ET720 – Sistemas de Energia Eletrica I

Capıtulo 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-saıda

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

0,2Ω/fase

900 MWfp = 1

Vf

R X

I300 MW

Vf = 17,3√3

= 10 kV

∼ ∼

– 1–

Perdas de potencia ativa por fase na linha de transmissao:

Pp = R | I |2

Potencia ativa por fase fornecida pela fonte:

Pφ = | Vf | | I | fp (fp ≈ 1)

= | Vf | | I | → | I |= Pφ

| Vf |

Note que considerou-se o fator de potencia visto pela fonte como unitario, ouseja, o efeito da reatancia da linha foi desprezado.

Coeficiente de perdas:

η =Pp

Pφ

=R | I |2

Pφ

=R (Pφ/ | Vf |)2

Pφ

=R Pφ

| 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 em

funcao do total de potencia transmitida.

No caso do circuito trifasico:

η =0,2 · 300 · 106

(10 · 103)2 = 0,6

logo, o coeficiente de perdas e de 60%.

– 2–

I Considerar agora que a transmissao e feita em um nıvel de tensao dez vezes

maior:PSfrag replacements

17,3 kV17,3 kV 173 kV173 kV

0,2Ω/fase

900 MWfp = 1

∼ηT = 98%ηT = 98%

Coeficiente de perdas na linha de transmissao:

ηLT =0,2 · 300 · 106

(100 · 103)2 = 0,006

ou 0,6%, ou seja, uma reducao significativa (100 vezes menor).

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 tıpico para transformadores de potencia), a potencia que entra nalinha e:

P ′ = 0,98 P

Devido as 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:

ηtotal =

(P − P ′′′

P

)

= 0,0454

ou 4,54%, que e bem menor que no caso da transmissao a baixas tensoes.

4.3 Transformador monofasico ideal

I Descricao geral:

+

−

+

−

PSfrag replacements

v1 v2

i1 i2

nucleo laminado de Fe-Si

Primario SecundarioAlta/Baixa tensao Baixa/Alta tensao

N1 N2

φ

Fonte Carga

– 4–

I Hipoteses:

Nao ha perdas ohmicas – a resistencia dos enrolamentos e nula

Nao ha dispersao de fluxo magnetico – todo o fluxo φ 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 (µnucleo →∞) – a correntenecessaria para criar o fluxo magnetico no nucleo e, portanto, a forca

magnetomotriz para magnetizar o nucleo, sao desprezıveis

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:

V1

V2=

I2

I1=

N1

N2= a

em que a e a relacao de transformacao (relacao de espiras).

– 5–

Potencias:

S1 = V1I∗1 = V2I

∗2 = S2

pois nao ha perdas (potencia de entrada igual a potencia de saıda).

Impedancias:

+

−

+

−

PSfrag replacements

V1 V2

I1 I2

N1 : N2

Z1 Z2

A transformacao de impedancias (impedancias refletidas) e dada por:

Z1 =V1

I1=

aV2

I2/a= a2 V2

I2= 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 V2V ′1 V ′2

I1 I ′1 I2

N1 : N2

r1 r2x1 x2

rcxm

Im Ic

Iϕ

Transformador ideal

r1, r2 – resistencias que representam as perdas ohmicas nos enrolamentos

(perdas cobre)

x1, x2 – reatancias que representam a dispersao de fluxo

rc – resistencia que representa as perdas no nucleo (perdas ferro)

xm – reatancia que representa a magnetizacao do nucleo

– 7–

I A relacao de espiras e valida para V ′1 e V ′2 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 aimpedancia equivalente serie (r1 e x1) → pode-se desprezar os parametros

serie

O circuito equivalente para o transformador em vazio fica:

+

−

+

−

PSfrag replacements

V1 V2

I1

I ′1 = 0

I2

N1 : N2

rcxm

Im Ic

Iϕ

Transformador ideal

A corrente no primario e:

i1 (t) = iϕ (t) = im (t) + ic (t)

e e pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador).

– 8–

A tensao no secundario e :

V2 =V1

a

Devido as nao-linearidades (saturacao do material ferromagnetico):

• A corrente de excitacao nao e senoidal → representacao fasorial nao

pode ser usada

• A corrente apresenta componentes harmonicas ımpares (3a., 5a. etc.):

iϕ (t) = I1 sen (ωt) + I3 sen (3ωt) + I5 sen (5ωt) + · · ·

• A componente de 3a. harmonica e da ordem de 40% da corrente total.

• Em geral, como iϕ e pequena, considera-se somente a componentefundamental (60 Hz) e pode-se entao utilizar notacao fasorial:

I1 = Iϕ

e o diagrama fasorial fica:

PSfrag replacements

V1

Im

Ic

Iϕ

→ 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 doenrolamento secundario e utilizando a relacao de transformacao para

tensoes e correntes:

+

−

+

−

PSfrag replacements

V1 aV2

I1 I2/a

r1 a2r2x1 a2x2

rcxm

Im Ic

Iϕ

Como Iϕ I1 pode-se desprezar os parametros shunt:

+

−

+

−

PSfrag replacements

V1 aV2

I1 = I2/a

r1 + a2r2 x1 + a2x2

– 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 fısica 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 fısica entreos enrolamentos.

Desvantagem: o autotransformador nao pode ser usado quando a separacaofısica 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 V2

tap

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 → as

tensoes 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:

Ve

Vs

=Is

Ie

=N1 + N2

N2= a > 1

Considerando que R e a resistencia total do enrolamento, as perdas sao dadas por:

P =N1

N1 + N2RI2

1 +N2

N1 + N2RI2

2

=

(

1− 1

a

)

RI2e +

1

aR (Is − Ie)

2

=

(a− 1

a

)

RI2e +

1

aR (a− 1)2 I2

e

= 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:

Ve

Vs

=Is

Ie

=N2

N1 + N2= a < 1

As perdas sao:

P =N1

N1 + N2RI2

1 +N2

N1 + N2RI2

2

= (1− a) RI2s + aR (Is − Ie)

2

= (1− a) RI2s + aR

(a− 1

a

)2

I2s

= RI2s

(1

a− 1

)

Para a = 1 nao ha perdas e estas aumentam a medida que a se distancia de 1(neste caso a < 1 sempre).

– 18–

4.7 Transformador trifasico

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 fısico 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 (1φ) com relacao de transformacaoVp/Vs = a. Monte bancos trifasicos (3φ) de transformadores usando as varias

ligacoes possıveis 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 ∠− 90

VCN = V ∠120 VCA =√

3V ∠150

(a) Ligacao Y -Y

+ +

+

+ +

+

PSfrag replacements

A B

C

a b

c

N n1 12 2

3 3

VAN

Van

= a → Van =V

a∠0 → Vab =

√3

V

a∠30

VAB

Vab

= a

S =√

3VAB I∗A =√

3 VabI∗a →

(IA

Ia

)∗=

Vab

VAB

→ IA

Ia

=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

VAN

Vab

= a → Vab =V

a∠0

VAB

Vab

= a√

3 ∠30

As tensoes do primario estao adiantadas de 30 em relacao as do secundario.

S =√

3 VAB I∗A =√

3VabI∗a →

(IA

Ia

)∗=

Vab

VAB

→ IA

Ia

=1

a√

3∠30

A defasagem entre as correntes e a mesma das tensoes.

– 22–

Trocando duas fases de alimentacao (equivale a considerar a sequencia de

fases ACB):

+ +

+

+

++

PSfrag replacements

AB

C

a

b

c

N1

1

2

2

3

3

IB

Ib

Iba

Iac

Icb

VBN

Vba

= a → Vab = −V

a∠− 120 =

V

a∠60

VAB

Vab

= a√

3 ∠− 30

As tensoes do primario estao atrasadas de 30 em relacao as do secundario.

S =√

3 VAB I∗A =√

3VabI∗a →

(IA

Ia

)∗=

Vab

VAB

→ IA

Ia

=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

VAB

Van

= a → Van =

√3 V

a∠30

Vab =3V

a∠60

VAB

Vab

=a√3

∠− 30

As tensoes do primario estao atrasadas de 30 em relacao as do secundario.

IA

Ia

=

√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

VBA

Vbn

= a → Vbn = −√

3 V

a∠− 150 → Van =

√3V

a∠− 30

Vab =3V

a∠0

VAB

Vab

=a√3

∠30

As tensoes do primario estao adiantadas de 30 em relacao as do secundario.

IA

Ia

=

√3

a∠30

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

VAB

Vab

= a

IA

Ia

=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 Ω. 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:

Va′n′ =340√

3∠0 kV (referencia angular)

Potencia complexa por fase na carga:

Sc =30

3∠ cos−1 0,8 = 10 ∠36,87 MVA

Corrente pela linha de transmissao:

Ia =

(Sc

Va′n′

)∗= 50,94 ∠− 36,87 A

Tensao de fase no lado de alta tensao do transformador:

Van = Va′n′ + ZL Ia = 199,4 ∠1,17 kV

Potencia fornecida a carga e a linha de transmissao:

S = 3 (Sc + SL)

= 3 Van I∗a = 30,47 ∠38,04 MVA

Como o gerador e o transformador sao ideais, a potencia fornecida pelo gerador eS. Tensao de linha no lado da baixa tensao do transformador:

VAB

Van

=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:

IAB

Ia

=200

20→ IAB = 509,43 ∠− 36,87 A

Corrente de linha pelo gerador:

IA =√

3 IAB ∠− 30 = 882,35 ∠− 66,87 A

Potencia complexa fornecida pelo gerador:

S = 3 VAN I∗A = 30,47 ∠38,04 MVA !

Fator de potencia visto pelo gerador:

fp = cos 38,04 = 0,788

Tensao de linha no gerador:

VL = 11,51√

3 = 19,94 kV

– 29–

4.8 Transformadores de tres enrolamentos

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 (condensadorsıncrono)

Pode ser utilizado para a alimentacao da subestacao

Pode capturar componentes harmonicas e correntes de sequencia zerodevido a desbalanceamentos de carga

– 30–

x

PSfrag 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

I1

I2

I3

– 31–

I As relacoes entre tensoes e correntes sao obtidas utilizando-se o mesmo

raciocınio que para o transformador de dois enrolamentos.

Para as tensoes:

E1

N1=

E2

N2=

E3

N3

Para as potencias, considera-se:

potencia de entrada = potencia de saıda (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 =N1

N2E2 =

N1

N3E3

= a2E2 = a3E3

I1 =N2

N1I2 +

N3

N1I3

=I2

a2+

I3

a3

– 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 sao

acrescentados 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 Z3

sao 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 nıveis 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 mınima

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 nıvel 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

αα

α

– 37–

I A tensao de saıda 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 Va

de um angulo de 90.

I O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tensoes deentrada e saıda.

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 saıda (desconsiderando as

perdas) → a potencia de base deve ser igual para os dois lados. Escolhendo:

Vb1 = 4400 V

Vb2 = 220 V

Sb = 22 kVA

pode-se obter as correntes de base:

Ib1 = Sb/Vb1 = 5 A

Ib2 = Sb/Vb2 = 100 A

Como a mesma potencia de base foi escolhida para os dois lados, as correntes debase dos enrolamentos tambem seguem a relacao Ib1/Ib2 = 1/a.

As impedancias de base sao:

Zb1 = Vb1/Ib1 = 880 Ω

Zb2 = Vb2/Ib2 = 2,2 Ω

Uma certa corrente no enrolamento de alta tensao pode ser expressa em pu como:

i1 =I1

Ib1=

I2/a

Ib1

=I2/a

Ib2/a=

I2

Ib2= 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 =V1

Vb1=

aV2

Vb1

=aV2

aVb2=

V2

Vb2= v2

ou seja, as tensoes em pu nos dois enrolamentos sao iguais.

Para as impedancias:

z1 =Z1

Zb1

=a2Z2

V 2b1/Sb

=a2Z2

a2V 2b2/Sb

=a2Z2

a2Zb2

=Z2

Zb2= 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 Ω, xLT = 900 ΩC 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 = V 2b1/Sb = 126,96 Ω

Zb2 = V 2b2/Sb = 32266,6667 Ω

Os parametros do transformador sao:

rT = 0,03 pu

xT = 0,08 pu

Como a linha de transmissao esta na area 2, seus valores em pu sao:

rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu

xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu

– 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 =

(sC

vC

)∗= 0,7334 ∠− 36,87 pu

A corrente nos lados de baixa e alta tensoes do transformador sao:

Ibaixa = 0,7334 · 108,6957 = 79,7 A

Ialta = 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.

Exercıcio

Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kV

no lado da carga. Calcular tambem o total de perdas de potencia 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 possıveis modelos para o transformador sao:

PSfrag replacementsj X1

modelo 1

j X2

modelo 2

ou Xi em Ω

A reatancia do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores

nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tensao),tem-se Vb2 = 20 kV e Sb = 500 MVA. Entao:

X1 = x Zb1 = xV 2

b1

Sb

= 0,05 · 202

500= 0,04 Ω

Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tensao,

tem-se:

X2 = x Zb2 = xV 2

b2

Sb

= 0,05 · 4402

500= 19,36 Ω

A relacao entre as reatancias e:

X1

X2=

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 = xvelho Zvelhob1

Znovob1

= xvelho

(V velho

b1

)2

Svelhob1

Snovob1

(V novob1 )2

= xvelho

(V velho

b1

V novob1

)2Snovo

b1

Svelhob1

Neste caso:

xnovo = 0,05 ·(

20

25

)2

· 250

500= 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, S3φ, 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 = S3φ

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 = S3φ

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 Ω

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 Ω

XT =2

100· 152

10= 0,45 Ω

– 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/√

3∠0 kV (ref. angular)

Area 1 : Sb = 10/3 MVA →Vb1 = 15/

√3 kV

Area 2 : Sb = 10/3 MVA →Vb2 = 500/

√3 kV

Zb1 = 22,5 Ω

Ib1 = 384,9 A

Zb2 = 25 kΩ

Ib2 = 11,55 A

O circuito em pu fica:

+

−

+

−

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 Ω

Zb2 = 25 kΩ→

Ib1 = Sb√3Vb1

= 384,9 A

Ib2 = Sb√3Vb2

= 11,55 A

Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar):

+

−

+

−

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.

Va′n′ = 500/√

3∠0 kV

Vb′n′ = 500/√

3 ∠− 120 kV

Vc′n′ = 500/√

3∠120 kV

Ia = (Sc/Va′n′)∗ = 6√

3∠0 A

Ib = (Sc/Vb′n′)∗ = 6√

3 ∠− 120 A

Ic = (Sc/Vc′n′)∗ = 6√

3∠120 A

– 51–

Como, para a ligacao Y-∆ e sequencia de fases ABC, tem-se:

IL = If

√3∠− 30 → If =

IL√3

∠30

Iab = 6 ∠30 A

Ibc = 6 ∠− 90 A

Ica = 6 ∠150 A

Van = Va′n′ + jXLIa = 500,32/√

3 ∠2,06 kV

Vbn = Vb′n′ + jXLIb = 500,32/√

3 ∠− 117,94 kV

Vcn = Vc′n′ + jXLIc = 500,32/√

3 ∠122,06 kV

Vab = 500,32/√

3 ∠32,06 kV(VL = Vf

√3 ∠30

)

Vbc = 500,32/√

3 ∠− 87,94 kV

Vca = 500,32/√

3∠− 122,06 kV

A relacao de transformacao de cada transformador monofasico e(15/√

3)/500,

logo:

VA′N ′

Vab

=15/√

3

500→ VA′N ′ = 8,67 ∠32,06 kV

e:

VB′N ′ = 8,67 ∠− 87,94 kV

VC ′N ′ = 8,67 ∠152,06 kV

VA′B′ = 15,01 ∠62,06 kV

VB′C ′ = 15,01 ∠− 57,94 kV

VC ′A′ = 15,01 ∠− 177,94 kV

– 52–

Para as correntes de linha no primario:

IA

Iab

=500

15/√

3→ IA = 346,41 ∠30 A

e:

IB = 346,41 ∠− 90 A

IC = 346,41 ∠150 A

As tensoes de fase na fonte sao:

VAN = VA′N ′ + jXTIA = 8,67 ∠33,1 kV

e:

VBN = 8,67 ∠− 86,94 kV

VCN = 8,67 ∠153,06 kV

VAB = 15,02 ∠63,06 kV

VBC = 15,02 ∠− 56,94 kV

VCA = 15,02 ∠− 176,94 kV

A relacao de transformacao para o transformador e:

VA′B′

Vab

=15

500∠30 → defasagem entre tensoes do primario e secundario

IA

Ia

=500

15∠30 → 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 depotencia complexa, fator de potencia, etc.

– 54–

4.13 Transformadores em pu com relacao 1 : α

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 possıvel, 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 : α

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:

V1

V2=

v1 Vb1

v2 Vb2= a2 =

13,8

34,5= 0,4

Logo:

v1

v2= 0,4

Vb2

Vb1= 0,4 · 34,5

11,9= 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 calculo

de 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 : α, onde α evariavel.

I Considere um transformador com a seguinte relacao de transformacao:

a =N1

N2=

VN1

VN2

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 =V1

ae 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

= V1N2

N1+ V1

∆N2

N1

= V2 + V1∆N2

N1(da relacao para tap nominal)

= V2 + V2N1

N2︸ ︷︷ ︸

V1

∆N2

N1

= V2

(

1 +∆N2

N2

)

= V2 (1 + t) ← t = tap fora do nominal (off-nominal tap)

= V2 α

em que α leva em conta a mudanca da posicao do tap em relacao aos valoresnominais.

I Transformando em pu:

V ′2Vb2

=V2

Vb2α

v′2 = v2 α

= v1 α (pois v1 = v2)

– 61–

I O circuito em pu fica (trafo real com parametros shunt desprezados):

+

− −

+

PSfrag replacementsV1

V2

zT

1 : α

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%:

∆N2

N2= t = 0,01

Logo:

α = 1 + t = 1,01

– 63–

e o circuito do trafo em pu e:PSfrag replacements

v1

v2

0,08 pu

1 : 1,01

v1

Vb1 = 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 de±5%.

– 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· 100

5002= 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:

V1

V2=

N

N + 0,05N=

1

1,05

Portanto o circuito em pu fica:

PSfrag replacements

vs

j0,1j0,1 j0,1

v1 v′1

1 : 1,05

v2 vc = 1 ∠0 pu

sc = 1 ∠0 pu

Corrente no lado da carga:

i = (sc/vc)∗ = 1 ∠0 pu

– 67–

No secundario do transformador:

v2 = vc + j 0,1 i

= 1 + 0,1 ∠90 = 1,005 ∠5,71 pu

No primario do transformador:

v′1v2

=1

1,05

v′1 =v2

1,05= 0,9571 ∠5,71 pu

i′

i= 1,05

i′ = 1,05 i = 1,05 ∠0 pu

v1 = v′1 + j xT i′ = 0,9732 ∠11,87 pu

Na fonte:

vs = v1 + j 0,1 i′ = 1,0 ∠17,77 pu

que equivale a 500 kV. A potencia entregue na barra e:

s = vs (i′)∗

= 1,05 ∠17,77 pu = 1 + j 0,32 pu

ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tensao na carga e mantida com 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 =vAB

zloop

Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se:

PSfrag replacements

1,05 : 1

j x1

j x2

T1

T2

1 2

A B

VvAB

zloop

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 tıpicos sao malhados, ou seja, existem varios loops e

caminhos paralelos para os fluxos de potencia. Esta caracterıstica conferemaior flexibilidade de operacao e confiabilidade aos sistemas. Alem disso, as

tensoes de transmissao e nıveis 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 especıficos 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 conectam

dois 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 π → deve-se representar o trafotambem por um modelo π.

I Procedimento: considerar o seguinte trafo:

+

−

+

−

+

−

PSfrag replacements

v1

i1z

v′1 v2

i2

1 : α

s1 s′1 s2

vc = 1 ∠0 pusc = 1 ∠0 pu

– 77–

Tem-se as seguintes relacoes:

v′1v2

=1

α

s′1 + s2 = 0

s′1 = −s2

v′1 i∗1 = −v2 i∗2

v′1 i∗1 = −α v′1 i∗2

i1i2

= −α

As equacoes para as correntes sao:

i1 =v1 − v′1

z=

1

zv1 −

1

α zv2 (1)

i2 = −i1α

= − 1

α zv1 +

1

α2 zv2 (2)

– 78–

Considere agora o modelo π do trafo:

+

−

+

−

PSfrag replacements

v1

i1

z1

z2 z3 v2

i2is

ip2 ip3

I Para o modelo π:

i1 = is + ip2

=1

z1(v1 − v2) +

1

z2v1

i2 = −is + ip3

= − 1

z1(v1 − v2) +

1

z3v2

Reescrevendo de maneira apropriada:

i1 =

(1

z1+

1

z2

)

v1 −1

z1v2 (3)

i2 = − 1

z1v1 +

(1

z1+

1

z3

)

v2 (4)

– 79–

I Deve-se igualar os coeficientes das equacoes (1) com (3) e (2) com (4):

− 1

z1= − 1

αz

1

z1+

1

z2=

1

z

1

z1+

1

z3=

1

α2z

que resulta em:

z1 = αz

z2 =

(α

α − 1

)

z

z3 =

(α2

1− α

)

z

Exemplo

Um autotransformador trifasico com comutador de tap apresenta os seguintesdados de placa:

220/22 kV 300 MVA

x = 6% Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posicoes

Obtenha o modelo π equivalente do transformador para que se tenha tensoes 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 : α

em que α 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 π fica:

+

−

+

−

PSfrag replacements

v1

j0,0504

−j0,3150 j0,2646 v2

Como a tensao no secundario e MENOR que o valor nominal, o parametro z3

corresponde a um INDUTOR.

Exercıcio

Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tensao de 25 kV nosecundario do transformador.

Exercıcio

No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tensao possıvelno secundario (em vazio) e o obtenha o modelo π correspondente a essa situacao.

– 83–

4.17 Fluxos de potencia ativa e reativa em transformadores

I Considere o modelo π do transformador:PSfrag replacements

Ek = Vk ∠θk Em = Vm ∠θmIkm Imk

I1I2 I3

y/α

(α−1α

)y

(1−αα2

)y

As correntes sao dadas por:

Ikm = I1 + I2

=y

α(Ek − Em) +

α − 1

αyEk

= (y) Ek +(

− y

α

)

Em

Imk = −I1 + I3

= − y

α(Ek − Em) +

1− α

α2yEm

=(

− y

α

)

Ek +( y

α2

)

Em

– 84–

Potencia saindo do barramento k:

S∗km = E∗k Ikm

= E∗k

[

yEk +(

− y

α

)

Em

]

= (g + jb) V 2k −

1

α(g + jb)VkVm (cos θkm − j sen θkm)

Pkm = gV 2k −

VkVm

α(g cos θkm + b sen θkm)

Qkm = −bV 2k −

VkVm

α(g sen θkm − b cos θkm)

Potencia saindo do barramento m:

S∗mk = E∗m Imk

= E∗m

[

−( y

α

)

Ek +( y

α

)

Em

]

=1

α2(g + jb)V 2

m −1

α(g + jb)VkVm (cos θkm + j sen θkm)

Pmk =g

α2V 2

m −VkVm

α(g cos θkm − b sen θkm)

Qmk = − b

α2V 2

m +VkVm

α(g sen θkm + b cos θkm)

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–