GMCC Oficial-2

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19/05/2020
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ICET – Instituto de Ciências Exatas e Tecnologia
Curso de Engenharia Elétrica – Eletrônica
Campus Tatuapé
Prof. Alvaro Martins
GMCC
Disciplina: GMCC
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N₁ = 720 esp. / N₂ = 900 esp. / Ѕ = 9 cm² = 9 x 10 m² / lc = 14 cm = 0,14 m
B = 1,0 T / µr = 6000 / µ₀ = 4π10 H/m / lg = 0,5 cm = 0,05 m
a) 𝕽c = 
µ .µ₀.Ѕ
= ,
. . . .
= 𝕽c = 20.631,2 .ɛ
𝕽g = 
µ .µ₀.Ѕ
= . ,
. .
= 𝕽c = 8,84 . 10 .ɛ
𝕽T = 𝕽c + 𝕽g = 20,63 . 10 + 8,84 . 10 = 𝕽T = 8,86 . 10 .ɛ
b) Fluxo Magnético:
B = 𝝓 ⇒ 𝝓 = B . S = 1,0 . 9 . 10 ⇒ 𝝓 = 9 . 10 𝑊𝑏
Nota: 𝝓 = 𝝓c = 𝝓g
c) FmmT:
FmmT = 𝝓 . 𝕽T = 9,0 . 10 . 8,86 . 10 ⇒ FmmT = 7.976,32 A.esp.
d) Indutância:
FmmT = ∑ (
𝒏
𝒊 𝟏 N₁ + N₂) . Ii = N₁ . I + N₂ . I ⇒ I = ₁ ₂ = 
. , = I = 4,92A
L₁₁ = 
𝑵₁²
𝕽T
= ²
, . 
⇒ L₁₁ = 58,5 mH
L₂₂ = 
𝑵₂²
𝕽T
= ²
, . 
⇒ L₂₂ = 91,4 mH
L₁₂ = L₂₁ = LM = 
𝑵₁.𝑵₂
𝕽T
= . 
, . 
⇒ L₂₂ = 73,1 mH
e) 𝜆₁ = L₁₁ . I + LM . I = [58,5 . 10 + 73,1 . 10 ] . 4,92 ⇒ 𝜆₁ ≅ 0,65 A.esp
𝜆₂ = L₂ . I + LM . I = [91,4 . 10 + 73,1 . 10 ] . 4,92 ⇒ 𝜆₂ ≅ 0,81 A.esp
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f) W₁ e W₂:
W₁ = 
𝟏
𝟐
. L₁₁ . I₁² ⇒ . 58,5 . 10 . 4,92² ⇒ W₁ = 0,71 J
W₂ = 
𝟏
𝟐
. L₂₂ . I₂² ⇒ . 91,4 . 10 . 4,92² ⇒ W₂ = 1,1 J
N = 800 esp. / Ѕc = Sy = 9 cm² = 9 x 𝟏𝟎 𝟒m² / 
Bc = 1,0 T / µrc = 50000 = 5,0 . 𝟏𝟎𝟒/
lg = 0,04 cm / lc = 40 cm
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N = 800 esp. / Ѕ = 9 cm² = 9 x 10 m² / Bc = 1,0 T / µBr = 50000 /
lg = 0,04 cm = 40 cm 
a) 𝕽c = 
𝒍𝒄
µ𝒓.µ₀.Ѕ𝒄
= 
,
. . . .
= 𝕽c =7.073,55 
.ɛ
𝕽g = 
µ .µ₀.Ѕ
= 
, . 
. .
= 𝕽c = 353677 
.ɛ
𝕽T = 𝕽c + 𝕽g 7.073,55 + 353677 = 𝕽T = 360751 
.ɛ
b) Fluxo Magnético:
Fmm = NI = 𝕽𝑻 . 𝝓
𝝓 = B . S = 1,0 . 9 . 10 ⇒ 𝝓 = 9 . 𝟏𝟎 𝟒 𝑾𝒃
c) Corrente da Bobina:
i = 
𝕽T . 𝝓 
𝑵
⇒
 . .
⇒ i = 0,40585 A
d) Fluxo Concatenado e a Indutância da Bobina :
L = 
𝑵²
𝕽T
= ²
 
⇒ L = 1,774 H
𝜆 = L . i ⇒ 1,774 . 0,40585 ⇒ 𝜆 ≅ 0,72 A.esp
e) Energia Armazenada na Bobina :
W = 
𝟏
𝟐
. L . i² ⇒ . 1,774 . 0,40585² ⇒ W = 0,146 J
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N = 1200 esp. / Ѕc = Sy =16 cm² = 16 x 𝟏𝟎 𝟒m² / 
Bc = 9,0 T / µrc = 50000 = 5,0 . 𝟏𝟎𝟒/
lg = 0,05 cm / lc = 36 cm
Solução: 
a) Cálculo das relutâncias do núcleo, do gap e total:
𝕽c = 
𝒍𝒄
µ𝒓.µ₀.Ѕ𝒄
= 
,
. . . .
= 𝕽c =3.581 
𝑨.ɛ
𝑾𝒃
𝕽g = 
𝒍𝒈
µ𝒓.µ₀.Ѕ𝒄
= 
, . 
. .
= 𝕽c = 2𝟒𝟖. 𝟔𝟖𝟎 
𝑨.ɛ
𝑾𝒃
𝕽T = 𝕽c + 𝕽g ⇒ 3581 + 248,680 = 𝕽T ≅ 252.261 
𝑨.ɛ
𝑾𝒃
b) Fluxo Magnético:
𝝓 = B.S = 0,9 . 16 . 10 ⇒ 𝝓 = 14,4 . 𝟏𝟎 𝟒 𝑾𝒃
c) Corrente da Bobina:
i = 
𝕽T . 𝝓 
𝑵
⇒
 . , .
⇒ i = 0,3027 A
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d) Fluxo Concatenado e a Indutância da Bobina:
L = 
²
𝕽T
= 
²
 
⇒ L = 5,71 H
𝜆 = L . i ⇒ 5,71 . 0,3027 ⇒ 𝜆 = 1,7279 A.esp
e) Energia Armazenada na Bobina:
W = 
𝟏
𝟐
. L . i² ⇒ . 5,71 . 0,3027² ⇒ W ≅ 0,2616 J
Nota: [J] é unidade de energia e [W] de potência!!!!
4. Solução de Exercícios: Referência: Exercício 8 (ED) – data: 2020-1
(A) 100x105 Aesp/Wb ; 25 Aesp
(B) 10x109 Aesp/Wb ; 2,5 Aesp
(C) 1x106 Aesp/Wb ; 250 Aesp
(D) 100x106 Aesp/Wb ; 25 Aesp
(E) 1x1012 Aesp/Wb ; 2500 Aesp
8. Para um circuito magnético toroidal, com i = 0,5 A, com núcleo de
madeira e μr ≈ 1, com raio interno ri = 10 cm e o raio externo re = 20 cm,
determinar a relutância do indutor Rt e a força magnetomotriz Fmm,
respectivamente, sabendo que a área do circuito vale 0,7491 cm2 e com
50 espiras. Dado: μo = 4π.10-7 H/m .
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Solução comentada: 
 A Fmm é dada de forma direta a partir dos dados disponibilizados: 
Fmm = N.i = 50 . 0,5 = Fmm = 25 A.esp
 A relutância ( R ) depende do comprimento do núcleo ( lc ), da 
permeabilidade magnética ( μr ) e da área do seção do núcleo ( S ):
- O comprimento do núcleo é o perímetro ( lc ) que é igual ao perímetro 
médio ( lm ) dado pela média dos perímetros determinados pelos 
raios interno ( ri ) e externo ( re ): 
lc = lm = 2.π.(ri + re)/2 = 2.π.[(10 + 20)/2] 10-2 = lc = 0,94248 m
- A permeabilidade magnética da madeira foi considerada μr = 1, igual a do 
vácuo:
μm = μ0 = 4.π.10-7 Wb/A.esp.m Nota: [Wb/A.esp.m] = [H/m] 
- A área do núcleo foi fornecida: S = 0,7941 cm2 
S = 0,7491 x 10-4 m2 
 Cálculo da Relutância (R ):
R = lc / ( μm . S ) = 0,94248 / (4.π.10-7. 0,7491 x 10-4 ) 
R = 0,94248 . 1011 /9,4135 = 
R = 0,94248 . 1011 /9,4135 = 0,1 . 1011 = 1 . 1010 A.esp/Wb
R = 1010 Aesp/Wb
Portanto, não há alternativa correta para R e Fmm!
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SISTEMA POR UNIDADE
As quantidades expressas em Por Unidade (pu) devem ser:
- tensão V 
- Corrente I
- Potência Ativa P
- Potência Reativa Q
- Potência Aparente S
- Impedância Z
Referência: 
Fitzgerald, A. E. Máquinas Elétricas . 6. ed. – Porto Alegre: Bookman, 2006. p. 104 a p. 110. 
• Potência Aparente “S” 
é valor de base para “P” e “Q”: 
VAbase = Vbase × Ibase
• Impedância de Base:
Zbase = Vbase / Ibase
Quantidade por unidade = 
𝑸𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒂𝒕𝒖𝒂𝒍
𝑸𝒖𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒐 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒃𝒂𝒔𝒆
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Regras para usar Sistema Por Unidade
– Selecionar VA base comum para o Sistema.
– Selecionar a tensão de base para um ponto do Sistema.
– Escolher as outras tensõesde base na mesma proporção da 
relação entre espiras de qualquer transformador encontrado.
– Converter todas as quantidades para “por unidade”nas bases 
escolhidas.
– Analisar o circuito em “por unidade”
– Converter todas as quantidades para volts, amperes, etc. pela 
multiplicação de seus valores em pu por seus correspondents 
valores de base. 
Transferência de Sistema Por Unidade 1 para Sistema Por Unidade 2
(P, Q,VA)pu na base 2 = (P, Q,VA)pu na base 1 
𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏
𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟐
(R, X,Z)pu na base 2 = (R, X,Z)pu na base 1 
𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏
𝟐 𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟐
𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟐 𝟐𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏
→
→ Vpu na base 2 =Vpu na base 1 
𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏
𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟐
→ Ipu na base 2 = Ipu na base 1 
𝑽𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟐𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏
𝑽𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟏𝑽𝑨𝒃𝒂𝒔𝒆 𝟐
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5. Exemplo 2.12 (Máquinas Elétricas – Fitzgerald, A. E.-6ª Ed. – p.106)
O circuito equivalente do transformador de 100 MVA e 7,97 kV:79,7 kV
da figura possui as seguintes características:
XB = 0,040 Ω XA = 3,75 Ω Xm = 114 Ω RB = 0,76 mΩ RA = 0,085 Ω
Nota: Xm está referida ao enrolamento (lado) da BT, conforme figura “a”.
Converter os parâmetros do circuito equivalente em P.U com suas
especificações nominais usadas como base:
Solução:
Grandezas de base do Transformador
Lado BT Lado AT
VAbase Vbase
Rbase = Xbase
V2base /VAbase
VAbase Vbase
Rbase = Xbase
V2base /VAbase
100 MVA 7,97 kV 0,635 Ω 100 MVA 79,7 kV 63,5 Ω
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Parâmetros do transformador em PU – fig. (b) 
Lado BT Lado AT
RB XB Xm RA XA
7,6.10-4/ 0,635 0,040/0,635 114 / 0,635 0,085 / 63,5 3,75 / 63,5
0,0012 pu 0,00630 pu 0180 pu 0,0013 pu 0,0591 pu
A relação entre espiras em PU é “a = 1 : 1” dada por:
7,97 kV / 7,97 kV : 79,7 kV / 79,7 kV = 1 : 1
Determinação de R’A e X’A para o circuito primário:
A relação de transformação ( a ), no Sistema em PU não se aplica e é direta
uma vez que “a” é “1:1”. Portanto, basta repetir os valores calculados em “pu”
no lado primário:
A figura “(b)” representa o circuito em “pu” com o Transformador Ideal. Como 
“a = 1 : 1” o transformador ideal pode ser retirado conforme figura “(c)”.
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6. Exemplo 2.13 (Máquinas Elétricas – Fitzgerald, A. E.-6ª Ed. – p.107)
A corrente de excitação medida no lado BT de um transformador de
50 kVA, 2400 : 240 V é Iψ = 5,41 A. A impedância equivalente referida à
AT é Z’A = 1,42 + j1,82 Ω. Considerada as especificações nominais
como base, expressar no sistema por unidade nos lados AT e BT:
a) A corrente de excitação; e
b) A impedância equivalente.
Solução:
VbaseA = 2400 V VbaseB = 240 V
IbaseA = S / UA = 50 kVA / 2400 = IbaseA = 20,8 A
IbaseB = S / UB = 50 kVA / 240 = IbaseB = 208 A
ZbaseA = VbaseA / IbaseA = ZbaseA = 115,2 Ω
ZbaseB = VbaseB / IbaseB = ZbaseA = 1,152 Ω
a) Corrente de excitação em PU referidaao lado BT
IψB = IψBT / IbaseB = 5,41 / 208 = IψB = 0,0260 pu
A corrente de excitação em PU referida ao lado da AT é dada por:
IψA = IψB / a = 5,41 / 10 = IψA = 0,541 A
A relação de transformação é: a = UA / UB = 2400/240 = a = 10
IψA = IψAT / IbaseA = (0,541 / 20,8) = IψA = 0,0260 pu
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Nota: como as tensões dos lados BT e AT foram escolhidas como valores de
base, igual à relação entre espiras e da mesma base volt-ampere, o
transformado em PU possui relação unitária o que resulta que os parâmetros
calculados são os mesmos para ambos os lados!
b) O valor da Impedância Equivalente ZeqA e ZeqB:
Da definição geral: G(pu) = Greal / Gbase
ZeqA = (1,42 + j1,82) / 115,2 = ZeqA = 0,0123 + 0,0158 pu
O valor da impedância equivalente na baixa tensão é dado por:
RZrealB = RZrealA / a2 = 1,42/102 e XZrealB = XZrealA / a2 =1,82/102 
ZeqB = (0,0142 + j0,0182) / 1,152 = ZeqA = 0,0123 + 0,0158 pu
Nota: Novamente, os valores são os mesmos em PU para ambos os lados do 
transformador, pois a relação do transformador ideal em PU é “1: 1”
7. Referência: Exercício 9 (ED)
9. Um transformador real de 50 KVA, 2.300:230 V, 60 Hz,
consome 200 W e 0,3 A em vazio, quando 2.300 V são
aplicados na AT. A impedância do primário é 3,5└70⁰ Ω .
Determine o fator de potência do transformador em vazio!
(A) a = 68,98º
(B) a = 106,85° c “c” !!!!!?
(C) a = 92,5°
(D) a = 98,95°
(E) a = 73,15°
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Solução:
O fator de potência é normalmente o “cosseno do ângulo da impedância
complexa do circuito considerado denominado normalmente de ɸ (cos ɸ)”.
Pode ser considerado, portanto, como o ângulo formado entre a Potência
ativa (P) e a Potência Aparente (S). No caso, a resposta está em unidade
de ângulo de forma que não há alternativa correta. Se aplicado o cosseno
em cada um desses ângulos as alternativas estariam no formato
solicitado.
Aplicação da função cosseno nas alternativas iniciais,
respectivamente:
(A) a = 0,3587
(B) a = - 0,2899 c
(C) a = - 0,0436
(D) a = - 0,1556
(E) a = 0,2899
Basicamente, a potência aparente pode ser calculada por:
S = V.I = 2300x0,3 = S = 690 VA
A potência ativa foi dada: 200W.
O fator de potência pode ser calculado por:
cosɸ = P/S = 200/690 = cosɸ = 0,2899.
Como referência, a função inversa do cosɸ resulta em ângulo ɸ = 73,15⁰ .
Nota: Embora a alternativa (B) possua o mesmo módulo, possui o sinal negativo, o
que representaria o cosseno de 106,85⁰ (segundo quadrante do círculo) ou 263,15⁰
(terceiro quadrante do círculo). O cos ɸ = cos (-ɸ), isto é, o cosseno está definido no
primeiro e quarto quadrantes e a definição depende do sen ɸ relacionado ao ângulo da
impedância, ou triângulo das potências.
Nota:Não foram consideradas as impedâncias de dispersão do transformador
ou a impedância de dispersão do primário, dada por: Z1 = 3,5└70⁰ Ω por ser
desprezível relativamente à impedância de magnetização.
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Se considerada a dispersão: 
Z1 = 3,5└70⁰ = Z1 = 1,1971 + j3,2889 Ω
Rc // Xm = ?
Rc = V02 /P0 = 23002 /200 = Rc = 26450 Ω
ZΨ = V0 / I0 = 2300 / 0,3 = ZΨ = 7667 Ω
𝑋 = = 𝑿𝒎 = 𝟖𝟎𝟏𝟏 𝜴
ZΨ =Rc // jXm = (Rc . jXm) / (Rc + jXm) = (26450 . j8011) / 26450 + j8011 =
j211879191 / 27636└16,85⁰ = (211879191└90⁰ ) / 27636└16,85⁰ =
7666,78 └90⁰ - 16,85⁰ =
= ZΨ = 7667└73,15⁰ Ω = ZΨ = 1965 + j7411 Ω 
Portanto, as alternativas fornecem ângulos e não cossenos como
resposta e, se considerada a aplicação da função cosseno, a resposta
que possui o valor é correto é a (E), com o cosseno do ângulo de
“ZΨ”: cos 73,15⁰ = 0,2899. 
ZT = Z1 + ZΨ → ZT = 1,1971 + j3,2889 + 1965 + j7411 =
ZT = 1966 + j7414 Ω = ZT = 7670└75,15⁰
onde cos ɸ’ = cos 75,15⁰ = 0,2563
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a) Circuito Referido ao Primário:
A relação da AT/BT = a = 2400/240 = a = 10
R₁ = 0,008 Ω e R₂p = 0,8/𝟏𝟎𝟐 ⇒ R₂p = 0,008 Ω 
Req = R₁ + R₂p ⇒ Req = 0,016 Ω
X₁ = j0,01 Ω / X₂p = 1,0/𝟏𝟎𝟐 ⇒ X₂p = j0,01 Ω
Xeq = jX₁ + jX₂p ⇒ jXeq = 0,02 Ω
Nota: a baixa tensão possui condutor 
de seção maior e menor número de 
espiras que a alta tensão. Portanto, o 
circuito primário é o de baixa tensão 
pela descrição do texto!
Rcp = 6 Ω
Xmp = j43 Ω
Lado da BT 
(primário, pois o texto não é 
específico de forma que “já 
está do lado certo – BT”) 
Circuito elétrico do transformador visto pelo lado do primário (BT)
Nota: o resistor Rp (Rc na figura) está em paralelo com a reatância Xm e não em série !!!
(vide a solução do item “b”).
Para obter a tensão V2p é necessário efetuar o divisor de tensão entre Z eq e 𝒁𝜳:
𝒁𝜳 = Rp // jXm = 
 
 
= 
⨽ ᵒ
, ⨽ , ᵒ
= 𝒁𝜳 = 5,94⨽7,94ᵒ Ω = 𝒁𝜳 = 5,883 + 0,821j Ω
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b) V2p = 
𝑽 ₁ .𝒁𝜳
𝑹𝒆𝒒 𝑿𝒆𝒒 𝒁𝜳
= 
.𝒁𝜳
, , 𝒁𝜳
= ?
𝒁𝜳 = Rp // jXm = 
𝟔 𝒙 𝟒𝟑𝒋
𝟔 𝟒𝟑𝒋
= 
𝟐𝟓𝟖⨽𝟗𝟎ᵒ
𝟒𝟑,𝟒𝟐⨽𝟖𝟐,𝟎𝟔ᵒ
= 𝒁𝜳 = 5,94⨽7,94ᵒ Ω = 𝒁𝜳 = 5,883 + 0,821j Ω
V₂p = 
𝟐𝟒𝟎 .𝟓,𝟗𝟒⨽𝟕,𝟗𝟒ᵒ
𝟎,𝟎𝟏𝟔 𝟎,𝟎𝟐𝒋 𝟓,𝟖𝟖 𝟎,𝟖𝟐𝟏
= 
𝟏𝟒𝟐𝟓,𝟔⨽𝟕,𝟗𝟒ᵒ
𝟓,𝟖𝟗𝟔 𝟎,𝟖𝟒𝟏𝑱
= 
𝟏𝟒𝟐𝟓,𝟔⨽𝟕,𝟗𝟒ᵒ
 𝟓,𝟗𝟓 ⨽𝟕,𝟖𝟐ᵒ
= 𝟐𝟑𝟗, 𝟔⨽𝟎,𝟏𝟏ᵒ = 
= V2p = 𝟐𝟑𝟗, 𝟔
⨽~𝟎ᵒV
c) Ip, Im, Io
Ip = 
𝟐𝟑𝟗,𝟔
𝟔
⇒ Ip = 39,93 A
Im = 
𝟐𝟑𝟗,𝟖𝟖
𝒋𝟒𝟑
⇒ Im = 𝟓, 𝟓𝟕
⨽ 𝟗𝟎ᵒA 
I0 = Ip + Im = 𝟑𝟗, 𝟗𝟑⨽𝟎ᵒ + 𝟓, 𝟓𝟕⨽ 𝟗𝟎ᵒ ⇒ Io ≅ 𝟒𝟎, 𝟑𝟐
⨽ 𝟕,𝟗𝟒ᵒA
d) V2p (com carga de 60 kVA – cos 𝛗 =0,9 capacitiva)
𝛗 = arc cos 0,9 = 𝛗 = 25,84⁰ ≅ 𝛗 = 25,84⁰ 
I2p = 
𝑺
𝑽₁
= 
𝟔𝟎 . 𝟏𝟎𝟑
𝟐𝟒𝟎
⇒ I2p = 250 A 
I2p = 𝟐𝟓𝟎⨽𝟐𝟓,𝟖𝟒ᵒ A
I₁ = I₀ + Icarga = 𝟒𝟎, 𝟑𝟐⨽ 𝟕,𝟗𝟒ᵒ + 𝟐𝟓𝟎⨽𝟐𝟓,𝟖𝟒ᵒ = [(39,93 + 225) +j(-5,57 + 108,97)]
I₁ = 264,93 + j103,40 ⇒ I₁ = 𝟐𝟖𝟒, 𝟒⨽𝟐𝟏,𝟑𝟐ᵒ A
V2p + Zeq . I₁ – V₁ ⇒ V2p = V₁ – Zeq . I₁
V2p = 240 – (0,016 + j0,02) . 𝟐𝟖𝟒, 𝟒⨽𝟐𝟏,𝟑𝟐ᵒ
V2p = 240 – 𝟎, 𝟎𝟐𝟓𝟔⨽𝟓𝟏,𝟑𝟒ᵒ . 𝟐𝟖𝟒, 𝟒⨽𝟐𝟏,𝟑𝟐ᵒ
V2p = 240 – 𝟕, 𝟐𝟖⨽𝟕𝟐,𝟔𝟔ᵒ
V2p = 240 – (2,17 + j6,95)
V2p = 237,83 – j6,95 ⇒ V2p ≅ 237,𝟗𝟑
⨽ 𝟏,𝟔𝟕ᵒ V
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9. Os ensaios em vazio e em curto circuito de um transformador
monofásico de 50 kVA, 2400 V : 240 V, 60 Hz foram realizados da
seguinte forma:
“CC” - ensaio em curto circuito: instrumentos instalados no lado
da AT e a BT curto-circuitada; e
“Vz” - ensaio em vazio: instrumentos instalados no lado da BT
com a AT em circuito aberto.
Foram obtidos os seguintes resultados:
Vcc = 52 V; Icc = 20,84 A; Pcc = 695 W
V0 = 240 V; I0 = 5,5 A ; P0 = 200 W
Nota: R’2 = R1 e X’2 = X1
Determinar:
a) Os parâmetros do transformador: Rc, Xm, X1, R2 e X2;
b) Desenhar o circuito equivalente do transformador com a
indicação de cada parâmetro calculado
Solução: 
a) Parâmetros do Transformador
- Determinação de Relação de Transformação:
- a = 
𝑽₁
𝑽₂
= ⇒ a = 10
- Determinação de Req:
Rcc = Req = 
²
= 
, ²
⇒ Req = 1,67Ω
- Determinação do Zeq:
Zcc = Zeq = 
𝑽𝒄𝒄
𝑰𝒄𝒄²
= 
, ²
⇒ Zeq = 2,4952Ω
- Determinação do Xeq
Xcc = Xeq = 𝒁𝒄𝒄² −𝑹𝒄𝒄² = (2,4952² −1,67² = 3,437 ⇒ Xeq = 1,854Ω
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- Determinação dos Parâmetros R₁ e R’₂
R₁ = R’₂ ⇒ R₁ = = 
,
⇒ R₁ = 0,835Ω / R’₂ = 0,835Ω
- Determinação de R₂:
R₂ = 
𝑹 ₂
𝒂²
=
,
²
⇒ R₂ = 0,00835Ω
- Determinação de X₁ e X’₂:
X₁ = X’₂ = 
𝑿𝒆𝒒
𝟐
= 
,
⇒ X₁ = 0,927Ω / X’₂ = 0,927Ω
- Determinação do X₂:
X₂ = 
𝑿 ₂
𝒂²
=
,
²
⇒ X₂ = 0,00927Ω
- Determinação de Rc (Lado do BT):
Rc = 
𝑽₀²
𝑷₀
= 
²
⇒ Rc = 288Ω
- Determinação da Impedância de Magnetização Z𝝋 :
Z𝝋 = 
𝑽₀
𝑰₀
= 
,
⇒ Zφ = 43,636Ω
- Determinação da Reatância de Magnetização: Xm (lado do BT):
Xm = 
𝟏
𝟏
𝒁𝝋
² 
𝟏
𝑹𝒄
²
= 
,
² ²
= 
, . , . 
= 
, . 
=
= 
, . 
⇒ Xm = 44,14Ω
- Determinação de R’c (lado da AT)
R’c = Rc . a² = 288 . 10² ⇒ R’c = 28.800 Ω
19/05/2020
20
- Determinação do X’m (lado da AT):
X’m = Xm . a² = 44,14 . 10² ⇒ X’m = 4414 Ω
b) Modelo Circuito Equivalente do Transformador (AT/BT)
Nota: embora o texto peça cada componente calculado qualquer um dos 
modelos pode explicar o circuito!!! 
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21
10. Os ensaios em vazio e em curto circuito de um transformador
monofásicode 60 kVA, 2400 V : 240 V, 60 Hz foram realizados da seguinte
forma:
“CC” - ensaio em curto circuito: instrumentos instalados no lado da
AT e a BT curto-circuitada; e
“Vz” - ensaio em vazio: instrumentos instalados no lado da BT com a
AT em circuito aberto.
Foram obtidos os seguintes resultados:
Vcc = 75 V; Icc = 25 A; Pcc = 695 W
V0 = 240 V; I0 = 6 A ; P0 = 230,4 W
Nota: R’2 = 0,2R1 e X’2 = 0,3X1
Determinar:
a) Os parâmetros do transformador: Rc, Xm, X1, R1, R2 e X2;
b) Desenhar o circuito equivalente do transformador com a indicação
de cada parâmetro calculado refletidos nos lados AT e BT.
a) Parâmetros do Transformador
- Determinação de Relação de Transformação:
a = 
𝐕₁
𝐕₂
= ⇒ a = 10
- Determinação de Req:
Rcc = Req = 
𝑷𝒄𝒄
𝑰𝒄𝒄²
= 
²
⇒ Req = 1Ω
- Determinação de Zeq :
Zcc = Zeq = 
𝑽𝒄𝒄
𝑰𝒄𝒄
= ⇒ Zeq = 3Ω
- Determinação de Xeq:
Xcc = Xeq = 𝒁𝒄𝒄² − 𝑹𝒄𝒄² = 3² − 1² = 8 ⇒ Xeq = 2,828Ω
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- Determinação dos Parâmetros R₁ e R’₂
R’₂ = 0,2R₁ ⇒ Req = R₁ + 0,2R₁ ⇒ Req = 1,2R₁ 
R₁ = 
𝑹𝒆𝒒
𝟏,𝟐
= 
,
⇒ R₁ = 0,8333Ω
R’₂ = 0,2R₁ ⇒ R’2 = 0,2 . 0,8333 ⇒ R’₂ ≅ 0,1667Ω
- Determinação de R₂:
R₂ = 
𝑹 ₂
𝒂²
=
,
²
⇒ R₂ = 0,001667Ω
- Determinação de X₁ e X’₂:
Xeq = X₁ + X’₂ = X₁ + 0,3X₁ = X₁ = 
𝑿𝒆𝒒
𝟏,𝟑
= 
,
,
⇒ X₁ ≅ 2,1757Ω
X’₂ = 0,3X₁ = 0,3 . 2,1757 ⇒ X’₂ ≅ 0,6527Ω
- Determinação do X₂:
X₂ = 
𝑿 ₂
𝒂²
=
,
²
⇒ X₂ = 0,006527Ω
- Determinação de Rc (Lado do BT):
Rc = 
𝑽₀²
𝑷₀
= 
²
,
⇒ Rc ≅ 250Ω
- Determinação da Impedância de Magnetização:
Zφ = 
𝑽₀
𝑰₀
= ⇒ Zφ = 40Ω
- Determinação da Reatância de Magnetização (lado do BT):
Xm = 
𝟏
𝟏
𝒁𝝋
² 
𝟏
𝑹𝒄
²
=
² ²
= 
, ,
= 
,
=
⇒ = 
, . 
= Xm ≅ 40,52Ω
- Determinação de R’c (lado da AT)
R’c = Rc . a² = 250 . 10² ⇒ R’c = 25000Ω
- Determinação do X’m (lado da AT)
X’m = Xm . a² = 40,52 . 10² ⇒ X’m = 4052Ω
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b) Modelo do Circuito do Transformador (Lado AT):
Modelo do Circuito do Transformador (Lado BT):
11. A impedância de dispersão no circuito primário de um
transformador de 6600 : 660 [V] é de 0,4 + j0.60 Ω e no secundário é
de 0,004 + j0,006 Ω; a impedância de magnetização, com Rc e Xm em
paralelo, tem os valores 600 Ω e j5000 Ω, respectivamente.
Determinar:
a) Os circuitos referidos ao primário e secundário do transformador;
b) Tensão do secundário referido ao primário;
c) As correntes Ic, Im e I0; e
d) Com carga de 50 kVA no secundário com fator de potência fp = 0,9
(indutivo), a nova tensão refletida ao primário (V’2 ou V2p).
Transformador: 6600 V : 660 V
Z1 = 0,4 + j0.60 Ω Z2 = 0,004 + j0,006 Ω Rc = 600 Ω e Xm = j5000 Ω (AT).
19/05/2020
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a) Circuitos do Transformador (Modelos):
- Relação de transformação “a”
a = 
𝐕₁
𝐕₂
= ⇒ 𝐚 = 10
- Impedâncias refletidas no Primário (AT):
R’₂ = a² . R₂ = 10² . 0,004 ⇒ R’₂ = 0, 4Ω
Req = R₁ + R₂ = 0,4 + 0,4 ⇒ Req = 0,8 Ω
X’₂ = a² . X₂ = 10² . 0,006 ⇒ X’₂ = 0,6 Ω
Xeq = X₁ + X’₂ = 0,6 + 0,6 ⇒ Xeq = 1,2 Ω
- Circuito do Transformador do lado da AT
- Impedâncias refletidas no Secundáio (BT):
R’’eq = 
𝑹𝒆𝒒
𝒂²
=
,
²
 ⇒ R’’eq = 0,008Ω
X’’eq = 
𝑿𝒆𝒒
𝒂²
=
,
²
 ⇒ X’’eq = 0,012Ω
R’’c = 
𝑹𝒄
𝒂²
=
²
 ⇒ R’’c = 6Ω
X’’m = 
𝑿𝒎
𝒂²
=
²
 ⇒ X’’m = 50 Ω
- Circuito do Transformador do lado da BT
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b) Tensão do Secundário Refletida ao Primário:
V’₂ = 
 ₁ . 
 
= 
 . 
, ,
= ? - Divisor de tensão ( Zeq + Z 𝜳)!!!!
? V’₂ = . ,
⨽ , ᵒ
( , , ) ( , , )
= 
. . ⨽ , , ᵒ
, ,
= 
. . ⨽ , ᵒ
, ⨽ , ᵒ
⇒ 
⇒ V’2 ≅ 𝟔𝟓𝟗𝟏,03 V ( b) tensão no secundário em vazio refletida no primário)
Cálculo de Z Ψ ( Rc // Xm)
𝒁𝜳 =
(𝟔𝟎𝟎 . 𝒋𝟓𝟎𝟎𝟎)
(𝟔𝟎𝟎 𝒋𝟓𝟎𝟎𝟎)
= 
𝒋. 𝟑 . 𝟏𝟎𝟔
𝟓𝟎𝟑𝟓,𝟖𝟕⨽𝟖𝟑,𝟏𝟔ᵒ
= 
(𝟑 . 𝟏𝟎𝟔)⨽𝟗𝟎ᵒ
𝟓𝟎𝟑𝟓,𝟖𝟕⨽𝟖𝟑,𝟏𝟔ᵒ
⇒ 𝑍Ψ ≅ 𝟓𝟗𝟓, 𝟕𝟑
⨽𝟔,𝟖𝟒ᵒ Ω
𝒁𝜳 ≅ 𝟓𝟗𝟓, 𝟕𝟑
⨽𝟔,𝟖𝟒ᵒ Ω = 𝒁𝜳 = 591,49 + j70,95 Ω ( formulas: polar e retangular)
c) Determinação das Correntes Ic, Im e Io:
Ic = 
𝑽
𝟐
𝑹
𝒄
= 
,
⇒ Ic = 10,985A 
Im = ⨽ ᵒ = 
,
⨽ ᵒ ⇒ Im =𝟏, 𝟑𝟏𝟖
⨽ 𝟗𝟎ᵒA
I₀ = Ic + Im = 10,985 + 1,318⨽ ᵒ ⇒ I₀ = 𝟏𝟏, 𝟎𝟔𝟒⨽ 𝟔,𝟖𝟒ᵒ A
d) V’₂ com Carga Indutiva de cos φ = 0,9:
φ = arc cos 0,9 ⇒ 25,84ᵒ 
(como a carga é indutiva a corrente está atrasada de forma que φ é negativo: φ = - 25,84⁰)
 𝐈 = 
𝟓𝟎 . 𝟏𝟎𝟑
𝟔𝟔𝟎𝟎
⇒ I = 7,576⨽ , ᵒA 
I₁ = I₀ + I₁ = 11,064⨽ , ᵒ + 7,576⨽ , ᵒ = I₁ =
= I₁ = (10,985 – j1,318) + (6,982 – j3,381) = 17,967 – j4,699 ⇒
I₁ = 17,967 – j4,699 A = I₁ = 𝟏𝟖, 𝟓𝟕⨽ 𝟏𝟒,𝟔𝟔ᵒ
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No divisor de tensão: V’₂ + Zeq . I₁ = V₁ ⇒ V’₂ = V₁ - Zeq . I₁
V’2 = 6600 – (0,8 + j1,2) . 18,57
⨽ , ᵒ
V’2 = 6600 – 1,442
⨽ , ᵒ . 18,57⨽ , ᵒ = 6600 – 26,78⨽ , ᵒ=
V’2 = 6600 – (20 + j17,80) = 6580 – j17,80 = 
V’2 = 6580 – j 17,80 V ≅ 𝟔𝟓𝟖𝟎, 𝟎𝟐
⨽ 𝟎,𝟏𝟓ᵒ V
12. Pelo esquema da rede trifásica de média tensão da figura
calcular todas as tensões e correntes de linha e de fases da
carga, do transformador e do gerador. Desprezar as perdas e as
correntes de excitação.
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VLs = 13,2 kV : VLp = 10 kV
Is = 
𝑺𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂
𝟑.𝑽𝑳𝒔
=
 . 
 . , . 
⇒ Is = 437,39 A 
VFs = =
, 
⇒ VFs ≅ 7,62 kV
a = = 
,
⇒ a = 1,31216
Ifpd = 
𝐈𝐬
𝒂
=
,
,
⇒ IFpd = 333,3 A 
ILp = 𝟑. 𝑰𝑭𝒑𝒅 = 3. 333,33 ⇒ Ifpd = 577,3 A
VFp = 
𝐕𝐋𝐩
𝟑
=
𝟏𝟎 𝒌𝑽
𝟑
⇒ VFp ≅ 5,77 kV
a₂ = 
₁
₂
=
,
,
⇒ a₂ = 6,667979
a₂ = 
₂
₁
 ⇒ 𝐼₁ = 
₂
₂
= 
,
⇒ I₁ ≅ 15A 
Nota: arc tg
,
= 50,19ᵒ ⇒ Fp = cos φ ⇒ cos 50,19ᵒ = 0,64
A perda por efeito Joule ocorre na resistência da linha:
P = R . i₁² = 1 . 15² ⇒ P ≅ 225W 
Q = X . I² = 1,2 , 15² ⇒ Q = 270 VA 
S = 𝑃² + 𝑄² = 225² + 270² ⇒ S ≅ 368VA
Fp = cos φ = = ⇒ cos φ ≅ 0,64
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a₂ = 
𝑽₁
𝑽₂
=
,
,
⇒ a₂ = 6,667979
a₂ = 
𝑰₂
𝑰₁
 ⇒ 𝑰₁ = 
𝑰₂
𝒂₂
= 
,
⇒ I₁ ≅ 22,5A 
P = R . i₁² = 1 . 22,5² ⇒ P ≅ 506,1W 
Q = X . I² = 1,2 , 22,5² ⇒ Q = 607,3 VA 
S = 𝑷² + 𝑸² = 506,1² + 607,3² ⇒ S ≅ 790,5VA
Fp = 𝐜𝐨𝐬 𝛗 = 
𝑷
𝑺
= 
,
,
⇒ 𝐜𝐨𝐬 𝛗 ≅ 0,64ᵒ
Nota: φ = arc tg = arc tg
,
= 50,19ᵒ ⇒ Fp = cos φ ⇒ cos 50,19ᵒ = 0,64ᵒ