da tensão entre duas fases quaisquer.


38

baseZZ

z = sendo base

basebase

S

VZ

2

= (2.6)

Para obter o valor em percentual é só multiplicar o valor em p.u. por 100.

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

2.2 Representação de transformadores em valores por-unidade

Os valores das reatâncias, em percentuais, são sempre referidos aos valores nominais do transformador.

.).(2

sec

sec2up

V

SZ

V

SZz n

prim

nprim == (2.7)

Sendo:

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

Zprim Impedância do transformador referida ao primário.

Zsec Impedância do transformador referida ao secundário.

Vprim Tensão nominal de linha do primário do transformador.

Vsec Tensão nominal de linha do secundário do transformador na condição em vazio, quando o transformador é alimentado com tensão primária nominal.

O modelo de representação do transformador é o da figura 2.1, a seguir, quando as grandezas estão em p.u.:

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


39

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

2.3 Representação de transformadores com três enrolamentos em valores por-unidade

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

Vprim Tensão nominal do enrolamento primário do transformador, para a qual o transformador foi projetado.

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

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

X12 Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo primário, com o secundário em curto-circuito e o terciário em aberto (ou reatância com o secundário em curto-circuito e o terciário em aberto).

X13 Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo primário, com o terciário em curto-circuito e o secundário em aberto (ou reatância com o terciário em curto-circuito e o secundário em aberto).

X23 Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo secundário, com o terciário em curto-circuito e o primário em aberto (ou reatância com o terciário em curto-circuito e o primário em aberto).

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


40

x12 = xp + xs

x13 = xp + xt (2.8)

x23 = xs + xt

Do conjunto dessas três equações, resultam:

( )23131221

xxxxp −+= (2.9)

( )13231221

xxxxs −+= (2.10)

( )12231321

xxxx t −+= (2.11)

2.4 Representação de banco de transformadores monofásicos em valores por-unidade

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

Nesta condição, a potência e a tensão do banco de transformadores monofásicos formando um trifásico ficam:

S3f = 3 x S1f (2.12)

VL = √3 . Vf (2.13)

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

fb

f

fb

f

f

S

S

V

V

x

1

1

2

1

1

1

= (2.14)

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


41

f

fb

f

fb

f

fb

f

f

f

fb

f

Lb

L

f x

S

S

V

V

S

SV

V

S

S

V

V

x 1

1

1

2

1

1

1

1

3

3

2

3

3

33

3

=

=

×

×=

= (2.15)

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

2.5 Representação de máquinas rotativas em valores por-unidade

Legenda da figura 2.7:

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

v: tensão nos terminais do gerador

x: reatância por fase do gerador

2.6 Representação de linha de transmissão

2.6.1 Linha curta

Sendo Z = R + j X

2.6.2 Linha média

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


42

2.6.3 Linha longa

sendo:

( )LYZsenhYZ

LsenhZZ ce •••=••= )(γ (2.16)

•×•=••=2

tanh)2

tanh(1

2

LYZ

Z

YL

Z

Y

c

e γ (2.17)

Comprimento da linha: L

Impedância da linha em ohm/km: Z

Admitância da linha em S/km: Y

Constante de propagação da linha: βαγ jYZ +=•= (2.18)

Constante de atenuação da linha: α

Constante de fase da linha: β

Impedância característica da linha: YZ

Zc = (2.19)

2.7 Mudança de bases

Trata-se de mudar os valores em p.u. de uma base velha para valores em p.u. de uma base nova:

Impedância: 2

2

)()(novabase

novabase

velhabase

velhabase

velhabaseV

S

S

Vpuzpuz ××= (2.20)

2.8 Representação de transformadores quando há choque de bases

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

Vb1 Tensão de base no primário do transformador

Vb2 Tensão de base no secundário do transformador


43

Vn1 Tensão nominal no primário do transformador

Vn2 Tensão nominal no secundário do transformador

Para uma situação de choque de bases, a condição encontrada no desenvolvimento de uma solução é:

2

1

2

1

n

n

b

b

V

V

V

V≠ (2.21)

21

21

2

22

1

11

1

bn

n

bb VV

VV

V

Vve

V

Vv •

•=== (2.22)

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

α•=•=••= 11

21

2

2

1

1

1

12 v

v

vv

V

V

V

V

V

Vv

n

n

b

n

n

b

b

(2.23)

sendo:

1

1

2

2

1

2

b

n

b

n

n

n

VV

VV

v

v==α (2.24)

A representação em diagrama fica:

Vantagens e aplicações dos valores por-unidade

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

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

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

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


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


44

Solução:

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

ohmS

VZ

base

basebase 67,26

150020022

===

..045,0015,067,26

2,14,0upj

jzlinha +=

+=

e = (0,015 + 0,045) i + 1 / 0º

Como a corrente que circula no circuito tem o valor nominal, tem-se:

..º9,361º9,361

1up

v

si −∠=−∠==

Resulta, então:

e = 1,039 + j 0,027 p.u. ou E = e • 200 = 207,8 + j 5,4 (V)

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

Solução:

A potência aparente de base deve ser a mesma para o sistema todo.

Valores base: Barra A Vbase = 13,8 kV e Sbase = 70 MVA

Trecho A até B Vbase = 230 kV e Sbase = 70 MVA

Trecho C até D kVVbase 92220

88230 =•= e Sbase = 70 MVA

Condição da carga:


45

..5,070

35ups == e ..8696,0

92

80upv ==

( ) ..87,365750,08,0cos5750,00

*

uparcv

si −∠=−∠=

=

Transformador de 70 MVA como as bases adotadas coincidem com os valores nominais do transformador, resulta que o valor em p.u. da impedância do transformador não se altera. Portanto:

z = 0,03 + j 0,10 p.u.

Linha A – B:

Ω=== 7143,75570

23022

base

basebase S

VZ

..1456,00368,07143,755

1108,27upj

jz +=

+=

Transformador de 45 MVA

( ) ..1281,00384,0230

70

45

22009,0027,0

2

2

upjjz +=••+=

Linha C – D:

Ω=== 9143,12070

9222

base

basebase S

VZ

..1547,00339,09143,120

7,181,4upj

jz +=

+=

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

Na barra A’:

v = (0,03 + j 0,10 + 0,0368 + j 0,1456 + 0,0384 + j 0,1281 + 0,0339 + j 0,1547) x (0,5750 / - 36,87°) + 0,8696 / 0°

v = 1,1159 + j 0,1951 p.u. multiplicando por 13,8 kV, resulta: V = 15,3994 + j 2,6924 kV

Sendo Ai º87,3699,16838,133

70000º87,365750,0 −∠=

×•−∠=


46

A potência complexa é:

s = v • i* = (1,1159 + j 0,1951)•(0,5750 / + 36,87°) = 0,4460 + 0,4747 j p.u.

S = 70 • s = 31,22 + j 33,23 MVA

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

Dados:

Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância equivalente

Gerador 1 7 MVA 4,16 kV j 0,20 p.u.


Gerador 3 9,5 MVA 6,9 kV j 0,19 p.u.

Transformador T1 8 MVA 4,16 – 37 kV 0,020 + j 0,10 p.u.

Transformador T2 15 MVA 6,9 – 34,5 kV 0,025 + j 0,10 p.u.

Transformador T3 10 MVA 6,9 – 34,5 kV 0,019 + j 0,09 p.u.

Linha B4 – B5 - - - - - - - - - - 28 + j 120 Ω

Linha B5 – B6 - - - - - - - - - - 32 + j 130 Ω

Linha B7 – B8 - - - - - - - - - - 25 + j 110 Ω

Linha B8 – B5 - - - - - - - - - - 28 + j 118 Ω

Solução:

Adotam-se valores de base escolhidos arbitrariamente: Sbase = 15 MVA (para a rede toda), Vbase = 4,16 kV (no gerador 1).

Primeiro, indicam-se os valores de base da tensão para cada trecho do diagrama unifilar, conforme mostrado na figura 2.18. A partir do gerador G1, com 4,16 kV, caminha-se pela rede e, cada vez que se passa por um transformador, o valor de base da tensão muda, de acordo com a relação de tensão do respectivo transformador.

Gerador G1

( )( )

..4286,016,4

15

7

16,420,0

2

2

upx =××=

Gerador G2


47

( )( )

..2282,04,7

15

12

9,621,0

2

2

upx =××=

Gerador G3

( )( )

..2608,04,7

15

5,9

9,619,0

2

2

upx =××=

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

Transformador T1

( ) ( )( )

( ) ..1875,00375,016,4

15

8

16,410,0020,0

2

2

upjjx +=××+=

Transformador T2

( ) ( )( )

( ) ..0869,00217,04,7

15

15

9,610,0025,0

2

2

upjjx +=××+=

Transformador T3

( ) ( )( )

( ) ..1174,00248,04,7

15

10

9,609,0019,0

2

2

upjjx +=××+=

Trecho B4 – B5

( )( )

( ) ..3148,13068,037

1512028

2upjjx +=×+=

Trecho B5 – B6

( )( )

( ) ..4244,13506,037

1513032

2upjjx +=×+=

Trecho B7 – B8

( )( )

( ) ..2053,12739,037

1511025

2upjjx +=×+=

Trecho B8 – B5

( )( )

( ) ..2929,13068,037

1511828

2upjjx +=×+=

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


48

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

Solução:

a) Elaboração do diagrama de impedâncias

Este exercício corresponde ao típico conflito de choque de bases.

Escolhe-se arbitrariamente o valor do gerador como base: Gerador 6,6 kV e 2 MVA.

Os demais valores das tensões de base ficam como mostra a figura 2.21.

No transformador instalado entre as barras 004 e 002 existe um conflito de base. Dessa forma, esse transformador deve ser substituído por sua impedância de curto-circuito referida aos valores de base, em série com um (auto)transformador ideal, tendo como relação de transformação:

1 : α = 1 : 1

2

n

n

v

v (2.25)

conforme as expressões (2.22), (2.23) e (2.24); sendo, então:

9583,036

5,342 ==nv e 0455,1

2,138,13

1 ==nv


49

Logo: 9166,00455,19583,0

==α

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

Os valores dos parâmetros em p.u. para a figura 2.22 são:

Linha 001 – 005:

( )( )

3673,01377,06,6

2832

jj

z +=×+

=

Transformador T1

( )( )

1067,06,6

25,16,6

08,02

2

=××=x

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


50

Transformador T2

( )( )

0824,06,6

27,16,6

07,02

2

13 jjz =××=

( )( )

0459,00115,02,13

241234 j

jz +=

×+=

Transformador T3

( )( )

0972,02,13

28,18,13

08,02

2

jjzT =××=

O diagrama de impedâncias fica como mostrado na figura 2.23:

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

Cálculo da corrente da carga nas condições nominais:

º79,315455,0

3633

21

−∠==ni

Pela figura 2.23 deste exercício, têm-se:

v1 – vb = i2 (0,1377 + j 0,4740)

v1 – (vb / α) = i1 (j 0,824 + 0,0115 + j 0,0459 + j 0,0972) = i1 (0,0115 + j 0,9671)

º79,315455,021 −∠==+ niii

α

Sendo vb = (33 / 36) = 0,9167 p.u. e α = 0,9166

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

- vb -0,1967 0 0,1377+j 0,4740 -1 i1

- vb / α = -1,0001 = 0,0115 + j 0,9671 0 -1 i2

in 0,4639-j0,2870 1 / α 1 0 v1

Donde resulta:


51

i1 0,1285 – j 0,0646

i2 = 0,3235 – j 0,2169 (p.u.)

v1 1,0641 + j 0,1235

Pela topologia da rede, a corrente que sai do gerador é igual à corrente da carga. Portanto,

s = v1. in* = (1,0641 + j 0,1235)x(0,5455 / 31,79º) = 0,4579 + 0,3630 j p.u.

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

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

Cálculo da corrente da carga com as condições impostas pelo problema:

º79,312609,0

365,34

25,0

−∠==ni

Pela figura 2.23, tem-se:

v1 – vb = i2 (0,1377 + j 0,4740)

v1 – (vb / α) = i1 (j 0,824 + 0,0115 + j 0,0459 + j 0,0972) = i1 (0,0115 + j 0,9671)

º79,312609,021 −∠==+ niii

α

Sendo vb = (34,5 / 36) = 0,9583 p.u. e α = 0,9166

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

- vb 0 0.1377+j 0,4740 -1 i1

- vb / α = 0,0115 + j 0,9671 0 -1 i2

in 1 / α 0 v1

Donde resultam:

I1 0,0586 - j 0,0019

i2 = 0,1582 – j 0,1353 (p.u.)

v1 1,0026 + j 0,0563

Pela topologia da rede, a corrente que sai do gerador é igual a corrente da carga. Portanto,

s = v1. in* = (1,0026 + j 0,0563)x(0,2609 / 31,79º) = 0,2146 + 0,1503 j p.u.

S = 2 x s = 0,4292 (MW) + j 0,3006 (Mvar) = 0,5240 / 35,0º MVA

2.5 Construir o diagrama de impedâncias, em p.u., da rede da figura 2.24, dados os valores constantes da tabela a seguir:


Gerador G1 = G2 = G3 60 MVA 13,8 kV j 0,20 p.u.

Transformador T1 = T2 = T3 60 MVA 13,8 – 230 kV j 0,11 p.u.


52


Transformador T4 150 MVA 230 – 34,5 kV j 0,12 p.u.

Transformador T5 (três enrolamentos)

50 MVA (primário)

25 MVA (secundário)

25 MVA (terciário)

230 – 69 – 138 kV (prim – terc – sec.)

j x12 = j 11% (p/ 50 MVA)

j x13 = j 10% (p/ 50 MVA)

j x23 = j 10% (p/ 50 MVA)


Linhas Impedâncias longitudinais (Ω/km)

Susceptâncias transversais (S/km)

Linha 001 – 007 (180 km) 0,1 + j 1,20 5,5 x 10-6

Linha 001 – 004 (80 km) 0,08 + j 1 5 x 10-6

Linha 005 – 006 (90 km) 0,09 + j 1,1 4,8 x 10-6

Linha 008 – 003 (25 km) 0,06 + j 0,64 2 x 10-6

Solução:

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


53

Geradores G1 = G2 = G3 x = 0,20 p.u.

Transformadores T1 = T2 = T3 x = 0,11 p.u.

Transformador T4 ..048,0230

60

150

23012,0

2

2

upx =××=


6011,012 upx =×=

..12,050

6010,0

13upx =×=

..12,0150

6010,012 upx =×=

De acordo com as expressões (2.9), (2.10) e (2.11), resultam: ( ) ..0660,012,012,01320,02

1upxp =−+=

( ) ..0660,012,012,01320,02

1upxs =−+=

( ) ..0540,01320,012,012,02

1upxt =−+=


6009,0 upx =×=

Linha 001 – 007

A partir das expressões (2.16) e (2.17) calculam-se os parâmetros para essa linha considerada longa. Portanto:

Ze = 16,737 + j 208,44 Ω e Ye = j 0,0010 S

Donde resulta, em p.u.:

..2364,00190,0230

60)44,208737,16(

2upjjze +=×+=


54

Ye = j 0,00000113 p.u.

Linha 001 – 004

Analogamente, têm-se:

Ze = 6,332 + 79,577 j Ω e Ye = 4,011 x 10-4 j S

Donde resulta, em p.u.:

ze = 0,00718 + j 0,0903 p.u. e ye = j 0,00000045 p.u.

Linha 005 – 006

Resultam:

Ze = 7,985 + j 98,300 Ω e Ye = j 4,335 x 10-4 S

Sendo Ω== 4,31760

1382

bZ resulta

ze = 0,0252 + j 0,310 p.u. e ye = j 0,00000137 p.u.

Linha 008 – 003

Resultam:

Ze = 1,4979 + j 16 Ω e Ye = j 5 x 10-5 S

Sendo Ω== 35,7960

692

bZ resulta

ze = 0,0189 + j 0,2016 p.u. e ye = j 0,00000063 p.u.

O diagrama de impedâncias da rede aparece na figura 2.26.


55


2.6 Para um sistema monofásico, são adotados como valores de base Sb = 250 kVA e Vb = 460 V. Determinar a corrente e a impedância de base para esse sistema.

2.7 Para um sistema trifásico, são adotados como valores de base Sb = 100 MVA e Vb = 138 kV. Determinar a corrente, a impedância e a admitância de base.

2.8 Um transformador possui a reatância igual a 9% na base Sb = 50 MVA e Vb = 230 kV (lado de alta tensão). Determinar o valor dessa reatância em p.u. na nova base Sb = 250 MVA e Vb = 245 kV (lado de alta tensão).

2.9 Uma determinada carga trifásica ligada em estrela, do tipo Z = R + jX, consome a potência complexa de S = 150 + j 90 MVA na tensão 13,2 kV. Determinar a impedância equivalente em p.u. na base Sb = 100 MVA e Vb = 13,8 V.

2.10 Uma determinada carga trifásica ligada em triângulo, do tipo Z = R + jX, consome a potência complexa de S = 75 + j 45 MVA na tensão de 14,4 kV. Determinar a impedância equivalente em p.u. na base Sb = 100 MVA e Vb = 13,8 V.

2.11 Um motor de indução possui as seguintes características com base nos valores nominais do motor (em kVA e em kV):

Tensão nominal (kV) 6,6

Rendimento nominal (%) 87,6

Fator de potência nominal (%) 85,67

Resistência R (%) 2,25

Rs (%) 1,5

Xr (%) 15

Xs (%) 20,8

Potência nominal no eixo (kW) 728

Determinar

a) O circuito equivalente conforme o diagrama da figura 2.27, com os valores em p.u., considerando as seguintes bases: Sb = 1200 kVA e Vb = 7,2 V.

b) A potência elétrica consumida pelo motor, em p.u e em kW, e o fator de potência, dados a tensão nos terminais do motor igual a 6,4 kV e o escorregamento s = 3,49%.

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


56

• enrolamento primário: 13800 V, 1500 kVA;

• enrolamento secundário: 2400 V, 750 kVA;

• enrolamento terciário 460 V, 750 kVA.

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

Ensaio Enrolamento excitado

Enrolamento curto-circuitado

Tensão aplicada, volts

Corrente no enrolamento excitado, amperes

1 1 2 229,6 31,4

2 1 3 229,6 31,4

3 2 3 138,73 31,4

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

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

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

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

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

Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância

equivalente



Gerador 3 9,5 MVA 6,9 kV j 0,19 p.u.

Transformadores T1 = T2 = T3 =T4

100 MVA 13,8 – 138 kV j 0,11 p.u.


57


Transformadores T5 = T6

10 MVA 6,9 – 138 kV j 0,09 p.u.

Linha LT1 - - - - - - - - - - j 10 Ω

Linha LT2 - - - - - - - - - - j 11 Ω

Linha LT3 - - - - - - - - - - j 14,5 Ω


Equipamento Potência

nominal Tensão nominal Impedância

equivalente

Gerador G1 25 MVA 13,8 kV j 0,22 p.u.

Gerador G2 30 MVA 13,8 kV j 0,23 p.u.

Gerador G3 9,5 MVA 6,6 kV j 0,19 p.u.

Motor M3 25 MVA 13,2 kV j 0,20

Motor M4 28 MVA 13,2 kV J 0,22

Transformadores T1 = T2 30 MVA 14,4 – 145 kV j 0,09 p.u.

Transformadores T3 = T4 28 MVA 138 – 13,8 j 0,09 p.u.

Transformador T5 10 MVA 6,9 – 138 kV j 0,07 p.u.

Linha LT12 - - - - - - - - - - j 10 Ω

Linha LT14 = LT23 - - - - - - - - - - j 11 Ω

Linha LT25 = LT35 - - - - - - - - - - j 14,5 Ω



58

Equipamento Potência

nominal Tensão nominal Impedância

equivalente





Transformadores T3 = T4 30 MVA 138 – 13,8 kV j 0,08 p.u.

Motor Síncrono M3 = M4 28 MVA 13,8 kV j 0,22 p.u.

Linha LT12 - - - - - - - - - - j 9 Ω

Linha LT14 - - - - - - - - - - j 10 Ω

Linha LT23 - - - - - - - - - - j 11 Ω

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









Transformador T5 25 MVA 16 – 230 kV j 0,09 p.u.


Linha LT1 - - - - - - - - - - j 10 Ω

Linha LT2 - - - - - - - - - - j 11 Ω

Linha LT3 - - - - - - - - - - j 14,5 Ω

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


59

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

Bibliografia

Barthold, L. O.; Reppen, N. D.; Hedman, D. E. Análise de Circuitos de Sistemas de Potência – Curso de Engenharia em Sistemas Elétricos de Potência. Série P.T.I. 2. ed. Santa Maria – RS: UFSM, 1983. 10v.


Stevenson Jr., W. W. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986. 458p.


64

3333

COMPONENTES SIMÉTRICASCOMPONENTES SIMÉTRICASCOMPONENTES SIMÉTRICASCOMPONENTES SIMÉTRICAS

Extrato da Teoria

A técnica de aplicação de componentes simétricas é utilizada para redes equilibradas e simétricas, nos casos de desequilíbrio nas cargas e, principalmente, para defeitos nas redes elétricas.

3.1. Operador αααα

α = 1 /120º = - 0,5 + 2

3 j (3.1)

α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 - 2

3 j (3.2)

1 + α + α2 = 0 (3.3)

α - α2 = 3 j (3.4)

3.2. Seqüência positiva (direta)

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

Van 1

Van1 = Vbn = Van α2 (3.5)

Vcn α

3.3. Seqüência negativa (indireta ou inversa)


Van 1

[ Van2 ] = Vbn = Van α (3.6)

Vcn α2

Componentes Simétricas

65

3.4. Seqüência nula (zero ou homopolar)


Va0 = Vb0 = Vc0

Va0

Vb0

Vc0 Figura 3.2

3.5. Matriz de transformação de componentes simétricas em componentes de fases

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

Va Va0 + Va1 + Va2 Va0 + Va1 + Va2

[ Va ] = Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2 = Va0 + α2 Va1 + α Va2 (3.7)

Vc Vc0 + Vc1 + Vc2 Va0 + α Va1 + α2 Va2

1 1 1

[ Va ] = Va0 1 + Va1 α2 + Va2 α (3.8)

1 α α2

Va 1 1 1 Va0

Vb = 1 α2 α Va1 (3.9)

Vc 1 α α2 Va2

Matriz T

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


66

de fases.

A matriz inversa de T existe e vale

1 1 1

T-1 = 1/3 1 α α2 (3.10)

1 α2 α

Portanto:

Va0 1 1 1 Va

Va1 = 1/3 1 α α2 Vb (3.11)

Va2 1 α2 α Vc

3.6. Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y)

VAB = VAN – VBN

VBC = VBN – VCN (3.12)

VCA = VCN – VAN

Matricialmente,

[VAB] = [VAN] – [VBN] (3.13)

Ou ainda,

Van Van0 Van1 Van2 1

Vbn = Van0 Van1 . α2 Van2 . α 1 (3.14)

Vcn Van0 Van1 . α Van2 . α2 1

e

Vbn Van0 Van1 . α2 Van2 . α 1

Vcn = Van0 Van1 . α Van2 . α2 1 (3.15)

Van Van0 Van1 Van2 1

Logo,

Vab 0 Van1 . (1 - α2 ) Van2 . (1 - α) 1

Vbc = 0 Van1 . (1 - α2 ) α2 Van2 . (1 - α) α 1 (3.16)

Vca 0 Van1 (1 - α2 ) α Van2 . (1 - α) α

2 1

(1 - α ) = 3 / - 30º (3.17)


67

(1 - α2 ) = 3 / 30º (3;18)

Logo,

VAB = VAN – VBN = 3 / 30º VAn1 + 3 / - 30º VAN2 (3.19)

ou seja:

VAB0 = zero

VAB1 = 3 / 30º VAn1 (3.20)

VAB2 = 3 / −30º VAN2

A seqüência zero provoca um deslocamento do neutro.

3.7. Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta)

IA = IAB – ICA

IB = IBC – IAB (3.21)

IC = ICA – IBC

Matricialmente, [ IA ] = [ IAB ] – [ ICA ] (3.22)

Por outro lado,

1 1 1

[IAB] = IAB0 1 + IAB1 α2 + IAB2 α (3.23

1 α α2

e

1 1 1

[ICA] = ICA0 1 + ICA1 α2 + ICA2 α (3.24

1 α α2

Logo:

1 1 1


68

[ICA] = IAB0 1 + α IAB1 α2 + α2 IAB2 α (3.25

1 α α2

Resulta, então,

1 1 1

[IA ] = (IAB0 - IAB0) 1 + (1-α) IAB1 α2 + (1 - α2) IAB2 α (3.26

1 α α2

IA0 = zero

IA1 = 3 / − 30º IAB1 (3.27)

IA2 = 3 / 30º IAB2

3.8. Carga em estrela com neutro não-aterrado

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

VAN + VNN’ + VN’A = 0

VBN + VN’N + VN’B = 0 (3.28)

VCN + VN’N + VN’C = 0

VAN’ ZA 0 0 IA

VBN’ = 0 ZB 0 IB (3.29)

VCN’ 0 0 ZC IC

VAN 1 ZA 0 0 IA

VBN + VNN’ 1 = 0 ZB 0 IB (3.30)

VCN 1 0 0 ZC IC

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

VAN0 1 ZA 0 0 IA0

T VAN1 + VNN’ 1 = 0 ZB 0 T IA1 (3.31)

VAN2 1 0 0 ZC IA2

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

VAN0 1 ZA 0 0 IA0


69

VAN1 + T-1 1 VNN’ = T-1 0 ZB 0 T IA1 (3.32)

VAN2 1 0 0 ZC IA2

Então, resulta:

VAN0 + VNN’ Z0 Z2 Z1 IA0

VAN1 = Z1 Z0 Z2 IA1 (3.33)

VAN2 Z2 Z1 Z0 IA2

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

VAN0 -1 Z2 Z1 VNN’

VAN1 = 0 Z0 Z2 IA1 (3.34)

VAN2 0 Z1 Z0 IA2

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

Z0 1 1 1 ZA

Z1 = 1/3 1 α α2 ZB (3.35)

Z2 1 α2 α ZC

Dessas matrizes resultam redes de seqüência positiva, negativa e nula.

Se ZA = ZB = ZC = Z

Então: Z0 = Z e Z1 = Z2 = 0

3.9. Carga em estrela com neutro aterrado

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

3.10. Circuitos trifásicos com indutâncias mútuas para redes equilibradas

Sendo: [ VAN ] - [ VA’N’ ] = [ VAA’ ] - [ VNN’ ] (3.36)

Calculando cada matriz do segundo membro, vêm:

VAA’ Z Zm Zm Ia Zmn

VBB’ = Zm Z Zm Ib - 3 Ia0 Zmn (3.37)

VCC’ Zm Zm Z Ic Zmn


70

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

Sendo In = 3. Ia0 = Ia + Ib + Ic (3.38)

[ VNN’ ] = - 3 Zn Ia0 + Zmn (Ia + Ib + Ic ) = - 3 Zn Ia0 + 3 Zmn Ia0 (3.39)

A partir de (3.36), (3.37) e (3.39) obtém-se:

[ VAN ] - [ VA’N’ ] = [ Z ] [ Ia ] - 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 (3.40)

substituindo os valores de fases por componentes simétricas, vem:

[ T ] [ VAN0 - VA’N’0 ] = [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] - 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 (3.41)

multiplicando pela esquerda por [ T ] –1, vem:

[ VAN0 - VA’N’0 ] = [ T ] –1 [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] + [ T ] –1 . (- 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0) (3.42)

1 1 1 Z Zm Zm 1 1 1

[ T ] –1 [ Z ] [ T ] = 1 / 3 1 α2 α Zm Z Zm 1 α2 α (3.43)

1 α α2 Zm Zm Z 1 α α2

Resulta, então:

Z + 2 Zm 0 0

[ T ] –1 [ Z ] [ T ] = 0 Z - Zm 0 (3.44)

0 0 Z - Zm

A partir de (3.42), (3.43) e (3.44) obtém-se:

VAN0 - VA’N’0 Z + 2 Zm + 3 Zn - 6 Zmn 0 0 Ia0

VAN1 - VA’N’1 = 0 Z - Zm 0 Ia1 (3.45))

VAN2 - VA’N’2 0 0 Z - Zm Ia2

Da expressão matricial (3.45) resultam:

Z0 = Z + 2 Zm + 3 Zn - 6 Zmn (3.46)

Z1 = Z2 = Z - Zm

3.11. Potência complexa em componentes simétricas

S = VAN IA* + VBN IB

* + VCN IC* (3.48)

Ou matricialmente

VAN

S = IA* IB

* IC* VAN (3.49)

VAN

Por outro lado,

IA IA0 1 1 1 IA0

IB = T IA1 = 1 α2 α IA1 (3.50)


71

IC IA2 1 α α2 IA2

Sabendo que, se [A] = [B].[C], então [A] t = [B].[C] t = [C] t.[B] t; resulta:

IA t 1 1 1

IB = IA IB IC = IA0 IA1 IA2 1 α2 α (3.51)

IC 1 α α2

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

1 1 1

IA* IB

* IC* = IA0

* IA1* IA2

* 1 α α2 = 3 IA0* IA1

* IA2* [T] -1 (3.52)

1 α2 α

Finalmente, de (3.49)

VA0

S = 3 IA0* IA1

* IA2* T.T –1 VA1

= 3 (VA0 IA0* + VA1 IA1

* + VA2 IA2* ) (3.53)

VA2

3.12. Representação de cargas do tipo Z = R + j X

3.12.1 Carga ligada em estrela com neutro não aterrado

3.12.2 Carga ligada em triângulo

3.12.3 Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn


72

3.13. Gerador com neutro aterrado através de Zn

Via de regra E0 = E2 = 0.

3.14. Transformador trifásico com dois enrolamentos

As seqüências positiva e negativa são representadas por:

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

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


73


74

3.15. Transformador trifásico com três enrolamentos

Para qualquer tipo de ligação, as seqüências positiva e negativa são representadas da mesma forma, como mostram as figuras 3.40 e 3.41. Os significados das legendas são:

Xp1 : reatância de seqüência positiva do primário;

Xp2 : reatância de seqüência negativa do primário;

Xs1 : reatância de seqüência positiva do secundário;

Xs2 : reatância de seqüência negativa do secundário;

Xt1 : reatância de seqüência positiva do terciário;

Xt2 : reatância de seqüência negativa do terciário;

Vp, Vs e Vt: respectivas tensões do primário, do secundário e do terciário.

A seguir são apresentadas algumas ligações comumente utilizadas para transformadores com três enrolamentos.

Estrela aterrada / triângulo / estrela aterrada:


75

Triângulo / triângulo / estrela aterrada:

Exercícios Resolvidos

3.1 Resolver o circuito da figura 3.46 por componentes simétricas.

Dados: V = 380 V; Za = 25 Ω; Zb = 25 j Ω e Zc = -25 j Ω.

a) Determinar as correntes que passam em cada impedância; b) Determinar a potência fornecida pelo transformador monofásico.

Solução:

Em termos de componentes simétricas, para circuitos sem indutâncias mútuas e para uma carga em estrela, vale a equação matricial (3.33).

Adota-se o ponto N coincidente com C com o objetivo de criar um sistema trifásico desequilibrado.

Portanto, VAN = 380 / 0º volts; VBN = 190 / 0º volts e VCN = 0

De (3.9)

VA0 1 1 1 380 / 0º 190,0 / 0º

VA1 = 1/3 1 α α2 190 / 0º = 109,7 / 30º

VA2 1 α2 α 0 109,7 / -30º


76

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

Z0 1 1 1 25 / 0º 8,333 / 0º

Z1 = 1/3 1 α α2 25 / 90º = 6,100 / 180º

Z2 1 α2 α -25 / 90º 22,767 / 0º

Reescrevendo a equação matricial (3.33), vem:

190,0 + VNN’ 8,333 22,767 - 6,100 0

109,7 / 30º = - 6,100 8,333 22,767 IA1

109,7 / -30º 22,767 - 6,100 8,333 IA2

Esta equação matricial equivale a:

190 -1 22,767 - 6,100 VNN’

109,7 / 30º = 0 8,333 22,767 IA1

109,7 / -30º 0 - 6,100 8,333 IA2

Resolvendo a matriz por um programa computacional apropriado, resultam:

VNN’ = -380,01 + 190,01 j = 424,853 / 153,4º V

IA1 = -6,58 + 8,19 j = 10,51 /128,8º A

IA2 = 6,58 – 0,59 j = 6,61 / -5,1º A

IA 1 1 1 0 7,60 / 90,0º

IB = 1 α2 α 10,51 /128,8º = 10,75 / 45,0º

IC 1 α α2 6,61 / -5,1º 17,00 / –116,6º

Para cálculo da potência utilizar a expressão (3.47):

S = 380 x 7,6000 / - 90º + 190 x 10,7488 / - 45,0º = 1444,10 W - j 4332,10 var

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

Z = 3 + j 40 Ω Zn = 8 + j 57 Ω Zm = j 25 Ω Zmn = j 10 Ω

VAN = 510 /0° ( kV ) VBN = 520 /-110° ( kV ) VCN = 515 /115° ( kV )

VA’N’ = 480 /-15° ( kV ) VB’N’ = 500 /-125° ( kV ) VC’N’ = 500 /130° ( kV )

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

Solução:

a) Resolvendo por componentes de fases:

De acordo com as expressões matriciais (3.40) e (3.37), vem:

VAN – VA’N’ Z Zm Zm Ia Zmn Zmn Zmn Ia

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


77

VCN – VC’N’ Zm Zm Z Ic Zmn Zmn Zmn Ic

Zn Zn Zn Ia

Zn Zn Zn ib (3.54)

Zn Zn Zn Ic

Portanto:

VAN – VA’N’ Z + Zn – 2 Zmn Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn - 2 Zmn Ia

VBN – VB’N’ = Zm + Zn - 2 Zmn Z + Zn – 2 Zmn Zm + Zn – 2 Zmn ib (3.55)

VCN – VC’N’ Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn - Zmn Z + Zn - 2 Zmn Ic

Substituindo os valores das células da matriz com os valores dados, vêm:

Z + Zn – 2 Zmn = 3 + j 40 + 8 + j 57 - 2 x ( j 10) = 11 + 77 j

Zm + Zn – 2 Zmn = j 25 + 8 + j 57 – 2 x ( j 10) = 8 + 62 j

510 /0° - 480 /-15° 11 + 77 j 8 + 62 j 8 + 62 j Ia

520 /-110°- 500 /-125° = 8 + 62 j 11 + 77 j 8 + 62 j ib

515 /115° - 500 /130° 8 + 62 j 8 + 62 j 11 + 77 j Ic

Resultam, então:

Ia 4,9634 + 3,2116 j 5,9119 / 32,9º kA

ib = -7,2661 – 3,4064 j = 8,0250 / -154,9º kA

Ic 3,1026 – 0,9865 j 3,2557 / - 17,6º kA

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

b) Resolvendo por componentes simétricas: utilizando a equação matricial (3.45), vem:

VAN0 - VA’N’0 27 + 201 j 0 0 Ia0

VAN1 - VA’N’1 = 0 3 + 15 j 0 Ia1

VAN2 - VA’N’2 0 0 3 + 15 j Ia2

Por outro lado,

VAN0 - VA’N’0 1 1 1 132,60 / 69,5º 96,443 / 26,4º kV

VAN1 – VA’N’1 = 1/3 1 α α2 134,60 / -36,0 = 50,055 /57,3º kV

VAN2 – VA’N’2 1 α2 α 133,31 /38,9º 77,570 / 149,7º kV

Resultam, portanto,

Ia0 = 0,2663 – 0,3940 j = 0,4755 / -56,0º (kA)

ia1 = 3,0468 – 1,1934 j = 3,2722 / -21,4º (kA)

Ia2 = 1,6501 + 4,7949 j = 5,0709 / 71,0º (kA)

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


78

Ia 1 1 1 0,4755 / -56,0º 4,9632 + 3,2075 j 5,9094 / 32,9º kA

ib = 1 α2 α 3,2722 / -21,4º = -7,2682 – 3,4043 j = 8,0260 / -154,9º kA

Ic 1 α α2 5,0709 / 71,0º 3,1039 – 0,9852 j 3,2565 / - 17,6º kA

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

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

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

VAN0 - VA’N’0 1 1 1 510 /0° 38,86 / - 10,8º

VAN1 – VA’N’1 = 1 α2 α 520 /-110° = 511,94 / 1,7º

VAN2 – VA’N’2 1 α α2 515 /115° 40,64 /- 168,9º

Aplicando a equação de componentes simétricas para a rede:

38,86 / - 10,8º 27 + 201 j 0 0 Ia0

511,94 / 1,7º = 0 3 + 15 j 0 ia1

40,64 /- 168,9º 0 0 3 + 15 j Ia2

Ia0 -0,0105 – 0,1913 j 0,1916 / -93,1º

ia1 = 7,5340 -32,6075 j = 33,4666 / -77,0º (kA)

Ia2 -1,0128 + 2,4561 j 2,6567 / 112,4 º

Resulta então, aplicando a matriz de transformação [T]:

Ia 6,5106 -30,3428 j 31,0334 / -77,9º

ib = -33,6371 + 7,4826 j = 34,4593 / 167,5º (kA)

Ic 27,0949 +22,2862 j 35,0828 / 39,4 º

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

3.3 Resolver o exercício 1.4 aplicando componentes simétricas.

Solução:

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

VAN0 Z0 + 3 x Zn Z2 Z1 IA0

VAN1 = Z1 Z0 Z2 IA1 (3.56)

VAN2 Z2 Z1 Z0 IA2

Aplicando, agora a equação (3.35), vem:

Z0 1 1 1 5,2 + 3,6 j 9,4281 / 61,3º

Z1 = 1/3 1 α α2 5,2 + 8,6 j = 2,3017 / -49,7º

Z2 1 α2 α 3,2 + 12,6 j 3,0244 / -105,8º

Aplicando (3.56) resulta:


79

0 21,2065 / 22,9º 3,0244 / -105,8º 2,3017 / -49,7º IA0

127 = 2,3017 / -49,7º 9,4281 / 61,3º 3,0244 / -105,8º IA1

0 3,0244 / -105,8º 2,3017 / -49,7º 9,4281 / 61,3º IA2

Portanto:

IA0 1,6678 + 0,2289 j

IA1 = 7,6385 –10,8403 j

IA2 3,6435 + 0,9852 j

Aplicando a matriz de transformação T, resultam:

Ia 1 1 1 1,6674 + 0,2292 j 12,9498 – 9,6262 j A

Ib = 1 α2 α 7,6384 –10,8404 j = -14,2145 + 1,6966 j A

Ic 1 α α2 3,6434 + 0,9853 j 6,2680 + 8,6162 j A

In = Ia + Ib + Ic = 5,0502 / 7,8° A

Cálculo das tensões da carga:

Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 3) x 16,13 / -36,6° = 94,08 / -5,6°

Vb’n’ = Zb. Ib = (5 + j 8) x 14,32 / 173,2° = 135,05 / -128,8°

Vc’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12) x 10,654 / 53,9° = 131,79 / 129,9°

Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47):

S = 94,05 / - 5,6° x16,13 / 36,6° + 135,09 / - 128,8° x 14,32 / -173,2° + 131,78 / 129,9° x10,66 / -53,9°

S = 2667,0 +3782,9 j VA 3.4 Resolver o exercício 1.5 utilizando componentes simétricas.

Solução:

Aplicando a equação matricial (3.35) resulta:

Z0 1 1 1 20,2 + 11 j 7,5333 + 9,3333 j

Z1 = 1/3 1 α α2 1,2 + 25 j = -3,1929 + 0,8333 j

Z2 1 α2 α 1,2 - 8 j 15,8596 + 0,8333 j

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

0 8,1333 + j 39,3333 15,8596 + 0,8333 j -3,1929 + 0,8333 j IA0

220 = -3,1929 + 0,8333 j 7,5333 + 9,3333 j 15,8596 + 0,8333 j IA1

0 15,8596 + 0,8333 j -3,1929 + 0,8333 j 7,5333 + 9,3333 j IA2

Portanto:

IA0 -10,4370 + 6,8813 j

IA1 = 24,0777 +16,4653 j

IA2 9,3053 –20,5459 j


80

Aplicando a matriz de transformação T resulta:

Ia 1 1 1 -10,4370 + 6,8813 j 22,9460 + 2,8008 j A

Ib = 1 α2 α 24,0777 +16,4653 j = 4,9241 – 3,8717 j A

Ic 1 α α2 9,3053 –20,5459 j -59,1812 +21,7149 j A

In = Ia + Ib + Ic = -31,3111 +20,6439 j A

Cálculo das tensões na carga:

Va’n = Za . Ia + 3 x Zn * In = (20 + j) x (22,9460 + 2,8008 j) + (0,6 + j 30) x (-31,3111 +20,6439 j ) =

Va’n = 243,42 - 230,02 j = 334,91 / -43,4º V

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

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

Vc’n = Zc . Ic + 3 x Zn * In = (1 - j 18) x (-59,1812 +21,7149 j ) + (0,2 + j 10) x (-31,3111 +20,6439 j )=

Vc’n = 102,56 + 499,65 j = 787,041 / 81,3º V


S = 334,91 / - 43,4º x (22,9460 - 2,8008 j ) + 282,00 / -122,0º x (4,9241 + 3,8717 j ) + 787,041 / 81,3º x (-59,1812 - 21,7149 j ) =

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

Solução:

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

Z0 1 1 1 5 + 2,2 j 5 + 1,7 j

Z1 = 1/3 1 α α2 4 + 1,2 j = 0,1443 – 0,3274 j

Z2 1 α2 α 6 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j

e

0 + Vnn’ 5 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j 0,1443 – 0,3274 j IA0

127 = 0,1443 – 0,3274 j 5 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j IA1

0 -0,1443 + 0,8274 j 0,1443 – 0,3274 j 5 + 1,7 j IA2

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

0 -1 -0,1443 + 0,8274 j 0,1443 – 0,3274 j Vnn’

127 = 0 5 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j IA1

0 0 0,1443 – 0,3274 j 5 + 1,7 j IA2

Donde resulta:

Vnn’ 3,7473 + j 20,2711

IA1 = 23,0096 – 7,8421 j

IA2 0,3929 + 1,5992 j


81

Aplicando a matriz [T] de transformação, vem:

Ia 1 1 1 0 23,4026 – 6,2429 j A

Ib = 1 α2 α 23,0096 – 7,8421 j = -19,8777 –16,4652 j A

Ic 1 α α2 0,3929 + 1,5992 j -3,5248 +22,7081 j A

Por outro lado,

Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 2) x (23,4026 – 6,2429 j) = 129,50 +15,591 j = 130,434 /6,9º V

Vb’n’ = Zb. Ib = (4 + j )x(-19,8777–16,4652 j) = -63,0458 –85,7385 j = 106,426 / -126,3º V

Vc’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12)x (-3,5248 +22,7081 j) = -55,211 +130,96 j = 142,124 / 112,9º V


S = 130,434 /6,9º x (23,4026 + 6,2429 j) + 106,426 / -126,3º x (-19,8777 +16,4652 j ) + 142,124 / 112,9º x ( -3,5248 -22,7081 j )

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

Solução:

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

j0,87804,09762520

12.)105(+=

+

+=

jj

Za

j5,34150,07317-2520

)153(.)105(+=

+

++=

jjj

Zb

j2,63415,09272520

12.)153(+=

+

+=

j

jZ c

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

Z0 1 1 1 4,1976+1,3780 j 3,1390 + 3,4512 j

Z1 = 1/3 1 α α2 0,0268+5,8415 j = -0,2523 – 2,5279 j

Z2 1 α2 α 5,1927+3,1341 j 1,3108 + 0,4547 j

E calculando as tensões das seqüências simétricas:

Van0 1 1 1 380 / 0º 81,6422 / 5,77º

Van1 = 1/3 1 α α2 380 / -100º = 372,5638 /-0,44º

Van2 1 α2 α 405 / 100 73,9758 / -175,85º

Resulta, então:

81,6422 /5,77º + Vnn’ 3,1390 + 3,4512 j 1,3108 + 0,4547 j -0,2523 – 2,5279 j IA0

372,5638 /-0,44º = -0,2523 – 2,5279j 3,1390 + 3,4512 j 1,3108 + 0,4547 j IA1

73,9758 / -175,85º 1,3108 + 0,4547 j -0,2523 – 2,5279 j 3,1390 + 3,4512 j IA2

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

81,6422 / 5,77º +Vnn’ -1 1,3108 + 0,4547 j -0,2523 – 2,5279 j Vnn’


82

372,5638 /-0,44º = 0 3,1390 + 3,4512 j 1,3108 + 0,4547 j IA1

73,9758 / -175,85º 0 -0,2523 – 2,5279 j 3,1390 + 3,4512 j IA2

Donde resultam:

Vnn’ = 1,36 – 128,91 j

IA1 = 46,07 – 56,03 j

IA2 = 26,84 + 1,38 j


Aplicando a matriz [T] de transformação para calcular as correntes de fase, vem:

Ia 1 1 1 0 72,91 -54,65 j

Ib = 1 α2 α 46,07 – 56,03 j = -86,17 +10,67 j

Ic 1 α α2 26,84 + 1,38 j 13,26 +43,98 j

b) Cálculo das tensões da carga:

Va’n = Van + ZL .Ia = 380 / 0º +(0,1 + 0,5 j)x(72,91 –57,41 j) = 414,62 +30,99 j V

Vb’n = Vbn + ZL . Ib = 380 / -100º + (0,1 + 0,5 j ) x (-83,78 +12,05 j) = -69,27 - 418,38 j V

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

c) Potência fornecida pela fonte:

A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a expressão (3.47):


S = 380 / 0° x 91,12 / -36,8° + 380 / -100° x 86,84 / 172,9° + 405 / 100° x 45,94 / 73,2°

S = 46010,9 (W) + j 62103,5 (var) = 77290,7 / 53,5º VA


S = (413,64 + 31,131 j ) x 91,12 / 36,8° + (-80,07 + 415,52 j) x 86,84 /-172,9° + (-85,544 – 364,07 j ) x 45,94 / 73,2°)

S = 44215,6 + 53126,8 j VA

e) Fator de potência da carga:

º23,506,44215

8,53126arctan ==ϕ


3.7 Dados três transformadores monofásicos iguais com as seguintes características:

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


83

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

Solução:

Para determinar a reatância de seqüência zero, aplica-se a mesma tensão alternada nas três fases do primário e curto-circuitam-se as três fases do secundário conectando-as com a terra, conforme figura 3.48.

Valores de base para o banco trifásico: Sb = 30 MVA, Vprim_b = 13,8 kV; Vsec_b = 69 kV (as tensões são as do banco trifásico, com os enrolamentos ligados em estrela).

Os valores em p.u. das reatâncias de aterramento são:

..5753,18,13

301021

upX n =×

= ..1260,069

302022 upXe n =

×=

Sendo Ep = Es = 3 Is Xn2 = 3 x 0,1260 Is

E0 = Ep + 3 Xn1 Ip + Ip X = 3 x 1,5753 Ip + 0,07 Ip + 3 x 0,1260 Is

Como Ip = Is , vem:

1739,51260,0307,05753,1300 =×++×==

pI

EX p.u.

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


84

3.8 Resolver a rede da figura 3.50:

3.8.1 - Estabelecer os diagramas de seqüências direta, inversa e nula da rede, indicando os valores de todos os parâmetros em p.u., tomando como base o gerador.

3.8.2 – Para a condição de carga dada e sabendo que nesse momento a tensão na barra B4 é simétrica e equilibrada, e igual a 0,97 p.u. (base 13,8 kV), calcular: a) As correntes de fase da carga; b) As tensões de fase da barra 1; c) A potência na barra 1.

Características do gerador:

kV MVA X1 p.u. X2 p.u. Xo p.u. Zn p.u.

13,8 170 0,22 0,17 0,1 j 0,1

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

Prim. kV Sec. kV S nom MVA X (%) Xo (%)

13,8 220 150 10 8

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

Prim. KV Sec. kV S nom MVA X (%) Xo (%)

220 13,8 150 10 8

Características da linha de B2 a B3

• Impedância própria, Z (ohm) j 100

• Impedância entre fases, Zm (ohm) j 38

• Impedância mútua entre fases e terra, Zmn (ohm) 10 j

• Impedância própria de retorno, Zn (ohm) j

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

Solução:

Escolhe-se como base S = 170 MVA e a tensão 13,8 kV do gerador.

Linha de transmissão:

Aplicando-se as expressões (3.46) e (3.47) para a linha de transmissão, resultam:


85

Zo = 119 j ohm e Z1 = 62 j ohm

..4180,0220

17011920

upjZ =×

=

..2178,0220

17062221 upjZZ =

×==

Impedâncias dos transformadores na nova base:

..1133,0150

17010,0 upx =×=

..0907,0150

17008,00 upx =×=

Carga:

..678,28,13

1703

2upZ A =×=

..º5,383256,1º5,388,13

170485,1

2upZZ CB ∠=∠×==

Logo, as admitâncias da carga são: YB = 0,3734 p.u. e YB = Yc = 0,7544 / - 38,5º p.u.

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

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

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

Y0 1 1 1 0,3734 0,6053 / - 31,1º p.u.


86

Y1 = 1/3 1 α α2 0,7544 / - 38,5º = 0,1724 / 114,8º p.u.

Y2 1 α2 α 0,7544 / - 38,5º 0,1724 / 114,8º p.u.

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

IA0 Y0 Y2 Y1 VAN0 + VNN’

Ia1 = Y1 Y0 Y2 VAN1 (3.57)

Ia2 Y2 Y1 Y0 VAN2

IA0 0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º 0,1724 / 114,8º 0

IA1 = 0,1724 / 114,8º 0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º 0,97

IA2 0,1724 / 114,8º 0,1724 / 114,8º 0,6053 / - 31,1º 0

IA0 0,1673 / 114,8º

IA1 = 0,5871 / - 31,1º

IA2 0,1673 / 114,8º

Os valores de corrente nas fases da carga são:

IA 1 1 1 0,1673 / 114,8º

IB = 1 α2 α 0,5871 / - 31,1º

IC 1 α α2 0,1673 / 114,8º

IA 0,3622 / 0º p.u.

IB = 0,7317 / - 158,5º p.u.

IC 0,7317 / 81,5º p.u.

Aplicando as correntes (em componentes simétricas) na barra B4 dos respectivos diagramas seqüenciais (positivo, negativo e nulo), calculam-se os valores de tensão na barra B1:

V1_B1 = 0,97 + (j 0,1133 + j 0,2178 + j 0,1133) x (0,5871 / - 31,1º ) = 1,1271 / 11,43º p.u.

V2_B1 = (j 0,1133 + j 0,2178 + j 0,1133) x (0,1673 / 114,8º ) = 0,0743 / -155,2 º p.u.

V0_B1 = 0 p.u.

Transformando em componentes de fase:

VA 1 1 1 0 1,0552 / 10,5º p.u.

VB = 1 α2 α 1,1273 / 11,43 º = 1,1508 / -105,0º p.u.

VC 1 α α2 0,0743 / -155,2º 1,1796 / 128,8º p.u.

Os valores de corrente de fase na barra B1 são:

IA 1 1 1 0 / 0º 0,4582 / -19,3º p.u.

IB = 1 α2 α 0,5871 / - 31,1º = 0,7412 / - 145,5º p.u.

IC 1 α α2 0,1673 / 114,8º 0,5990 / 72,7º p.u.

O valor de potência na barra B1, utilizando a expressão (3.48), é:

S= 1,0552 / 10,5º x 0,4582 / 19,3º + 1,1508 / -105,0º x 0,7412 / 145,5º + + 1,1796 / 128,8º x


87

0,5990 /-72,7º

S = 1,4619 + j 1,3806 p.u. S = 248,52 (MW) + j 234,71 (Mvar)

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

Dados:

Geradores G1 ≡ G2:

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

Transformadores T1 ≡ T2 ≡ T3:

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

Linha 001 – 002: z = j 0,65 p.u., z0 = j 1,1 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV.



Carga ligada em estrela não-aterrada tem as seguintes impedâncias por fase:

ZA = 10 / 38,5º Ω e ZB = ZC = 9 / 38,5º Ω.

Solução:

Roteiro de solução: a) Separar a carga da rede; b) Construir os diagramas de seqüências positiva, negativa e nula; c) Determinar o Thévenin1 equivalente para as três seqüências no ponto de inserção da carga; d) Tratar a carga por componentes simétricas.

A figura 3.56 mostra a seqüência positiva da rede.

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


88

A figura 3.57 mostra a seqüência negativa da rede.

A figura 3.58 mostra a seqüência nula da rede.

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

pujjjjzth 5146,010,01694,035,01042,01831,035,0

)35,01042,0()1831,035,0(1 =++

++++×+

=

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


89

pujjjjzth 5398,010,01694,040,01042,01831,040,0

)40,01042,0()1831,040,0(2 =++

++++×+

=

Da figura 3.58, calcula-se zth0.

jjzth 23,0)03,020,0(0 =+=

Os circuitos thévenin equivalentes para as três seqüências simétricas são:

As equações que representam o sistema são:

VAN0 = - 0,2300 / 90,0º * IA0

VAN1 = 1 – 0,5146 / 90,0º * IA1 (3.58)

VAN2 = - 0,5398 / 90,0º * IA2

Tratamento da carga por componentes simétricas:

Z0 1 1 1 10 / 38,5º 9,3333 / 38,5º

Z1 = 1/3 1 α α2 9 / 38,5º = 0,3333 / 38,5º

Z2 1 α2 α 9 / 38,5º 0,3333 / 38,5º

Aplicando a equação matricial 3.34, vem:

VAN0 -1 0,3333 / 38,5º 0,3333 / 38,5º VNN’

VAN1 = 0 9,3333 / 38,5º 0,3333 / 38,5º IA1 (3.59)

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

Das equações matriciais (3.59) e (3.58) e sabendo que IA0= 0, resultam:

0 = - VNN’ + 0,3333 / 38,5º * IA1 + 0,3333 / 38,5º * IA2

1 = (9,3333 / 38,5º + 0,5146 / 90,0º)* IA1 + 0,3333 / 38,5º * IA2

0 = 0,3333 / 38,5º * IA1 + (9,3333 / 38,5º + 0,5398 / 90,0º)* IA2

Então:

0 -1 0,2608+0,2075j 0,2608+0,2075j VNN’

1 = 0 7,3043+6,3247j 0,2608+0,2075j IA1

0 0 0,2608+0,2075j 7,3043+6,3247j IA2

Resultam:

IA1 = 0,0783 – 0,0678 j= 0,1036 / -40,89º p.u.

IA2 = -0,0026 + 0,0025 j= 0,0036 / 136,60º p.u.

VNN’ = 0,0333 - 0,0013 j = 0,0333 / -2,30º p.u.

Transformando as componentes simétricas em componentes de fases e sabendo que Ib = 543,89 A, resultam:

IA = 0,1000 / -40,78º p.u. 54,389 / -40,78º A

IB = 0,1056 / -159,25º p.u. 57,435 / -159,25º A

IC = 0,1053 / 77,36º p.u. 57,272 / 77,36º A


90


3.10 Obter analiticamente as componentes simétricas das grandezas cujas componentes de fase são dadas abaixo:

a) ZA = 12 /3º ZB = 13 /250º ZC = 18 /36º

b) ZA = 8,2 / 57,8ο ZB = 8,1 / -57,8ο ZC = 7 / -170ο

c) ZA = √2 / 90ο ZB = 2 /-45ο ZC = 3 /-138ο

d) ZA = 2 /35ο ZB = 2 /150ο ZC = 2 /-90ο

e) ZA = 200 + j 135 ZB = 220 – j 180 ZC = 122 + j 100

3.11 Obter analiticamente as componentes de fase das grandezas cujas componentes simétricas são dadas abaixo:

a) Z0 = 3 /-35ο Z1 = 3 /95ο Z2 = 4 /185ο

b) Z0 = 0 Z1 = 18 /-35ο Z2 = 15 /30ο

c) Z0 = 0 Z1 = 12 /50ο Z2 = 0

d) Z0 = 2 /0ο Z1 = 6 /-120ο Z2 = 6 /120ο

e) Z0 = 2 /0ο Z1 = 8 /60ο Z2 = 0

f) Z0 = 20 + j 18 Z1 = 8 – j 12 Z2 = 0 – j 3

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

VAN = 40,93 /47,78º VBN = 40,93 /- 47,78ο VCN = 25,00 /180ο (V)

Determinar: a) As componentes simétricas da tensão fase-neutro; b) As componentes de fase da tensão de linha; c)As componentes simétricas da tensão de linha.

3.13 Sejam as componentes de fase de uma seqüência de corrente nos enrolamentos de um transformador ligado em triângulo:

IAB = 15 /0ο IBC = 16 /-100ο ICA = 17 /120ο (A)

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

3.14 Para o circuito trifásico mostrado na figura 3.8, sabendo-se que:

Z = 2 + j 40 Ω VAN = 510 /0° ( kV ) VA’N’ = 480 /-15° ( kV )

ZN = 5 + j 60 Ω VBN = 520 /-110° ( kV ) VB’N’ = 510 /-125° ( kV )

ZM = j 20 Ω VCN = 515 /115° ( kV ) VC’N’ = 505 /130° ( kV )

ZMN = j 9 Ω

Determinar IA , IB e IC pelos processos: a) Componentes de fases; b) Componentes simétricas (determinar I0, I1 e I2 e a seguir Ia, Ib e Ic); c) Componentes simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ , B’ ,C’ e N’.

3.15 Para o circuito da figura 3.62:


91

Sendo: Za = j 12 e Zb = - j 12

Obter: a) A matriz Z ; b) A matriz Y = Z-1 ; c) A matriz YS ; d) Sabendo que a tensão fase-neutro é simétrica e que VAB = 440 / 40° ( V ), determinar primeiramente IA0 , IA1 , IA2 e, em seguida, pela matriz de transformação T, determinar IA , IB , IC.

Como sugestão, utilizar a expressão matricial (3.58), que é uma decorrência imediata da expressão matricial (3.33):

IA0 Y0 Y2 Y1 VAN0 + VNN’

IA1 = Y1 Y0 Y2 VAN1 (3.58)

IA2 Y2 Y1 Y0 VAN2

Referente à carga os valores de admitâncias Y0, Y1 e Y2 se obtém de expressão análoga à expressão matricial (3.35).

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

3.17 Considere uma linha trifásica equilibrada de comprimento L que, para qualquer seqüência (positiva, negativa e nula) seja caracterizada por uma impedância longitudinal por unidade de comprimento, Z, e por uma admitância transversal por unidade de comprimento, Y, para determinada freqüência f.

Determinar os esquemas equivalentes da linha trifásica, do tipo indicado na figura 3.64, para a freqüência de 60 Hz, para as seqüências positiva, negativa e nula, sob as seguintes hipóteses:

a) Comprimento: L = 270 km

Impedâncias longitudinais unitárias:

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

• Nula Z = ( 0,155 + j 1,15 ) Ω / km

Admitâncias transversais unitárias:

• Positiva e Negativa Y = j 3,8 µS / km

• Nula Y = j 1,35 µS / km

Utilizar as expressões:


92

).( Lyzsenhyz

Z = (3.59)

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

c) Comprimento: L = 170 km

Impedâncias longitudinais unitárias:

• Positiva e Negativa Z = ( 0,035 + j 0,40 ) Ω / km • Nula Z = ( 0,135 + j 1,40 ) Ω / km

Admitâncias transversais unitárias:

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

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

Impedâncias longitudinais por unidade de comprimento:

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

Susceptâncias transversais por unidade de comprimento:

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

Determinar os esquemas equivalentes para as seqüências nula, positiva e negativa, tendo como modelo a figura 3.64.

3.19 Resolver o exercício 3.8 (figura 3.50) mudando a carga para: Za = 5 ohm; Zb = Zc = 11,485 / 38,5º ohm, com a carga ligada em estrela e com o neutro isolado.

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

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

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

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

Za = 18 p.u. na base 170 MVA e 13,8 kV. As outras duas fases estão abertas.

3.23 Resolver a rede da figura 3.65 com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das tensões em B2; b) As correntes simétricas na carga; c) A potência complexa que a carga consome; d) Os diagramas de seqüências simétricas sem a carga; e) As tensões no ponto B1.

Dados:

LT Comprimento: L = 80 km;

)2

.(.

2

Lyztgh

zyY

=


93

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

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

admitância própria da linha yp = 0,2653 j µS/km;

admitância mútua da linha ym = - 0,0615 j µS/km;

C carga trifásica com Z = 500 + j 441 Ω ligada em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn = 45 j Ω;

Tensão em B2: Van = 132 / 0º kV; Vbn = 130 / -135º kV; Vcn = 132,8 / 130º kV.

3.24 Resolver a rede da figura 3.66, através da técnica de componentes simétricas, com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga; b) As correntes de fase da carga; c) As componentes simétricas da tensão na carga;d) As componentes de fase da tensão da carga; e) A potência complexa fornecida; f) a potência complexa da carga.

Dados: Za = 80 + j 30 Ω ; Zb = j 45 Ω ; Zc = j 60 Ω ; ZL = 2,5 + j 5,2 Ω ; Zm = j 3 Ω ; Zn = 5 Ω. A tensão da fonte é simétrica e vale: Van = 8000 V.

3.25 Resolver a rede da figura 3.66, através da técnica de componentes simétricas, com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga; b) As correntes de fase da carga; c) A potência complexa fornecida; d) As componentes simétricas da tensão da carga; e) As componentes de fase da tensão da carga; f) A potência complexa da carga; g) O fator de potência da carga.

Dados: Za = 21,5 + j 13,2 Ω ; Zb = 20,5 +j 13,0 Ω ; Zc = 20 + j 12,8 Ω ; ZL = 0,5 + j 4,8 Ω; Zm = j 2 Ω ; Zn = 2 Ω. A tensão da fonte é simétrica e vale: Van = 8000 V.

3.26 Resolver o mesmo exercício anterior (3.24), porém com a carga com neutro isolado, conforme mostra a figura 3.65.

Bibliografia


Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972.


94

175p.




Curtos-circuitos e Abertura de Fases

101

4444

CURTOSCURTOSCURTOSCURTOS----CIRCUITOS E ABERTURA DE FASESCIRCUITOS E ABERTURA DE FASESCIRCUITOS E ABERTURA DE FASESCIRCUITOS E ABERTURA DE FASES

Extrato da Teoria

4.1 Geradores Equivalentes de Thévenin

Seja o sistema de potência genérico da figura 4.1, onde P representa o ponto de defeito ou falha do sistema. Os diversos tipos de defeito que podem ocorrer são analisados pela teoria de componentes simétricas. Montam-se diagramas monofásicos de seqüências positiva, negativa e zero, aplicando-se o teorema de Thévenin ao ponto de defeito P, e considerando as condições de contorno do defeito.

A figura 4.1 mostra o ponto P, onde ocorre o defeito, destacado do sistema. A figura 4.2 mostra os três diagramas seqüenciais (com seqüências positiva, negativa e nula) do teorema de Thévenin aplicado ao ponto P.

A impedância de Thévenin é a impedância no P, onde ocorre o defeito analisado. A tensão de Thévenin é a tensão que existe antes de ocorrer o defeito. Em sistema de potência é usual utilizar os valores de vth1 = 1 p.u., vth2 = 0 p.u. e vth0 = 0 p.u.

Depois de montado os três diagramas colocam-se as condições de contorno do defeito, conforme apresentadas nas figuras 4.2, 4.3 e 4.4.

4.2 Curto-circuito trifásico

A figura 4.5 representa um curto-circuito trifásico no ponto P do sistema elétrico.

As tensões no ponto de defeito são iguais a zero, constituindo uma solicitação simétrica, ou seja, va = vb = vc =


102

0. Aplicando a matriz de transformação para componentes simétricas e resolvendo a rede de seqüência nula, resultam:

va1 = va2 = va0 = 0 , th1

th1a1 z

e=i , ia2 = ia0 = 0 , (4.1)

Donde: th1

th1cba z

e=i=i=i . (4.2)

4.3 Curto-circuito bifásico sem contato com a terra

A figura 4.6 representa um curto-circuito bifásico sem contato com a terra no ponto P do sistema elétrico.

Seja um curto-circuito entre as fases B e C (figura 4.6).

As condições de contorno são: ib = -ic = i; ia = 0 e vbn = vcn = v .

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

ia0 1 1 1 0

ia1 = 1 / 3 1 α α2 i (4.3)

ia2 1 α2 α -i

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

( ) ji

iii aa33

1 2

21 =−=−= αα (4.5)

vao 1 1 1 van

va1 = 1 / 3 1 α2 α v (4.4)

va2 1 α α2 v

Deste produto matricial, resultam:

va0 = 1 / 3 ( van + 2 v ) (4.6)

va1 = va2 = 1 / 3 ( van – v ) (4.7)

A figura 4.7 representa essas igualdades. Dessa figura resultam as expressões (4.8) e (4.9):

th2th1

th2th1a2a1 z+z

e -e=i -=i (4.8)


103

21

12211121

thth

ththththaththaa zz

zezeizevv

+

×+×=×−== (4.9)

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

va0 = eth0 (4.10)

4.4 Curto-circuito bifásico com contato com a terra

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

Como: ia = ia1 + ia2 + ia0 = 0 resulta ia1 = - ( ia2 + ia0 ). (4.11)

Como: vbn = vcn = 0 resulta 3

v=v=v=vv a

an2an1an0n= . (4.12)

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

(4.13)

(4.14) (4.15)

tho

tha

z

vei

−= 0

0

1

1

1

th

tha

z

vei

−=

2

2

2

th

tha

z

vei

−=


104

(4.16)

4.5 Curto-circuito monofásico com a terra

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

Condições do curto-circuito: ib = ic = 0 e van = 0.

ia0 1 1 1 ia ia /3

ia1 = 1 / 3 1 α α2 0 = ia /3

ia2 1 α2 α 0 ia /3

Resulta: 3

i=i=i=i a

a2a1a0 . Por outro lado, van = van1 + van2 + van0 = 0. (4.17)

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

210

210210

ththth

thththaaa zzz

eeeiii

++

++=== (4.18)

va0 = eth0 – zth0 x ith0 (4.19)

va1 = eth1 – zth1 x ith1 (4.20)

va2 = eth2 – zth2 x ith2 (4.21)

Tensão nas fases não defeituosas:

vbn = α2 . van1 + α . van2 + van0 , vcn = α . van1 + α2 . van2 + van0. (4.22)

4.6 Abertura de uma fase

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

21

2

2

1

1

0

111thththo

th

th

th

th

th

tho

zzz

ze

ze

ze

v++

++=


105

ea = z . ia = ia0 + ia1 + ia2 e eb = ec = 0. (4.23)

Então, em componentes simétricas, conforme a expressão matricial (3.11), tem-se:

ea0 1 1 1 ea ea / 3

ea1 = 1/3 1 α2 α 0 = ea / 3

ea2 1 α α2 0 ea / 3

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

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

(4.24)

(4.25)

(4.26)

(4.27)

4.7 Abertura bipolar – abertura de duas fases

A figura 4.14 representa a abertura de duas fases.

zzzzzzz

zzee

zzee

zzee

e

thththththth

thth

thth

thth

thth

thth

thth

a

3)'(

1)'(

1)'(

1

)'()'(

)'()'(

)'()'(

3002211

00

00

22

22

11

11

++++++

+−++

−++−

=

( )

00

00

0'

3'

thth

athth

azz

eee

i+

−−=

( )

11

11

1'

3'

thth

athth

azz

eee

i+

−−=

( )

22

22

2'

3'

thth

athth

azz

eee

i+

−−=


106

As condições de contorno são:

ea = ea0 + ea1 + ea2 = 0 (4.28)

ia0 = iai = ia2 = ia / 3 (4.29)

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

Da figura 4.15, obtém-se as correntes seqüenciais:

(4.30)

va1 = eth1 – zth1. ia1 ; va2 = eth2 – zth2 . ia2 ; va0 = eth0 – zth1 . ia0 (4.31)

v’a1 = e’th1 + z’th1. ia1 ; v’a2 = e’th2 + z’th2 . ia2 ; v’a0 = e’th0 + z’th1 . ia0 (4.32)


4.1 Dados os valores abaixo resultantes do Thévenin de uma rede, calcular as correntes e as tensões para as condições: a) Curto-circuito trifásico; b) Curto-circuito bifásico sem contato com a terra; c) Curto-circuito bifásico com contato com a terra; d) Curto-circuito monofásico com contato com a terra.

Dados: E0 = 0; E1 = 1 / 0º p.u.; E2 = 0. X0 = 0,1j p.u.; X1 = 0,3j p.u. e X2 = 0,2j p.u.

Solução:

a) Curto-circuito trifásico

Utiliza-se a expressão (4.2) para calcular a corrente de fase:

..º903333,33,0

11 up

jii aa −∠===

b) Curto-circuito bifásico sem contato com a terra

Utiliza-se a expressão (4.8) para calcular as correntes das componentes simétricas e a expressão (4.9) para calcular as tensões das componentes simétricas:

..º9025,0

121 up

jii aa −∠==−=

..4000,05,0

2,0121

upj

jvv aa =

×==

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

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

111111

002211021

'''

'''

thththththth

ththththththaaa

zzzzzz

eeeeeeiii

+++++−+−+−

===


107

iA 1 1 1 0 / 0º 0 / 0º p.u.

iB = 1 α2 α 2 /-90º = 3,4641 / 180º p.u.

iC 1 α α2 -2 /-90º 3,4641 / 0º p.u.

vA 1 1 1 0 / 0º 0,800 / 0º p.u.

vB = 1 α2 α 0,4 /0º = 0,400 / 180º p.u.

vC 1 α α2 0,4 /0º 0,400 / 180º p.u.

c) Curto-circuito bifásico com contato com a terra

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

..1818,0326

2

2,01

3,01

1,01

3,01

up

jjj

jv =

++=

++=

jj

ia 818,11,0

1818,00 =

−=

jj

i a 7273,23,01818,01

1 −=−

=

jj

ia 9090,02,0

1818,02 =

−=

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

iA 1 1 1 1,818 j 0 / 0º p.u.

iB = 1 α2 α -2,7273 j = 4,1660 / 139,1º p.u.

iC 1 α α2 0,9090 j 4,1660 / 40,1º p.u.

In = 5,4545 / 90º p.u.

Cálculo das tensões de fase, aplicando (3.9):

VA 1 1 1 0,1818 0,5454 / 0º p.u.

VB = 1 α2 α 0,1818 = 0 / 0º p.u.

VC 1 α α2 0,1818 0 / 0º p.u.

d) Curto-circuito monofásico

Utiliza-se a expressão (4.18) para calcular as correntes das componentes simétricas e as expressões (4.19), (4.20) e (4.21) para calcular as tensões das componentes simétricas:

..6667,12,03,01,0

1210 upj

jjjiii aaa −=

++===

va0 = - 0,1 x (-1,6667 j) = -0,16667 p.u.

va1 = 1 – 0,3 j x (-1,6667 j) = 0,5000 p.u.

va2 = -0,2 j x (-1,6667 j) = -0,3333 p.u.

Cálculo das correntes de fase, aplicando (3.9):


108

iA 1 1 1 -1,6667 j 5 / -90º p.u.

iB = 1 α2 α -1,6667 j = 0 / 0º p.u.

iC 1 α α2 -1,6667 j 0 / 0º p.u.

Cálculo das tensões de fase, aplicando (3.9):

VA 1 1 1 -0,16667 0 / 0º p.u.

VB = 1 α2 α 0,50000 = -0,7637 / -109,1º p.u.

VC 1 α α2 -0,33333 0,7637 / 109,1º p.u.

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

Dados em p.u.:

Geradores Equivalentes

Reatância subtransitória (X”d)

Reatância de seqüência negativa

(X2)

Reatância de seqüência nula (X0)

G1 0,32 0,42 0,26

G2 0,37 0,48 0,25

G3 0,40 0,55 0,29

Linhas de transmissão X1 X0

A – B 0,9 2,0

A – C 0,7 1,4

A – D 0,6 1,2

B – E 0,8 1,5

C – F 0,9 2,2

D – G 0,6 1,3

E – G 0,7 1,5

E – H 0,7 1,5

F – H 0,8 1,7

G – H 0,9 2,0


109

Solução:

Este exercício deve ser resolvido através de um programa de computador, pois é muito trabalhoso resolvê-lo sem esse recurso; todavia, para melhor compreensão da metodologia do cálculo de curtos-circuitos, aqui ele será resolvido à mão.

Primeiramente, constrói-se o diagrama de seqüência positiva da rede dada, contendo todos os valores de impedância. A figura 4.17 representa esse diagrama unifilar; com simplificações sucessivas, associando convenientemente as impedâncias, o diagrama evolui da figura 4.17 para a figura 4.24, e permite assim a determinação do valor da impedância de Thévenin. Para facilitar a associação em série ou paralelo das impedâncias, é comum transformar ligação em triângulo em ligação em estrela.

Posteriormente, procede-se da mesma forma com os diagramas de seqüências negativa e nula.

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

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

Za 0,7 0 0 0,7 0,21

Zb = 0 0,7 0 0,9 = j 0,27

Zc 0 0 0,9 0,7 0,27

Simplificando mais, a rede resulta na figura 4.19:


110

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

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

Xab 1,01 0 0 1,47 3,23

Xbc

=

++

97,11

01,11

47,11

j 0 1,97 0 1,01 = j 4,34

Xca 0 0 1,47 1,97 6,31

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

..70,09,023,3

9,023,3upjX abp =

+×

=

..63,07,031,6

7,031,6upjX cap =

+×

=

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


111

expressão matricial (1.11), resultam:

Za 0,46 0 0 0,70 0,18

Zb

=

++ 92,046,039,0

1j

0 0,39 0 4.34 = j 0,95

Zc 0 0 0,92 0,63 0,33

Simplificando mais, resulta a rede da figura 4.23.

a) Cálculo da impedância de Thévenin:

Calculando a impedância de Thévenin no ponto PF para a seqüência positiva, obtém-se:

jjZ th

26,0

1

40,0

148,0

91,040,0

91,040,01

1

1=

+

+

+×

−=−

− portanto Zth1 = j 0,26

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

Para as seqüências negativa e nula o cálculo é semelhante, donde resultam:

Zth2 = j 0,33 p.u. e Zth0 = j 0,24 p.u.

b) Cálculo das correntes de defeito trifásico, monofásico, bifásico e bifásico com contato com a terra:

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

icc = 1/Zth1 = j 3,85 p.u.

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


112

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

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

..69,1z+z

1=i -=i

th2th1

a2a1upj=

Utilizando a expressão matricial (3.9), resultam:

Ia 1 1 1 0 0 / 0º p.u.

Ib = 1 α2 α -1,69 j = -2,93 / 0º p.u.

Ic 1 α α2 1,69 j 2,93 / 0º p.u.

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

..348,0

24,01

33,01

26,01

26,01

111

1

21

1 up

zzz

zV

thththo

th =++

=++

=

ia0 = - V/Zth0 = j 1,4512 p.u.

ia1 = (1 – V) / Zth1 = -j 2,5066 p.u.

ia2 = - V/Zth2 = j 1,0544 p.u.

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

iA 1 1 1 1,4512 j 0 / 0º p.u.

iB = 1 α2 α -2,5066 j = 3,77 / 144,8º p.u.

iC 1 α α2 1,0554 j 3,77 / 35,2º p.u.

c) Cálculo das correntes de seqüência positiva em cada ramo da rede:

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

34,040,076,0

40,0=

+

×=

iie

e

id = 1 – ie = 0,66.

Passa-se agora para o circuito da figura 4.26:


113

24,091,040,0

91,0=

+

×= e

fi

i e, conseqüentemente,

ig = 0,34 – if = 0,10.

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

Queda de tensão entre A – B (Figura 4.27): 0,078x if – 0,54 x ig = - 0,0353.

Queda de tensão entre A – B (Figura 4.28): 0,70 x ij = - 0,0353.

Logo: ij = - 0,050.

Semelhantemente:

Queda de tensão entre A – C (Figura 4.27): 0,078 x if + 0,48 x ie = 0,18.

Queda de tensão entre A – C (Figura 4.28): 0,63 x ii = 0,18.

Logo: ii = 0,29.

E, ainda:

Queda de tensão entre B – C (Figura 4.27): 0,54 x ig + 0,48 x ie = 0,22.

Queda de tensão entre B – C (Figura 4.28): 4,34 x ih = 0,22.

Logo: ih = 0,050.

Passa-se agora para a figura 4.29, antecessora da 4.28:

A impedância j 0,70 da figura 4.28 é resultante do paralelismo das impedâncias j 0,9 e j 3,23 da figura 4.29, logo


114

ij = - 0,050 divide-se em ik = - 0,039 e in = - 0,011. Por outro lado, a impedância j 0,63 da figura 4.28 é resultante do paralelismo das impedâncias j 0,7 e j 6,31 da figura 4.29, logo ii = 0,29 divide-se em ip = 0,03 e il = 0,26.

Por outro lado, il + im = ie = 0,34, portanto im = 0,34 – 0,26 = 0,08. Aplicando-se a lei dos nós (a somatória das correntes que chegam a um nó é zero) resultam: iq = 0,061 e io = 0,05, completando todos os fatores de distribuição de corrente para a figura 4.29. A figura 4.30 mostra essa distribuição.

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


115

Da figura 4.32, calcula-se a queda de tensão da barra G para a barra E:

j 0,27 x ir – j 0,21 x iq = j 0,27x 0,019 – 0,21x 0,061 = - 7,68 x 10-3

Na figura 4.33, a queda de tensão entre a barra G e a barra E vale:

- j 0,7 x it = - 7,68 x 10-3 it = 0,011

Por outro lado,

Is = ir + it = 0,019 + 0,011 = 0,03

e

im = is + iu iu = 0,08 – 0,03 = 0,05

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

Valores em p.u. Sistema S Sistema R

Corrente Tensão Thévenin

Corrente Tensão Thévenin

Curto-circuito trifásico - j 4,5 1 / 0º 9,00 / - 99º 1 / - 9º


116

Curto-circuito bifásico -4,06 1 / 0º -8,12 / - 9º 1 / - 9º

Curto-circuito monofásico - j 6,55 1 / 0º 13,11 / - 99º 1 / - 9º

Solução:

Inicialmente, calculam-se os valores das impedâncias de Thévenin para cada um dos sistemas, com o objetivo de utilizar a expressão (4.24).

Para o sistema S:

Como em p.u., s = v.i* = i* = 1/ zth1, resulta para o curto-circuito trifásico:

zth1 = 1/(-j 4,5) = 0,2222 j p.u.

Com a utilização da expressão (4.8) para o curto-circuito bifásico, vem:

(4.33)

Por outro lado, da expressão (4.5) vem:

Ia1 = j i /√3 Ia1 = - j 2,3440

Substituindo esse valor obtido de corrente em (4.33) resulta:

Zth2 = 0,2044 j p.u.

Considerando o valor de curto-circuito monofásico e aplicando as expressões (4.17) e (4.18) vem:

- 6,55 j = 3 / (Zth0 + Zth1 + Zth2 ) = 3 / (Zth0 + j 0,2222 + j 0,2044) Zth0 = 0,0314 j p.u.

Para o sistema R:

Como em p.u. s = v.i* = i* = v / zth1, resulta:

00

0

1 901111,0999

91∠=

−∠

−∠=thz

Com a utilização da expressão (4.8), vem:

2

0

th2th1

th2th1a2a1 1111,0

91z+z

e -e=i -=i

thzj +

−∠=

(4.34) Por outro lado, da expressão (4.5), vem:

Ia1 = j i /√3 Ia1 = - 4,6881 / 81º

Substituindo esse valor encontrado em (4.34) resulta:

Zth2 = 0,1022 j p.u.

Considerando o valor de curto-circuito monofásico e aplicando as expressões (4.17) e (4.18), vem:

13,11 / - 99º = 3 / - 9º / (Zth0 + Zth1 + Zth2 ) = 3 / - 9º / (Zth0 + j 0,1111 + j 0,1022) Zth0 = 0,0155 j p.u.

A rede da figura 4.34 representa os dois sistemas interligados:

2th2th1

th2th1

a2a12222,0

1

z+z

e -e=i -=i

thzj +=


117

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

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

)8,00155,00314,0(1

)8,01022,02044,0(1

)8,01111,02222,0(1

)8,01111,02222,0()911(

3

0

++++++++

++−∠−

=

jjj

jea

ea = 0,0110 + 0,1396 j

4.4 Os valores de Thévenin para o sistema da figura 4.36 são dados abaixo. Obter, para uma abertura em duas fases: a) As correntes na carga; b) As tensões na carga; c) As tensões no ponto de defeito, do lado da fonte de energia.

Dados do sistema: E0 = 0; E1 = 1 / 0º p.u.; E2 = 0. X0 = 0,1; X1 = 0,3 e X2 = 0,2.

Dados da carga: Z = 0,85 + j 0,62 p.u. e Zn = j 0,07 p.u..

Solução:

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

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

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


118

a) Cálculo das correntes na carga

Como ia = 3 ia0, vem:

jjxjxjjj

ia 5876,05612,007,03)62,085,0(32,03,01,0

030

−=+++++

∠=

Ib = ic = 0

b) Cálculo das tensões na carga:

va = (Z+Zn) * Ia = (0,85 + j 0,62 + j 0,07)*(0,5612 – j 0,5876) = 0,0716 + j 0,8867

vb = (Zn) * Ia = -0,0411 + 0,0393 j

vc = (Zn) * Ia = -0,0411 + 0,0393 j

Valores em p.u.

va 1 1 1 0,8496 – 0,0841 j 1,3697 / -61,7º

vb = 1 α2 α -0,1002 – 0,0561 j = 1,0628 / 26,7º

vc 1 α α2 -0,1002 – 0,0561 j 1,0628 / 26,7º

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

va1 = 1 – j 0,3 x (0,5612 – 0,5876 j) = 0,8237 – 0,1684 j

va2 = – j 0,2 x (0,5612 – 0,5876 j) = -0,1175 – 0,1122 j

va0 = – j 0,1 x (0,5612 – 0,5876 j) = -0,0588 – 0,0561 j

va 1 1 1 0,8237 – 0,1684 j 0,7297 / -27,5º

vb = 1 α2 α -0,1175 – 0,1122 j = 0,8639 / -2,2º

vc 1 α α2 -0,0588 – 0,0561 j 0,9699 / -8,0º

II. Solução tratando o problema como abertura de duas fases:

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


119

jjxjxjjj

ia 5876,05612,007,03)62,085,0(32,03,01,0

030

−=+++++

∠=

Ib = ic = 0

As tensões são calculadas do mesmo modo que no item (I) acima.

4.5 Considerando a figura 4.39, obter o valor dos curtos-circuitos trifásico, bifásico, bifásico com contato para a terra e monofásico para a barra 3, dado v = 1 p.u., antes da falha. Todos os valores apresentados em p.u. são referidos à mesma base.

Dados:

Gerador G X1 = 0,22 X2 = 0,18 X0 = 0,5 Zn = j 0,07 p.u.

Transformador T X1 = 0,10 p.u.

Linha de transmissão LT Z1 = 0,004 + j 0,07 p.u. y = 4 j p.u.

Z0 = 0,007 + j 0,2 p.u. y = 6 j p.u.

Carga p, q (carga do tipo Z = R + j X) 6 + 2,62 j p.u., para v = 1 p.u.

Carga capacitiva ligada em triângulo Xc = - 9 j em cada ramo do triângulo.

Solução:

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


120

Cálculo da impedância de Thévenin na barra 3, onde ocorre o defeito, para a seqüência positiva.

Ze = [(0,22j + 0,10j ) // (-0,5 j )] + 0,004 + j 0,07 = 0,004 + j 0,9589 p.u.

Zd = (0,140 + 0,0611j ) // (-3 j) // (-0,5 j) = 0,1663 + j 0,007940 p.u.

Zth1 = Ze // Zd = 0,1588 + j 0,0351 p.u.

Cálculo da impedância de Thévenin na barra 3, onde ocorre o defeito, para a seqüência negativa.

Ze = [(0,18 j + 0,10 j ) // (-0,5 j )] + 0,004 + j 0,07 = 0,004 + 0,7063 j p.u.

Zd = ( 0,140 + 0,0611j ) // (-3 j) // (- j 0,5) = 0,1663 + j 0,007940 p.u.

Zth2 = Ze // Zd = 0,1541 + j 0,0436 p.u.

Cálculo da impedância de Thévenin na barra 3, onde ocorre o defeito, para a seqüência nula.

Ze = [(0,10j ) // (-0,3333 j )] + 0,007 + j 0,2 // (-0,3333 j) = 0,007 + j 0,3429 p.u.

Zd = (0,140 + 0,0611j ) // (-j0,3333) = 0,1660 - j 0,0106 p.u.

Zth0 = Ze // Zd = 0,1405 + j 0,0587 p.u.

a) Curto-circuito trifásico na barra 3

De acordo com a expressão (4.2):

..3271,10039,60351,01588,0

1upj

jia −=

+=

b) Curto-circuito bifásico sem contato com a terra na barra 3


..7560,00058,30436,01541,00351,01588,0

121 upj

jjii aa −=

+++=−=

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


121

ia 1 1 1 0 0 p.u.

ib = 1 α2 α 3,0058-0,7560 j = 5,3683 / -104,1º p.u.

ic 1 α α2 -3,0058 + 0,7560 j 5,3683 / 75,9º p.u.

c) Curto-circuito bifásico com contato com a terra

De acordo com as expressões (4.16), (4.13), (4.14) e (4.15), vêm:

0263,03241,0

0436,01541,0

1

0351,01588,0

1

0587,01405,0

1

0351,01588,0

1

j

jjj

jv +=

++

++

+

+=

6614,00307,20587,01405,0

0263,03241,00 j

j

jia +−=

+

−−=

0548,10229,40351,01588,0

11 j

j

via −=

+−

=

jj

via 3930,09922,1

0436,01541,02

+−=+−

=

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

ia 1 1 1 -2,0307+ 0,6614 j 0 p.u.

ib = 1 α2 α 4,0229 – 1,0548 j = -4,2999 – 4,2169 j p.u.

ic 1 α α2 - 1,9922 + 0,3930 j - 1,7923 + 6,2021 j p.u.

A corrente que flui para a terra é a soma de Ib com ic:

ib+ic = -6,0922 + 1,9856 j

d) Curto-circuito monofásico com a terra

De acordo com a expressão (4.18), vem:

..6124,00201,20436,01541,00351,01588,00587,01405,0

1210 up

jjjiii aaa −=

+++++===

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


4.6 Para uma usina hidrelétrica com dois geradores ligados de acordo com o diagrama unifilar da figura 4.43, calcular os curtos-circuitos trifásico e monofásico, no primário e no secundário do transformador. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito.

Dados: Gerador G: 72,6 MVA; 13,8 kV; X”d = 0,28 p.u.; X2 = 0,32 p.u.; X0 = 0,18 p.u..

Transformador T: 75 MVA; 13,8 – 230 kV; X1 = 12 %; X0 = 10,2 %.

Linha de transmissão LT: Z = j 0,504 Ω; Z0 = j 2,042 Ω.

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


122

4.7 Para uma usina hidrelétrica com três geradores ligados de acordo com o diagrama unifilar da figura 4.44, calcular os curtos-circuitos trifásico e monofásico nos terminais do gerador e no secundário do transformador. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito.


Transformador T: 150 MVA; 13,8 – 230 kV; X1 = 14 %; X0 = 14 %.


Sistema: Valores de Thévenin: Xth0 = 0,020 p.u.; Xth1 = 0,030 p.u.; Xth2 = 0,025 p.u., com valores base de 100 MVA e 230 kV.

4.8 Para uma usina hidrelétrica com dois geradores ligados de acordo com o diagrama unifilar da figura 4.45, calcular os curtos-circuitos trifásico e monofásico nos terminais do gerador e no secundário do transformador. Considerar a tensão igual a 1 p.u. no ponto de defeito.


Transformador T: 150 MVA; 13,8 – 230 kV; X1 = 14 %; X0 = 14 %.


Sistema: Valores de Thévenin: Xth0 = 0,020 p.u.; Xth1 = 0,030 p.u.; Xth2 = 0,025 p.u. com valores base de 100 MVA e 230 kV.

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


123

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

4.11 Resolver o exercício 4.10 com os seguintes dados: A barra alimentadora não é infinita, e possui o valor de curto-circuito igual a 21 kA em 13,8 kV, 60 Hz. O transformador possui as mesmas características do transformador do exercício 4.10. Determinar o valor da reatância a ser acrescentada para limitação da corrente de curto-circuito.

4.12 Para uma PCH (Pequena Central Hidrelétrica), determinar a corrente de curto-circuito para fins de escolha do disjuntor do gerador (Disj.), sabendo que o diagrama unifilar é representado pela figura 4.48. Os dados do gerador são: S = 2000 kVA, Vn = 4,16 kV, X”d = 0,28 p.u. Os dados do transformador elevador são: S = 6000 kVA, relação de transformação 4,16 – 34 kV, x = 6,5%. Considerar a barra do sistema como barra infinita.

4.13 Resolver o mesmo exercício 4.12 com os seguintes dados: Os dados do gerador são: S = 3000 kVA, Vn = 4,16 kV, X”d = 0,25 p.u.. Os dados do transformador elevador são: S = 9000 kVA, relação de transformação 4,16 – 34 kV, x = 6,5%. Considerar a barra do sistema como barra infinita.

4.14 Determinar a corrente de curto-circuito com fins de determinação do disjuntor (Disj), sabendo que o diagrama unifilar da está representado pela figura 4.49. Os dados do gerador são: S = 50000 kVA, Vn = 13,8 kV, X”d = 0,25 p.u.. Os dados do transformador elevador são: S = 50000 kVA, relação de transformação 13,8 – 138


124

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

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

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

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

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

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


125

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

4.20 Dada a Figura 4.54, calcular os curtos-circuitos trifásico, bifásico sem terra, bifásico com contato para a terra e monofásico na barra P, considerando a tensão de pré-falta igual a 1 p.u. e desconsiderando a defasagem angular provocada pelas ligações dos transformadores. Os dados são os seguintes:

Gerador G: 6 MVA, Vn = 6,9 kV; x”d = 0,25 p.u.; x2 = 0,30 p.u. ; x0 = 0,15 p.u.; xn = 0,01 p.u.. Transformador TE: 6 MVA; Vnp = 6,9 kV; Vns = 34,5 kV; x = 10%; x0 = 8%; ligação dYn1. Linha de Transmissão: x = 0,03 e x0 =0,045 p.u. para as bases de 6 MVA e 34,5 kV. Transformador TA: 6 MVA; Vnp = 34,5 kV; Vns = 6,9 kV; x = 10%; x0 = 8%; ligação Dyn1. Motor M1: 2,5 MVA, Vn = 6,9 kV; x”d = 0,28 p.u.; x2 = 0,32 p.u.; x0 = 0,15 p.u.; xn = 0,005 p.u. Motor M2 G: 1,5 MVA, Vn = 6,9 kV; x”d = 0,30 p.u.; x2 = 0,35 p.u. ; x0 = 0,15 p.u..

4.21 Dada a Figura 4.55 calcular os curtos-circuitos trifásico, bifásico sem terra, bifásico com a terra e monofásico na barra P, considerando a tensão de pré-falta igual a 1 p.u. e desconsiderando a defasagem angular provocada pelas ligações dos transformadores. Os dados são os seguintes:

Gerador G: 500 MVA, Vn = 18 kV; x”d = 0,12 p.u.; x2 = 0,15 p.u. ; x0 = 0,07 p.u.; xn = 0,003 p.u.. Transformador TE: 500 MVA; Vnp = 18 kV; Vns = 500 kV; x = 13%; x0 = 8%; ligação dYn1. Linha de Transmissão: x = 0,005 p.u., x0 = 0,007 p.u. e capacitor CAP x = 0,0015 p.u. para as bases de

500 MVA e 500 kV. Transformador TA: 500 MVA; Vnp = 500 kV; Vns = 230 kV; x = 12%; x0 = 7%; ligação Dyn1. Transformador T1: 150 MVA; Vnp = 230 kV; Vns = 138 kV; x = 11%; x0 = 7%; ligação Dyn1. Transformador T2: 150 MVA; Vnp = 230 kV; Vns = 138 kV; x = 11%; x0 = 7%; ligação Dyn1. Carga C1 equivalente: Consumindo 120 MVA operando na tensão de 135 kV, fator de potência atrasado 0,82. Carga C2 doméstica residencial equivalente: Consumindo 80 MVA, tensão de operação 135 kV, fator de

potência atrasado 0,9. No momento do defeito, considerar as cargas equivalentes a uma impedância Z = R + j X.

Bibliografia

Blackburn, J. L Symmetrical components for power systems engineering. New York: Marcel Dekker, 1993. 427p.


DAS, J.C. Power System Analysis – Short-circuit Load Flow and Harmonics. New York – Basel: Marcel


126

Dekker, Inc, 2002. 850p.


Kindermann, G. Curto-circuito. Porto Alegre: Sagra Luzzatto. 1997. 214p.




Weedy, B.M. Electric Power Systems. London, John Wiley & Sons. 1972.


132

5555

MATRIZES ADMITÂNCIASMATRIZES ADMITÂNCIASMATRIZES ADMITÂNCIASMATRIZES ADMITÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS DE BARRAS DE BARRAS DE BARRAS DE BARRAS

Extrato da Teoria

5.1 Equivalência de Fontes

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

E = I.Zp (5.1)

Zp = Zg (5.2)

5.2 Matriz de Impedâncias Primitivas da Rede

A matriz de impedâncias primitivas da rede representa todas as impedâncias próprias e mútuas da rede. Sua construção é bem simples: indicando as colunas e as linhas com o nome de cada ramo, as impedâncias próprias se localizam na diagonal principal1 e as impedâncias mútuas fora dessa diagonal.

Para o exemplo da figura 5.3 (uma rede com três barras) é mostrada a matriz de impedâncias primitivas.

A matriz de admitâncias primitivas da rede é calculada pela expressão matricial (5.3), ou seja, pela matriz inversa da matriz de impedâncias primitivas.

1−= primprim zy (5.3)

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

Matrizes Admitâncias e Impedâncias de Barras

133

1 – 2 1 - 3 0 – 1 0 - 2 0 – 3

1 – 2 j X12,12 j X12,13

1 – 3 j X13,12 j X13,13

zprim = 0 – 1 j X01,01

0 – 2 j X02,02

0 - 3 j X03,03

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

1 – 2 1 - 3 0 - 1 0 - 2 0 – 3

1 – 2 0,3 j 0,1 j

1 – 3 0,1 j 0,2 j

zprim = 0 – 1 0,2 j

0 – 2 0,1 j

0 - 3 0,2j

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

1 – 2 1 - 3 0 - 1 0 - 2 0 – 3

1 – 2 - 0,4 j 2 j

yprim = 1 – 3 2 j 6 j

0 – 1 - 5 j

0 – 2 - 10 j

0 - 3 - 5 j

5.3 Construção da Matriz Admitância de Barras

5.3.1 Rede sem impedâncias mútuas

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

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

I1 Y11 ∝ Y1k ∝ Y1n V1

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Ik = Yk1 ∝ Ykk ∝ Ykn Vk (5.4)

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

In Yn1 ∝ Ynk ∝ Ynn Vn

Ybarra


134

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

jk

n

jkk yY

0=Σ= (5.5)

jkjkjk yY −=≠ )( (o valor de j varia de 1 a n) (5.6)

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

5.3.2 Rede com impedâncias mútuas

Dois ramos da rede com impedâncias mútuas estão representados na figura 5.6. Neste caso, as regras para a montagem da matriz admitância de barras são as seguintes:

a) O elemento ypq,pq deve ser somado com o mesmo sinal nos seguintes elementos de Ybarra:

• Linha p, coluna p : Ypp

• Linha q, coluna q : Yqq

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

• Linha p, coluna q: Ypq

• Linha q, coluna p: Yqp

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

• Linha p, coluna r: Ypr

• Linha q, coluna s: Yqs

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

• Linha q, coluna r: Yqr

• Linha p, coluna s: Yqs

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


135

5.4 Eliminação de Barras da Matriz Ybarra por Álgebra Matricial

Somente barras em que não entra ou sai corrente para a rede podem ser eliminadas.

A expressão matricial representada pela expressão (5.7) pode ser expressa pela (5.8), onde a matriz Ybarra é particionada de tal maneira que as barras a serem eliminadas são representadas pelas submatrizes IX e VX.

[ I ] = [ Ybarra ].[ V ] (5.7)

(5.8) (

A nova matriz Ybarra reduzida é calculada pela expressão matricial (5.9).

[ Ybarra ] = [ K ] – [ L ].[ M ].[ LT ] (5.9)

5.5 Matriz Impedância de Barras

Uma vez calculada a matriz admitância de barras, por inversão da mesma, obtém-se a matriz impedância de barras, conforme mostra a equação matricial (5.10).

1−= barrabarra YZ (5.10)

A matriz impedância de barras é extremamente útil para cálculo de defeitos em sistemas elétricos de potência.

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

5.6 Método para Obtenção da Matriz Impedância de Barras

Duas regras gerais são indispensáveis para a formação de Zbarra:

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

• O primeiro ramo deve estar obrigatoriamente conectado à referência.

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

Para uma maior eficiência computacional, introduzir ramos que já possuam as duas barras na matriz Zbarra.

a) Adição de ramo entre um barramento novo e a referência

Este novo ramo possui impedância zk0. A nova matriz Zbarra fica:

0

[Z’barra] = [Zbarra] . . . (5.11)

0

0 . . . 0 zk0

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

IA = K L VA

IX LT M VX


136

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

Z11 Z12 . . . . Z1i . . . . Z1n Z1i

Z21 Z22 . . . . Z2i . . . . Z2n Z2i

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

[Z’barra] = Zi1 Zi2 . . . . Zii . . . . Zin Zii (5.12)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zn1 Zn2 . . . . Zni . . . . Znn Zni

Zi1 Zi2 . . . . Zii . . . . Zin Zii + zik

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

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

• Primeira etapa: adição da barra fictícia “R”:

Z11 Z12 . . . . Z1k . . . . Z1n Z1k

Z21 Z22 . . . . Z2k . . . . Z2n Z2k

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

[Z’barra] = Zk1 Zk2 . . . . Zkk . . . . Zkn Zkk (5.13)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Zn1 Zn2 . . . . Znk . . . . Znn Znk

Zk1 Zk2 . . . . Zkk . . . . Zkn Zkk + zk0

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

[ ] [ ]knkkk

nk

kk

k

kkk

nbarra ZZZ

Z

Z

Z

zZZZ ....

:

:1

]'[ 1

1

0

+−=

(5.14)

d) Adição de ramo entre dois barramentos existentes na matriz

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

Primeira etapa: adição da barra fictícia “R”:


137

Z11 Z12 ... Z1k ... Z1m ... Z1n Z1m -Z1k

Z21 Z22 ... Z2k ... Z2m ... Z2n Z2m –Z2k

... ... ... ... ... ... ... ... ...

Zk1 Zk2 ... Zkk ... Zkm ... Zkn Zkm –Zkk

Z’barra = ... ... ... ... ... ... ... ... ...

Zm1 Zm2 ... Zmk ... Zmm ... Zmn Zmm –Zkm (5.15)

... ... ... ... ... ... ... ... ...

Zn1 Zn2 ... Znk ... Znm ... Znn Znm –Znk

Z1m – Z1k

Z2m –Z2k

... Zkm –Zkk

... Zmm –Zkm

... Znm –Znk

Zkk +Zmm –

2Zkm +zkm

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

[ ] [ ]nkmnkkkmkm

nkmn

kkkm

km

kmkmmmkk

nbarra ZZZZZZ

ZZ

ZZ

ZZ

zZZZZZ −−−

−

−

−

+−+−= ......

:

:

2

1]'[ 11

11

(5.16)

5.7 Rede Equivalente da Matriz Impedância de Barra

O circuito equivalente da matriz impedância de barra desenhado na figura 5.9 tem o objetivo de calcular os curtos-circuitos em pontos do sistema e possibilitar calcular as correntes e tensões em qualquer parte da rede. A figura foi desenhada para uma rede com quatro barras e foram indicadas somente as impedâncias próprias da diagonal principal e as impedâncias de transferência de cada barra para a barra 4. Nessa figura supõe-se que se queira calcular o curto-circuito trifásico no ponto 4 e as tensões resultantes nas barras 1, 2 e 3.

O valor de Vth corresponde ao valor da tensão de Thévenin no ponto 4 e as impedâncias próprias as impedâncias de Thévenin para o barra correspondente. As outras impedâncias de transferências não foram indicadas na figura com o objetivo de deixá-la mais clara.

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

141 .ZIVV ccth −= (5.17)


138

242 .ZIVV ccth −= (5.18)

343.ZIVV ccth −= (5.19)

Matricialmente, essas equações podem ser representadas pela (5.20):

[ V ] = 1 - [ Z ] * [ I ] (5.20)

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

Exercícios Resolvidos

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

Solução:

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

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

1 2 3 4

1 - 51,25 j 0 25,00 j 20,00 j

Ybarra = 2 0 - 33,33 j 0 25,00 j

3 25,00 j 0 0,849 – 25,472 j 0

4 20,00 j 25,00 j 0 0,735 – 45,441 j

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


139

1 2 3 4

1 0,0088 + 0,0841j 0,0062 + 0.0471j 0,0114 + 0,0821j 0,0083 + 0,0628j

Zbarra = 2 0,0062 + 0.0471j 0,0048 + 0,0774j 0,0077 + 0,0460j 0,0064 + 0,0632j

3 0,0114 + 0,0821j 0,0077 + 0,0460j 0,0151 + 0,1194j 0,0102 + 0,0613j

4 0,0083 + 0,0628j 0,0064 + 0,0632j 0,0102 + 0,0613j 0,0086 + 0,0843j

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

Solução:

A mudança das reatâncias dos geradores causará uma mudança nas duas células da matriz admitâncias correspondente aos geradores; são elas: Y11 e Y22 como segue:

Y11 = -51,25 j + 6,25 j – 1,05 j = - 46,05 j e

Y22 = -33,33 j + 8,33 j – 1,1 j = - 26,10 j

Por outro lado,

..11,2º9011,295,0

00,21 upj

jI −=−∠=

∠=

..064,1799,01,5333,190,0

9,362,11 upj

jI −=−∠=

∠=

As equações na forma matricial são: [I] = [Ybarra].[V]

- j 2,11 - 46,05 j 0 25,00 j 20,00 j V1

0,799-j1,064 = 0 - 26,11 j 0 25,00 j V2

0 25,00 j 0 0,85 - 25,47 j 0 V3

0 20,00 j 25,00 j 0 0,74 – 45,44 j V4

Resultando, então:

V1 = 0,9293 – 0,2226 j p.u.

V2 = 0,9070 – 0,1668 j p.u.

V3 = 0,9037 – 0,2526 j p.u.

V4 = 0,9047 – 0,2061 j p.u.

5.3 Determinar a matriz admitância de barras e a matriz impedância de barras para as seqüências positiva, negativa e nula da figura 4.16 com os valores do exercício 4.2.

Solução:

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


140

A B C D E F G H

A -7,332 1,111 1,429 1,667

B 1,111 -5,064 1,250

Ybarra_1 = j C 1,429 -5,040 1,111

D 1,667 -3,334 1,667

E 1,250 -4,108 1,429 1,429

F 1,111 -2,361 1,250

G 1,667 1,429 -4,207 1,111

H 1,429 1,250 1,111 -3,790

Determina-se Zbarra invertendo Ybarra.

A B C D E F G H

A 0,1989 0,0689 0,0768 0,1633 0,1025 0,0926 0,1276 0,1066

B 0,0689 0,2543 0,0389 0,1004 0,1689 0,0878 0,1318 0,1313

Zbarra_1 = j C 0,0768 0,0389 0,2619 0,0874 0,0893 0,1893 0,0979 0,1248

D 0,1633 0,1004 0,0874 0,5764 0,2615 0,1863 0,3896 0,2743

E 0,1025 0,1689 0,0893 0,2615 0,5932 0,2735 0,4205 0,4371

F 0,0926 0,0878 0,1893 0,1863 0,2735 0,7399 0,2801 0,4292

G 0,1276 0,1318 0,0979 0,3896 0,4205 0,2801 0,6516 0,4419

H 0,1066 0,1313 0,1248 0,2743 0,4371 0,4292 0,4419 0,6998

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


141

A B C D E F G H

A -6,588 1,111 1,429 1,667

B 1,111 -4,444 1,250

Ybarra_2 = j C 1,429 -4,358 1,111

D 1,667 -3,334 1,667

E 1,250 -4,108 1,429 1,429

F 1,111 -2,361 1,250

G 1,667 1,429 -4,207 1,111

H 1,429 1,250 1,111 -3,790


A B C D E F G H

A 0,2455 0,1004 0,1135 0,2061 0,1386 0,1296 0,1667 0,1439

B 0,1004 0,3100 0,0634 0,1356 0,2129 0,1198 0,1709 0,1699

Zbarra_2 = j C 0,1135 0,0634 0,3287 0,1247 0,1246 0,2431 0,1358 0,1670

D 0,2061 0,1356 0,1247 0,6173 0,2990 0,2240 0,4286 0,3123

E 0,1386 0,2129 0,1246 0,2990 0,6336 0,3107 0,4594 0,4760

F 0,1296 0,1198 0,2431 0,2240 0,3107 0,7867 0,3184 0,4700

G 0,1667 0,1709 0,1358 0,4286 0,4594 0,3184 0,6905 0,4806

H 0,1439 0,1699 0,1670 0,3123 0,4760 0,4700 0,4806 0,7392

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


142

A B C D E F G H

A -5,893 0,500 0,714 0,833

B 0,500 -5,167 0,667

Ybarra_0 = j C 0,714 -4,617 0,455

D 0,833 -1,602 0,769

E 0,667 -2,001 0,667 0,667

F 0,455 -1,043 0,588

G 0,769 0,667 -1,936 0,500

H 0,667 0,588 0,500 -1,755


A B C D E F G H

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

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

Zbarra_0 = j C 0,0364 0,0104 0,2374 0,0479 0,0532 0,1536 0,0603 0,0889

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

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

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

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

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

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


143

Solução:

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

1 - 2 1 – 4 3 – 4 0 – 1 0 - 2 0 – 3 0 – 4

1 – 2 0,04 j 0,005 j

1 – 4 0,005 j 0,05 j 0,005 j

3 - 4 0,005 j 0,04 j

zprim = 0 – 1 0,16 j

0 – 2 j 0,5

0 - 3 0,12j

0 – 4 0,6 j

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

1 – 2 1 – 4 3 – 4 0 – 1 0 - 2 0 – 3 0 – 4

1 – 2 -25,3205j 2,5641j - 0,3205j

1 – 4 2,5641j -20,5128j 2,5641j

3 - 4 - 0,3205j 2,5641j -25,3205j

yprim = 0 – 1 -6,25j

0 – 2 -2j

0 - 3 -8,333j

0 – 4 -1,667j

Construção da matriz Ybarra, de acordo com o procedimento de construção indicado em 5.3.2:

y 12,12 = -25,3205 j y 12,14 = 2,5641 j

y 12,34 = -0,3205 j y 14,12 = 2,5641 j

y 14,14 = -20,5128 j y 14,34 = 2,5641 j

y 34,12 = -0,3205 j y 34,14 = 2,5641 j

y 34,34 = -25,3205 j y 01,01 = - 6,25 j

y 02,02 = -2,0 j y 03,03 = -8,333 j

y 04,04 = -1,667 j


144

1 2 3 4

1 -25,3205 +2,5641+2,5641 -20,5128 - 6,25

25,3205-2,5641 -0,3205+2,5641

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

Ybarra = j 2 25,3205-2,5641 -25,3205-2,0 0,3205 2,5641-0,3205

3 -0,3205+2,5641 +0,3205 -8,333 – 25,3205

-2,5641 +25,3205

4 -2,5641 +20,5128+0,3205 -2,5641

2,5641-0,3205 -2,5641 +25,3205

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

Donde resulta:

1 2 3 4

1 -46,9551 j 22,7564 j 2,2436 j 15,7051 j

Ybarra = 2 22,7564 j -27,3205 j 0,3205 j 2,2436 j

3 2,2436 j 0,3205 j -33,6535 j 22,7564 j

4 15,7051 j 2,2436 j 22,7564 j -42,3718 j

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

Solução:

Examinando a matriz Ybarra verifica-se que:

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

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

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

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

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


145

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

Montagem da matriz Zbarra passo a passo:

Acréscimo da impedância z10 = 0,16 j:

Z(1) = j 0,16

Acréscimo da impedância z20 = 0,12 :

1 2

0,16 j 0

Z(2) = 0 0,12 j

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

1 2 3

0,16 j 0 0,16 j

Z(3) = 0 0,12 j 0

0,16 j 0 0,16 j+0,04 j

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

1 2 3 4

0,16 j 0 0,16 j 0,16 j

Z(4) = 0 0,12 j 0 0

0,16 j 0 0,20 j 0,16 j

0,16 j 0 0,16 j 0,16 j +0,05 j

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

1 2 3 4 R

0,16 j 0 0,16 j 0,16 j 0,16 j

Z(4R) = 0 0,12 j 0 0 0

0,16 j 0 0,20 j 0,16 j 0,20 j

0,16 j 0 0,16 j 0,21 j 0,16 j

0,16 j 0 0,20 j 0,16 j 0,90 + 0,70 j

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


146

j0,146217720,070,090,0

16,016,016,04111 +=

+×

−==j

jjjZZ

Z21 = 0

0,1428j22150,070,090,0

20,016,016,0

31+=

+×

−=j

jjjZ

Analogamente calculam-se as demais células da nova matriz:

1 2 3 4

0,0177 +0,146 j 0 0,0221+0,142j 0,0177+0,146j

Z(4) = 0 0,12j 0 0

0,0221+0,143j 0 0,0277+0,179j 0,0222+0,143j

0,0177+0,146j 0 0,0222+0,143j 0,0177+0,196j

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

1 2 3 4 R

0,0177 +0,146 j 0 0,0221+0,142j 0,0177+0,146j 0,0177+0,146j

Z(4R) = 0 0,12j 0 0 0

0,0221+0,143j 0 0,0277+0,179j 0,0222+0,143j 0,0222+0,143j

0,0177+0,146j 0 0,0222+0,143j 0,0177+0,196j 0,0177+0,196j

0,0177+0,146j 0 0,0222+0,143j 0,0177+0,196j 1,0177+0,796j

Com a redução de Kron, resulta:

1 2 3 4

0,0281+0,133j 0 0,0319+0,129j 0,0321+0,129j

Z(4) = 0 0,12j 0 0

0,0319+0,129j 0 0,0368+0,1651 j 0,0357+0,1254 j

0,0321+0,129j 0 0,0357+0,1254 j 0,0376+0,1738 j

Acréscimo da impedância z24 = 0,04 j :

1 2 3 4 R

0,0281+0,133j 0 0,0319+0,129j 0,0321+0,129j Z12 – Z14

Z(4R) = 0 0,12j 0 0 Z22 – Z24

0,0319+0,129j 0 0,0368+0,165j 0,0357+0,125j Z32 – Z34

0,0321+0,129j 0 0,0357+0,125j 0,0377+0,174j Z42 – Z44

Z21 – Z41 Z22 – Z42 Z23 – Z43 Z24 – Z44 Z22 + Z44 + 2.Z24 – z24

Então a matriz fica:


147

1 2 3 4 R

0,0281+0,133j 0 0,0319+0,129j 0,0321+0,129j -0,0321-0,129j

Z(4) = 0 0,12j 0 0 0,12j

0,0319+0,129j 0 0,0368+0,165j 0,0357+0,125j -0,0357-0,125j

0,0321+0,129j 0 0,0357+0,125j 0,0376+0,174j -0,0377-0,174j

-0,0321-0,129j 0,12j -0,0357-0,125j -0,0377-0,174j 0,0377+0,254j

Com a redução de Kron, resulta:

1 2 3 4

0,0088 + 0,0841j 0,0062 + 0,0471j 0,0114 + 0,0821j 0,0083 + 0,0628j

Z(4) = 0,0062 + 0,0471j 0,0048 + 0,0774j 0,0077 + 0,0460j 0,0064 + 0,0632j

0,0114 + 0,0821j 0,0077 + 0,0460j 0,0151 + 0,1194j 0,0102 + 0,0613j

0,0083 + 0,0628j 0,0064 + 0,0632j 0,0102 + 0,0613j 0,0086 + 0,0843j

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

Solução:

Neste caso, a recomendação de eliminar um ramo equivale ao acréscimo de um ramo fictício interligando os mesmos pontos com uma impedância igual e de sinal contrário. Portanto, introduz-se uma impedância –j 0,05 entre as barras 1 e 4, o que equivale acrescentar um ramo entre dois barramentos existentes na matriz.

Na primeira etapa, constrói-se uma matriz com uma barra fictícia “R” (ver matriz (5.15)), como se segue:

1 2 3 4 R

0,88+8,41j 0,62+4,71j 1,14+8,21j 0,83+6,28j -0,05-2,13j

Z(4R) =10-2 0,62+4,71j 0,48+7,74j 0,76+4,59j 0,64+6,32j 0,02+1,61j

1,14+8,21j 0,76+4,59j 1,51+11,94j 1,02+6,13j -0,12-2,08j

0,83+6,28j 0,64+6,32j 1,02+6,13j 0,86+8,43j 0,03+2,15j

-0,05-2,13j -0,02-1,61j -0,12-2,08j 0,03+2,15j 0,08-45,72j

1 2 3 4

0,0177 + 0,1462j 0 0,0222 + 0,1428j 0

Z(4) = 0 0,0091 + 0,1131j 0 0,0122 + 0,1108j

0,0222 + 0,1428j 0 0,0277 + 0,1785j 0

0 0,0122 + 0,1108j 0 0,0162 + 0,1477j

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


148

Solução:

Os seguintes valores são extraídos das respectivas matrizes de impedâncias de barras correspondentes à barra F (ZFF):

Zth1 = 0,7399j p.u. Zth2 = 0,7867j p.u. Zth0 = 1,4672j p.u.

a) Curto-circuito trifásico


..3515,17399,0

1

z

V=i=i=i

th1

th1

cbaupj

j−==

b) Curto-circuito bifásico


jjj

6550,07867,07399,0

1

z+z

e -e=i -=i

th2th1

th2th1a2a1 −=

+=

e ia0 = 0

Aplicando a matriz de conversão de componentes simétricas para componentes de fases resultam, de acordo com a expressão matricial (3.9):

Ia = 0

Ib = - 1,1345 p.u.

Ic = 1,1345 p.u.

c) Curto-circuito bifásico com conexão para a terra

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

4090,07867,0/17399,0/14672,1/1

7399,0/1

11121

2

2

1

1

0 =++

=++

++=

jjj

j

zzz

ze

ze

ze

V

thththo

th

th

th

th

th

tho

jjz

Vei

tho

th

a 2788,04672,1

4090,00

0 =−

=−

=

jjz

Vei

th

th

a 7987,07399,0

4090,01

1

1

1−=

−=

−=

jjz

Vei

th

tha 5199,0

7867,0

4090,0

2

2

2 =−

=−

=

Em componentes de fase resultam:

Ia = 0

Ib = 1,2161 / 159,9º p.u.

Ic = 1,2161 / 20,1º p.u.

d) Curto-circuito monofásico

De acordo com a expressão (4.18), vem:


149

..3340,04672,17867,07399,0

1

210

210

210 upjjjjzzz

eeeiii

ththth

ththth

aaa −=++

=++

++===

Resultam, portanto:

Ia = - 1,002 j p.u.

Ib = Ic = 0 p.u.

5.9 Com os valores dos curtos-circuitos obtidos no exercício 5.8 para a rede da figura 4.16, determinar as tensões em todas as barras para os seguintes casos: a) curto-circuito trifásico; b) curto-circuito bifásico; c) curto-circuito bifásico com conexão para a terra; d) curto-circuito monofásico.

Solução:

a) Tensões em todas as barras para curto-circuito trifásico em F

Calcula-se aplicando as fórmulas apresentadas em (5.17), (5.18) e (5.19) e os valores de impedâncias da matriz desenvolvida no exercício 5.3 para cada seqüência:

Barra A: VA = 1 – Icc.ZthAF = 1 – (-1,3515j)x0,0926j = 0,8749 p.u.

Barra B: VB = 1 – (-1,3515j)x0,0878j = 0,8813 p.u.

Barra C: VC = 1 – (-1,3515j)x0,1893j = 0,7442 p.u.

Barra D: VD = 1 – (-1,3515j)x0,1863j = 0,7482 p.u.

Barra E: VE = 1 – (-1,3515j)x0,2735j = 0,6304 p.u.

Barra F: VF = 1 – (-1,3515j)x0,7399j = 0,0 p.u.

Barra G: VG = 1 – (-1,3515j)x0,2801j = 0,6214 p.u.

Barra H: VH = 1 – (-1,3515j)x0,4292j = 0,4199 p.u.

b) Tensões em todas as barras para curto-circuito bifásico em F

O formulário é o mesmo, porém, deve ser aplicado nas duas seqüências simétricas, positiva e negativa. A seqüência nula não contribui com o curto-circuito.

Os valores de tensão para cada seqüência estão dispostos na tabela a seguir, em p.u.:

Barra Seqüência positiva Seqüência negativa Tensão de fase

A 1 – (-0,6550j)x0,0926j = 0,9393 – (0,6550j)x 0,1296j = 0,0849 Va = 1,0242 / 0º

Vb = 0,899 / -124,7º

Vc = 0,899 / 124,7º

B 1 – (-0,6550j)x0,0878j = 0,9425 – (0,6550j)x 0,1198j = 0,0785 Va = 1,021 / 0º

Vb = 0,906 / -124,3º

Vc = 0,906 / 124,3º

C 1 – (-0,6550j)x0,1893j = 0,8760 – (0,6550j)x 0,2431j = 0,1592 Va = 1,035 / 0º

Vb = 0,808 / -129,8º

Vc = 0,808 / 129,8º

D 1 – (-0,6550j)x0,1863j = 0,8780 – (0,6550j)x 0,224j = 0,1467 Va = 1,025 / 0º

Vb = 0,815 / -129,0º

Vc = 0,815 / 129,0º

E 1 – (-0,6550j)x0,2735j = 0,8209 – (0,6550j)x 0,3107j = 0,2035 Va = 1,024 / 0º

Vb = 0,740 / -133,8º


150

Barra Seqüência positiva Seqüência negativa Tensão de fase

Vc =0,740 / 133,8º

F 1 – (-0,6550j)x0,7399j = 0,5154 -(0,6550j)x 0,7867j = 0,5153 Va = 1,031 / 0º

Vb = 0,5154 / 180º

Vc = 0,5154 / 180º

G 1 – (-0,6550j)x0,2801j = 0,8165 – (0,6550j)x 0,3184j = 0,2086

Va = 1,025 / 0º

Vb = 0,735 / -134,2º

Vc = 0,735 / 134,2º

H 1 – (-0,6550j)x0,4292j = 0,7189 – (0,6550j)x 0,4700j = 0,3079 Va = 1,027 / 0º

Vb = 0,625 / -145,3º

Vc = 0,625 / 145,3º

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

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

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

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

Seq. Neg.: V0 = -0,5199j* Zth2

Tensão de fase

A Zth0= 0,0585j 0,01631

Zth1= 0,0926j 0,9260

Zth2= 0,1296j 0,06737

Va = 1,010 / 0º

Vb = 0,885 / -122,9º

Vc = 0,885 / 122,9º

B Zth0= 0,0613j 0,01709

Zth1= 0,0878j 0,9299

Zth2= 0,1198j 0,06228

Va = 1,009 / 0º

Vb = 0,891 / -122,5º

Vc = 0,891 / 122,5º

C Zth0= 0,1536j 0,04282

Zth1= 0,1893j 0,8488

Zth2= 0,2431j 0,1264

Va = 1,018 / 0º

Vb = 0,768 / -125,4º

Vc = 0,768 / 125,4º

D Zth0= 0,2456j 0,06847

Zth1= 0,1863j 0,8512

Zth2= 0,2240j 0,1164

Va =1,036 / 0º

Vb = 0,760 / -123,1º

Vc = 0,760 / 123,1º

E Zth0= 0,4308j 0,1201

Zth1= 0,2735j 0,7816

Zth2= 0,3107j 0,1615

Va = 1,063 / 0º

Vb = 0,642 / -123,2º

Vc = 0,642 / 123,2º

F Zth0= 1,4672j 0,4090

Zth1= 0,7399j 0,4090

Zth2= 0,7867j 0,4090

Va = 1,227 / 0º

Vb = 0,0 / 0º

Vc = 0,0 / 0º

G Zth0= 0,6797j 0,1895

Zth1= 0,2801j 0,7763

Zth2= 0,3184j 0,1655

Va = 1,131 / 0º

Vb = 0,599 / -118,0º

Vc = 0,599 / 118,0º

H Zth0= 0,7231j 0,2016

Zth1= 0,4292j 0,6572

Zth2= 0,4700j 0,2444

Va = 1,103 / 0º

Vb = 0,436 / -124,9º

Vc = 0,436 / 124,9º

d) Tensões em todas as barras para curto-circuito monofásico em F

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


151

Barra Seq. Nula: V0 = - (-0,334j)*Zth0

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

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

Tensão de fase

A Zth0= 0,0585j -0,01954

Zth1= 0,0926j 0,9691

Zth2= 0,1296j -0,04329

Va = 0,906 / 0º

Vb = 1,001 / -118,8º

Vc = 1,001 / 118,8º

B Zth0= 0,0613j -0,02047

Zth1= 0,0878j 0,9707

Zth2= 0,1198j -0,04001

Va = 0,910 / 0º

Vb = 1,001 / -119,0º

Vc = 1,001 / 119,0º

C Zth0= 0,1536j -0,05130

Zth1= 0,1893j 0,9368

Zth2= 0,2431j -0,08119

Va = 0,804 / 0º

Vb = 1,003 / -118,5º

Vc = 1,003 / 118,5º

D Zth0= 0,2456j -0,08203

Zth1= 0,1863j 0,9378

Zth2= 0,2240j -0,07482

Va = 0,781 / 0º

Vb = 1,016 / -120,4º

Vc = 1,016 / 120,4º

E Zth0= 0,4308j -0,1439

Zth1= 0,2735j 0,9087

Zth2= 0,3107j -0,1038

Va = 0,661 / 0º

Vb = 1,033 / -121,9º

Vc = 1,033 / 121,9º

F Zth0= 1,4672j -0,4900

Zth1= 0,7399j 0,7529

Zth2= 0,7867j -0,2628

Va = 0,0 / 0º

Vb = 1,146 / -129,9º

Vc = 1,146 / 129,9º

G Zth0= 0,6797j -0,2270

Zth1= 0,2801j 0,9064

Zth2= 0,3184j -0,1063

Va = 0,573 / 0º

Vb = 1,078 / -125,6º

Vc = 1,078 / 125,6º

H Zth0= 0,7231j -0,2415

Zth1= 0,4292j 0,8566

Zth2= 0,4700j -0,1570

Va = 0,458 / 0º

Vb = 1,058 / -124,0º

Vc = 1,058 / 124,0º


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

5.11 Pelo método de eliminação de barras da matriz, eliminar a barra 3 da matriz (Ybarra) obtida no exercício 5.10 e construir uma rede equivalente com 3 barras.

5.12 Construir a matriz admitância nodal (Ybarra) para a rede da figura 5.17, inserindo dois geradores nas barras 1 e 2 com impedância j 0,3333 p.u., e uma carga com impedância equivalente a z = 0,1 + j 0,06 na barra 4.


152

5.13 Para a rede da figura 5.17, os geradores das barras 1 e 2, especificados no exercício 5.12, estão com valores da f.e.m iguais a E1 = 1,6 / 0º e E2 = 1,5 / -5º. Calcular as tensões nas barras 3 e 4 utilizando a matriz Yb arra obtida no exercício 5.12.

5.14 Os valores apresentados na rede da figura 5.18 são impedâncias em p.u. Calcular a matriz admitância nodal (Ybarra).

5.15 Para a rede da figura 5.18, eliminar os nós 3 e 4 da matriz admitância nodal obtida em 5.14 e construir uma rede equivalente com três barras.

5.16 Para a rede da figura 5.18, sendo os valores de E1 = 1,2 / 30º e E5 = 1,1 / 0º em p.u., calcular as tensões nas barras 1, 2 e 5.

5.17 Construir a matriz impedância de barras (Zbarra) da rede da figura 5.19, pelo método direto.

5.18 A partir da matriz impedância de barras (Zbarra) obtida na resolução do exercício 5.17, acrescentar uma impedância igual a j 1,2 p.u., adicionando um novo nó (nó 4) ligado à barra 3, obtendo por modificação uma nova matriz de impedâncias.

5.19 A partir da matriz impedância de barras (Zbarra) obtida na resolução do exercício 5.18, acrescentar uma impedância igual a j 0,6 p.u. do nó 4 com conexão para a terra, obtendo por modificação a nova matriz de impedâncias.

5.20 Determine Zbarra a partir da inversão de Ybarra obtida no exercício 5.14; em seguida, modifique Zbarra removendo a impedância ligada entre os nós 1 e 3 da rede da figura 5.18. Sugestão: acrescente um ramo com uma impedância negativa igual àquela a ser eliminada entre os nós 1 e 3.

5.21 Para a rede da figura 5.18, e com valores de E1 = 2,0 / 30º e E5 = 2,2 / 0º em p.u., determinar a tensão em cada barra, utilizando o valor de Zbarra obtido em 5.20.

5.22 Para a rede da figura 5.18, modificada no exercício 5.20, acrescente um capacitor na barra 2 ligado com a referência, com uma admitância de 5 p.u. e calcule: a) a matriz impedância de barras; b) as tensões das barras; c) a corrente no capacitor. Assumir os mesmos valores de tensão dos geradores do exercício 5.21.

5.23 A partir dos valores obtidos de Zbarra para as seqüências positiva, negativa e nula da rede da figura 4.16, na solução do exercício 5.3, determinar os curtos-circuitos no ponto C: a) trifásico; b) bifásico; c) bifásico com


153

conexão para terra; d) monofásico.

5.24 Para a rede da figura 4.39 calcular a matriz impedância de barras pelo método direto (sem usar Ybus) para as três seqüências simétricas, considerando na matriz somente as barras 2 e 3.

5.25 Para a rede da figura 5.20, são dados os seguintes parâmetros:

Gerador: 100 MVA, 13,8 kV,

xd = 0,20 p.u., x2 = 0,18 p.u, x0 = 0,07 p.u.

Transformador: 100 MVA, 13,8 – 230 kV,

x = 10%, x0 = 13 %

Linha de transmissão 2 – 3: (base: 100 MVA)

z1 = j 0,009 p.u. e y1 = 4 j;

z0 = j 0,010 p.u. e y0 = 4,5 j

Carga ligada em estrela aterrada: (base 100 MVA) z = 6 + 6 j p.u.

Capacitor ligado em triângulo: (base 100 MVA) y = 0,0147 j p.u.

5.25.1 Calcular as matrizes impedância de barras usando o método direto (considerar somente barras 2 e 3), para as seqüências: a) positiva; b) negativa; c) nula.

5.25.2 Calcular na barra 3 os curtos-circuitos: a) trifásico; b) bifásico; c) bifásico com conexão para a terra; d) monofásico.

5.26 Para a rede da figura 5.21, são dados os seguintes parâmetros:

Geradores: 100 MVA, 13,8 kV, xd = 0,22 p.u., x2 = 0,16 p.u, x0 = 0,12 p.u.

Transformadores: 100 MVA, 13,8 – 230 kV, x = 10%, x0 = 12 %

Linhas de transmissão: z1 = j 0,09 p.u. z0 = j 0,011 p.u. (Na base de 100 MVA e 230 kV)

5.26.1 Calcular as matrizes impedância de barras pelo método direto, para as seqüências a) positiva; b) negativa; c) nula.

5.26.2 Calcular na barra 3 os curtos-circuitos: a) trifásico; b) bifásico; c) bifásico com conexão para a terra; d) monofásico.

5.26.3 Calcular as tensões em todas as barras para o caso de curto-circuito trifásico na barra 3.

5.26.4 Calcular as tensões em todas as barras para o caso de curto-circuito monofásico na barra 3.


154

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

1 2

Zbarra = 0,0923 j 0,0270 j 1

0,0270 j 0,0811 j 2

Construa a nova matriz Zbarra, quando uma das linhas é desligada.

5.28 Para a figura 5.22, que representa uma usina hidrelétrica com dois geradores, dois transformadores e uma linha de transmissão, calcular a) a matriz impedância de barras; b) a corrente de curto-circuito trifásico simétrico na barra 1; c) idem, na barra 3.

Os dados característicos dos equipamentos são: G1: X”d = 0,22 p.u.; G2: X”d = 0,24 p.u.; T1: X = 0,11 p.u.; T2: X = 0,12 p.u.; LT: X = 0,04 p.u. (Base: 100 MVA).

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

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


155

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

5.32 Reduzir a matriz para uma matriz equivalente, eliminando as barras 2, 3, 9, 10, 11, 12 e 13, através de álgebra matricial.

5.33 Dada a rede da figura 5.26, com valores de reatância em p.u. na mesma base de potência, determinar: a) as redes de seqüência positiva, negativa e nula; b) a matriz impedância de barras de seqüência positiva; c) a matriz impedância de barras de seqüência negativa; d) a matriz impedância de barras de seqüência nula; e) o curto-circuito monofásico na barra 3.

Os dados característicos dos equipamentos dados em p.u. para a mesma potência de base são:

Equipamento Seqüência positiva Seqüência negativa Seqüência nula

G1: reatâncias 0,10 0,12 0,05

G2: reatâncias 0,11 0,13 0,06

T1: reatâncias 0,11 0,11 0,11

T2: reatâncias 0,12 0,12 0,12

LT12: reatâncias 0,03 0,03 0,04

LT13: reatâncias 0,028 0,028 0,039

LT23: reatâncias 0,032 0,032 0,041


156

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

5.35 Os dados a seguir são referentes à rede da figura 5.28. Determinar a impedância de Thévenin no nó 4.

As admitâncias das linhas são dadas na mesma base de potência: Y10 = -12 j (p.u.); Y13 = -21 j (p.u.); Y14 = -6 j (p.u.); Y20 = - 5 j (p.u.); Y23 = -25 j (p.u.); Y24 = -8 j (p.u.); Y30 = -10 j (p.u.); Y34 = -30 j (p.u.); Y40 = -35 j (p.u.).

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

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


157

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

5.39 Para a rede da figura 5.31, modificar a matriz impedância de barras adequadamente, sabendo que a linha que liga a barra 1 a barra 2 está desligada.

5.40 Para a rede da figura 5.31, modificar a matriz impedância de barras obtida em 5.39, sabendo que o banco de capacitores está desligado.

5.41 Para a rede da figura 5.32, determinar a matriz admitância nodal e a matriz impedância nodal para as seqüências positiva, negativa e nula, sabendo os seguintes valores de reatância (todos os valores estão em p.u. e na base de 100 MVA, 13,8 kV do lado dos geradores e 230 kV do lado das linhas de transmissão):

Elemento da rede Seqüência positiva Seqüência negativa Seqüência nula Gerador – Barra 1 0,20 0,16 0,18 Transformador – Barra 1

0,10 0,10 0,10

Gerador – Barra 3 0,22 0,17 0,19 Transformador – Barra 3

0,12 0,12 0,12

LT12 0,3 0,3 0,5 LT13 0,4 0,4 0,6 Lt23 0,3 0,3 0,5 Reatância do Capacitor

-0,1 -0,1 -0,1

5.42 Calcular os seguintes curtos-circuitos na barra 3 para a rede da figura 5.32: a) Falha trifásica; b) falha bifásica; c) falha bifásica com conexão para a terra; d) falha monofásica.

5.43 Na rede da figura 5.33, calcular: a) A matriz impedância de barras; b) A corrente de curto-circuito trifásico na barra 1, sabendo as seguintes características, todas na base de 100 MVA: Gerador: X”d = 0,22 p.u Transformador: Triângulo para estrela: x = 11 % Triângulo para triângulo: x = 10 % Sistema: Potência de curto-circuito: 6,5 p.u.


158

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

Bibliografia

Blackburn, J. L Symmetrical components for power systems engineering. New York: Marcel Dekker, 1993. 427p.


DAS, J.C. Power System Analysis – Short-circuit Load Flow and Harmonics. New York – Basel: Marcel Dekker, Inc, 2002. 850p.


Ferreira, C. Redes Lineares em Sistemas Elétricos de Potência. Rio de Janeiro: Canal Energia. 2005. 334p.

Kindermann, G. Curto-circuito. Porto Alegre: Sagra Luzzatto. 1997. 214p.


159




Weedy, B.M. Electric Power Systems. London: John Wiley & Sons. 1972.

sistemas elétricos Djalma Caselato

Documents

Transcript of sistemas elétricos Djalma Caselato