ET720 Sistemas de Energia Elétrica I. Capítulo 4: Transformadores de potência

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1 ET720 Sistemas de Energia Elétrica I Capítulo 4: Transformadores de potência 4.1 Introdução Transformador elevador (step-up transformer) Transformador abaixador (step-down transformer) Transformador regulador (regulating transformer) relação 1 : 1 defasagem entrada-saída lacements 4.2 Vantagens do uso de transformadores Considerar o diagrama unifilar do circuito trifásico e seu respectivo circuito por fase mostrados a seguir. R X 0,2Ω/fase V f I 300 MW 17,3 kv 900 MW fp = 1 V f = 17,3 3 = 10 kv 1

2 Perdas de potência ativa por fase na linha de transmissão: P p = R I 2 Potência ativa por fase fornecida pela fonte: P φ = V f I fp (fp 1) = V f I I = P φ V f Note que considerou-se o fator de potência visto pela fonte como unitário, ou seja, o efeito da reatância da linha foi desprezado. Coeficiente de perdas: η = P p P φ = R I 2 P φ = R (P φ/ V f ) 2 P φ = R P φ V f 2 ou seja, o coeficiente de perdas é inversamente proporcional ao quadrado da tensão quanto maior a tensão de transmissão, menor o coeficiente de perdas as perdas se tornam proporcionalmente menos importantes em função do total de potência transmitida. No caso do circuito trifásico: η = 0, ( ) 2 = 0,6 logo, o coeficiente de perdas é de 60%. 2

3 Considerar agora que a transmissão é feita em um nível de tensão dez vezes maior: 17,3 kv 173 kv 173 kv 0,2Ω/fase η T = 98% η T = 98% 17,3 kv 900 MW fp = 1 Coeficiente de perdas na linha de transmissão: η LT = 0, ( ) 2 = 0,006 ou 0,6%, ou seja, uma redução significativa (100 vezes menor). Os transformadores inseridos no circuito também têm suas próprias eficiências. Logo, sua utilização deve ser justificada se o coeficiente de perdas total (linha transformadores) for menor que os 60% calculados sem os transformadores. Considerar P como a potência por fase gerada na fonte de tensão e transmitida. Devido à presença do transformador elevador (cujo rendimento de 98% é típico para transformadores de potência), a potência que entra na linha é: P = 0,98 P Devido às perdas de potência ativa na linha, a potência que chega ao transformador abaixador é: P = (1 0,006) P = 0,994 0,98 P = 0,9741 P 3

4 Após computadas as perdas no transformador abaixador, a potência entregue à carga é: P = 0,98 P = 0,9546 P O coeficiente total de perdas é: ( ) P P η total = P = 0,0454 ou 4,54%, que é bem menor que no caso da transmissão a baixas tensões. PSfrag 4.3 replacements Transformador monofásico ideal Descrição geral: núcleo laminado de Fe-Si i 1 φ i 2 Fonte v 1 N 1 N 2 v 2 Carga Primário Secundário Alta/Baixa tensão Baixa/Alta tensão 4

5 Hipóteses: Não há perdas ôhmicas a resistência dos enrolamentos é nula Não há dispersão de fluxo magnético todo o fluxo φ está confinado no núcleo e é concatenado com ambas as bobinas Não há perdas no núcleo não há histerese nem correntes parasitas A permeabilidade magnética do núcleo é infinita (µ nucleo ) a corrente necessária para criar o fluxo magnético no núcleo e, portanto, a força magnetomotriz para magnetizar o núcleo, são desprezíveis Circuito equivalente: I 1 I 2 V 1 V 2 N 1 : N 2 Tensões e correntes são senoidais V 1, V 2, I 1 e I 2 são fasores. Relações: Tensões e correntes: V 1 V 2 = I 2 I 1 = N 1 N 2 = a em que a é a relação de transformação (relação de espiras). 5

6 Potências: S 1 = V 1 I 1 = V 2 I 2 = S 2 pois não há perdas (potência de entrada igual à potência de saída). Impedâncias: I 1 I 2 V 1 Z 1 V 2 Z 2 N 1 : N 2 A transformação de impedâncias (impedâncias refletidas) é dada por: Z 1 = V 1 I 1 = av 2 I 2 /a = a2 V 2 I 2 = a 2 Z 2 6

7 4.4 Transformador monofásico real São consideradas: Perdas ôhmicas nos enrolamentos frag replacements Perdas no núcleo (histerese e correntes parasitas) Dispersão de fluxo Corrente de magnetização Circuito equivalente: r 1 x 1 x 2 r 2 I ϕ I 1 I 1 I 2 x m r c V 1 V 2 V 1 V 2 I m I c N 1 : N 2 Transformador ideal r 1, r 2 resistências que representam as perdas ôhmicas nos enrolamentos (perdas cobre) x 1, x 2 reatâncias que representam a dispersão de fluxo r c resistência que representa as perdas no núcleo (perdas ferro) x m reatância que representa a magnetização do núcleo 7

8 A relação de espiras é válida para V 1 e V 2 e para I 1 e I 2. Em vazio: I 2 = 0 I 1 = 0 Não há queda de tensão em r 2 e x 2 V 2 = V 2 A impedância equivalente do ramo paralelo (r c e x m ) é muito maior que a impedância equivalente série (r 1 e x 1 ) pode-se desprezar os parâmetros série O circuito equivalente para o transformador em vazio fica: I 1 = 0 I 1 I ϕ I 2 x m r c V 1 V 2 I m I c N 1 : N 2 Transformador ideal A corrente no primário é: i 1 (t) = i ϕ (t) = i m (t) i c (t) e é pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador). 8

9 A tensão no secundário é : V 2 = V 1 a Devido às não-linearidades (saturação do material ferromagnético): A corrente de excitação não é senoidal representação fasorial não pode ser usada A corrente apresenta componentes harmônicas ímpares (3a., 5a. etc.): i ϕ (t) = I 1 sen (ωt) I 3 sen (3ωt) I 5 sen (5ωt) A componente de 3a. harmônica é da ordem de 40% da corrente total. Em geral, como i ϕ é pequena, considera-se somente a componente fundamental (60 Hz) e pode-se então utilizar notação fasorial: e o diagrama fasorial fica: I 1 = I ϕ I c V 1 g replacements o transformador em vazio apresenta um fator de potência baixo I m I ϕ 9

10 Com carga: I 2 0 todos os parâmetros do circuito equivalente são considerados. Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as impedâncias do enrolamento secundário e utilizando a relação de transformação para tensões e correntes: r 1 x 1 a 2 x a 2 2 r 2 I ϕ I 1 I 2 /a x m r c V 1 av 2 I m I c Como I ϕ I 1 pode-se desprezar os parâmetros shunt: r 1 a 2 r 2 x 1 a 2 x 2 I 1 = I 2 /a V 1 av 2 10

11 Em geral para transformadores de potência (a partir de centenas de KVA) as perdas ôhmicas podem ser desprezadas: x 1 a 2 x 2 = x I 1 = I 2 /a V 1 av Autotransformador ideal Considerar o transformador monofásico: Sfrag replacements I 1 I 2 V 1 V 2 V 1 = 120 V V 2 = 240 V I 1 = 250 A I 2 = 125 A N 1 : N 2 A potência aparente é: S = V 1 I 1 = V 2 I 2 = 30 kva 11

12 Se for feita uma ligação física entre os enrolamentos primário e secundário tem-se o autotransformador: I 2 I 1 I 2 N 2 V 1 V 2 V 1 N 1 A potência aparente nesse caso é: S = V 1 (I 1 I 2 ) = (V 1 V 2 ) I 2 = 45 kva O autotransformador transmite mais potência. A potência transmitida por efeito magnético é a mesma do transformador. O adicional de potência é transmitido por meio da própria ligação física entre os enrolamentos. Desvantagem: o autotransformador não pode ser usado quando a separação física entre os enrolamentos for fundamental. 12

13 4.6 Autotransformador real As perdas no autotransformador são do mesmo tipo das perdas do transformador (cobre, ferro etc.). Como as perdas são as mesmas (bobinas são as mesmas, núcleo é o mesmo) autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficiência). O rendimento depende da relação de transformação, como mostra o exemplo a seguir. Exemplo Na prática, o autotransformador é composto por um só enrolamento: V 1 V 2 tap Considere um autotransformador que alimenta uma carga de 800 V, 12,5 A a partir de uma fonte de 800 V: 12,5 A 12,5 A 800 V 800 V Carga I 0 Relação 1:1 13

14 o autotransformador tem relação de transformação 1 : 1. toda a potência é transferida através da conexão elétrica e nada é transferido via fluxo magnético. a corrente na bobina do autotrafo é a corrente de excitação, que é muito baixa. potência de perdas 0 eficiência de 100%. Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1000 V: 10 A 12,5 A 200 V 1000 V 800 V Carga 2,5 A Relação 5:4 a relação de transformação agora é 1000/800 = 5/4. a potência na carga é de , 5 = 10 kva. a potência na fonte deve ser também 10 kva. Logo a corrente da fonte é 10000/1000 = 10 A. a carga é conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 as tensões são divididas em 800 V e 200 V. 14

15 perdas na porção 1/5: P 1 = 1 5 R 102 = 20R em que R é a resistência do enrolamento. perdas na porção 4/5: P 2 = 4 5 R 2, 52 = 5R as perdas totais são de 25R. Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1600 V: 6,25 A 12,5 A 200 V 6, A V 800 V 800 V Carga 6,25 A Relação 2:1 a relação de transformação agora é 1600/800 = 2/1. a potência na carga é de , 5 = 10 kva. 15

16 a potência na fonte deve ser também 10 kva. Logo a corrente da fonte é 10000/1600 = 6, 25 A. a carga é conectada a metade do enrolamento, sobrando a outra metade as tensões são divididas em 800 V e 800 V. perdas na metade superior: P 1 = 1 2 R 6,252 = 19,53R em que R é a resistência do enrolamento. perdas na metade inferior: P 2 = 1 2 R 6,252 = 19,53R as perdas totais são de 39,06R maiores que o caso anterior. conclusão: quanto mais distante a relação de transformação for de 1 : 1, maiores as perdas do autotransformador. por isso eles são mais usados como autotransformadores reguladores. 16

17 frag replacements Exemplo Considerar os autotransformadores mostrados a seguir. I e I s I e I s I 1 N 1 V e V s N 1 N 2 N 2 I 2 I 2 V e I 1 V s Abaixador Elevador Para o autotrafo abaixador tem-se: V e V s = I s I e = N 1 N 2 N 2 = a > 1 Considerando que R é a resistência total do enrolamento, as perdas são dadas por: N 1 P = RI1 2 N 1 N N 2 RI2 2 ( 2 N 1 N 2 = 1 1 ) RIe 2 a 1 a R (I s I e ) 2 ( ) a 1 = RIe 2 a 1 a R (a 1)2 Ie 2 = RIe 2 (a 1) Para a = 1 não há perdas e estas aumentam à medida que a se distancia de 1 (neste caso a > 1 sempre). 17

18 Para o autotrafo elevador: V e V s = I s I e = N 2 N 1 N 2 = a < 1 As perdas são: N 1 P = RI1 2 N 1 N N 2 RI2 2 2 N 1 N 2 = (1 a) RIs 2 ar (I s I e ) 2 ( a 1 = (1 a) RIs 2 ar a ( ) 1 = RIs 2 a 1 ) 2 I 2 s Para a = 1 não há perdas e estas aumentam à medida que a se distancia de 1 (neste caso a < 1 sempre). 18

19 4.7 Transformador trifásico Banco trifásico (três transformadores monofásicos) ou Transformador trifásico (enrolamentos em um único núcleo) a replacements H 1 X 1 X 2 a b c H 2 H 3 H 1 H 2 A b H 1 X 1 C H 2 X 2 B c H 1 H 2 X 1 X 2 X 1 A X 2 C X 3 B Ambos os transformadores mostrados apresentam ligação Y-. Normalmente utiliza-se: H enrolamento de alta tensão X enrolamento de baixa tensão O transformador de um só núcleo tem a vantagem de ser mais compacto menos material mais barato. As ligações são internas não há meio de alterá-la. 19

20 O banco trifásico tem a vantagem da possibilidade de mudança das ligações. Ligação Y - : É utilizada em transformadores abaixadores de tensão. Se a relação de espiras for a = N 1 /N 2 relação de transformação é a 3 e há uma defasagem de 30 entre as tensões de linha do primário e secundário. Ligação -Y : É utilizada em trafos elevadores de tensão. Se a relação de espiras for a = N 1 /N 2 relação de transformação é a/ 3 e há uma defasagem de 30 entre as tensões de linha do primário e secundário. Ligação - : Permite a ligação em aberto, ou V -V caso em que se sabe que a carga vai crescer no futuro atende-se a carga atual em aberto e fecha o (acrescenta terceiro transformador ao banco) quando necessário. Ligação Y -Y : Ligação raramente usada pois terceiras harmônicas de correntes de excitação introduzem distorções nas formas de onda. Este problema pode ser contornado com o aterramento físico dos neutros dos enrolamentos. Pode-se contornar o problema também com a instalação de um terceiro enrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como alimentar a subestação, por exemplo. 20

21 Exemplo Considere 3 transformadores monofásicos (1φ) com relação de transformação V p /V s = a. Monte bancos trifásicos (3φ) de transformadores usando as várias ligações possíveis e obtenha as relações de transformação e defasagens entre tensões do primário e secundário. Considere a seqüência de fases ABC. Tensões nos enrolamentos primários: V AN = V 0 V AB = 3 V 30 (pois V L = 3 V F 30 ) V BN = V 120 V BC = 3 V 90 V CN = V 120 V CA = 3 V 150 (a) Ligação Y -Y A B a N n b 3 3 C c V AN V an = a V an = V a 0 V ab = 3 V a 30 V AB V ab = a S = 3 V AB I A = 3 V ab I a ( IA I a ) = V ab V AB I A I a = 1 a 21

22 (b) Ligação Y - I a I A A 1 N 3 2 B I ca a c I ab I bc b C V AN V ab = a V ab = V a 0 V AB V ab = a 3 30 As tensões do primário estão adiantadas de 30 em relação às do secundário. S = 3 V AB I A = 3 V ab I a ( IA I a ) = V ab V AB I A I a = 1 a 3 30 A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões. 22

23 Trocando duas fases de alimentação (equivale a considerar a seqüência de fases ACB): I b I B B 1 N 3 2 A I cb b c I ba I ac a C V BN V ba = a V ab = V a 120 = V a 60 V AB V ab = a 3 30 As tensões do primário estão atrasadas de 30 em relação às do secundário. S = 3 V AB I A = 3 V ab I a ( IA I a ) = V ab V AB I A I a = 1 a 3 30 A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões. 23

24 (c) Ligação -Y I a I A I CA A C I AB I BC B a 1 n 3 2 b c V AB V an = a V an = 3 V a 30 V ab = 3V a 60 V AB V ab = a 3 30 As tensões do primário estão atrasadas de 30 em relação às do secundário. I A I a = 3 a 30 A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões. 24

25 Trocando duas fases de alimentação (equivale a considerar a seqüência de fases ACB): I b I B I CB B C I BA I AC A b 1 n 3 2 a c V BA 3 V = a V bn = V bn a 150 V an = 3 V a 30 V ab = 3V a 0 V AB V ab = a 3 30 As tensões do primário estão adiantadas de 30 em relação às do secundário. I A I a = 3 a 30 A defasagem entre as correntes é a mesma das tensões. 25

26 (d) Ligação - I A I a I CA A C I AB I ab B I ca 3 2 I BC a c I bc b V AB V ab = a I A I a = 1 a Para circuitos radiais, a consideração da defasagem de 30% entre tensões de linha introduzidas pelas ligações Y - e -Y é irrelevante. Para circuitos malhados, a defasagem faz grande diferença e deve obrigatoriamente ser levada em consideração. replacements Y - 138/13,8 kv Y - 138/69 kv Y - 138/69 kv 26

27 Exemplo Obter a potência complexa fornecida por um gerador trifásico que alimenta uma carga através de um banco de transformadores ideais e de uma linha de transmissão. O banco de transformadores é formado por 3 transformadores monofásicos de 20 MVA, 20/200 kv, -Y. O circuito equivalente por fase de linha g replacements de transmissão resume-se à impedância série Z L = 0 j 100 Ω. A tensão de linha na carga é de 340 kv e a carga consome 30 MVA com fator de potência 0,8 atrasado. Diagrama unifilar: Gerador Trafo LT Carga -Y Circuito completo: Gerador Trafo LT Carga A I A 1 a I a a Z L Z c I AB 1 N B 3 n 2 b Z L b Z c n 2 C 3 c Z L c Z c 60 MVA 20/200 3 kv 27

28 Tensão de fase na carga: V a n = kv (referência angular) Potência complexa por fase na carga: Corrente pela linha de transmissão: S c = 30 3 cos1 0,8 = 10 36,87 MVA I a = ( Sc V a n ) = 50,94 36,87 A Tensão de fase no lado de alta tensão do transformador: V an = V a n Z L I a = 199,4 1,17 kv Potência fornecida à carga e à linha de transmissão: S = 3 (S c S L ) = 3 V an I a = 30,47 38,04 MVA Como o gerador e o transformador são ideais, a potência fornecida pelo gerador é S. Tensão de linha no lado da baixa tensão do transformador: V AB V an = V AB = 19,94 1,17 kv 28

29 Tensão de fase nos terminais no gerador: V AN = V AB 3 30 = 11,51 28,83 kv (seq. fase ABC) Corrente no enrolamento de baixa tensão do transformador: I AB = 200 I a 20 Corrente de linha pelo gerador: I AB = 509,43 36,87 A I A = 3 I AB 30 = 882,35 66,87 A Potência complexa fornecida pelo gerador: Fator de potência visto pelo gerador: S = 3 V AN I A = 30,47 38,04 MVA! Tensão de linha no gerador: fp = cos 38,04 = 0,788 V L = 11,51 3 = 19,94 kv 29

30 4.8 Transformadores de três enrolamentos Caso particular de transformador de múltiplos enrolamentos. Transformadores de três enrolamentos são bastante utilizados em sistemas de potência. Estrutura básica: I 1 I 2 N 2 E 2 E 1 N 1 N 3 I 3 E 3 Terceiro enrolamento: Baixa tensão Pode ser conectado a fonte suporte de potência reativa (condensador síncrono) Pode ser utilizado para a alimentação da subestação Pode capturar componentes harmônicas e correntes de seqüência zero devido a desbalanceamentos de carga 30

31 x Rede teste IEEE 14 barras 9 replacements 7 8 C 4 Configuração básica de um transformador de três enrolamentos: I 1 I 2 N 2 E 2 E 1 N 1 N 3 I 3 E 3 31

32 As relações entre tensões e correntes são obtidas utilizando-se o mesmo raciocínio que para o transformador de dois enrolamentos. Para as tensões: Para as potências, considera-se: E 1 N 1 = E 2 N 2 = E 3 N 3 potência de entrada = potência de saída (transformador ideal) potência no enrolamento 1 = potência no enrolamento 2 potência no enrolamento 3 N 1 I 1 = N 2 I 2 N 3 I 3 Escrevendo de outra maneira: E 1 = N 1 N 2 E 2 = N 1 N 3 E 3 = a 2 E 2 = a 3 E 3 I 1 = N 2 N 1 I 2 N 3 N 1 I 3 = I 2 a 2 I 3 a 3 32

33 cujas equações são atendidas pelo seguinte diagrama: I 2 /a 2 I 1 I 3 /a 3 E 1 a 2 E 2 a 3 E 3 PSfrag Noreplacements caso de um transformador real parâmetros série e shunt são acrescentados ao diagrama: I 1 Z 1 Z 2 I 2 /a 2 r c x m I 3 /a 3 E 1 a 2 E 2 Z 3 a 3 E 3 Todos os parametros são vistos pelo lado 1, ou seja, as impedâncias Z 2 e Z 3 são valores já refletidos para o lado 1 de acordo com a relação de transformação. 33

34 Os parâmetros shunt podem ser determinados através de ensaios de circuito aberto enrolamentos 2 e 3 em aberto, tensão nominal aplicada ao enrolamento 1. Os parâmetros Z 1, Z 2 e Z 3 são determinados indiretamente. Os seguintes ensaios de curto-circuito são realizados: Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 1 e determinação da impedância vista: Z 12 = Z 1 Z 2 Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 1 e determinação da impedância vista: Z 13 = Z 1 Z 3 Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 2 e determinação da impedância vista: Z 23 = Z 2 Z 3 As equações acima formam um sistema de 3 equações com 3 incógnitas, cuja solução resulta em: Z 1 = 1 2 (Z 12 Z 13 Z 23 ) Z 2 = 1 2 (Z 12 Z 23 Z 13 ) Z 3 = 1 2 (Z 13 Z 23 Z 12 ) 34

35 4.9 Transformadores com tap variável A finalidade básica de transformadores é a conversão de níveis de tensão. Os transformadores pode ter funções adicionais, como por exemplo o controle de tensão (potência reativa) em circuitos. Alguns transformadores têm relação de espiras variável: posição máxima posição nominal (tap nominal) posição mínima Sfrag replacements V 1 V 2 35

36 4.9.1 Transformadores reguladores Diagrama: V an V An = V an V a a V a A Sfrag replacementsb B c C n Nota-se que o transformador série acrescenta V ao valor da tensão V (válido para as três fases). A variação em geral é de ±10% tap variável. A mudança de tap pode ser feita com o transformador energizado transformador com mudança de derivação (tap) sob carga ou TCUL tap changing under load ou LTC load tap changing. Em geral a mudança de tap é automática e operada por motores que atuam acionados por relés ajustados para manter a magnitude de tensão em algum ponto da rede no nível pré-estabelecido. Este ponto da rede é normalmente o lado da carga do trafo. 36

37 4.9.2 Transformadores defasadores Utilizado para o controle da defasagem entre as tensões no primário e secundário. Idéia: controlar o fluxo de potência ativa por ele. Diagrama: V an V an V a V a frag replacements V bn V b V c V bn V b V cn V cn V c a V a α n V b b α α c V c 37

38 A tensão de saída da fase a é igual à tensão de entrada somada a uma tensão V a que é induzida pela tensão de linha V bc, que por sua vez é defasada de V a de um ângulo de 90. O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tensões de entrada e saída Transformador monofásico em pu A representação do transformador monofásico em pu será mostrada através de um exemplo. Exemplo Considerar um transformador monofásico ideal de 4400/220 V, 22 kva, que alimenta uma carga nominal no lado de baixa tensão. Obter o circuito em pu. I 1 I 2 O diagrama é: Fonte V 1 V 2 Carga 4400/220 V Primário e secundário são eletricamente isolados valores de base podem ser escolhidos de maneira independente. É vantajosa a escolha das tensões de base V b1 e V b2 tais que V b1 /V b2 = a onde a é a relação de transformação. 38

39 Como a potência de entrada é igual à potência de saída (desconsiderando as perdas) a potência de base deve ser igual para os dois lados. Escolhendo: V b1 = 4400 V V b2 = 220 V S b = 22 kva pode-se obter as correntes de base: I b1 = S b /V b1 = 5 A I b2 = S b /V b2 = 100 A Como a mesma potência de base foi escolhida para os dois lados, as correntes de base dos enrolamentos também seguem a relação I b1 /I b2 = 1/a. As impedâncias de base são: Z b1 = V b1 /I b1 = 880 Ω Z b2 = V b2 /I b2 = 2,2 Ω Uma certa corrente no enrolamento de alta tensão pode ser expressa em pu como: i 1 = I 1 I b1 = I 2/a I b1 = I 2/a I b2 /a = I 2 I b2 = i 2 39

40 ou seja, as correntes em pu nos dois enrolamentos são iguais. O mesmo vale para uma certa tensão no enrolamento de alta tensão: v 1 = V 1 V b1 = av 2 V b1 = av 2 av b2 = V 2 V b2 = v 2 ou seja, as tensões em pu nos dois enrolamentos são iguais. Para as impedâncias: z 1 = Z 1 Z b1 = a2 Z 2 V 2 b1 /S b = a2 Z 2 a 2 V 2 b2 /S b = a2 Z 2 a 2 Z b2 = Z 2 Z b2 = z 2 ou seja, as impedâncias em pu também são iguais nos dois enrolamentos. A conclusão é que em pu o transformador passa a ter uma relação de transformação igual a um (grandezas iguais nos dois enrolamentos) em pu não há o efeito transformador, desde que os valores de base sejam escolhidos convenientemente. 40

41 Exemplo Considere o circuito monofásico contendo um transformador mostrado na figura a seguir. G TR LT C Os dados dos equipamentos são os seguintes: TR Transformador 13,8/220 kv, 1,5 MVA, r T = 3%, x T = 8% LT Linha de transmissão r LT = 300 Ω, x LT = 900 Ω C Carga 1 MVA, fp = 80% indutivo, 200 kv G Gerador fonte ideal A carga está operando nas condições nominais. Calcule a tensão no barramento PSfrag do gerador, replacements a corrente no circuito e a potência fornecida pelo gerador. O circuito em pu será: r T x T r LT x LT e i z c O circuito é dividido em duas áreas, referentes aos dois lados do transformador. Nota-se que os parâmetros do circuito equivalente do transformador já são dados em pu (na verdade, são dados em valores percentuais), calculados na base nominal do mesmo (tensões nominais, potência nominal). 41

42 Para o lado de baixa tensão do transformador (área 1) tem-se os seguintes valores de base: V b1 = 13,8 kv S b = 1,5 MVA Para o lado de alta tensão do transformador (área 2), escolhe-se convenientemente os seguintes valores de base: V b2 = 220 kv S b = 1,5 MVA Os valores de base de corrente e impedância para as duas áreas são: Os parâmetros do transformador são: I b1 = S b /V b1 = 108,6957 A I b2 = S b /V b2 = 6,8182 A Z b1 = V 2 b1 /S b = 126,96 Ω Z b2 = V 2 b2 /S b = 32266,6667 Ω r T = 0,03 pu x T = 0,08 pu Como a linha de transmissão está na área 2, seus valores em pu são: r LT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu x LT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu 42

43 A magnitude de tensão e potência aparente na carga são: v C = 200/220 = 0,9091 pu s C = 1/1,5 = 0,6667 pu E os respectivos valores complexos são: v C = 0, pu s C = 0, ,87 pu onde se levou em conta o fator de potência da carga e assumiu-se a tensão na carga como referência angular. A corrente pelo circuito é dada por: i = ( sc v C ) = 0, ,87 pu A corrente nos lados de baixa e alta tensões do transformador são: I baixa = 0, ,6957 = 79,7 A I alta = 0,7334 6,8182 = 5 A A tensão no barramento do gerador é dada por: e = v C (0,03 0,0093 j 0,08 j 0,0279) i = 0,9807 2,69 pu ou 13,53 kv. 43

44 A potência fornecida pelo gerador é: s G = e i = 0, ,56 pu o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de potência visto pela fonte de 77% indutivo. Exercício Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kv no lado da carga. Calcular também o total de perdas de potência no transformador e na linha de transmissão. Observação: os valores que já estão em pu devem ser convertidos para as novas bases. Resultados: z T = 0,0242 j 0,0645 pu; s G = 1, ,56 pu (1,08 MVA); Perdas (T LT ) = 32 j 87 kva (linha transformador). Exemplo Considere o seguinte transformador monofásico: 20/440 kv 500 MVA x = 5% 44

45 Os possíveis modelos para o transformador são: frag replacements j X 1 j X 2 ou X i em Ω modelo 1 modelo 2 A reatância do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tensão), tem-se V b2 = 20 kv e S b = 500 MVA. Então: X 1 = x Z b1 = x V 2 b1 S b = 0, = 0,04 Ω Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tensão, tem-se: A relação entre as reatâncias é: X 2 = x Z b2 = x V 2 b2 S b = 0, = 19,36 Ω X 1 = 0,04 X 2 19,36 = 0, = = a2 Logo X 1 = a 2 X 2 e os valores em pu são os mesmos, desde que valores de base convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de base que não estejam relacionados com os valores nominais do transformador, como: V b1 = 25 kv e S b = 250 MVA 45

46 então deve-se primeiro transformar a reatância em Ohms usando a base original e voltar para pu considerando a nova base. Assim: Neste caso: x novo velho Zvelho b1 = x Zb1 novo ( V = x velho velho b1 S velho b1 ) 2 ( V = x velho velho b1 Vb1 novo S novo b1 (V novo b1 ) 2 ) 2 S novo b1 S velho b1 x novo = 0,05 ( ) = 0,016 pu 4.11 Autotransformadores em pu O procedimento de análise é idêntico ao do transformador. Basta escolher como tensões de base as tensões nominais do autotrafo e a relação de tensões em pu será 1 : 1. 46

47 4.12 Transformadores trifásicos em pu Dados de placa (nominais) do trafo monofásico: V 1, V 2, S, z T (pu ou %, base nominal). Dados de placa (nominais) do trafo trifásico: V 1L, V 2L, S 3φ, z T (pu ou %, de fase). Idéia básica: escolher os valores de base iguais aos valores nominais do trafo. Considere um banco trifásico de transformadores ligado em Y-Y. Para cada trafo monofásico do banco tem-se: V 1, V 2, S, z T. Para o banco trifásico tem-se os seguintes valores de base: V b1 = V N1 = 3V 1 V b2 = V N2 = 3V 2 S b = 3S = S 3φ Para as bases escolhidas, a impedância do circuito equivalente do trafo trifásico em pu é igual a z T. Considere agora um banco trifásico de transformadores ligado em Y-. Os valores de base para o banco são: V b1 = V N1 = 3V 1 V b2 = V N2 = V 2 S b = 3S = S 3φ Novamente, a impedância do circuito equivalente do trafo trifásico em pu é igual a z T. 47

48 PSfrag Exemplo replacements Considere o diagrama unifilar do circuito trifásico a seguir. V g Y-Y 10 MVA 15/500 kv x T = 2% x = 1000 Ω 500 kv 9 MVA fp = 1 Calcule a tensão V g no barramento do gerador e o fator de potência visto pelo gerador. Transformando o diagrama unifilar em um circuito trifásico tem-se: ents X T X T X T X L X L X L P c P c P c P c = 3 MW X L = 1000 Ω X T = = 0,45 Ω 48

49 O circuito por fase é: X T X L 1 1 V c P 15/ 3 : 500/ 3 kv 10/3 MVA Área 1 Área 2 Para esse circuito tem-se: V c = 500/ 3 0 kv (ref. angular) Área 1 : S b = 10/3 MVA V b1 = 15/ 3 kv Área 2 : S b = 10/3 MVA V b2 = 500/ 3 kv Z b1 = 22,5 Ω I b1 = 384,9 A Z b2 = 25 kω I b2 = 11,55 A O circuito em pu fica: replacements v g x T i x L v c s c v c = 1 0 pu s c = 3 10/3 = 0,9 0 pu x L = 1000 = 0,04 pu x T = 0,45 = 0,02 pu 22,5 49

50 Portanto: i = (s c /v c ) = 0,9 0 pu (346,4 A no primário e 10,4 A no secundário) v g = v c j (x T x L ) i = 1,0015 3,1 pu fp = cos (3,1 0 ) = 0,9985 (indutivo) A tensão no barramento do gerador é igual a 8,7 kv (fase-neutro) e 15,02 kv (fase-fase). Maneira mais direta de resolver o problema: V b1 V b2 S b = 15 kv = 500 kv = 10 MVA Z b1 = 22,5 Ω Z b2 = 25 kω I b1 = S b 3Vb1 I b2 = S b 3Vb2 = 384,9 A = 11,55 A Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar): replacements v g x T i x L v c s c x T = 0,02 pu x L = 1000 = 0,04 pu v c = 1 0 pu s c = 9 10 = 0,9 0 pu e o procedimento de resolução é o mesmo que o anterior. Logo, para problemas envolvendo transformadores trifásicos não é necessário obter o modelo por fase, etc. Basta escolher os valores de base adequados. 50

51 Exemplo Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando agora o transformador com ligação Y- e seqüência de fases ABC. O circuito é: B A C N X T X T X T I B I A I C B A C N I ca 3 I ab I bc 1 2 a b c n I a I b I c x L a x L b x L c S c S c S c n em que S c = 3 0 MVA. V a n = 500/ 3 0 kv V b n = 500/ kv V c n = 500/ kv I a = (S c /V a n ) = A I b = (S c /V b n ) = A I c = (S c /V c n ) = A 51

52 Como, para a ligação Y- e seqüência de fases ABC, tem-se: I L = I f 3 30 I f = I L 3 30 I ab = 6 30 A I bc = 6 90 A I ca = A V an = V a n jx LI a = 500,32/ 3 2,06 kv V bn = V b n jx LI b = 500,32/ 3 117,94 kv V cn = V c n jx LI c = 500,32/ 3 122,06 kv V ab = 500,32/ 3 32,06 kv V bc = 500,32/ 3 87,94 kv V ca = 500,32/ 3 122,06 kv ( VL = V f 3 30 ) A relação de transformação de cada transformador monofásico é ( 15/ 3 ) /500, logo: e: = 15/ 3 V ab 500 V A N V A N = 8,67 32,06 kv { VB N = 8,67 87,94 kv V C N = 8,67 152,06 kv V A B = 15,01 62,06 kv V B C = 15,01 57,94 kv V C A = 15,01 177,94 kv 52

53 Para as correntes de linha no primário: I A = 500 I ab 15/ 3 I A = 346,41 30 A e: As tensões de fase na fonte são: { IB = 346,41 90 A I C = 346, A e: V AN = V A N jx T I A = 8,67 33,1 kv { VBN = 8,67 86,94 kv V CN = 8,67 153,06 kv V AB = 15,02 63,06 kv V BC = 15,02 56,94 kv V CA = 15,02 176,94 kv A relação de transformação para o transformador é: V A B V ab = defasagem entre tensões do primário e secundário I A = 500 I a defasagem entre correntes do primário e secundário 53

54 Resolvendo o problema em pu tem-se o seguinte circuito: x T x L 1 30 i 1 i c v g v 1 v 2 v c s c em que o bloco 1 30 representa a defasagem introduzida em função do tipo de ligação. Logo: s c = 0,9 0 pu v c = 1,0 0 pu i c = (s c /v c ) = 0,9 0 pu v 2 = v c jx L i c = 1,0006 2,06 pu v 1 = v 2 30 = 1, ,06 pu i 1 = i c 30 = 0,9 30 pu que equivale a 15,02 kv. v g = v 1 jx T i 1 = 1, ,1 pu v g e i 1 foram igualmente defasados de 30. Assim, tem-se os mesmos valores de potência complexa, fator de potência, etc. 54

55 4.13 Transformadores em pu com relação 1 : α Procura-se escolher os valores de base convenientemente de forma a eliminar os transformadores do circuito. Na realidade elimina-se o transformador ideal, mantendo os parâmetros do mesmo. Em alguns casos, no entanto, esta eliminação não é possível, como mostra o exemplo a seguir. Exemplo Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a seguir. Área 1 Área 2 11,9/34,5 kv 15 kva T1 T2 13,8/34,5 kv 1 15 kva 2 55

56 A idéia é dividir o circuito em duas áreas e utilizar como valores de base os valores nominais dos transformadores. No entanto, nota-se que na área 1 há dois valores nominais diferentes. Tomando T1 como referência, define-se: S b = 15 kva V b1 = 11,9 kv V b2 = 34,5 kv e T1 será eliminado, pois V b1 /V b2 = a 1. Observando o lado de baixa tensão de T2, nota-se que a sua tensão nominal é diferente de V b1, embora pertença à área 1. Logo, T2 não poderá ser eliminado, sendo representado como um transformador com relação de transformação 1 : α em pu! Considere que v 1 e v 2 sejam as tensões em pu nos barramentos 1 e 2. As tensões em Volts serão: V 1 = v 1 V b1 e V 2 = v 2 V b2 56

57 A relação entre as tensões deverá ser igual à relação de transformação de T2: V 1 V 2 = v 1 V b1 v 2 V b2 = a 2 = 13,8 34,5 = 0,4 Logo: v 1 v 2 = 0,4 V b2 V b1 = 0,4 34,5 11,9 = 1,16 = 1 0,86 ou v 1 = 1 0,86 v 2 e o circuito em pu fica: T2 1 : 0, Para transformadores reais, o procedimento é o mesmo. 57

58 Pode-se enxergar o problema sob outro ponto de vista, redesenhando o diagrama unifilar como: Área 1 Área 2 11,9/34,5 kv 15 kva T2 T1 13,8/11,9 kv 11,9/34,5 kv 1 15 kva 2 Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente, mantém-se a eliminação de T1 e parte de T2, ou seja: 15 kva T2 1,16 : 1 1 : pode ser eliminado 58

59 4.14 Transformadores com tap variável em pu Posição do tap é alterada relação de transformação é alterada. Para a relação de transformação em pu continuar 1 : 1 os valores das tensões de base devem ser alterados inaceitável, pois implica em um novo cálculo de vários parâmetros do circuito sendo estudado. Idéia: Escolher as tensões de base supondo que o tap está na posição nominal (zero) relação de tensão nominal do autotrafo. Manter as bases de tensão fixas e representar o autotrafo com tap fora do nominal através de uma trafo com relação de espiras 1 : α, onde α é variável. Considere um transformador com a seguinte relação de transformação: a = N 1 N 2 = V N1 V N2 em que N 1 e N 2 são os números de espiras nos enrolamentos e V N1 e V N2 são as tensões nominais nos dois lados do transformador. Na representação em pu, escolhem-se como tensões de base: V b1 = V N1 e V b2 = V N2 e a relação de transformação em pu é 1 : 1. 59

60 Se V 1 e V 2 são tensões nos dois lados do transformador e v 1 e v 2 são os seus respectivos valores em pu, as seguintes relações são válidas: V 2 = V 1 a e v 2 = v 1 Considere agora que este transformador seja de tap variável para o qual a situação descrita anteriormente é válida para o tap na sua posição nominal. Caso ocorra uma mudança da posição do tap tal que: N 2 N 2 N 2 g replacements } a b N 2 N 1 N 2 a nova relação de transformação será: V 1 V 2 a = N 1 N 2 N 2 60

61 Para uma mesma tensão V 1 em um dos enrolamentos, a nova tensão no outro enrolamento será dada por: V 2 = V N 2 N 2 1 N 1 = V 1 N 2 N 1 V 1 N 2 N 1 = V 2 V 1 N 2 N 1 (da relação para tap nominal) = V 2 V 2 N 1 N 2 } {{ } V 1 = V 2 ( 1 N 2 N 2 N 2 N 1 ) = V 2 (1 t) t = tap fora do nominal (off-nominal tap) = V 2 α em que α leva em conta a mudança da posição do tap em relação aos valores nominais. Transformando em pu: V 2 V b2 = V 2 V b2 α v 2 = v 2 α = v 1 α (pois v 1 = v 2 ) 61

62 O circuito em pu fica (trafo real com parâmetros shunt desprezados): z T V 1 V 2 1 : α Exemplo Considere o transformador de tap variável mostrado a seguir MVA 220/69 kv x T = 8% O comutador de tap é localizado no lado de baixa tensão e tem 20 posições, com tap variando de ±5%. Representar o transformador em pu na situação em que o tap está na posição 2. 62

63 Considere os valores de base iguais aos valores nominais do transformador: S b = 100 MVA V b1 = 220 kv V b2 = 69 kv De acordo com as especificações do comutador de tap: posição central tap nominal. 10 posições para variação de 5% cada posição equivale a 0,5%. 10 posições para variação de 5% cada posição equivale a 0,5%. O comutador de tap está na posição 2 corresponde a uma variação no número de espiras de 1%: Logo: N 2 N 2 = t = 0,01 α = 1 t = 1,01 63

64 e o circuito do trafo em pu é: v 1 0,08 pu V b1 = 220 kv v 1 v 2 V b2 = 69 kv = 100 MVA S b 1 : 1,01 frag replacements Exemplo Considere o circuito mostrado a seguir. V s V 1 V 2 V c = 500 kv j0,1 120 MVA 500 kv x T = 12% j0,1 100 MVA fp = 1 A tensão no barramento de carga é mantida constante em 500 kv. O transformador regulador tem tap no lado da carga com 10 posições, variando de ±5%. 64

65 (a) Calcule a tensão V s considerando que a posição do tap é a nominal. Os valores de base são definidos como: S b = 100 MVA e V b = 500 kv Deve-se então corrigir o valor da reatância do transformador, pois o valor fornecido foi calculado em outra base: Sfrag replacements E o circuito em pu fica: x T = 0, = 0,1 pu 5002 v s v 1 v 2 v c = 1 0 pu j0,1 j0,1 j0,1 s c = 1 0 pu Dados da carga: s c = 1 0 pu v c = 1 0 pu (referência angular) Corrente pelo circuito: i = (s c /v c ) = 1 0 pu 65

66 No secundário do transformador: v 2 = v c j 0,1 i = 1 0,1 90 = 1,005 5,71 pu No primário do transformador: v 1 = v 2 j x T i = v c j 0,2 i = 1,02 11,31 pu Na fonte: v s = v 1 j 0,1 i = v c j 0,3 i = 1,044 16,7 pu que equivale a 522 kv. A potência entregue na barra é: s = v s i = 1,044 16,7 pu = 1 j 0,3 pu ou seja, 100 MW e 30 Mvar. Note que a carga não consome potência reativa (fator de potência unitário). Os 30 Mvar obtidos correspondem a perdas de potência nas linhas de transmissão e transformador. 66

67 (b) Calcule a tensão V s considerando agora que a posição do tap é 5%. Tem-se a seguinte situação: 5% posição nominal (tap nominal) V 2 V 1 Sendo N o número de espiras do enrolamento na situação de tap nominal, tem-se na nova situação: g replacements V 1 V 2 = N N 0,05N = 1 1,05 Portanto o circuito em pu fica: v s v 1 v 1 v 2 v c = 1 0 pu j0,1 j0,1 1 : 1,05 j0,1 s c = 1 0 pu Corrente no lado da carga: i = (s c /v c ) = 1 0 pu 67

68 No secundário do transformador: v 2 = v c j 0,1 i = 1 0,1 90 = 1,005 5,71 pu No primário do transformador: v 1 = 1 v 2 1,05 v 1 = v 2 1,05 = 0,9571 5,71 pu i i = 1,05 i = 1,05 i = 1,05 0 pu v 1 = v 1 j x T i = 0, ,87 pu Na fonte: v s = v 1 j 0,1 i = 1,0 17,77 pu que equivale a 500 kv. A potência entregue na barra é: s = v s (i ) = 1,05 17,77 pu = 1 j 0,32 pu ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tensão na carga é mantida com uma tensão V s menor, porém, a injeção de potência reativa é maior. 68

69 4.15 Operação de transformadores em paralelo Considerar dois transformadores conectados em paralelo: ,9 : 34,5 kv T 1 T 2 A B 11,9 : 34,5 kv chave Para cálculos em por unidade, divide-se o circuito em duas áreas para a definição dos valores de base: área 1 área ,9 : 34,5 kv T 1 T 2 A B 11,9 : 34,5 kv V b1 = 11,9 kvv b2 = 34,5 kv 69

70 Os valores das tensões de base são escolhidos de forma que a relação entre eles seja igual à relação de transformação dos transformadores. Em particular, foram escolhidas as próprias tensões nominais dos transformadores. Em por unidade tem-se: : 1 T 1 T 2 A B 1 : 1 Transformadores reais são representados pelas suas respectivas reatâncias 1 : 1 2 j x 1 T 1 T 2 A B j x 2 1 Para transformadores de potência as perdas ferro e de magnetização são desprezadas. As perdas cobre também são em geral desprezadas. 70

71 Considere que o transformador T 2 tenha a sua relação de transformação aumentada para (12,5 : 34,5 kv), através de uma mudança na posição do tap: ,9 : 34,5 kv T 1 T 2 A B 12,5 : 34,5 kv Pode-se representar T 2 da seguinte forma: ,9 : 34,5 kv T 1 T 2 A B 12,5 : 11,9 kv 11,9 : 34,5 kv 71

72 Dividindo o circuito em duas áreas: área 1 área ,9 : 34,5 kv T 1 T 2 A B 12,5 : 11,9 kv 11,9 : 34,5 kv V b1 = 11,9 kv V b2 = 34,5 kv Em por unidade tem-se: : 1 T 1 T 2 A B 1,05 : 1 1 : 1 12,5/11,9 72

73 Considerando as reatâncias dos transformadores: 1 2 j x 1 T 1 T 2 A B 1,05 : 1 j x 2 Verifica-se que o transformador com a posição do tap fora da nominal deve ser representado em por unidade com uma relação (1,05 : 1) ou (1 : 0,952). Considere agora que a chave AB seja aberta: 1 2 j x 1 v AB T 1 V T 2 A B 1,05 : 1 v x j x 2 v 1 v 2 73

74 Devido à alteração na posição do tap de T 2, aparece uma tensão sobre os terminais da chave: v AB = v A v B = v 1 1,05 v x = v 1 1,05 v 2 = v 1 1,05 v 1 = 0,05 v 1 A impedância vista pelos terminais A e B é: z vista = j (x 1 x 2 ) = z loop Logo, tem-se: z loop v AB A B V 74

75 Se a chave AB for novamente fechada, circulará uma corrente pelo circuito: z loop v AB A i loop B A corrente vale: i loop = v AB z loop Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se: 1 2 j x 1 V v AB z loop i loop T 2 T 1 A B 1,05 : 1 j x 2 em que i loop é uma corrente de circulação. Ao alterar-se a posição do tap de T 2, apareceu uma corrente de circulação, que é limitada pelas reatâncias dos transformadores. 75

76 Sistemas de potência típicos são malhados, ou seja, existem vários loops e caminhos paralelos para os fluxos de potência. Esta característica confere maior flexibilidade de operação e confiabilidade aos sistemas. Além disso, as tensões de transmissão e níveis de potência têm aumentado ao longo dos anos, e os novos equipamentos são conectados e operam juntamente com os equipamentos existentes. Assim, é natural que se encontre loops ou caminhos paralelos que incluem transformadores. Cuidados especiais devem ser tomados durante a fase de projeto a fim de evitar as correntes de circulação. A configuração que poderia ser chamada de normal conteria transformadores em paralelo com as mesmas relações de transformação. No entanto, há situações em que introduz-se alterações nas relações de transformação 2 a fim de atender requisitos específicos de operação. 2 Alterações na relação de transformação são obtidas através da mudança na posição dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo de transformador, essa alteração pode resultar em diferentes magnitudes de tensão (transformador regulador) ou em defasagens entre as tensões (transformador defasador). 76

77 4.16 Representação computacional do trafo com tap variável Em algumas aplicações é interessante classificar linhas de transmissão e transformadores em uma mesma classe de equipamentos ambos conectam dois nós (duas barras) da rede. É conveniente representá-los por um mesmo modelo e tratá-los de maneira idêntica. Exemplo: problema de fluxo de carga resolução do circuito para obtenção do seu estado de operação. Como a linha é representada por um modelo π deve-se representar o trafo também por um modelo π. Procedimento: considerar o seguinte trafo: rag replacements i 1 z i 2 s v 1 v 1 1 s v 1 2 s 2 v c = 1 0 pu s c = 1 0 pu 1 : α 77

78 Tem-se as seguintes relações: v 1 v 2 = 1 α As equações para as correntes são: s 1 s 2 = 0 s 1 = s 2 v 1 i 1 = v 2 i 2 v 1 i 1 = α v 1 i 2 i 1 i 2 = α i 1 = v 1 v 1 z = 1 z v 1 1 α z v 2 (1) i 2 = i 1 α = 1 α z v 1 1 α 2 z v 2 (2) 78

79 Considere agora o modelo π do trafo: i 1 i s i 2 z 1 v 1 i p2 z 2 z 3 v 2 i p3 Para o modelo π: i 1 = i s i p2 = 1 z 1 (v 1 v 2 ) 1 z 2 v 1 i 2 = i s i p3 = 1 z 1 (v 1 v 2 ) 1 z 3 v 2 Reescrevendo de maneira apropriada: ( 1 i 1 = 1 z 1 z 2 i 2 = 1 ( 1 v 1 1 z 1 z 1 z 3 ) v 1 1 z 1 v 2 (3) ) v 2 (4) 79

80 Deve-se igualar os coeficientes das equações (1) com (3) e (2) com (4): que resulta em: 1 z 1 = 1 αz 1 z 1 1 z 2 = 1 z 1 z 1 1 z 3 = 1 α 2 z z 1 = αz ( α z 2 = α 1 ( α 2 z 3 = 1 α ) z ) z Exemplo Um autotransformador trifásico com comutador de tap apresenta os seguintes dados de placa: 220/22 kv 300 MVA x = 6% Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posições Obtenha o modelo π equivalente do transformador para que se tenha tensões de 220 kv e 18,2 kv em vazio. 80

81 Considerando os seguintes valores de base: S b = 300 MVA V b1 = 220 kv V b2 = 22 kv tem-se o seguinte modelo para o transformador: x = 0,06 v 1 v 2 1 : α em que α representa a posição do tap. Para o tap na posição nominal tem-se: 220/22 kv Para as condições especificadas no problema, tem-se: 220/18,2 kv 81

82 que pode ser representado por: Base 220 kv Base 22 kv 220/22 kv 22/18,2 kv Transformando os valores de tensão em pu: ag replacements 1 : 1 1 : 0, : 0,8273 Como o comutador apresenta posições de tap discretas, deve-se escolher o valor mais apropriado: valor discreto mais próximo 0,80 0,84 0,88 0,92 0,96 1,00 1,04 1,08 1,12 1,16 1,20 0,

83 O modelo π fica: j0,0504 v 1 j0,3150 j0,2646 v 2 Como a tensão no secundário é MENOR que o valor nominal, o parâmetro z 3 corresponde a um INDUTOR. Exercício Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tensão de 25 kv no secundário do transformador. Exercício No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tensão possível no secundário (em vazio) e o obtenha o modelo π correspondente a essa situação. 83

84 4.17 Fluxos de potência ativa e reativa em transformadores Considere o modelo π do transformador: g replacements E k = V k θ k I km y/α I mk E m = V m θ m I 2 I I 3 1 ( α1 α ) ( y 1α ) α y 2 As correntes são dadas por: I km = I 1 I 2 = y α (E k E m ) α 1 α ye k ( = (y) E k y ) E m α I mk = I 1 I 3 = y α (E k E m ) 1 α ye α 2 m ( = y ) ( y ) E k E α α 2 m 84

85 Potência saindo do barramento k: S km = E k I km = E k [ ye k ( y ) ] E m α = (g jb) V 2 k 1 α (g jb) V kv m (cos θ km j sen θ km ) P km = gv 2 k V kv m α (g cos θ km b sen θ km ) Q km = bv 2 k V kv m α (g sen θ km b cos θ km ) Potência saindo do barramento m: Smk = Em I mk [ ( y ( y ] = Em E k E m α) α) = 1 α 2 (g jb) V 2 m 1 α (g jb) V kv m (cos θ km j sen θ km ) P mk = g α 2V 2 m V kv m α (g cos θ km b sen θ km ) Q mk = b α 2V 2 m V kv m α (g sen θ km b cos θ km ) As perdas de potência podem ser calculadas por: P perdas = P km P mk Q perdas = Q km Q mk 85

86 Referências [1] A.L.M. França, notas de aula, [2] C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada um curso introdutório, Unicamp, [3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introdução a sistemas de energia elétrica, Unicamp, [4] J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, [5] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, [6] I.L. Kosow, Máquinas elétricas e transformadores, Globo, [7] O.I. Elgerd, Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica, Mc-Graw-Hill,