aula 14 componentes simetricas 03

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AULA 14 – COMPONENTES 
SIMÉTRICAS 
André Pinho 
1º semestre 2018 
Resolução de redes trifásicas simétricas e 
equilibradas com cargas desequilibradas 
• Método geral: 
– Eliminar a carga desequilibrada da rede (a vazio) 
– Representar a rede equilibrada por seus diagramas 
sequenciais 
– Determinar as relações entre as CS das correntes e tensões 
na carga desequilibrada 
– Relacionar os diagramas sequencias às CS da carga, 
considerando os pontos de ligação, e determinar o layout de 
ligação entre os diagramas e a carga 
– Resolver o circuito envolvendo os diagramas sequenciais e a 
carga desequilibrada 
Resolução de redes trifásicas simétricas e 
equilibradas com cargas desequilibradas 
• Exemplo: 
Seja uma rede trifásica simétrica e equilibrada ligada a 
uma carga trifásica desequilibrada. Monta-se os 
diagramas sequencias da rede (a vazio) e determina-se, 
no nós 𝑃0, 𝑃1 𝑒𝑃2 , os geradores equivalentes de 
Thévenin. 
 
Resolução de redes trifásicas simétricas e 
equilibradas com cargas desequilibradas 
• Exemplo: associa-se a rede à modelagem do gerador 
considerando 𝑍𝑁 = 0 
 
 
Resolução de redes trifásicas simétricas e 
equilibradas com cargas desequilibradas 
• Exemplo: assim do lado da rede temos: 
𝑉 𝑃0 = 𝐸 0 − 𝑍𝑔0𝐼 0 
𝑉 𝑃1 = 𝐸 1 − 𝑍𝑔1𝐼 1 
𝑉 𝑃2 = 𝐸 2 − 𝑍𝑔2𝐼 2 
 
 
 
 
Resolução de redes trifásicas simétricas e 
equilibradas com cargas desequilibradas 
• Exemplo: do lado da carga 
𝑉𝑃𝑎𝑏𝑐 = 𝑍𝑎𝑏𝑐𝐼𝑎𝑏𝑐 
𝑉𝑃012 = 𝑇−1𝑍𝑇𝐼012 
𝑉𝑃012 =
𝑍0 𝑍2 𝑍1
𝑍1 𝑍0 𝑍2
𝑍2 𝑍1 𝑍0
𝐼012 
 
 
 
𝑉𝑃0 = 𝐸0 − 𝑍𝑔0𝐼0 
𝑉𝑃1 = 𝐸1 − 𝑍𝑔1𝐼1 
𝑉𝑃2 = 𝐸2 − 𝑍𝑔2𝐼2 
 
 
 
 
Resolução de redes trifásicas simétricas e 
equilibradas com cargas desequilibradas 
• Exemplo: do lado da carga: 
𝐸 0 − 𝑍𝑔0𝐼 0 = 𝑍0𝐼 0 + 𝑍2𝐼 1 + 𝑍1𝐼 2 
𝐸 1 − 𝑍𝑔1𝐼 1 = 𝑍1𝐼 0 + 𝑍0𝐼 1 + 𝑍2𝐼 2 
𝐸 2 − 𝑍𝑔2𝐼 2 = 𝑍2𝐼 0 + 𝑍1𝐼 1 + 𝑍0𝐼 2 
 
𝐸 0 = (𝑍0 + 𝑍𝑔0)𝐼 0 + 𝑍2𝐼 1 + 𝑍1𝐼 2 
𝐸 1 = 𝑍1𝐼 0 + (𝑍0 + 𝑍𝑔1)𝐼 1 + 𝑍2𝐼 2 
𝐸 2 = 𝑍2𝐼 0 + 𝑍1𝐼 1 + (𝑍0 + 𝑍𝑔2)𝐼 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As f.e.m. e as 
impedâncias são 
conhecidas e por isso 
as correntes em CS 
podem ser calculadas. 
 
Os valores das tensões 
em CS são 
determinados a partir 
dos diagramas 
sequenciais 
 
 
 
 
Carga monofásica fase-terra 
 
 
 
• Mais uma vez: 
 
– Equacionamento das correntes na carga 
– Determinação das CS de tensões e correntes na carga 
– Substituição dos diagramas sequenciais da rede no ponto 
onde há desequilíbrio, pelos equivalentes Thévenin 
– Correlacionamento das CS das tensões e correntes na carga 
com os diagramas sequenciais 
– Determinação do circuito equivalente 
Carga monofásica fase-terra 
 
 
 
• Condições de contorno 
𝐼 𝐴 = 𝐼 , 𝐼 𝐵 = 𝐼 𝐶 = 0 
𝑉 𝐴𝑁 = 𝑍𝐴𝐼 𝐴 = 𝑍𝐼 
 
• CS das correntes na carga: 
𝐼 0 =
1
3
𝐼 𝐴 + 𝐼 𝐵 + 𝐼 𝐶 =
𝐼 
3
 
𝐼 1 =
1
3
𝐼 𝐴 + α𝐼 𝐵 + α
2𝐼 𝐶 =
𝐼 
3
 
𝐼 2 =
1
3
𝐼 𝐴 + α
2𝐼 𝐵 + α𝐼 𝐶 =
𝐼 
3
 
 
Carga monofásica fase-terra 
 
 
 
• O fato das correntes em CS serem idênticas, sugere que 
os diagramas sequenciais da rede estejam em série 
• Sendo 𝑉 0, 𝑉 1 e 𝑉 2 as CS das tensões na carga, tem-se 
que: 𝑉 𝐴𝑁 = 𝑉 0 + 𝑉 1 + 𝑉 2 = 𝑍𝐼 
• Tomando-se a corrente dos diagramas sequenciais, 
𝐼 
3
 , 
o circuito equivalente terá uma carga 3𝑍 para que a 
equação acima seja respeitada. 
 
 
Carga monofásica fase-terra 
 
 
 
𝐼 0 = 𝐼 1 = 𝐼 2 =
𝐸 0 + 𝐸 1 + 𝐸 2
𝑍𝑔0 + 𝑍𝑔1 + 𝑍𝑔2 + 𝑍
 
𝑉 0 = 𝐸 0 − 𝑍𝑔0𝐼 0 
𝑉 1 = 𝐸 1 − 𝑍𝑔1𝐼 1 
𝑉 2 = 𝐸 2 − 𝑍𝑔2𝐼 2 
Lembrando que para uma rede simétrica: 
𝐸 0 = 𝐸 2 = 0 
Carga monofásica fase-terra 
 
 
 
 
• Por fim: 
𝐼 𝐴 = 3𝐼 0 = 3
𝐸 1
𝑍𝑔0 + 𝑍𝑔1 + 𝑍𝑔2 + 3𝑍
 
𝐼 𝐵 = 𝐼 𝐶 = 0 
𝑉 𝐴𝑁
𝑉 𝐵𝑁
𝑉 𝐶𝑁
= 𝑇
−𝑍𝑔0𝐼 0
𝐸 1 − 𝑍𝑔1𝐼 1
−𝑍𝑔2𝐼 2
 
Carga monofásica fase-terra 
Aplicação Prática 
 
 
 
 
• Exercício 1: calcule a corrente de curto fase-terra 
para o diagrama abaixo, considerando a ocorrência 
da falta na barra 3. 
– Gerador: operando a vazio com tensão 5% acima da 
nominal, 𝑥+ = 10%, 𝑥− = 15%, 𝑥0 = 5%, 𝑧 𝑛 = 𝑗0,1𝑝𝑢 
– Trafo: 𝑥𝑇 = 5% 
– LT: 𝑥+ = 𝑥− = 0,1𝑝𝑢, 𝑥0 = 0,3𝑝𝑢 
 
Carga monofásica fase-terra 
Aplicação Prática 
 
 
 
 
Curto-circuito entre duas fases 
• Condições de contorno: 
𝐼 𝐵 = −𝐼 𝐶 = 𝐼 ; 𝐼 𝐴 = 0 
𝑉 𝐵𝑁 = 𝑉 𝐶𝑁 = 𝑉 
• Sendo 𝐼 0, 𝐼 1, 𝐼 2 e 𝑉 0, 𝑉 1, 𝑉 2 as CS de correntes e tensões 
na carga 
𝐼 0 =
1
3
𝐼 𝐴 + 𝐼 𝐵 + 𝐼 𝐶 = 0 
𝐼 1 =
1
3
𝐼 𝐴 + α𝐼 𝐵 + α
2𝐼 𝐶 =
𝐼 
3
(α − α2) 
𝐼 2 =
1
3
𝐼 𝐴 + α
2𝐼 𝐵 + α𝐼 𝐶 =
𝐼 
3
(α2 − α) 
 
 
 
 
 
 
Curto-circuito entre duas fases 
• CS das tensões na carga 
 
 
𝑉 0 =
1
3
𝑉 𝐴𝑁 + 𝑉 𝐵𝑁 + 𝑉 𝐶𝑁 =
1
3
𝑉 𝐴𝑁 + 2𝑉 
𝑉 1 =
1
3
𝑉 𝐴𝑁 + α𝑉 𝐵𝑁 + α
2𝑉 𝐶𝑁 =
1
3
(𝑉 𝐴𝑁 − 2𝑉 ) 
𝑉 2 =
1
3
𝑉 𝐴𝑁 + α
2𝑉 𝐵𝑁 + α𝑉 𝐶𝑁 =
1
3
(𝑉 𝐴𝑁 − 2𝑉 ) 
 
 
 
 
 
 
Curto-circuito entre duas fases 
• Análise das CS 
– Corrente de seq. 0 = 0. Circuito de seq. 0 em aberto 
– Correntes de seq. + e seq. – inversas: referências dos 
diagramas devem ser interligadas 
– As tensões de seq. + e seq. – são iguais: a saída dos diagramas 
devem ser interligadas 
 
 
Curto-circuito entre duas fases 
• Do circuito equivalente: 
𝐼 1 = −𝐼 2 =
𝐸 1 − 𝐸 2
𝑍𝑔1 + 𝑍𝑔2
, 𝐼 0 = 0 
𝑉 1 = 𝑉 2 = 𝐸 1 − 𝑍𝑔1𝐼 1 =
𝐸 1𝑍𝑔2 + 𝐸 2𝑍𝑔1
𝑍𝑔1 + 𝑍𝑔2
 
𝑉 0 = 𝐸 0 
 
 
 
 
Defeito entre duas fases e o terra 
• Condições de contorno: 
𝐼 𝐴 = 0, 𝑉 𝐵𝑁 = 𝑉 𝐶𝑁 = 0 
Sendo 𝐼 𝐴 = 0 ⇒ 𝐼 0 + 𝐼 1 + 𝐼 2 = 𝐼 𝐴 = 0 
E também 𝑉 0 = 𝑉 1 = 𝑉 2 =
𝑉 𝐴𝑁
3
 
 
 
Defeito entre duas fases e o terra 
𝑉 0 = 𝑉 1 = 𝑉 2 = 𝑉 
𝑉 0 = 𝐸 0 − 𝑍𝑔0𝐼 0 ⇒ 𝑌0𝑉 0 = 𝑌0𝐸 0 − 𝐼 0 
𝑉 1 = 𝐸 1 − 𝑍𝑔1𝐼 1 ⇒ 𝑌1𝑉 1 = 𝑌1𝐸 1 − 𝐼 1 
𝑉 2 = 𝐸 2 − 𝑍𝑔2𝐼 2 ⇒ 𝑌2𝑉 2 = 𝑌2𝐸 2 − 𝐼 2 
𝑌0𝑉 0 + 𝑌1𝑉 1 + 𝑌2𝑉 2 = 𝑌0𝐸 0 + 𝑌1𝐸 1 + 𝑌2𝐸 2 
𝑉 =
𝑌0𝐸 0 + 𝑌1𝐸 1 + 𝑌2𝐸 2
𝑌0 + 𝑌1 + 𝑌2
 
 
 
 
Defeito entre duas fases e o terra 
𝑉 =
𝑌0𝐸 0 + 𝑌1𝐸 1 + 𝑌2𝐸 2
𝑌0 + 𝑌1 + 𝑌2
 
• Assim as correntes em CS 
𝐼 0 = 𝐸 0 − 𝑉 𝑌0 
𝐼 1 = (𝐸 1 − 𝑉 )𝑌1 
𝐼 2 = (𝐸 2 − 𝑉 )𝑌2 
 
 
Abertura monopolar 
• Condições de 
contorno 
𝐸 𝑎 = 𝑍𝑎𝐼 𝑎 
𝐸 𝑏 = 𝐸 𝑐 = 0 
 
Abertura monopolar 
• CS: 
𝐸012 = 𝑇−1
𝐸 𝑎
0
0
=
𝐸 𝑎 3 
𝐸 𝑎 3 
𝐸 𝑎 3 
 
• Os diagramas de seq. 0, 1 e 2 podem ser 
representados, no ponto M, por um gerador de 
tensão 𝐸 𝑎 3 
 
Abertura monopolar 
• Como 𝐸 𝑎 = 𝑍𝑎𝐼 𝑎 e 𝐼 𝑎 = 𝐼 0 + 𝐼 1 + 𝐼 2 
𝐸 𝑎 3 = 𝑍𝑎 3 (𝐼 0 + 𝐼 1 + 𝐼 2) 
• Assim, o gerador 𝐸 𝑎 3 pode ser substituído pela 
impedância 𝑍𝑎 3 nos 3 diagramas. 
 
Abertura monopolar 
• 𝑍𝑎 → ∞ 
𝐼 0 + 𝐼 1 + 𝐼 2 = 0 
𝐸 "1 = 𝐸 1 − 𝐸 ′1 
 
𝑍"1 = 𝑍1 + 𝑍′1 𝑍"2 = 𝑍2 + 𝑍′2 𝑍"0 = 𝑍0 + 𝑍′0 
𝐼 1 =
𝐸 "1 − 𝑉 
𝑍"1
; 𝐼 2 = −
𝑉 
𝑍"2
; 𝐼 0 = −
𝑉 
𝑍"0
 
𝑉 =
𝐸 "1𝑌1
𝑌1 + 𝑌2 + 𝑌0
 
 
 
Abertura monopolar 
• Exercício 2: o sistema abaixo tem 2 geradores, G1 e 
G2 (estrela aterrado), que alimentam uma carga 
trifásica na barra 2. A tensão na barra 2 é de 1 pu e 
G1 fornece 60% da corrente da carga. Ainda: 
– Nominais para G1:1 kV, 500 kVA, 𝑥 = 10% e 𝑥0 = 20% 
– Nominais para G2: 1 kV, 625 kVA, 𝑥 = 10% e 𝑥0 = 20% 
– Nominais para LT: 1 kV, 200m, 𝑥 = 0,2Ω/𝑘𝑚 e 𝑥0 =
0,4Ω
𝑘𝑚
 
– Carga: 500 kVA na tensão nominal, fP=0,9 (indutivo) 
– Corrente e tensões nos terminais de G1 quando hover abertura 
monofásica em A 
 
 
 
Abertura bipolar 
• Abertura de 2 fases. Por exemplo: ação da proteção em 
curtos fase-fase ou fase-fase terra 
𝐸 𝑎 = 𝐸 0 + 𝐸 1 + 𝐸 2 = 0 
𝐼 𝐵 = 0 = 𝐼 0 + α
2𝐼 1 + α𝐼 2 
𝐼 𝐶 = 0 = 𝐼 0 + α𝐼 1 + α
2𝐼 2 𝐼 0 = 𝐼 1 = 𝐼 2 
 
𝐼 𝐴 = 𝐼 0 + 𝐼 1 + 𝐼 2 → 𝐼 0 = 𝐼 1 = 𝐼 2 =
𝐼 𝐴
3
 
 
 
 
 
 
 
Abertura bipolar 
• Soma das tensões de sequência igual a 0 e correntes de 
sequência iguais => diagramas de sequência em série: 
 
 
 
 
𝐼 0 = 𝐼 1 = 𝐼 2 =
𝐸 1 − 𝐸 ′1
𝑍1 + 𝑍′1 + 𝑍2 + 𝑍′2 + (𝑍0 + 𝑍′0)
 
 
 
Abertura bipolar 
 
 
 
 
• Tensões no ponto de defeito: 
𝑉 1 = 𝐸 1 − 𝑍1𝐼 1; 𝑉 2 = −𝑍2𝐼 2; 𝑉 0 = −𝑍0𝐼 0 
𝑉 ′1 = 𝐸 ′1 + 𝑍′1𝐼 1; 𝑉 ′2 = 𝑍′2𝐼 2; 𝑉 ′0 = 𝑍′0𝐼 0 
 
 
 
 
 
 
𝐼0 = 𝐼1 = 𝐼2 =
𝐸1 − 𝐸′1
𝑍1 + 𝑍′1 + 𝑍2 + 𝑍′2 + (𝑍0 + 𝑍′0)
 
 
 
Abertura bipolar 
 
 
 
• Sabendo-se que : 𝑍1 = 𝑍2 
 
𝐼 𝐴 = 3
𝐸 1 − 𝐸 ′1
2 𝑍1 + 𝑍′1 + (𝑍0 + 𝑍′0)
; 𝐼 𝐵 = 𝐼 𝐶 = 0 
 
𝑉𝑎𝑏𝑐 = 𝑇𝑉012 =
𝐸 1 − 2𝑍1 + 𝑍0 𝐼 0
𝛼2𝐸 1 − 𝑍0 − 𝑍1 𝐼 0
𝛼𝐸 1 − 𝑍0 − 𝑍1 𝐼 0
 
 
 
 
 
 
 
𝐼0 = 𝐼1 = 𝐼2 =
𝐸1 − 𝐸′1
𝑍1 + 𝑍′1 + 𝑍2 + 𝑍′2 + (𝑍0 + 𝑍′0)
 
 
 
Abertura bipolar 
• Exercício 3: considere um sistema trifásico do qual 
são conhecidos os equivalentes Thévenin das seq. 0, 
1 e 2 em m ponto P, onde alimenta uma carga 
equilibrada trifásica. Esboce o layout de ligação dos 
diagramas de sequência e desenvolva as expressões 
das correntes e tensões no ponto P, considerando 
uma abertura bipolar 
 
 
 
Abertura bipolar 
• Exercício 3: