Transformadores de Potência

Prévia do material em texto

ET720 – Sistemas de Energia Ele´trica I
Cap´ıtulo 4: Transformadores de poteˆncia
4.1 Introduc¸a˜o
I Transformador elevador (step-up
transformer)
I Transformador abaixador (step-down
transformer)
I Transformador regulador (regulating
transformer)
� relac¸a˜o ≈ 1 : 1
� defasagem entrada-sa´ıda
4.2 Vantagens do uso de transformadores
I Considerar o diagrama unifilar do circuito trifa´sico e seu respectivo circuito
por fase mostrados a seguir.
PSfrag replacements
17,3 kV
0,2Ω/fase
900 MW
fp = 1
Vf
R X
I
300 MW
Vf =
17,3√
3
= 10 kV
∼ ∼
– 1–
Perdas de poteˆncia ativa por fase na linha de transmissa˜o:
Pp = R | I |2
Poteˆncia ativa por fase fornecida pela fonte:
Pφ = | Vf | | I | fp (fp ≈ 1)
= | Vf | | I | → | I |= Pφ| Vf |
Note que considerou-se o fator de poteˆncia visto pela fonte como unita´rio, ou
seja, o efeito da reataˆncia 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
tensa˜o → quanto maior a tensa˜o de transmissa˜o, menor o coeficiente de
perdas → as perdas se tornam proporcionalmente menos importantes em
func¸a˜o do total de poteˆncia transmitida.
No caso do circuito trifa´sico:
η =
0,2 · 300 · 106
(10 · 103)2 = 0,6
logo, o coeficiente de perdas e´ de 60%.
– 2–
I Considerar agora que a transmissa˜o e´ feita em um n´ıvel de tensa˜o dez vezes
maior:
PSfrag replacements
17,3 kV17,3 kV 173 kV173 kV
0,2Ω/fase
900 MW
fp = 1
∼
ηT = 98%ηT = 98%
Coeficiente de perdas na linha de transmissa˜o:
ηLT =
0,2 · 300 · 106
(100 · 103)2 = 0,006
ou 0,6%, ou seja, uma reduc¸a˜o significativa (100 vezes menor).
I Os transformadores inseridos no circuito tambe´m teˆm suas pro´prias eficieˆncias.
Logo, sua utilizac¸a˜o deve ser justificada se o coeficiente de perdas total (linha
+ transformadores) for menor que os 60% calculados sem os transformadores.
Considerar P como a poteˆncia por fase gerada na fonte de tensa˜o e
transmitida. Devido a` presenc¸a do transformador elevador (cujo rendimento
de 98% e´ t´ıpico para transformadores de poteˆncia), a poteˆncia que entra na
linha e´:
P ′ = 0,98 P
Devido a`s perdas de poteˆncia ativa na linha, a poteˆncia que chega ao
transformador abaixador e´:
P ′′ = (1− 0,006) P ′ = 0,994 · 0,98 · P = 0,9741 P
– 3–
Apo´s computadas as perdas no transformador abaixador, a poteˆncia 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 transmissa˜o a baixas tenso˜es.
4.3 Transformador monofa´sico ideal
I Descric¸a˜o geral:
+
−
+
−
PSfrag replacements
v1 v2
i1 i2
nu´cleo laminado de Fe-Si
Prima´rio Secunda´rio
Alta/Baixa tensa˜o Baixa/Alta tensa˜o
N1 N2
φ
Fonte Carga
– 4–
I Hipo´teses:
� Na˜o ha´ perdas oˆhmicas – a resisteˆncia dos enrolamentos e´ nula
� Na˜o ha´ dispersa˜o de fluxo magne´tico – todo o fluxo φ esta´ confinado no
nu´cleo e e´ concatenado com ambas as bobinas
� Na˜o ha´ perdas no nu´cleo – na˜o ha´ histerese nem correntes parasitas
� A permeabilidade magne´tica do nu´cleo e´ infinita (µnucleo →∞) – a corrente
necessa´ria para criar o fluxo magne´tico no nu´cleo e, portanto, a forc¸a
magnetomotriz para magnetizar o nu´cleo, sa˜o desprez´ıveis
I Circuito equivalente:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
I Tenso˜es e correntes sa˜o senoidais → V1, V2, I1 e I2 sa˜o fasores.
I Relac¸o˜es:
� Tenso˜es e correntes:
V1
V2
=
I2
I1
=
N1
N2
= a
em que a e´ a relac¸a˜o de transformac¸a˜o (relac¸a˜o de espiras).
– 5–
� Poteˆncias:
S1 = V1I
∗
1 = V2I
∗
2 = S2
pois na˜o ha´ perdas (poteˆncia de entrada igual a` poteˆncia de sa´ıda).
� Impedaˆncias:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
Z1 Z2
A transformac¸a˜o de impedaˆncias (impedaˆncias refletidas) e´ dada por:
Z1 =
V1
I1
=
aV2
I2/a
= a2
V2
I2
= a2 Z2
– 6–
4.4 Transformador monofa´sico real
I Sa˜o consideradas:
� Perdas oˆhmicas nos enrolamentos
� Perdas no nu´cleo (histerese e correntes parasitas)
� Dispersa˜o de fluxo
� Corrente de magnetizac¸a˜o
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 – resisteˆncias que representam as perdas oˆhmicas nos enrolamentos
(perdas cobre)
� x1, x2 – reataˆncias que representam a dispersa˜o de fluxo
� rc – resisteˆncia que representa as perdas no nu´cleo (perdas ferro)
� xm – reataˆncia que representa a magnetizac¸a˜o do nu´cleo
– 7–
I A relac¸a˜o de espiras e´ va´lida para V ′1 e V
′
2 e para I
′
1 e I2.
I Em vazio:
� I2 = 0 → I ′1 = 0
� Na˜o ha´ queda de tensa˜o em r2 e x2 → V ′2 = V2
� A impedaˆncia equivalente do ramo paralelo (rc e xm) e´ muito maior que a
impedaˆncia equivalente se´rie (r1 e x1) → pode-se desprezar os paraˆmetros
se´rie
� 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 prima´rio e´:
i1 (t) = iϕ (t) = im (t) + ic (t)
e e´ pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador).
– 8–
� A tensa˜o no secunda´rio e´ :
V2 =
V1
a
� Devido a`s na˜o-linearidades (saturac¸a˜o do material ferromagne´tico):
• A corrente de excitac¸a˜o na˜o e´ senoidal → representac¸a˜o fasorial na˜o
pode ser usada
• A corrente apresenta componentes harmoˆnicas ı´mpares (3a., 5a. etc.):
iϕ (t) = I1 sen (ωt) + I3 sen (3ωt) + I5 sen (5ωt) + · · ·
• A componente de 3a. harmoˆnica e´ da ordem de 40% da corrente total.
• Em geral, como iϕ e´ pequena, considera-se somente a componente
fundamental (60 Hz) e pode-se enta˜o utilizar notac¸a˜o fasorial:
I1 = Iϕ
e o diagrama fasorial fica:
PSfrag replacements
V1
Im
Ic
Iϕ
→ o transformador em vazio
apresenta um fator de poteˆncia
baixo
– 9–
I Com carga:
� I2 6= 0 → todos os paraˆmetros do circuito equivalente sa˜o considerados.
� Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as impedaˆncias do
enrolamento secunda´rio e utilizando a relac¸a˜o de transformac¸a˜o para
tenso˜es e correntes:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 aV2
I1 I2/a
r1 a2r2x1 a
2x2
rcxm
Im Ic
Iϕ
� Como Iϕ � I1 pode-se desprezar os paraˆmetros shunt:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 aV2
I1 = I2/a
r1 + a
2r2 x1 + a
2x2
– 10–
� Em geral para transformadores de poteˆncia (a partir de centenas de KVA)
as perdas oˆhmicas podem ser desprezadas:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 aV2
I1 = I2/a
x1 + a
2x2 = x
4.5 Autotransformador ideal
I Considerar o transformador monofa´sico:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
N1 : N2
V1 = 120 V I1 = 250 A
V2 = 240 V I2 = 125 A
A poteˆncia aparente e´:
S = V1 I1 = V2 I2 = 30 kVA
– 11–
I Se for feita uma ligac¸a˜o f´ısica entre os enrolamentos prima´rio e secunda´rio
tem-se o autotransformador:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1
V1 + V2
I1 + I2
I2
N1
N2
A poteˆncia aparente nesse caso e´:
S = V1 (I1 + I2) = (V1 + V2) I2 = 45 kVA
I O autotransformador transmite mais poteˆncia.
A poteˆncia transmitida por efeito magne´tico e´ a mesma do transformador.
O adicional de poteˆncia e´ transmitido por meio da pro´pria ligac¸a˜o f´ısica entre
os enrolamentos.
Desvantagem: o autotransformador na˜o pode serusado quando a separac¸a˜o
f´ısica entre os enrolamentos for fundamental.
– 12–
4.6 Autotransformador real
I As perdas no autotransformador sa˜o do mesmo tipo das perdas do
transformador (cobre, ferro etc.).
Como as perdas sa˜o as mesmas (bobinas sa˜o as mesmas, nu´cleo e´ o mesmo)
→ autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficieˆncia).
O rendimento depende da relac¸a˜o de transformac¸a˜o, como mostra o exemplo
a seguir.
� Exemplo
Na pra´tica, 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 replacements
800 V800 V
12,5 A 12,5 A
Carga
I ≈ 0
Relac¸a˜o 1:1
– 13–
� o autotransformador tem relac¸a˜o de transformac¸a˜o 1 : 1.
� toda a poteˆncia e´ transferida atrave´s da conexa˜o ele´trica e nada e´ transferido
via fluxo magne´tico.
� a corrente na bobina do autotrafo e´ a corrente de excitac¸a˜o, que e´ muito
baixa.
� poteˆncia de perdas ≈ 0 → eficieˆncia 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
Relac¸a˜o 5:4
� a relac¸a˜o de transformac¸a˜o agora e´ 1000/800 = 5/4.
� a poteˆncia na carga e´ de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
� a poteˆncia na fonte deve ser tambe´m 10 kVA. Logo a corrente da fonte e´
10000/1000 = 10 A.
� a carga e´ conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 → as tenso˜es sa˜o
divididas em 800 V e 200 V.
– 14–
� perdas na porc¸a˜o 1/5:
P1 =
1
5
R · 102 = 20R
em que R e´ a resisteˆncia do enrolamento.
� perdas na porc¸a˜o 4/5:
P2 =
4
5
R · 2, 52 = 5R
� as perdas totais sa˜o de 25R.
Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1600 V:
+
−
+
−
PSfrag replacements
1600 V
800 V
800 V
200 V
6,25 A
12,5 A
Carga
6,25 A
6,25 A
Relac¸a˜o 2:1
� a relac¸a˜o de transformac¸a˜o agora e´ 1600/800 = 2/1.
� a poteˆncia na carga e´ de 800 · 12, 5 = 10 kVA.
– 15–
� a poteˆncia na fonte deve ser tambe´m 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
tenso˜es sa˜o divididas em 800 V e 800 V.
� perdas na metade superior:
P1 =
1
2
R · 6,252 = 19,53R
em que R e´ a resisteˆncia do enrolamento.
� perdas na metade inferior:
P2 =
1
2
R · 6,252 = 19,53R
� as perdas totais sa˜o de 39,06R → maiores que o caso anterior.
� conclusa˜o: quanto mais distante a relac¸a˜o de transformac¸a˜o for de 1 : 1,
maiores as perdas do autotransformador.
� por isso eles sa˜o 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 resisteˆncia total do enrolamento, as perdas sa˜o dadas por:
P =
N1
N1 + N2
RI21 +
N2
N1 + N2
RI22
=
(
1− 1
a
)
RI2e +
1
a
R (Is − Ie)2
=
(
a− 1
a
)
RI2e +
1
a
R (a− 1)2 I2e
= RI2e (a− 1)
Para a = 1 na˜o 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 sa˜o:
P =
N1
N1 + N2
RI21 +
N2
N1 + N2
RI22
= (1− a) RI2s + aR (Is − Ie)2
= (1− a) RI2s + aR
(
a− 1
a
)2
I2s
= RI2s
(
1
a
− 1
)
Para a = 1 na˜o ha´ perdas e estas aumentam a` medida que a se distancia de 1
(neste caso a < 1 sempre).
�
– 18–
4.7 Transformador trifa´sico
I Banco trifa´sico (treˆs transformadores monofa´sicos) ou Transformador trifa´sico
(enrolamentos em um u´nico nu´cleo)
PSfrag replacements
a
a
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 ligac¸a˜o Y-∆.
I Normalmente utiliza-se:
H – enrolamento de alta tensa˜o
X – enrolamento de baixa tensa˜o
I O transformador de um so´ nu´cleo tem a vantagem de ser mais compacto →
menos material → mais barato.
As ligac¸o˜es sa˜o internas → na˜o ha´ meio de altera´-la.
– 19–
I O banco trifa´sico tem a vantagem da possibilidade de mudanc¸a das ligac¸o˜es.
I Ligac¸a˜o Y -∆:
E´ utilizada em transformadores abaixadores de tensa˜o.
Se a relac¸a˜o de espiras for a = N1/N2 – relac¸a˜o de transformac¸a˜o e´ a
√
3 e ha´
uma defasagem de 30◦ entre as tenso˜es de linha do prima´rio e secunda´rio.
I Ligac¸a˜o ∆-Y :
E´ utilizada em trafos elevadores de tensa˜o.
Se a relac¸a˜o de espiras for a = N1/N2 – relac¸a˜o de transformac¸a˜o e´ a/
√
3 e ha´
uma defasagem de 30◦ entre as tenso˜es de linha do prima´rio e secunda´rio.
I Ligac¸a˜o ∆-∆:
Permite a ligac¸a˜o 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 necessa´rio.
I Ligac¸a˜o Y -Y :
Ligac¸a˜o raramente usada pois terceiras harmoˆnicas de correntes de excitac¸a˜o
introduzem distorc¸o˜es nas formas de onda.
Este problema pode ser contornado com o aterramento f´ısico dos neutros dos
enrolamentos.
Pode-se contornar o problema tambe´m com a instalac¸a˜o de um terceiro
enrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como alimentar a
subestac¸a˜o, por exemplo.
– 20–
� Exemplo
Considere 3 transformadores monofa´sicos (1φ) com relac¸a˜o de transformac¸a˜o
Vp/Vs = a. Monte bancos trifa´sicos (3φ) de transformadores usando as va´rias
ligac¸o˜es poss´ıveis e obtenha as relac¸o˜es de transformac¸a˜o e defasagens entre
tenso˜es do prima´rio e secunda´rio. Considere a sequ¨eˆncia de fases ABC.
Tenso˜es nos enrolamentos prima´rios:
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) Ligac¸a˜o Y -Y
+ +
+
+ +
+
PSfrag replacements
A B
C
a b
c
N n
1 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) Ligac¸a˜o Y -∆
+ +
+
+
+
+
PSfrag replacements
A B
C
a
b
c
N
1
1
2
2
3
3
IA
Ia
Iab
Ibc
Ica
VAN
Vab
= a → Vab = V
a
∠0◦
VAB
Vab
= a
√
3 ∠30◦
As tenso˜es do prima´rio esta˜o adiantadas de 30◦ em relac¸a˜o a`s do secunda´rio.
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 tenso˜es.
– 22–
Trocando duas fases de alimentac¸a˜o (equivale a considerar a sequ¨eˆncia de
fases ACB):
+ +
+
+
+
+
PSfrag replacements
AB
C
a
b
c
N
1
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 tenso˜es do prima´rio esta˜o atrasadas de 30◦ em relac¸a˜o a`s do secunda´rio.
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 tenso˜es.
– 23–
(c) Ligac¸a˜o ∆-Y
+
+
+
+ +
+
PSfrag replacements
A
B
C
a b
c
n1
1
2
2
3
3
IA
Ia
IAB
IBC
ICA
VAB
Van
= a → Van =
√
3 V
a
∠30◦
Vab =
3V
a
∠60◦
VAB
Vab
=
a√
3
∠− 30◦
As tenso˜es do prima´rio esta˜o atrasadas de 30◦ em relac¸a˜o a`s do secunda´rio.
IA
Ia
=
√
3
a
∠− 30◦
A defasagem entre as correntes e´ a mesma das tenso˜es.
– 24–
Trocando duas fases de alimentac¸a˜o (equivale a considerar a sequ¨eˆncia de
fases ACB):
+
+
+
+ +
+
PSfrag replacements
A
B
C
ab
c
n
1
1
2
2
3
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 tenso˜es do prima´rio esta˜o adiantadas de 30◦ em relac¸a˜o a`s do secunda´rio.
IA
Ia
=
√
3
a
∠30◦
A defasagem entre as correntes e´ a mesma das tenso˜es.
– 25–
(d) Ligac¸a˜o ∆-∆
+
+
+
+
+
+
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 considerac¸a˜o
da defasagem de 30% entre tenso˜es
de linha introduzidas pelas ligac¸o˜es
Y -∆ e ∆-Y e´ irrelevante.
PSfrag replacements
Y -∆
138/13,8 kV
Para circuitos malhados, a defasagem
faz grande diferenc¸a e deve obrigato-
riamente ser levada em considerac¸a˜o.
PSfrag replacements
Y -∆
Y -∆
138/69 kV
138/69 kV
�
– 26–
� Exemplo
Obter a poteˆncia complexa fornecida por um gerador trifa´sico que alimenta uma
carga atrave´s de um banco de transformadores ideais e de uma linha de
transmissa˜o. O banco de transformadores e´ formado por 3 transformadores
monofa´sicos de 20 MVA, 20/200 kV, ∆-Y . O circuito equivalente por fase de linha
de transmissa˜o resume-se a` impedaˆncia se´rie ZL = 0 + j 100 Ω. A tensa˜o de linha
na carga e´ de 340 kV e a carga consome 30 MVA com fator de poteˆncia 0,8
atrasado.
Diagrama unifilar:
PSfrag replacements
Gerador Trafo LT Carga
∆-Y
∼
Circuito completo:
PSfrag replacements
Gerador Trafo LT Carga
60 MVA
20/200
√
3 kV
∼
∼
∼
N
A
B
C
IA
IAB 1
1
2
2
3
3
n
a
b
c
Ia
ZL
ZL
ZL
a′
b′
c′
Zc
Zc
Zc
n′
– 27–
Tensa˜o de fase na carga:
Va′n′ =
340√
3
∠0◦ kV (refereˆncia angular)
Poteˆncia complexa por fase na carga:
Sc =
30
3
∠ cos−1 0,8 = 10 ∠36,87◦ MVA
Corrente pela linha de transmissa˜o:
Ia =
(
Sc
Va′n′
)∗
= 50,94 ∠− 36,87◦ A
Tensa˜o de fase no lado de alta tensa˜o do transformador:
Van = Va′n′ + ZL Ia = 199,4 ∠1,17
◦ kV
Poteˆncia fornecida a` carga e a` linha de transmissa˜o:
S = 3 (Sc + SL)
= 3 Van I
∗
a = 30,47 ∠38,04
◦ MVA
Como o gerador e o transformador sa˜o ideais, a poteˆncia fornecida pelo gerador e´
S. Tensa˜o de linha no lado da baixa tensa˜o do transformador:
VAB
Van
=
20
200
→ VAB = 19,94 ∠1,17◦ kV
– 28–
Tensa˜o de fase nos terminais no gerador:
VAN =
VAB√
3
∠− 30◦ = 11,51 ∠− 28,83◦ kV (seq. fase ABC)
Corrente no enrolamento de baixa tensa˜o 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
Poteˆncia complexa fornecida pelo gerador:
S = 3 VAN I
∗
A = 30,47 ∠38,04
◦ MVA !
Fator de poteˆncia visto pelo gerador:
fp = cos 38,04◦ = 0,788
Tensa˜o de linha no gerador:
VL = 11,51
√
3 = 19,94 kV
�
– 29–
4.8 Transformadores de treˆs enrolamentos
I Caso particular de transformador de mu´ltiplos enrolamentos.
Transformadores de treˆs enrolamentos sa˜o bastante utilizados em sistemas de
poteˆncia.
I Estrutura ba´sica:
PSfrag replacements
E1
E2
E3
N1
N2
N3
I1 I2
I3
I Terceiro enrolamento:
� Baixa tensa˜o
� Pode ser conectado a fonte suporte de poteˆncia reativa (condensador
s´ıncrono)
� Pode ser utilizado para a alimentac¸a˜o da subestac¸a˜o
� Pode capturar componentes harmoˆnicas e correntes de sequ¨eˆncia zero
devido a desbalanceamentos de carga
– 30–
x
PSfrag replacements
∼
4
7 8
9
C
Rede teste IEEE 14 barras
I Configurac¸a˜o ba´sica de um transformador de treˆs enrolamentos:
PSfrag replacements
E1
E2
E3
N1
N2
N3
I1
I2
I3
– 31–
I As relac¸o˜es entre tenso˜es e correntes sa˜o obtidas utilizando-se o mesmo
racioc´ınio que para o transformador de dois enrolamentos.
Para as tenso˜es:
E1
N1
=
E2
N2
=
E3
N3
Para as poteˆncias, considera-se:
� poteˆncia de entrada = poteˆncia de sa´ıda (transformador ideal)
� poteˆncia no enrolamento 1 = poteˆncia no enrolamento 2 + poteˆncia no
enrolamento 3
N1 I1 = N2 I2 + N3 I3
I Escrevendo de outra maneira:
E1 =
N1
N2
E2 =
N1
N3
E3
= a2E2 = a3E3
I1 =
N2
N1
I2 +
N3
N1
I3
=
I2
a2
+
I3
a3
– 32–
cujas equac¸o˜es sa˜o atendidas pelo seguinte diagrama:
PSfrag replacements
E1
a2E2
a3E3
I1
I2/a2
I3/a3
I No caso de um transformador real → paraˆmetros se´rie e shunt sa˜o
acrescentados ao diagrama:
PSfrag replacements
E1
a2E2
a3E3
I1
I2/a2
I3/a3
Z1
Z2
Z3rc xm
Todos os parametros sa˜o vistos pelo lado 1, ou seja, as impedaˆncias Z2 e Z3
sa˜o valores ja´ refletidos para o lado 1 de acordo com a relac¸a˜o de
transformac¸a˜o.
– 33–
I Os paraˆmetros shunt podem ser determinados atrave´s de ensaios de circuito
aberto → enrolamentos 2 e 3 em aberto, tensa˜o nominal aplicada ao
enrolamento 1.
I Os paraˆmetros Z1, Z2 e Z3 sa˜o determinados indiretamente. Os seguintes
ensaios de curto-circuito sa˜o realizados:
� Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 1 e determinac¸a˜o da impedaˆncia vista:
Z12 = Z1 + Z2
� Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 1 e determinac¸a˜o da impedaˆncia vista:
Z13 = Z1 + Z3
� Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente nominal no
enrolamento 2 e determinac¸a˜o da impedaˆncia vista:
Z23 = Z2 + Z3
I As equac¸o˜es acima formam um sistema de 3 equac¸o˜es com 3 inco´gnitas, cuja
soluc¸a˜o 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 varia´vel
I A finalidade ba´sica de transformadores e´ a conversa˜o de n´ıveis de tensa˜o.
I Os transformadores pode ter func¸o˜es adicionais, como por exemplo o controle
de tensa˜o (poteˆncia reativa) em circuitos.
I Alguns transformadores teˆm relac¸a˜o de espiras varia´vel:
PSfrag replacements
V1 V2
posic¸a˜o ma´xima
posic¸a˜o m´ınima
posic¸a˜o 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 se´rie acrescenta ∆V ao valor da tensa˜o V
(va´lido para as treˆs fases).
I A variac¸a˜o em geral e´ de ±10% → tap varia´vel.
I A mudanc¸a de tap pode ser feita com o transformador energizado →
transformador com mudanc¸a de derivac¸a˜o (tap) sob carga ou TCUL – tap
changing under load ou LTC – load tap changing.
I Em geral a mudanc¸a de tap e´ automa´tica e operada por motores que atuam
acionados por rele´s ajustados para manter a magnitude de tensa˜o em algum
ponto da rede no n´ıvel pre´-estabelecido. Este ponto da rede e´ normalmente o
lado da carga do trafo.
– 36–
4.9.2 Transformadores defasadores
I Utilizado para o controle da defasagem entre as tenso˜es no prima´rio e
secunda´rio.
I Ide´ia: controlar o fluxo de poteˆncia 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
α
α
α
– 37–
I A tensa˜o de sa´ıda da fase a e´ igual a` tensa˜o de entrada somada a uma tensa˜o
∆Va que e´ induzida pela tensa˜o de linha Vbc, que por sua vez e´ defasada de Va
de um aˆngulo de 90◦.
I O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tenso˜es de
entrada e sa´ıda.
4.10 Transformador monofa´sico em pu
I A representac¸a˜o do transformador monofa´sico em pu sera´ mostrada atrave´s
de um exemplo.
� Exemplo
Considerar um transformador monofa´sico ideal de 4400/220 V, 22 kVA, que
alimenta uma carga nominal no lado de baixa tensa˜o. Obter o circuito em pu.
O diagrama e´:
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1 V2
I1 I2
Fonte Carga
4400/220 V
Prima´rio e secunda´rio sa˜o eletricamente isolados → valores de base podem ser
escolhidos de maneira independente.
E´ vantajosa a escolha das tenso˜es de base Vb1 e Vb2 tais que Vb1/Vb2 = a onde a e´ a
relac¸a˜o de transformac¸a˜o.
– 38–
Como a poteˆncia de entrada e´ igual a` poteˆncia de sa´ıda (desconsiderando as
perdas) → a poteˆncia 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 poteˆncia de base foi escolhida para os dois lados, as correntes de
base dos enrolamentos tambe´m seguem a relac¸a˜o Ib1/Ib2 = 1/a.
As impedaˆncias de base sa˜o:
Zb1 = Vb1/Ib1 = 880 Ω
Zb2 = Vb2/Ib2 = 2,2 Ω
Uma certa corrente no enrolamento de alta tensa˜o 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 sa˜o iguais. O mesmo vale para
uma certa tensa˜o no enrolamento de alta tensa˜o:
v1 =
V1
Vb1
=
aV2
Vb1
=
aV2
aVb2
=
V2
Vb2
= v2
ou seja, as tenso˜es em pu nos dois enrolamentos sa˜o iguais.
Para as impedaˆncias:
z1 =
Z1
Zb1
=
a2Z2
V 2b1/Sb
=
a2Z2
a2V 2b2/Sb
=
a2Z2
a2Zb2
=
Z2
Zb2
= z2
ou seja, as impedaˆncias em pu tambe´m sa˜o iguais nos dois enrolamentos.
A conclusa˜o e´ que em pu o transformador passa a ter uma relac¸a˜o de
transformac¸a˜o igual a um (grandezas iguais nos dois enrolamentos) → em pu na˜o
ha´ o efeito transformador, desde que os valores de base sejam escolhidos
convenientemente.
�
– 40–
� Exemplo
Considere o circuito monofa´sico contendo um transformador mostrado na figura a
seguir.PSfrag replacements
G TR LT C
∼
Os dados dos equipamentos sa˜o os seguintes:
TR Transformador 13,8/220 kV, 1,5 MVA, rT = 3%, xT = 8%
LT Linha de transmissa˜o rLT = 300 Ω, xLT = 900 Ω
C Carga 1 MVA, fp = 80% indutivo, 200 kV
G Gerador fonte ideal
A carga esta´ operando nas condic¸o˜es nominais. Calcule a tensa˜o no barramento
do gerador, a corrente no circuito e a poteˆncia fornecida pelo gerador.
O circuito em pu sera´:
PSfrag replacements
e
rT xT
i
rLT xLT
zc∼
O circuito e´ dividido em duas a´reas, referentes aos dois lados do transformador.
Nota-se que os paraˆmetros do circuito equivalente do transformador ja´ sa˜o dados
em pu (na verdade, sa˜o dados em valores percentuais), calculados na base
nominal do mesmo (tenso˜es nominais, poteˆncia nominal).
– 41–
Para o lado de baixa tensa˜o do transformador (a´rea 1) tem-se os seguintes valores
de base:
Vb1 = 13,8 kV
Sb = 1,5 MVA
Para o lado de alta tensa˜o do transformador (a´rea 2), escolhe-se
convenientemente os seguintes valores de base:
Vb2 = 220 kV
Sb = 1,5 MVA
Os valores de base de corrente e impedaˆncia para as duas a´reas sa˜o:
Ib1 = Sb/Vb1 = 108,6957 A
Ib2 = Sb/Vb2 = 6,8182 A
Zb1 = V
2
b1/Sb = 126,96 Ω
Zb2 = V
2
b2/Sb = 32266,6667 Ω
Os paraˆmetros do transformador sa˜o:
rT = 0,03 pu
xT = 0,08 pu
Como a linha de transmissa˜o esta´ na a´rea 2, seus valores em pu sa˜o:
rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu
xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu
– 42–
A magnitude de tensa˜o e poteˆncia aparente na carga sa˜o:
| vC | = 200/220 = 0,9091 pu
| sC | = 1/1,5 = 0,6667 pu
E os respectivos valores complexos sa˜o:
vC = 0,9091 ∠0
◦ pu
sC = 0,6667 ∠36,87
◦ pu
onde se levou em conta o fator de poteˆncia da carga e assumiu-se a tensa˜o na
carga como refereˆncia angular.
A corrente pelo circuito e´ dada por:
i =
(
sC
vC
)∗
= 0,7334 ∠− 36,87◦ pu
A corrente nos lados de baixa e alta tenso˜es do transformador sa˜o:
Ibaixa = 0,7334 · 108,6957 = 79,7 A
Ialta = 0,7334 · 6,8182 = 5 A
A tensa˜o 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 poteˆncia fornecida pelo gerador e´:
sG = e i
∗ = 0,7192 ∠39,56◦ pu
o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de poteˆncia visto pela fonte de 77%
indutivo.
�
� Exerc´ıcio
Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kV
no lado da carga. Calcular tambe´m o total de perdas de poteˆncia no
transformador e na linha de transmissa˜o. Observac¸a˜o: os valores que ja´ esta˜o 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 monofa´sico:
PSfrag replacements
20/440 kV
500 MVA
x = 5%
– 44–
Os poss´ıveis modelos para o transformador sa˜o:
PSfrag replacements
j X1
modelo 1
j X2
modelo 2
ou Xi em Ω
A reataˆncia do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores
nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tensa˜o),
tem-se Vb2 = 20 kV e Sb = 500 MVA. Enta˜o:
X1 = x Zb1 = x
V 2b1
Sb
= 0,05 · 20
2
500
= 0,04 Ω
Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tensa˜o,
tem-se:
X2 = x Zb2 = x
V 2b2
Sb
= 0,05 · 440
2
500
= 19,36 Ω
A relac¸a˜o entre as reataˆncias e´:
X1
X2
=
0,04
19,36
= 0,002066 =
202
4402
= a2
Logo X1 = a
2 X2 e os valores em pu sa˜o os mesmos, desde que valores de base
convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de base que na˜o
estejam relacionados com os valores nominais do transformador, como:
Vb1 = 25 kV e Sb = 250 MVA
– 45–
enta˜o deve-se primeiro transformar a reataˆncia em Ohms usando a base original e
voltar para pu considerando a nova base. Assim:
xnovo = xvelho
Zvelhob1
Znovob1
= xvelho
(
V velhob1
)2
Svelhob1
Snovob1
(V novob1 )
2
= xvelho
(
V velhob1
V novob1
)2
Snovob1
Svelhob1
Neste caso:
xnovo = 0,05 ·
(
20
25
)2
· 250
500
= 0,016 pu
�
4.11 Autotransformadores em pu
I O procedimento de ana´lise e´ ideˆntico ao do transformador.
Basta escolher como tenso˜es de base as tenso˜es nominais do autotrafo e a
relac¸a˜o de tenso˜es em pu sera´ 1 : 1.
– 46–
4.12 Transformadores trifa´sicos em pu
I Dados de placa (nominais) do trafo monofa´sico: V1, V2, S, zT (pu ou %, base
nominal).
Dados de placa (nominais) do trafo trifa´sico: V1L, V2L, S3φ, zT (pu ou %, de
fase).
I Ide´ia ba´sica: escolher os valores de base iguais aos valores nominais do trafo.
I Considere um banco trifa´sico de transformadores ligado em Y-Y.
Para cada trafo monofa´sico do banco tem-se: V1, V2, S, zT .
Para o banco trifa´sico tem-se os seguintes valores de base:
Vb1 = VN1 =
√
3V1
Vb2 = VN2 =
√
3V2
Sb = 3S = S3φ
Para as bases escolhidas, a impedaˆncia do
circuito equivalente do trafo trifa´sico em
pu e´ igual a zT .
I Considere agora um banco trifa´sico de transformadores ligado em Y-∆.
Os valores de base para o banco sa˜o:
Vb1 = VN1 =
√
3V1
Vb2 = VN2 = V2
Sb = 3S = S3φNovamente, a impedaˆncia do circuito
equivalente do trafo trifa´sico em pu e´
igual a zT .
– 47–
� Exemplo
Considere o diagrama unifilar do circuito trifa´sico a seguir.
PSfrag replacements
Vg
∼
Y-Y
10 MVA
15/500 kV
xT = 2%
x = 1000 Ω
500 kV
9 MVA
fp = 1
Calcule a tensa˜o Vg no barramento do gerador e o fator de poteˆncia visto pelo
gerador.
Transformando o diagrama unifilar em um circuito trifa´sico 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
· 15
2
10
= 0,45 Ω
– 48–
O circuito por fase e´:
+
−
PSfrag replacements
∼
XT
11
15/
√
3 : 500/
√
3 kV
10/3 MVA
A´rea 1 A´rea 2
XL
PVc
Para esse circuito tem-se:
Vc = 500/
√
3∠0◦ kV (ref. angular)
A´rea 1 : Sb = 10/3 MVA →
Vb1 = 15/
√
3 kV
A´rea 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 prima´rio e 10,4 A no secunda´rio)
vg = vc + j (xT + xL) i = 1,0015 ∠3,1
◦ pu
fp = cos (3,1◦ − 0◦) = 0,9985 (indutivo)
A tensa˜o 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 resoluc¸a˜o e´ o mesmo que o anterior. Logo, para problemas
envolvendo transformadores trifa´sicos na˜o e´ necessa´rio obter o modelo por fase,
etc. Basta escolher os valores de base adequados.
�
– 50–
� Exemplo
Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando agora o
transformador com ligac¸a˜o Y-∆ e sequ¨eˆncia de fases ABC.
O circuito e´:
+
+
+
+
+
+
PSfrag replacements
B
A
C
N
XT
XT
XT
B′
A′
C ′
N ′
IB
IA
IC
1
1
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 ligac¸a˜o Y-∆ e sequ¨eˆncia 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 relac¸a˜o de transformac¸a˜o de cada transformador monofa´sico 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 prima´rio:
IA
Iab
=
500
15/
√
3
→ IA = 346,41 ∠30◦ A
e:
{
IB = 346,41 ∠− 90◦ A
IC = 346,41 ∠150
◦ A
As tenso˜es de fase na fonte sa˜o:
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 relac¸a˜o de transformac¸a˜o para o transformador e´:
VA′B′
Vab
=
15
500
∠30◦ → defasagem entre tenso˜es do prima´rio e secunda´rio
IA
Ia
=
500
15
∠30◦ → defasagem entre correntes do prima´rio e secunda´rio
– 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 func¸a˜o do tipo de
ligac¸a˜o.
Logo:
sc = 0,9 ∠0
◦ pu
vc = 1,0 ∠0
◦ pu
ic = (sc/vc)
∗ = 0,9 ∠0◦ pu
v2 = vc + jxLic = 1,0006 ∠2,06
◦ pu
v1 = v2 ∠30
◦ = 1,0006 ∠32,06◦ pu
i1 = ic ∠30
◦ = 0,9 ∠30◦ pu
vg = v1 + jxT i1 = 1,0015 ∠33,1
◦ pu
que equivale a 15,02 kV.
vg e i1 foram igualmente defasados de 30
◦. Assim, tem-se os mesmos valores de
poteˆncia complexa, fator de poteˆncia, etc.
�
– 54–
4.13 Transformadores em pu com relac¸a˜o 1 : α
I 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 paraˆmetros do
mesmo.
I Em alguns casos, no entanto, esta eliminac¸a˜o na˜o e´ poss´ıvel, como mostra o
exemplo a seguir.
� Exemplo
Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a seguir.
PSfrag replacements
A´rea 1 A´rea 2
11,9/34,5 kV
13,8/34,5 kV
15 kVA
15 kVA
T1
T2
∼
1 2
– 55–
A ide´ia e´ dividir o circuito em duas a´reas e utilizar como valores de base os
valores nominais dos transformadores.
No entanto, nota-se que na a´rea 1 ha´ dois valores nominais diferentes.
Tomando T1 como refereˆncia, 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 tensa˜o de T2, nota-se que a sua tensa˜o nominal e´
diferente de Vb1, embora pertenc¸a a` a´rea 1. Logo, T2 na˜o podera´ ser eliminado,
sendo representado como um transformador com relac¸a˜o de transformac¸a˜o 1 : α
em pu!
Considere que v1 e v2 sejam as tenso˜es em pu nos barramentos 1 e 2. As tenso˜es
em Volts sera˜o:
V1 = v1 Vb1 e V2 = v2 Vb2
– 56–
A relac¸a˜o entre as tenso˜es devera´ ser igual a` relac¸a˜o de transformac¸a˜o 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
0,86
ou v1 =
1
0,86
v2
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
A´rea 1 A´rea 2
11,9/34,5 kV
11,9/34,5 kV
13,8/11,9 kV
15 kVA
15 kVA
T1
T2
∼
1 2
Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente, mante´m-se a
eliminac¸a˜o 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 varia´vel em pu
I Posic¸a˜o do tap e´ alterada → relac¸a˜o de transformac¸a˜o e´ alterada.
Para a relac¸a˜o de transformac¸a˜o em pu continuar 1 : 1 os valores das tenso˜es
de base devem ser alterados → inaceita´vel, pois implica em um novo ca´lculo
de va´rios paraˆmetros do circuito sendo estudado.
I Ide´ia:
� Escolher as tenso˜es de base supondo que o tap esta´ na posic¸a˜o nominal
(zero) → relac¸a˜o de tensa˜o nominal do autotrafo.
� Manter as bases de tensa˜o fixas e representar o autotrafo com tap fora do
nominal atrave´s de uma trafo com relac¸a˜o de espiras 1 : α, onde α e´
varia´vel.
I Considere um transformador com a seguinte relac¸a˜o de transformac¸a˜o:a =
N1
N2
=
VN1
VN2
em que N1 e N2 sa˜o os nu´meros de espiras nos enrolamentos e VN1 e VN2 sa˜o
as tenso˜es nominais nos dois lados do transformador.
I Na representac¸a˜o em pu, escolhem-se como tenso˜es de base:
Vb1 = VN1 e Vb2 = VN2
e a relac¸a˜o de transformac¸a˜o em pu e´ 1 : 1.
– 59–
I Se V1 e V2 sa˜o tenso˜es nos dois lados do transformador e v1 e v2 sa˜o os seus
respectivos valores em pu, as seguintes relac¸o˜es sa˜o va´lidas:
V2 =
V1
a
e v2 = v1
I Considere agora que este transformador seja de tap varia´vel para o qual a
situac¸a˜o descrita anteriormente e´ va´lida para o tap na sua posic¸a˜o nominal.
I Caso ocorra uma mudanc¸a da posic¸a˜o do tap tal que:
N2 → N2 + ∆N2
+
−
+
−
PSfrag replacements
V1
V2
N1
N2
∆N2
a
b
}
a nova relac¸a˜o de transformac¸a˜o
sera´:
a′ =
N1
N2 + ∆N2
– 60–
I Para uma mesma tensa˜o V1 em um dos enrolamentos, a nova tensa˜o no outro
enrolamento sera´ dada por:
V ′2 = V1
N2 + ∆N2
N1
= V1
N2
N1
+ V1
∆N2
N1
= V2 + V1
∆N2
N1
(da relac¸a˜o para tap nominal)
= V2 + V2
N1
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 mudanc¸a da posic¸a˜o do tap em relac¸a˜o aos valores
nominais.
I Transformando em pu:
V ′2
Vb2
=
V2
Vb2
α
v′2 = v2 α
= v1 α (pois v1 = v2)
– 61–
I O circuito em pu fica (trafo real com paraˆmetros shunt desprezados):
+
− −
+
PSfrag replacements
V1
V2
zT
1 : α
� Exemplo
Considere o transformador de tap varia´vel mostrado a seguir.
PSfrag replacements
100 MVA
220/69 kV
xT = 8%
1 2
O comutador de tap e´ localizado no lado de baixa tensa˜o e tem 20 posic¸o˜es, com
tap variando de ±5%. Representar o transformador em pu na situac¸a˜o em que o
tap esta´ na posic¸a˜o +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 especificac¸o˜es do comutador de tap:
• posic¸a˜o central → tap nominal.
• 10 posic¸o˜es para variac¸a˜o de +5% → cada posic¸a˜o equivale a +0,5%.
• 10 posic¸o˜es para variac¸a˜o de −5% → cada posic¸a˜o equivale a −0,5%.
O comutador de tap esta´ na posic¸a˜o +2 → corresponde a uma variac¸a˜o no
nu´mero 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 kV
Vb2 = 69 kV
Sb = 100 MVA
�
� Exemplo
Considere o circuito mostrado a seguir.
PSfrag replacements
Vs
j0,1j0,1
V1
120 MVA
500 kV
xT = 12%
V2 Vc = 500 kV
100 MVA
fp = 1
A tensa˜o no barramento de carga e´ mantida constante em 500 kV. O
transformador regulador tem tap no lado da carga com 10 posic¸o˜es, variando de
±5%.
– 64–
(a) Calcule a tensa˜o Vs considerando que a posic¸a˜o do tap e´ a nominal.
Os valores de base sa˜o definidos como:
Sb = 100 MVA e Vb = 500 kV
Deve-se enta˜o corrigir o valor da reataˆncia do transformador, pois o valor
fornecido foi calculado em outra base:
xT = 0,12 · 500
2
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 (refereˆncia angular)
Corrente pelo circuito:
i = (sc/vc)
∗ = 1 ∠0◦ pu
– 65–
No secunda´rio do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu
No prima´rio 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 poteˆncia 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 na˜o consome poteˆncia reativa
(fator de poteˆncia unita´rio). Os 30 Mvar obtidos correspondem a perdas de
poteˆncia nas linhas de transmissa˜o e transformador.
– 66–
(b) Calcule a tensa˜o Vs considerando agora que a posic¸a˜o do tap e´ +5%.
Tem-se a seguinte situac¸a˜o:
PSfrag replacements
V1
V2
+5%
posic¸a˜o nominal (tap nominal)
Sendo N o nu´mero de espiras do enrolamento na situac¸a˜o de tap nominal,
tem-se na nova situac¸a˜o:
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 secunda´rio do transformador:
v2 = vc + j 0,1 i
= 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu
No prima´rio do transformador:
v′1
v2
=
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 poteˆncia 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 tensa˜o na carga e´ mantida com uma
tensa˜o Vs menor, pore´m, a injec¸a˜o de poteˆncia reativa e´ maior.
�
– 68–
4.15 Operac¸a˜o 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 ca´lculos em por unidade, divide-se o circuito em duas a´reas para a
definic¸a˜o dos valores de base:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
a´rea 1 a´rea 2
Vb1 = 11,9 kVVb2 = 34,5 kV
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
– 69–
Os valores das tenso˜es de base sa˜o escolhidos de forma que a relac¸a˜o entre
eles seja igual a` relac¸a˜o de transformac¸a˜o dos transformadores. Em particular,
foram escolhidas as pro´prias tenso˜es nominais dos transformadores. Em por
unidade tem-se:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B
1 : 1
1 : 1
Transformadores reais sa˜o representados pelas suas respectivas reataˆncias1:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B
j x1
j x2
1Para transformadores de poteˆncia as perdas ferro e de magnetizac¸a˜o sa˜o desprezadas. As perdas cobre tambe´m sa˜o em geral desprezadas.
– 70–
I Considere que o transformador T2 tenha a sua relac¸a˜o de transformac¸a˜o
aumentada para (12,5 : 34,5 kV), atrave´s de uma mudanc¸a na posic¸a˜o 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 a´reas:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B 11,9 : 34,5 kV
11,9 : 34,5 kV
12,5 : 11,9 kV
a´rea 1 a´rea 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 reataˆncias dos transformadores:
PSfrag replacements
T1
T2
1 2
A B 1,05 : 1
j x1
j x2
Verifica-se que o transformador com a posic¸a˜o do tap fora da nominal deve
ser representado em por unidade com uma relac¸a˜o (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` alterac¸a˜o na posic¸a˜o do tap de T2, aparece uma tensa˜o sobre os
terminais da chave:
vAB = vA − vB
= v1 − 1,05 vx
= v1 − 1,05 v2
= v1 − 1,05 v1
= −0,05 v1
A impedaˆncia 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 correntepelo 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
V
vAB
zloop
iloop
∼
em que iloop e´ uma corrente de circulac¸a˜o. Ao alterar-se a posic¸a˜o do tap de
T2, apareceu uma corrente de circulac¸a˜o, que e´ limitada pelas reataˆncias dos
transformadores.
– 75–
Sistemas de poteˆncia t´ıpicos sa˜o malhados, ou seja, existem va´rios loops e
caminhos paralelos para os fluxos de poteˆncia. Esta caracter´ıstica confere
maior flexibilidade de operac¸a˜o e confiabilidade aos sistemas. Ale´m disso, as
tenso˜es de transmissa˜o e n´ıveis de poteˆncia teˆm aumentado ao longo dos
anos, e os novos equipamentos sa˜o conectados e operam juntamente com os
equipamentos existentes. Assim, e´ 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 circulac¸a˜o. A configurac¸a˜o que poderia ser chamada de
normal conteria transformadores em paralelo com as mesmas relac¸o˜es de
transformac¸a˜o. No entanto, ha´ situac¸o˜es em que introduz-se alterac¸o˜es nas
relac¸o˜es de transformac¸a˜o2 a fim de atender requisitos espec´ıficos de
operac¸a˜o.
2Alterac¸o˜es na relac¸a˜o de transformac¸a˜o sa˜o obtidas atrave´s da mudanc¸a na posic¸a˜o dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo de
transformador, essa alterac¸a˜o pode resultar em diferentes magnitudes de tensa˜o (transformador regulador) ou em defasagens entre as tenso˜es
(transformador defasador).
– 76–
4.16 Representac¸a˜o computacional do trafo com tap varia´vel
I Em algumas aplicac¸o˜es e´ interessante classificar linhas de transmissa˜o e
transformadores em uma mesma classe de equipamentos → ambos conectam
dois no´s (duas barras) da rede.
I E´ conveniente representa´-los por um mesmo modelo e trata´-los de maneira
ideˆntica.
I Exemplo: problema de fluxo de carga → resoluc¸a˜o do circuito para obtenc¸a˜o
do seu estado de operac¸a˜o.
I Como a linha e´ representada por um modelo pi → deve-se representar o trafo
tambe´m por um modelo pi.
I Procedimento: considerar o seguinte trafo:
+
−
+
−
+
−
PSfrag replacements
v1
i1
z
v′1 v2
i2
1 : α
s1 s′1 s2
vc = 1 ∠0
◦ pu
sc = 1 ∠0
◦ pu
– 77–
Tem-se as seguintes relac¸o˜es:
v′1
v2
=
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
i1
i2
= −α
As equac¸o˜es para as correntes sa˜o:
i1 =
v1 − v′1
z
=
1
z
v1 − 1
α z
v2 (1)
i2 = −i1
α
= − 1
α z
v1 +
1
α2 z
v2 (2)
– 78–
Considere agora o modelo pi do trafo:
+
−
+
−
PSfrag replacements
v1
i1
z1
z2 z3 v2
i2is
ip2 ip3
I Para o modelo pi:
i1 = is + ip2
=
1
z1
(v1 − v2) + 1
z2
v1
i2 = −is + ip3
= − 1
z1
(v1 − v2) + 1
z3
v2
Reescrevendo de maneira apropriada:
i1 =
(
1
z1
+
1
z2
)
v1 − 1
z1
v2 (3)
i2 = − 1
z1
v1 +
(
1
z1
+
1
z3
)
v2 (4)
– 79–
I Deve-se igualar os coeficientes das equac¸o˜es (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 trifa´sico com comutador de tap apresenta os seguintes
dados de placa:
220/22 kV 300 MVA
x = 6% Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posic¸o˜es
Obtenha o modelo pi equivalente do transformador para que se tenha tenso˜es de
220 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 replacements
v1 v2
x = 0,06
1 : α
em que α representa a posic¸a˜o do tap. Para o tap na posic¸a˜o nominal tem-se:
PSfrag replacements
220/22 kV
Para as condic¸o˜es especificadas no problema, tem-se:
PSfrag replacements
220/18,2 kV
– 81–
que pode ser representado por:
PSfrag replacements
Base 220 kV
Base 22 kV
220/22 kV 22/18,2 kV
Transformando os valores de tensa˜o em pu:
PSfrag replacements
1 : 1 1 : 0,82731 : 0,8273
Como o comutador apresenta posic¸o˜es de tap discretas, deve-se escolher o valor
mais 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 pro´ximo
– 82–
O modelo pi fica:
+
−
+
−
PSfrag replacements
v1
j0,0504
−j0,3150 j0,2646 v2
Como a tensa˜o no secunda´rio e´ MENOR que o valor nominal, o paraˆmetro z3
corresponde a um INDUTOR.
�
� Exerc´ıcio
Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tensa˜o de 25 kV no
secunda´rio do transformador.
�
� Exerc´ıcio
No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tensa˜o poss´ıvel
no secunda´rio (em vazio) e o obtenha o modelo pi correspondente a essa situac¸a˜o.
�
– 83–
4.17 Fluxos de poteˆncia ativa e reativa em transformadores
I Considere o modelo pi do transformador:
PSfrag replacements
Ek = Vk ∠θk Em = Vm ∠θm
Ikm Imk
I1
I2 I3
y/α
(
α−1
α
)
y
(
1−α
α2
)
y
As correntes sa˜o dadas por:
Ikm = I1 + I2
=
y
α
(Ek − Em) + α − 1
α
yEk
= (y) Ek +
(
− y
α
)
Em
Imk = −I1 + I3
= − y
α
(Ek − Em) + 1− α
α2
yEm
=
(
− y
α
)
Ek +
( y
α2
)
Em
– 84–
Poteˆncia 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
2
k −
VkVm
α
(g cos θkm + b sen θkm)
Qkm = −bV 2k −
VkVm
α
(g sen θkm − b cos θkm)
Poteˆncia saindo do barramento m:
S∗mk = E
∗
m Imk
= E∗m
[
−
( y
α
)
Ek +
( y
α
)
Em
]
=
1
α2
(g + jb)V 2m −
1
α
(g + jb)VkVm (cos θkm + j sen θkm)
Pmk =
g
α2
V 2m −
VkVm
α
(g cos θkm − b sen θkm)
Qmk = − b
α2
V 2m +
VkVm
α
(g sen θkm + b cos θkm)
I As perdas de poteˆncia podem ser calculadas por:
Pperdas = Pkm + Pmk
Qperdas = Qkm + Qmk
– 85–
Refereˆncias
[1] A.L.M. Franc¸a, notas de aula, 1989.
[2] C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um curso
introduto´rio, Unicamp, 1995.
[3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introduc¸a˜o a sistemas de energia ele´trica,
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, Ma´quinas ele´tricas e transformadores, Globo, 1972.
[7] O.I. Elgerd, Introduc¸a˜o a` teoria de sistemas de energia ele´trica, Mc-Graw-Hill,
1981.
– 86–