-
ET720 Sistemas de Energia Eletrica I
Captulo 4: Transformadores de potencia
4.1 Introducao
I Transformador elevador (step-up
transformer)
I Transformador abaixador (step-downtransformer)
I Transformador regulador (regulatingtransformer)
relacao 1 : 1 defasagem entrada-sada
4.2 Vantagens do uso de transformadores
I Considerar o diagrama unifilar do circuito trifasico e seu
respectivo circuito
por fase mostrados a seguir.
PSfrag replacements
17,3 kV
0,2/fase
900 MWfp = 1
Vf
R X
I300 MW
Vf =17,3
3= 10 kV
1
-
Perdas de potencia ativa por fase na linha de transmissao:
Pp = R | I |2
Potencia ativa por fase fornecida pela fonte:
P = | Vf | | I | fp (fp 1)
= | Vf | | I | | I |= P| Vf |
Note que considerou-se o fator de potencia visto pela fonte como
unitario, ouseja, o efeito da reatancia da linha foi
desprezado.
Coeficiente de perdas:
=PpP
=R | I |2
P=
R (P/ | Vf |)2P
=R P| Vf |2
ou seja, o coeficiente de perdas e inversamente proporcional ao
quadrado da
tensao quanto maior a tensao de transmissao, menor o coeficiente
deperdas as perdas se tornam proporcionalmente menos importantes
emfuncao do total de potencia transmitida.
No caso do circuito trifasico:
=0,2 300 106
(10 103)2 = 0,6
logo, o coeficiente de perdas e de 60%.
2
-
I Considerar agora que a transmissao e feita em um nvel de
tensao dez vezes
maior:PSfrag replacements
17,3 kV17,3 kV 173 kV173 kV
0,2/fase
900 MWfp = 1
T = 98%T = 98%
Coeficiente de perdas na linha de transmissao:
LT =0,2 300 106(100 103)2 = 0,006
ou 0,6%, ou seja, uma reducao significativa (100 vezes
menor).
I Os transformadores inseridos no circuito tambem tem suas
proprias eficiencias.Logo, sua utilizacao deve ser justificada se o
coeficiente de perdas total (linha
+ transformadores) for menor que os 60% calculados sem os
transformadores.
Considerar P como a potencia por fase gerada na fonte de tensao
etransmitida. Devido a` presenca do transformador elevador (cujo
rendimento
de 98% e tpico para transformadores de potencia), a potencia que
entra nalinha e:
P = 0,98 P
Devido a`s perdas de potencia ativa na linha, a potencia que
chega aotransformador abaixador e:
P = (1 0,006) P = 0,994 0,98 P = 0,9741 P
3
-
Apos computadas as perdas no transformador abaixador, a potencia
entregue
a` carga e:
P = 0,98 P = 0,9546 P
O coeficiente total de perdas e:
total =
(P P
P
)= 0,0454
ou 4,54%, que e bem menor que no caso da transmissao a baixas
tensoes.
4.3 Transformador monofasico ideal
I Descricao geral:
+
+
PSfrag replacements
v1 v2
i1 i2
nucleo laminado de Fe-Si
Primario SecundarioAlta/Baixa tensao Baixa/Alta tensao
N1 N2
Fonte Carga
4
-
I Hipoteses:
Nao ha perdas ohmicas a resistencia dos enrolamentos e nula
Nao ha dispersao de fluxo magnetico todo o fluxo esta confinado
nonucleo e e concatenado com ambas as bobinas
Nao ha perdas no nucleo nao ha histerese nem correntes
parasitas
A permeabilidade magnetica do nucleo e infinita (nucleo ) a
correntenecessaria para criar o fluxo magnetico no nucleo e,
portanto, a forca
magnetomotriz para magnetizar o nucleo, sao desprezveis
I Circuito equivalente:
+
+
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
I Tensoes e correntes sao senoidais V1, V2, I1 e I2 sao
fasores.
I Relacoes:
Tensoes e correntes:
V1V2
=I2I1
=N1N2
= a
em que a e a relacao de transformacao (relacao de espiras).
5
-
Potencias:
S1 = V1I1 = V2I
2 = S2
pois nao ha perdas (potencia de entrada igual a` potencia de
sada).
Impedancias:
+
+
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
Z1 Z2
A transformacao de impedancias (impedancias refletidas) e dada
por:
Z1 =V1I1
=aV2I2/a
= a2V2I2
= a2 Z2
6
-
4.4 Transformador monofasico real
I Sao consideradas:
Perdas ohmicas nos enrolamentos
Perdas no nucleo (histerese e correntes parasitas)
Dispersao de fluxo
Corrente de magnetizacao
I Circuito equivalente:
+
+
+
+
PSfrag replacements
V1 V2V1 V
2
I1 I1 I2
N1 : N2
r1 r2x1 x2
rcxm
Im Ic
I
Transformador ideal
r1, r2 resistencias que representam as perdas ohmicas nos
enrolamentos
(perdas cobre)
x1, x2 reatancias que representam a dispersao de fluxo
rc resistencia que representa as perdas no nucleo (perdas
ferro)
xm reatancia que representa a magnetizacao do nucleo
7
-
I A relacao de espiras e valida para V 1 e V2 e para I
1 e I2.
I Em vazio:
I2 = 0 I 1 = 0 Nao ha queda de tensao em r2 e x2 V 2 = V2 A
impedancia equivalente do ramo paralelo (rc e xm) e muito maior que
a
impedancia equivalente serie (r1 e x1) pode-se desprezar os
parametrosserie
O circuito equivalente para o transformador em vazio fica:
+
+
PSfrag replacements
V1 V2
I1
I 1 = 0
I2
N1 : N2
rcxm
Im Ic
I
Transformador ideal
A corrente no primario e:
i1 (t) = i (t) = im (t) + ic (t)
e e pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do
transformador).
8
-
A tensao no secundario e :
V2 =V1a
Devido a`s nao-linearidades (saturacao do material
ferromagnetico):
A corrente de excitacao nao e senoidal representacao fasorial
naopode ser usada
A corrente apresenta componentes harmonicas mpares (3a., 5a.
etc.):
i (t) = I1 sen (t) + I3 sen (3t) + I5 sen (5t) +
A componente de 3a. harmonica e da ordem de 40% da corrente
total.
Em geral, como i e pequena, considera-se somente a
componentefundamental (60 Hz) e pode-se entao utilizar notacao
fasorial:
I1 = I
e o diagrama fasorial fica:
PSfrag replacements
V1
Im
Ic
I
o transformador em vazioapresenta um fator de potencia
baixo
9
-
I Com carga:
I2 6= 0 todos os parametros do circuito equivalente sao
considerados. Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as
impedancias do
enrolamento secundario e utilizando a relacao de transformacao
para
tensoes e correntes:
+
+
PSfrag replacements
V1 aV2
I1 I2/a
r1 a2r2x1 a2x2
rcxm
Im Ic
I
Como I I1 pode-se desprezar os parametros shunt:
+
+
PSfrag replacements
V1 aV2
I1 = I2/a
r1 + a2r2 x1 + a
2x2
10
-
Em geral para transformadores de potencia (a partir de centenas
de KVA)
as perdas ohmicas podem ser desprezadas:
+
+
PSfrag replacements
V1 aV2
I1 = I2/a
x1 + a2x2 = x
4.5 Autotransformador ideal
I Considerar o transformador monofasico:
+
+
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
V1 = 120 V I1 = 250 A
V2 = 240 V I2 = 125 A
A potencia aparente e:
S = V1 I1 = V2 I2 = 30 kVA
11
-
I Se for feita uma ligacao fsica entre os enrolamentos primario
e secundario
tem-se o autotransformador:
+
+
PSfrag replacements
V1
V1 + V2
I1 + I2
I2
N1
N2
A potencia aparente nesse caso e:
S = V1 (I1 + I2) = (V1 + V2) I2 = 45 kVA
I O autotransformador transmite mais potencia.
A potencia transmitida por efeito magnetico e a mesma do
transformador.
O adicional de potencia e transmitido por meio da propria
ligacao fsica entreos enrolamentos.
Desvantagem: o autotransformador nao pode ser usado quando a
separacaofsica entre os enrolamentos for fundamental.
12
-
4.6 Autotransformador real
I As perdas no autotransformador sao do mesmo tipo das perdas
dotransformador (cobre, ferro etc.).
Como as perdas sao as mesmas (bobinas sao as mesmas, nucleo e o
mesmo)
autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficiencia).
O rendimento depende da relacao de transformacao, como mostra o
exemplo
a seguir.
Exemplo
Na pratica, o autotransformador e composto por um so
enrolamento:
+
+
PSfrag replacementsV1 V2tap
Considere um autotransformador que alimenta uma carga de 800 V,
12,5 A a
partir de uma fonte de 800 V:
+
+
PSfrag replacements800 V800 V
12,5 A 12,5 A
Carga
I 0
Relacao 1:1
13
-
o autotransformador tem relacao de transformacao 1 : 1.
toda a potencia e transferida atraves da conexao eletrica e nada
e transferidovia fluxo magnetico.
a corrente na bobina do autotrafo e a corrente de excitacao, que
e muitobaixa.
potencia de perdas 0 eficiencia de 100%.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de
1000 V:
+
+
PSfrag replacements
1000 V 800 V
200 V
10 A 12,5 A
Carga
2,5 A
Relacao 5:4
a relacao de transformacao agora e 1000/800 = 5/4.
a potencia na carga e de 800 12, 5 = 10 kVA.
a potencia na fonte deve ser tambem 10 kVA. Logo a corrente da
fonte e10000/1000 = 10 A.
a carga e conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 as
tensoes saodivididas em 800 V e 200 V.
14
-
perdas na porcao 1/5:
P1 =1
5R 102 = 20R
em que R e a resistencia do enrolamento.
perdas na porcao 4/5:
P2 =4
5R 2, 52 = 5R
as perdas totais sao de 25R.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de
1600 V:
+
+
PSfrag replacements
1600 V800 V
800 V200 V6,25 A
12,5 A
Carga
6,25 A
6,25 A
Relacao 2:1
a relacao de transformacao agora e 1600/800 = 2/1.
a potencia na carga e de 800 12, 5 = 10 kVA.
15
-
a potencia na fonte deve ser tambem 10 kVA. Logo a corrente da
fonte e
10000/1600 = 6, 25 A.
a carga e conectada a metade do enrolamento, sobrando a outra
metade astensoes sao divididas em 800 V e 800 V.
perdas na metade superior:
P1 =1
2R 6,252 = 19,53R
em que R e a resistencia do enrolamento.
perdas na metade inferior:
P2 =1
2R 6,252 = 19,53R
as perdas totais sao de 39,06R maiores que o caso anterior.
conclusao: quanto mais distante a relacao de transformacao for
de 1 : 1,
maiores as perdas do autotransformador.
por isso eles sao mais usados como autotransformadores
reguladores.
16
-
Exemplo
Considerar os autotransformadores mostrados a seguir.
+
+
+
+
PSfrag replacements
Ve Vs
N1N1
N2N2
I1
Ie Is
I2 I2
Abaixador
Ie
Ve
Is
Vs
I1
Elevador
Para o autotrafo abaixador tem-se:
VeVs
=IsIe
=N1 + N2
N2= a > 1
Considerando que R e a resistencia total do enrolamento, as
perdas sao dadas por:
P =N1
N1 + N2RI21 +
N2N1 + N2
RI22
=
(1 1
a
)RI2e +
1
aR (Is Ie)2
=
(a 1
a
)RI2e +
1
aR (a 1)2 I2e
= RI2e (a 1)
Para a = 1 nao ha perdas e estas aumentam a` medida que a se
distancia de 1(neste caso a > 1 sempre).
17
-
Para o autotrafo elevador:
VeVs
=IsIe
=N2
N1 + N2= a < 1
As perdas sao:
P =N1
N1 + N2RI21 +
N2N1 + N2
RI22
= (1 a) RI2s + aR (Is Ie)2
= (1 a) RI2s + aR(
a 1a
)2I2s
= RI2s
(1
a 1
)
Para a = 1 nao ha perdas e estas aumentam a` medida que a se
distancia de 1(neste caso a < 1 sempre).
18
-
4.7 Transformador trifasico
I Banco trifasico (tres transformadores monofasicos) ou
Transformador trifasico(enrolamentos em um unico nucleo)
PSfrag replacements
aa
b
b
c
c
A
A
B
B
C
C
H1
H1
H1
H1
H2
H2
H2
H2 H3
X1X1
X1
X1
X2
X2
X2
X2
X3
I Ambos os transformadores mostrados apresentam ligacao Y-.
I Normalmente utiliza-se:
H enrolamento de alta tensao
X enrolamento de baixa tensao
I O transformador de um so nucleo tem a vantagem de ser mais
compacto menos material mais barato.
As ligacoes sao internas nao ha meio de altera-la.
19
-
I O banco trifasico tem a vantagem da possibilidade de mudanca
das ligacoes.
I Ligacao Y -:
E utilizada em transformadores abaixadores de tensao.
Se a relacao de espiras for a = N1/N2 relacao de transformacao e
a
3 e ha
uma defasagem de 30 entre as tensoes de linha do primario e
secundario.
I Ligacao -Y :
E utilizada em trafos elevadores de tensao.
Se a relacao de espiras for a = N1/N2 relacao de transformacao e
a/
3 e hauma defasagem de 30 entre as tensoes de linha do primario
e secundario.
I Ligacao -:
Permite a ligacao em aberto, ou V -V caso em que se sabe que a
cargavai crescer no futuro atende-se a carga atual em aberto e
fecha o (acrescenta terceiro transformador ao banco) quando
necessario.
I Ligacao Y -Y :
Ligacao raramente usada pois terceiras harmonicas de correntes
de excitacao
introduzem distorcoes nas formas de onda.
Este problema pode ser contornado com o aterramento fsico dos
neutros dos
enrolamentos.
Pode-se contornar o problema tambem com a instalacao de um
terceiroenrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como
alimentar a
subestacao, por exemplo.
20
-
Exemplo
Considere 3 transformadores monofasicos (1) com relacao de
transformacaoVp/Vs = a. Monte bancos trifasicos (3) de
transformadores usando as varias
ligacoes possveis e obtenha as relacoes de transformacao e
defasagens entretensoes do primario e secundario. Considere a
sequencia de fases ABC.
Tensoes nos enrolamentos primarios:
VAN = V 0 VAB =
3 V 30 (pois VL =
3VF 30
)
VBN = V 120 VBC =
3 V 90VCN = V 120
VCA =
3V 150
(a) Ligacao Y -Y
+ +
+
+ +
+
PSfrag replacements
A B
C
a b
c
N n1 12 2
3 3
VANVan
= a Van = Va
0 Vab =
3V
a30
VABVab
= a
S =
3VAB IA =
3 VabIa
(IAIa
)=
VabVAB
IAIa
=1
a
21
-
(b) Ligacao Y -
+ +
+
+
++
PSfrag replacements
A B
C
a
b
c
N1
1
2
2
3
3
IA
Ia
Iab
Ibc
Ica
VANVab
= a Vab = Va
0
VABVab
= a
3 30
As tensoes do primario estao adiantadas de 30 em relacao a`s do
secundario.
S =
3 VAB IA =
3VabIa
(IAIa
)=
VabVAB
IAIa
=1
a
330
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
22
-
Trocando duas fases de alimentacao (equivale a considerar a
sequencia de
fases ACB):
+ +
+
+
++
PSfrag replacements
AB
C
a
b
c
N1
1
2
2
3
3
IB
Ib
Iba
Iac
Icb
VBNVba
= a Vab = Va
120 = Va
60
VABVab
= a
3 30
As tensoes do primario estao atrasadas de 30 em relacao a`s do
secundario.
S =
3 VAB IA =
3VabIa
(IAIa
)=
VabVAB
IAIa
=1
a
3 30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
23
-
(c) Ligacao -Y
+
++
+ +
+
PSfrag replacements
A
B
C
a b
c
n1
1
2
23
3
IA
Ia
IAB
IBC
ICA
VABVan
= a Van =
3 V
a30
Vab =3V
a60
VABVab
=a3
30
As tensoes do primario estao atrasadas de 30 em relacao a`s do
secundario.
IAIa
=
3
a 30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
24
-
Trocando duas fases de alimentacao (equivale a considerar a
sequencia de
fases ACB):
+
++
+ +
+
PSfrag replacements
A
B
C
ab
c
n1
1
2
23
3
IB
Ib
IBA
IAC
ICB
VBAVbn
= a Vbn =
3 V
a 150 Van =
3V
a 30
Vab =3V
a0
VABVab
=a3
30
As tensoes do primario estao adiantadas de 30 em relacao a`s do
secundario.
IAIa
=
3
a30
A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.
25
-
(d) Ligacao -
+
++
+
++
PSfrag replacements
A
B
C
a
b
c
1 1
2 23 3
IA Ia
IAB
IBC
ICA
Iab
Ibc
Ica
VABVab
= a
IAIa
=1
a
Para circuitos radiais, a consideracaoda defasagem de 30% entre
tensoes
de linha introduzidas pelas ligacoesY - e -Y e irrelevante.
PSfrag replacements
Y -138/13,8 kV
Para circuitos malhados, a defasagemfaz grande diferenca e deve
obrigato-
riamente ser levada em consideracao.
PSfrag replacementsY -
Y -
138/69 kV
138/69 kV
26
-
Exemplo
Obter a potencia complexa fornecida por um gerador trifasico que
alimenta umacarga atraves de um banco de transformadores ideais e
de uma linha de
transmissao. O banco de transformadores e formado por 3
transformadoresmonofasicos de 20 MVA, 20/200 kV, -Y . O circuito
equivalente por fase de linha
de transmissao resume-se a` impedancia serie ZL = 0 + j 100 . A
tensao de linhana carga e de 340 kV e a carga consome 30 MVA com
fator de potencia 0,8
atrasado.
Diagrama unifilar:
PSfrag replacements
Gerador Trafo LT Carga
-Y
Circuito completo:
PSfrag replacements
Gerador Trafo LT Carga
60 MVA20/200
3 kV
N
A
B
C
IA
IAB 1
1
2
23
3
n
a
b
c
Ia
ZL
ZL
ZL
a
b
c
Zc
Zc
Zc
n
27
-
Tensao de fase na carga:
Van =340
30 kV (referencia angular)
Potencia complexa por fase na carga:
Sc =30
3 cos1 0,8 = 10 36,87 MVA
Corrente pela linha de transmissao:
Ia =
(Sc
Van
)= 50,94 36,87 A
Tensao de fase no lado de alta tensao do transformador:
Van = Van + ZL Ia = 199,4 1,17 kV
Potencia fornecida a` carga e a` linha de transmissao:
S = 3 (Sc + SL)
= 3 Van Ia = 30,47 38,04
MVA
Como o gerador e o transformador sao ideais, a potencia
fornecida pelo gerador eS. Tensao de linha no lado da baixa tensao
do transformador:
VABVan
=20
200 VAB = 19,94 1,17 kV
28
-
Tensao de fase nos terminais no gerador:
VAN =VAB
3 30 = 11,51 28,83 kV (seq. fase ABC)
Corrente no enrolamento de baixa tensao do transformador:
IABIa
=200
20 IAB = 509,43 36,87 A
Corrente de linha pelo gerador:
IA =
3 IAB 30 = 882,35 66,87 A
Potencia complexa fornecida pelo gerador:
S = 3 VAN IA = 30,47 38,04
MVA !
Fator de potencia visto pelo gerador:
fp = cos 38,04 = 0,788
Tensao de linha no gerador:
VL = 11,51
3 = 19,94 kV
29
-
4.8 Transformadores de tres enrolamentos
I Caso particular de transformador de multiplos
enrolamentos.
Transformadores de tres enrolamentos sao bastante utilizados em
sistemas depotencia.
I Estrutura basica:
PSfrag replacements
E1
E2
E3
N1
N2
N3
I1 I2
I3
I Terceiro enrolamento:
Baixa tensao
Pode ser conectado a fonte suporte de potencia reativa
(condensadorsncrono)
Pode ser utilizado para a alimentacao da subestacao
Pode capturar componentes harmonicas e correntes de sequencia
zerodevido a desbalanceamentos de carga
30
-
xPSfrag replacements
4
7 8
9
C
Rede teste IEEE 14 barras
I Configuracao basica de um transformador de tres
enrolamentos:
PSfrag replacements
E1
E2
E3
N1
N2
N3
I1I2
I3
31
-
I As relacoes entre tensoes e correntes sao obtidas
utilizando-se o mesmo
raciocnio que para o transformador de dois enrolamentos.
Para as tensoes:
E1N1
=E2N2
=E3N3
Para as potencias, considera-se:
potencia de entrada = potencia de sada (transformador ideal)
potencia no enrolamento 1 = potencia no enrolamento 2 + potencia
noenrolamento 3
N1 I1 = N2 I2 + N3 I3
I Escrevendo de outra maneira:
E1 =N1N2
E2 =N1N3
E3
= a2E2 = a3E3
I1 =N2N1
I2 +N3N1
I3
=I2a2
+I3a3
32
-
cujas equacoes sao atendidas pelo seguinte diagrama:
PSfrag replacements
E1
a2E2
a3E3
I1
I2/a2
I3/a3
I No caso de um transformador real parametros serie e shunt
saoacrescentados ao diagrama:
PSfrag replacements
E1
a2E2
a3E3
I1
I2/a2
I3/a3
Z1
Z2
Z3rc xm
Todos os parametros sao vistos pelo lado 1, ou seja, as
impedancias Z2 e Z3sao valores ja refletidos para o lado 1 de
acordo com a relacao de
transformacao.
33
-
I Os parametros shunt podem ser determinados atraves de ensaios
de circuito
aberto enrolamentos 2 e 3 em aberto, tensao nominal aplicada
aoenrolamento 1.
I Os parametros Z1, Z2 e Z3 sao determinados indiretamente. Os
seguintesensaios de curto-circuito sao realizados:
Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente
nominal no
enrolamento 1 e determinacao da impedancia vista:
Z12 = Z1 + Z2
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente
nominal noenrolamento 1 e determinacao da impedancia vista:
Z13 = Z1 + Z3
Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente
nominal noenrolamento 2 e determinacao da impedancia vista:
Z23 = Z2 + Z3
I As equacoes acima formam um sistema de 3 equacoes com 3
incognitas, cuja
solucao resulta em:
Z1 =1
2(Z12 + Z13 Z23)
Z2 =1
2(Z12 + Z23 Z13)
Z3 =1
2(Z13 + Z23 Z12)
34
-
4.9 Transformadores com tap variavel
I A finalidade basica de transformadores e a conversao de nveis
de tensao.
I Os transformadores pode ter funcoes adicionais, como por
exemplo o controle
de tensao (potencia reativa) em circuitos.
I Alguns transformadores tem relacao de espiras variavel:
PSfrag replacementsV1 V2
posicao maxima
posicao mnima
posicao nominal (tap nominal)
35
-
4.9.1 Transformadores reguladores
I Diagrama:
+
PSfrag replacements
a
b
c
n
Van
A
B
C
Va
VAn = Van + Va
I Nota-se que o transformador serie acrescenta V ao valor da
tensao V(valido para as tres fases).
I A variacao em geral e de 10% tap variavel.
I A mudanca de tap pode ser feita com o transformador energizado
transformador com mudanca de derivacao (tap) sob carga ou TCUL
tap
changing under load ou LTC load tap changing.
I Em geral a mudanca de tap e automatica e operada por motores
que atuamacionados por reles ajustados para manter a magnitude de
tensao em algum
ponto da rede no nvel pre-estabelecido. Este ponto da rede e
normalmente olado da carga do trafo.
36
-
4.9.2 Transformadores defasadores
I Utilizado para o controle da defasagem entre as tensoes no
primario esecundario.
I Ideia: controlar o fluxo de potencia ativa por ele.
I Diagrama:
PSfrag replacements
Van
Vbn
Vcn
Va
Va
Vb
Vb
Vc
Vc
Van + Va
Vbn + Vb
Vcn + Vc
a
b c
n
37
-
I A tensao de sada da fase a e igual a` tensao de entrada somada
a uma tensao
Va que e induzida pela tensao de linha Vbc, que por sua vez e
defasada de Vade um angulo de 90.
I O transformador defasador introduz uma defasagem de entre as
tensoes deentrada e sada.
4.10 Transformador monofasico em pu
I A representacao do transformador monofasico em pu sera
mostrada atravesde um exemplo.
Exemplo
Considerar um transformador monofasico ideal de 4400/220 V, 22
kVA, quealimenta uma carga nominal no lado de baixa tensao. Obter o
circuito em pu.
O diagrama e:
+
+
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
Fonte Carga
4400/220 V
Primario e secundario sao eletricamente isolados valores de base
podem serescolhidos de maneira independente.
E vantajosa a escolha das tensoes de base Vb1 e Vb2 tais que
Vb1/Vb2 = a onde a e a
relacao de transformacao.
38
-
Como a potencia de entrada e igual a` potencia de sada
(desconsiderando as
perdas) a potencia de base deve ser igual para os dois lados.
Escolhendo:
Vb1 = 4400 V
Vb2 = 220 V
Sb = 22 kVA
pode-se obter as correntes de base:
Ib1 = Sb/Vb1 = 5 A
Ib2 = Sb/Vb2 = 100 A
Como a mesma potencia de base foi escolhida para os dois lados,
as correntes debase dos enrolamentos tambem seguem a relacao
Ib1/Ib2 = 1/a.
As impedancias de base sao:
Zb1 = Vb1/Ib1 = 880
Zb2 = Vb2/Ib2 = 2,2
Uma certa corrente no enrolamento de alta tensao pode ser
expressa em pu como:
i1 =I1Ib1
=I2/a
Ib1
=I2/a
Ib2/a=
I2Ib2
= i2
39
-
ou seja, as correntes em pu nos dois enrolamentos sao iguais. O
mesmo vale para
uma certa tensao no enrolamento de alta tensao:
v1 =V1Vb1
=aV2Vb1
=aV2aVb2
=V2Vb2
= v2
ou seja, as tensoes em pu nos dois enrolamentos sao iguais.
Para as impedancias:
z1 =Z1Zb1
=a2Z2
V 2b1/Sb
=a2Z2
a2V 2b2/Sb
=a2Z2a2Zb2
=Z2Zb2
= z2
ou seja, as impedancias em pu tambem sao iguais nos dois
enrolamentos.
A conclusao e que em pu o transformador passa a ter uma relacao
de
transformacao igual a um (grandezas iguais nos dois
enrolamentos) em pu naoha o efeito transformador, desde que os
valores de base sejam escolhidosconvenientemente.
40
-
Exemplo
Considere o circuito monofasico contendo um transformador
mostrado na figura aseguir.PSfrag replacements
G TR LT C
Os dados dos equipamentos sao os seguintes:
TR Transformador 13,8/220 kV, 1,5 MVA, rT = 3%, xT = 8%
LT Linha de transmissao rLT = 300 , xLT = 900 C Carga 1 MVA, fp
= 80% indutivo, 200 kVG Gerador fonte ideal
A carga esta operando nas condicoes nominais. Calcule a tensao
no barramentodo gerador, a corrente no circuito e a potencia
fornecida pelo gerador.
O circuito em pu sera:
PSfrag replacements
e
rT xT
i
rLT xLT
zc
O circuito e dividido em duas areas, referentes aos dois lados
do transformador.Nota-se que os parametros do circuito equivalente
do transformador ja sao dadosem pu (na verdade, sao dados em
valores percentuais), calculados na base
nominal do mesmo (tensoes nominais, potencia nominal).
41
-
Para o lado de baixa tensao do transformador (area 1) tem-se os
seguintes valores
de base:
Vb1 = 13,8 kV
Sb = 1,5 MVA
Para o lado de alta tensao do transformador (area 2),
escolhe-se
convenientemente os seguintes valores de base:
Vb2 = 220 kV
Sb = 1,5 MVA
Os valores de base de corrente e impedancia para as duas areas
sao:
Ib1 = Sb/Vb1 = 108,6957 A
Ib2 = Sb/Vb2 = 6,8182 A
Zb1 = V2b1/Sb = 126,96
Zb2 = V2b2/Sb = 32266,6667
Os parametros do transformador sao:
rT = 0,03 pu
xT = 0,08 pu
Como a linha de transmissao esta na area 2, seus valores em pu
sao:
rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu
xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu
42
-
A magnitude de tensao e potencia aparente na carga sao:
| vC | = 200/220 = 0,9091 pu| sC | = 1/1,5 = 0,6667 pu
E os respectivos valores complexos sao:
vC = 0,9091 0 pu
sC = 0,6667 36,87 pu
onde se levou em conta o fator de potencia da carga e assumiu-se
a tensao na
carga como referencia angular.
A corrente pelo circuito e dada por:
i =
(sCvC
)= 0,7334 36,87 pu
A corrente nos lados de baixa e alta tensoes do transformador
sao:
Ibaixa = 0,7334 108,6957 = 79,7 AIalta = 0,7334 6,8182 = 5 A
A tensao no barramento do gerador e dada por:
e = vC + (0,03 + 0,0093 + j 0,08 + j 0,0279) i = 0,9807 2,69
pu
ou 13,53 kV.
43
-
A potencia fornecida pelo gerador e:
sG = e i = 0,7192 39,56 pu
o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de potencia visto pela
fonte de 77%indutivo.
Exerccio
Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1
MVA e 200 kV
no lado da carga. Calcular tambem o total de perdas de potencia
notransformador e na linha de transmissao. Observacao: os valores
que ja estao em
pu devem ser convertidos para as novas bases.
Resultados: zT = 0,0242 + j 0,0645 pu; sG = 1,0787 39,56 pu
(1,08 MVA);
Perdas(T+LT ) = 32 + j 87 kVA (linha + transformador).
Exemplo
Considere o seguinte transformador monofasico:
PSfrag replacements20/440 kV
500 MVA
x = 5%
44
-
Os possveis modelos para o transformador sao:
PSfrag replacementsj X1
modelo 1
j X2
modelo 2
ou Xi em
A reatancia do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos
valores
nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de
baixa tensao),tem-se Vb2 = 20 kV e Sb = 500 MVA. Entao:
X1 = x Zb1 = xV 2b1Sb
= 0,05 202
500= 0,04
Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado
de baixa tensao,
tem-se:
X2 = x Zb2 = xV 2b2Sb
= 0,05 4402
500= 19,36
A relacao entre as reatancias e:
X1X2
=0,04
19,36= 0,002066 =
202
4402= a2
Logo X1 = a2 X2 e os valores em pu sao os mesmos, desde que
valores de base
convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de
base que naoestejam relacionados com os valores nominais do
transformador, como:
Vb1 = 25 kV e Sb = 250 MVA
45
-
entao deve-se primeiro transformar a reatancia em Ohms usando a
base original e
voltar para pu considerando a nova base. Assim:
xnovo = xvelhoZvelhob1Znovob1
= xvelho(V velhob1
)2Svelhob1
Snovob1(V novob1 )
2
= xvelho(
V velhob1V novob1
)2Snovob1Svelhob1
Neste caso:
xnovo = 0,05 (
20
25
)2 250500
= 0,016 pu
4.11 Autotransformadores em pu
I O procedimento de analise e identico ao do transformador.
Basta escolher como tensoes de base as tensoes nominais do
autotrafo e arelacao de tensoes em pu sera 1 : 1.
46
-
4.12 Transformadores trifasicos em pu
I Dados de placa (nominais) do trafo monofasico: V1, V2, S, zT
(pu ou %, basenominal).
Dados de placa (nominais) do trafo trifasico: V1L, V2L, S3, zT
(pu ou %, de
fase).
I Ideia basica: escolher os valores de base iguais aos valores
nominais do trafo.
I Considere um banco trifasico de transformadores ligado em
Y-Y.
Para cada trafo monofasico do banco tem-se: V1, V2, S, zT .
Para o banco trifasico tem-se os seguintes valores de base:
Vb1 = VN1 =
3V1
Vb2 = VN2 =
3V2
Sb = 3S = S3
Para as bases escolhidas, a impedancia do
circuito equivalente do trafo trifasico empu e igual a zT .
I Considere agora um banco trifasico de transformadores ligado
em Y-.
Os valores de base para o banco sao:
Vb1 = VN1 =
3V1
Vb2 = VN2 = V2
Sb = 3S = S3
Novamente, a impedancia do circuito
equivalente do trafo trifasico em pu eigual a zT .
47
-
Exemplo
Considere o diagrama unifilar do circuito trifasico a
seguir.
PSfrag replacements
Vg
Y-Y
10 MVA15/500 kV
xT = 2%
x = 1000
500 kV
9 MVAfp = 1
Calcule a tensao Vg no barramento do gerador e o fator de
potencia visto pelogerador.
Transformando o diagrama unifilar em um circuito trifasico
tem-se:
PSfrag replacements
XT
XT
XT
XL
XL
XL
Pc
Pc
Pc
11
22
3 3
Pc = 3 MW
XL = 1000
XT =2
100 15
2
10= 0,45
48
-
O circuito por fase e:
+
PSfrag replacements
XT
11
15/
3 : 500/
3 kV
10/3 MVA
Area 1 Area 2
XL
PVc
Para esse circuito tem-se:
Vc = 500/
30 kV (ref. angular)
Area 1 : Sb = 10/3 MVA Vb1 = 15/
3 kV
Area 2 : Sb = 10/3 MVA Vb2 = 500/
3 kV
Zb1 = 22,5
Ib1 = 384,9 A
Zb2 = 25 k
Ib2 = 11,55 A
O circuito em pu fica:
+
+
PSfrag replacements
xT xL
scvcvg
i
vc = 1 0 pu
sc =3
10/3= 0,9 0 pu
xL =1000
25000= 0,04 pu
xT =0,45
22,5= 0,02 pu
49
-
Portanto:
i = (sc/vc) = 0,9 0 pu (346,4 A no primario e 10,4 A no
secundario)
vg = vc + j (xT + xL) i = 1,0015 3,1 pu
fp = cos (3,1 0) = 0,9985 (indutivo)
A tensao no barramento do gerador e igual a 8,7 kV (fase-neutro)
e 15,02 kV
(fase-fase).
Maneira mais direta de resolver o problema:
Vb1 = 15 kV
Vb2 = 500 kV
Sb = 10 MVA
Zb1 = 22,5 Zb2 = 25 k
Ib1 =
Sb3Vb1
= 384,9 A
Ib2 =Sb3Vb2
= 11,55 A
Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar):
+
+
PSfrag replacements
xT xL
scvcvg
i
xT = 0,02 pu
xL =1000
25000= 0,04 pu
vc = 1 0 pu
sc =9
10= 0,9 0 pu
e o procedimento de resolucao e o mesmo que o anterior. Logo,
para problemas
envolvendo transformadores trifasicos nao e necessario obter o
modelo por fase,etc. Basta escolher os valores de base
adequados.
50
-
Exemplo
Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando
agora otransformador com ligacao Y- e sequencia de fases ABC.
O circuito e:
++
+
+
+
+
PSfrag replacements
B
A
C
N
XT
XT
XT
B
A
C
N
IB
IA
IC
11
2
2
3
3
Ica Iab
Ibc
a
b
c
n
Ib
Ia
Ic xL
xL
xL a
b
c
n
Sc
Sc
Sc
em que Sc = 3 0 MVA.
Van = 500/
30 kV
Vbn = 500/
3 120 kVVcn = 500/
3120 kV
Ia = (Sc/Van) = 6
30 A
Ib = (Sc/Vbn) = 6
3 120 A
Ic = (Sc/Vcn) = 6
3120 A
51
-
Como, para a ligacao Y- e sequencia de fases ABC, tem-se:
IL = If
3 30 If = IL3
30
Iab = 6 30 A
Ibc = 6 90 AIca = 6 150
A
Van = Van + jXLIa = 500,32/
3 2,06 kV
Vbn = Vbn + jXLIb = 500,32/
3 117,94 kVVcn = Vcn + jXLIc = 500,32/
3 122,06 kV
Vab = 500,32/
3 32,06 kV(VL = Vf
3 30
)Vbc = 500,32/
3 87,94 kV
Vca = 500,32/
3 122,06 kV
A relacao de transformacao de cada transformador monofasico
e(15/
3)/500,
logo:
VAN
Vab=
15/
3
500 VAN = 8,67 32,06 kV
e:
{VBN = 8,67 87,94 kVVC N = 8,67 152,06
kV
VAB = 15,01 62,06 kV
VBC = 15,01 57,94 kVVC A = 15,01 177,94 kV
52
-
Para as correntes de linha no primario:
IAIab
=500
15/
3 IA = 346,41 30 A
e:
{IB = 346,41 90 AIC = 346,41 150
A
As tensoes de fase na fonte sao:
VAN = VAN + jXTIA = 8,67 33,1 kV
e:
{VBN = 8,67 86,94 kVVCN = 8,67 153,06
kV
VAB = 15,02 63,06 kV
VBC = 15,02 56,94 kVVCA = 15,02 176,94 kV
A relacao de transformacao para o transformador e:
VAB
Vab=
15
50030 defasagem entre tensoes do primario e secundario
IAIa
=500
1530 defasagem entre correntes do primario e secundario
53
-
Resolvendo o problema em pu tem-se o seguinte circuito:
+
+
+
+
PSfrag replacements
xT xL
scvcv1 v2vg
i1 ic
1 30
em que o bloco 1 30 representa a defasagem introduzida em funcao
do tipo deligacao.
Logo:
sc = 0,9 0 pu
vc = 1,0 0 pu
ic = (sc/vc) = 0,9 0 pu
v2 = vc + jxLic = 1,0006 2,06 pu
v1 = v2 30 = 1,0006 32,06 pu
i1 = ic 30 = 0,9 30 pu
vg = v1 + jxT i1 = 1,0015 33,1 pu
que equivale a 15,02 kV.
vg e i1 foram igualmente defasados de 30. Assim, tem-se os
mesmos valores de
potencia complexa, fator de potencia, etc.
54
-
4.13 Transformadores em pu com relacao 1 :
I Procura-se escolher os valores de base convenientemente de
forma a eliminaros transformadores do circuito.
Na realidade elimina-se o transformador ideal, mantendo os
parametros do
mesmo.
I Em alguns casos, no entanto, esta eliminacao nao e possvel,
como mostra o
exemplo a seguir.
Exemplo
Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a
seguir.
PSfrag replacements
Area 1 Area 2
11,9/34,5 kV
13,8/34,5 kV15 kVA
15 kVA
T1
T2
1 2
55
-
A ideia e dividir o circuito em duas areas e utilizar como
valores de base os
valores nominais dos transformadores.
No entanto, nota-se que na area 1 ha dois valores nominais
diferentes.
Tomando T1 como referencia, define-se:
Sb = 15 kVA
Vb1 = 11,9 kV
Vb2 = 34,5 kV
e T1 sera eliminado, pois Vb1/Vb2 = a1.
Observando o lado de baixa tensao de T2, nota-se que a sua
tensao nominal ediferente de Vb1, embora pertenca a` area 1. Logo,
T2 nao podera ser eliminado,sendo representado como um
transformador com relacao de transformacao 1 :
em pu!
Considere que v1 e v2 sejam as tensoes em pu nos barramentos 1 e
2. As tensoesem Volts serao:
V1 = v1 Vb1 e V2 = v2 Vb2
56
-
A relacao entre as tensoes devera ser igual a` relacao de
transformacao de T2:
V1V2
=v1 Vb1v2 Vb2
= a2 =13,8
34,5= 0,4
Logo:
v1v2
= 0,4Vb2Vb1
= 0,4 34,511,9
= 1,16 =1
0,86ou v1 =
1
0,86v2
e o circuito em pu fica:
PSfrag replacements
1 : 0,86
T2
1 2
Para transformadores reais, o procedimento e o mesmo.
57
-
Pode-se enxergar o problema sob outro ponto de vista,
redesenhando o diagrama
unifilar como:
PSfrag replacements
Area 1 Area 2
11,9/34,5 kV
11,9/34,5 kV
13,8/11,9 kV15 kVA
15 kVA
T1
T2
1 2
Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente,
mantem-se aeliminacao de T1 e parte de T2, ou seja:
PSfrag replacements
1 : 11,16 : 1
15 kVA
pode ser eliminado
T2
1 2
58
-
4.14 Transformadores com tap variavel em pu
I Posicao do tap e alterada relacao de transformacao e
alterada.
Para a relacao de transformacao em pu continuar 1 : 1 os valores
das tensoesde base devem ser alterados inaceitavel, pois implica em
um novo calculode varios parametros do circuito sendo estudado.
I Ideia:
Escolher as tensoes de base supondo que o tap esta na posicao
nominal
(zero) relacao de tensao nominal do autotrafo. Manter as bases
de tensao fixas e representar o autotrafo com tap fora do
nominal atraves de uma trafo com relacao de espiras 1 : , onde
evariavel.
I Considere um transformador com a seguinte relacao de
transformacao:
a =N1N2
=VN1VN2
em que N1 e N2 sao os numeros de espiras nos enrolamentos e VN1
e VN2 sao
as tensoes nominais nos dois lados do transformador.
I Na representacao em pu, escolhem-se como tensoes de base:
Vb1 = VN1 e Vb2 = VN2
e a relacao de transformacao em pu e 1 : 1.
59
-
I Se V1 e V2 sao tensoes nos dois lados do transformador e v1 e
v2 sao os seus
respectivos valores em pu, as seguintes relacoes sao
validas:
V2 =V1a
e v2 = v1
I Considere agora que este transformador seja de tap variavel
para o qual a
situacao descrita anteriormente e valida para o tap na sua
posicao nominal.
I Caso ocorra uma mudanca da posicao do tap tal que:
N2 N2 + N2
+
+
PSfrag replacements
V1
V2
N1
N2
N2ab
}a nova relacao de transformacao
sera:
a =N1
N2 + N2
60
-
I Para uma mesma tensao V1 em um dos enrolamentos, a nova tensao
no outro
enrolamento sera dada por:
V 2 = V1N2 + N2
N1
= V1N2N1
+ V1N2N1
= V2 + V1N2N1
(da relacao para tap nominal)
= V2 + V2N1N2
V1
N2N1
= V2
(1 +
N2N2
)= V2 (1 + t) t = tap fora do nominal (off-nominal tap)= V2
em que leva em conta a mudanca da posicao do tap em relacao aos
valoresnominais.
I Transformando em pu:
V 2Vb2
=V2Vb2
v2 = v2
= v1 (pois v1 = v2)
61
-
I O circuito em pu fica (trafo real com parametros shunt
desprezados):
+
+
PSfrag replacementsV1
V2
zT
1 :
Exemplo
Considere o transformador de tap variavel mostrado a seguir.
PSfrag replacements
100 MVA
220/69 kV
xT = 8%
1 2
O comutador de tap e localizado no lado de baixa tensao e tem 20
posicoes, com
tap variando de 5%. Representar o transformador em pu na
situacao em que otap esta na posicao +2.
62
-
Considere os valores de base iguais aos valores nominais do
transformador:
Sb = 100 MVA
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 69 kV
De acordo com as especificacoes do comutador de tap:
posicao central tap nominal.
10 posicoes para variacao de +5% cada posicao equivale a
+0,5%.
10 posicoes para variacao de 5% cada posicao equivale a
0,5%.
O comutador de tap esta na posicao +2 corresponde a uma variacao
nonumero de espiras de +1%:
N2N2
= t = 0,01
Logo:
= 1 + t = 1,01
63
-
e o circuito do trafo em pu e:PSfrag replacements
v1
v2
0,08 pu
1 : 1,01
v1Vb1 = 220 kVVb2 = 69 kVSb = 100 MVA
Exemplo
Considere o circuito mostrado a seguir.
PSfrag replacements
Vs
j0,1j0,1
V1
120 MVA500 kV
xT = 12%
V2 Vc = 500 kV
100 MVAfp = 1
A tensao no barramento de carga e mantida constante em 500 kV.
O
transformador regulador tem tap no lado da carga com 10
posicoes, variando de5%.
64
-
(a) Calcule a tensao Vs considerando que a posicao do tap e a
nominal.
Os valores de base sao definidos como:
Sb = 100 MVA e Vb = 500 kV
Deve-se entao corrigir o valor da reatancia do transformador,
pois o valor
fornecido foi calculado em outra base:
xT = 0,12 5002
120 1005002
= 0,1 pu
E o circuito em pu fica:PSfrag replacements
vs
j0,1 j0,1j0,1
v1 v2 vc = 1 0 pu
sc = 1 0 pu
Dados da carga:
sc = 1 0 pu
vc = 1 0 pu (referencia angular)
Corrente pelo circuito:
i = (sc/vc) = 1 0 pu
65
-
No secundario do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1 90 = 1,005 5,71 pu
No primario do transformador:
v1 = v2 + j xT i
= vc + j 0,2 i = 1,02 11,31 pu
Na fonte:
vs = v1 + j 0,1 i
= vc + j 0,3 i = 1,044 16,7 pu
que equivale a 522 kV. A potencia entregue na barra e:
s = vs i = 1,044 16,7 pu = 1 + j 0,3 pu
ou seja, 100 MW e 30 Mvar. Note que a carga nao consome potencia
reativa(fator de potencia unitario). Os 30 Mvar obtidos
correspondem a perdas de
potencia nas linhas de transmissao e transformador.
66
-
(b) Calcule a tensao Vs considerando agora que a posicao do tap
e +5%.
Tem-se a seguinte situacao:
PSfrag replacements
V1
V2
+5%
posicao nominal (tap nominal)
Sendo N o numero de espiras do enrolamento na situacao de tap
nominal,
tem-se na nova situacao:
V1V2
=N
N + 0,05N=
1
1,05
Portanto o circuito em pu fica:
PSfrag replacements
vs
j0,1j0,1 j0,1
v1 v1
1 : 1,05
v2 vc = 1 0 pu
sc = 1 0 pu
Corrente no lado da carga:
i = (sc/vc) = 1 0 pu
67
-
No secundario do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1 90 = 1,005 5,71 pu
No primario do transformador:
v1v2
=1
1,05
v1 =v2
1,05= 0,9571 5,71 pu
i
i= 1,05
i = 1,05 i = 1,05 0 pu
v1 = v1 + j xT i
= 0,9732 11,87 pu
Na fonte:
vs = v1 + j 0,1 i = 1,0 17,77 pu
que equivale a 500 kV. A potencia entregue na barra e:
s = vs (i) = 1,05 17,77 pu = 1 + j 0,32 pu
ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tensao na carga e mantida
com umatensao Vs menor, porem, a injecao de potencia reativa e
maior.
68
-
4.15 Operacao de transformadores em paralelo
I Considerar dois transformadores conectados em paralelo:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
chave
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
I Para calculos em por unidade, divide-se o circuito em duas
areas para adefinicao dos valores de base:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2area 1 area 2
Vb1 = 11,9 kVVb2 = 34,5 kV
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
69
-
Os valores das tensoes de base sao escolhidos de forma que a
relacao entre
eles seja igual a` relacao de transformacao dos transformadores.
Em particular,foram escolhidas as proprias tensoes nominais dos
transformadores. Em por
unidade tem-se:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B
1 : 1
1 : 1
Transformadores reais sao representados pelas suas respectivas
reatancias1:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B
j x1
j x2
1Para transformadores de potencia as perdas ferro e de
magnetizacao sao desprezadas. As perdas cobre tambem sao em geral
desprezadas.
70
-
I Considere que o transformador T2 tenha a sua relacao de
transformacao
aumentada para (12,5 : 34,5 kV), atraves de uma mudanca na
posicao do tap:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 34,5 kV
Pode-se representar T2 da seguinte forma:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 11,9 kV
71
-
Dividindo o circuito em duas areas:PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 11,9 kV
area 1 area 2
Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV
Em por unidade tem-se:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B 1 : 1
1 : 1
1,05 : 1
12,5/11,9
72
-
Considerando as reatancias dos transformadores:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B 1,05 : 1
j x1
j x2
Verifica-se que o transformador com a posicao do tap fora da
nominal deveser representado em por unidade com uma relacao (1,05 :
1) ou (1 : 0,952).Considere agora que a chave AB seja aberta:
+
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B
V
vAB
v1 v2
vx1,05 : 1
j x1
j x2
73
-
Devido a` alteracao na posicao do tap de T2, aparece uma tensao
sobre os
terminais da chave:
vAB = vA vB= v1 1,05 vx= v1 1,05 v2= v1 1,05 v1= 0,05 v1
A impedancia vista pelos terminais A e B e:
zvista = j (x1 + x2) = zloop
Logo, tem-se:
+
PSfrag replacements
A
B
VvAB
zloop
74
-
Se a chave AB for novamente fechada, circulara uma corrente pelo
circuito:
+
PSfrag replacements
A
B
vAB
zloop
iloop
A corrente vale:
iloop =vABzloop
Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se:
PSfrag replacements
1,05 : 1
j x1
j x2
T1
T2
1 2
A B
VvABzloop
iloop
em que iloop e uma corrente de circulacao. Ao alterar-se a
posicao do tap deT2, apareceu uma corrente de circulacao, que e
limitada pelas reatancias dostransformadores.
75
-
Sistemas de potencia tpicos sao malhados, ou seja, existem
varios loops e
caminhos paralelos para os fluxos de potencia. Esta
caracterstica conferemaior flexibilidade de operacao e
confiabilidade aos sistemas. Alem disso, as
tensoes de transmissao e nveis de potencia tem aumentado ao
longo dosanos, e os novos equipamentos sao conectados e operam
juntamente com os
equipamentos existentes. Assim, e natural que se encontre loops
ou caminhosparalelos que incluem transformadores.
Cuidados especiais devem ser tomados durante a fase de projeto a
fim de
evitar as correntes de circulacao. A configuracao que poderia
ser chamada denormal conteria transformadores em paralelo com as
mesmas relacoes de
transformacao. No entanto, ha situacoes em que introduz-se
alteracoes nasrelacoes de transformacao2 a fim de atender
requisitos especficos de
operacao.
2Alteracoes na relacao de transformacao sao obtidas atraves da
mudanca na posicao dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo
detransformador, essa alteracao pode resultar em diferentes
magnitudes de tensao (transformador regulador) ou em defasagens
entre as tensoes(transformador defasador).
76
-
4.16 Representacao computacional do trafo com tap variavel
I Em algumas aplicacoes e interessante classificar linhas de
transmissao etransformadores em uma mesma classe de equipamentos
ambos conectamdois nos (duas barras) da rede.
I E conveniente representa-los por um mesmo modelo e trata-los
de maneiraidentica.
I Exemplo: problema de fluxo de carga resolucao do circuito para
obtencaodo seu estado de operacao.
I Como a linha e representada por um modelo pi deve-se
representar o trafotambem por um modelo pi.
I Procedimento: considerar o seguinte trafo:
+
+
+
PSfrag replacements
v1
i1z
v1 v2
i2
1 :
s1 s1 s2
vc = 1 0 pu
sc = 1 0 pu
77
-
Tem-se as seguintes relacoes:
v1v2
=1
s1 + s2 = 0
s1 = s2v1 i1 = v2 i2
v1 i1 = v1 i2
i1i2
=
As equacoes para as correntes sao:
i1 =v1 v1
z=
1
zv1 1
zv2 (1)
i2 = i1
= 1 z
v1 +1
2 zv2 (2)
78
-
Considere agora o modelo pi do trafo:
+
+
PSfrag replacements
v1
i1
z1
z2 z3 v2
i2is
ip2 ip3
I Para o modelo pi:
i1 = is + ip2
=1
z1(v1 v2) + 1
z2v1
i2 = is + ip3
= 1z1
(v1 v2) + 1z3
v2
Reescrevendo de maneira apropriada:
i1 =
(1
z1+
1
z2
)v1 1
z1v2 (3)
i2 = 1z1
v1 +
(1
z1+
1
z3
)v2 (4)
79
-
I Deve-se igualar os coeficientes das equacoes (1) com (3) e (2)
com (4):
1z1
= 1z
1
z1+
1
z2=
1
z
1
z1+
1
z3=
1
2z
que resulta em:
z1 = z
z2 =
(
1)
z
z3 =
(2
1 )
z
Exemplo
Um autotransformador trifasico com comutador de tap apresenta os
seguintesdados de placa:
220/22 kV 300 MVA
x = 6% Comutador no lado de BT, 20%, 10 posicoesObtenha o modelo
pi equivalente do transformador para que se tenha tensoes de220 kV
e 18,2 kV em vazio.
80
-
Considerando os seguintes valores de base:
Sb = 300 MVA
Vb1 = 220 kV
Vb2 = 22 kV
tem-se o seguinte modelo para o transformador:
+
+
PSfrag replacementsv1 v2
x = 0,06
1 :
em que representa a posicao do tap. Para o tap na posicao
nominal tem-se:
PSfrag replacements
220/22 kV
Para as condicoes especificadas no problema, tem-se:
PSfrag replacements
220/18,2 kV
81
-
que pode ser representado por:
PSfrag replacements
Base 220 kVBase 22 kV
220/22 kV 22/18,2 kV
Transformando os valores de tensao em pu:
PSfrag replacements
1 : 1 1 : 0,82731 : 0,8273
Como o comutador apresenta posicoes de tap discretas, deve-se
escolher o valormais apropriado:
PSfrag replacements
0,80
0,8273
0,84
0,88
0,92
0,96
1,00
1,04
1,08
1,12
1,16
1,20
valor discreto mais proximo
82
-
O modelo pi fica:
+
+
PSfrag replacements
v1
j0,0504
j0,3150 j0,2646 v2
Como a tensao no secundario e MENOR que o valor nominal, o
parametro z3corresponde a um INDUTOR.
Exerccio
Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma
tensao de 25 kV nosecundario do transformador.
Exerccio
No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior
tensao possvelno secundario (em vazio) e o obtenha o modelo pi
correspondente a essa situacao.
83
-
4.17 Fluxos de potencia ativa e reativa em transformadores
I Considere o modelo pi do transformador:PSfrag replacements
Ek = Vk k Em = Vm mIkm Imk
I1I2 I3
y/
(1
)y
(12
)y
As correntes sao dadas por:
Ikm = I1 + I2
=y
(Ek Em) + 1
yEk
= (y) Ek +( y
)Em
Imk = I1 + I3= y
(Ek Em) + 1
2yEm
=( y
)Ek +
( y2
)Em
84
-
Potencia saindo do barramento k:
Skm = Ek Ikm
= Ek[yEk +
( y
)Em
]= (g + jb) V 2k
1
(g + jb)VkVm (cos km j sen km)
Pkm = gV2k
VkVm
(g cos km + b sen km)
Qkm = bV 2k VkVm
(g sen km b cos km)
Potencia saindo do barramento m:
Smk = Em Imk
= Em[
( y
)Ek +
( y
)Em
]=
1
2(g + jb)V 2m
1
(g + jb)VkVm (cos km + j sen km)
Pmk =g
2V 2m
VkVm
(g cos km b sen km)
Qmk = b2
V 2m +VkVm
(g sen km + b cos km)
I As perdas de potencia podem ser calculadas por:
Pperdas = Pkm + Pmk
Qperdas = Qkm + Qmk
85
-
Referencias
[1] A.L.M. Franca, notas de aula, 1989.
[2] C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada um
curso
introdutorio, Unicamp, 1995.
[3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introducao a sistemas de
energia eletrica,Unicamp, 1999.
[4] J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design,
PWS-Kent, 1989.
[5] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis,
McGraw-Hill, 1994.
[6] I.L. Kosow, Maquinas eletricas e transformadores, Globo,
1972.
[7] O.I. Elgerd, Introducao a` teoria de sistemas de energia
eletrica, Mc-Graw-Hill,1981.
86
