Sistemas eletricos de potencia Cap3 Componentes Simetricos D Caselato

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Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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Componentes Simétricas 
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SOBRE O AUTORSOBRE O AUTORSOBRE O AUTORSOBRE O AUTOR 
Djalma Caselato é engenheiro eletricista, com ênfase em eletrotécnica, formado pela Escola Politécnica da 
Universidade de São Paulo, com Mestrado e Doutorado em Engenharia na área de Sistema de Potência pela 
Escola Politécnica da USP. 
Desde sua formatura, em 1968, tem trabalhado na área de elaboração de projetos de usinas hidrelétricas e de 
subestações, com atuação específica na área de equipamentos elétricos de grande porte (gerador, barramento 
de fases isoladas, transformadores, disjuntores, seccionadoras, sistemas de excitação e reguladores de 
tensão). Atividade profissional internacional, nas áreas indicadas, com trabalhos desenvolvidos na Suíça, 
França, Alemanha, Tchecoslováquia, África do Sul, República Democrática do Congo, Angola e Moçambique. 
Foi pesquisador junto ao Departamento de Energia e Automação Elétricas da Escola Politécnica da USP. 
Como atividade didática exerceu a função de Professor Adjunto do Departamento Elétrico da Universidade de 
Mogi das Cruzes, de março de 1984 a janeiro de 1994, e desde maio de 1994 é responsável pelas disciplinas 
Sistemas de Potência I e II, Laboratório de Sistemas de Potência I e II, Subestações Elétricas e Usinas 
Hidrelétricas na Escola de Engenharia Mauá para o curso de engenharia eletrotécnica. 
O autor possui artigos publicados no Brasil e no exterior sobre projeto elétrico de subestação, sobre 
modernização e reabilitação de usinas hidrelétricas, sobre eficiência e limites operacionais de turbinas com 
velocidade ajustável em sistema de conexão unitária, sobre novo modelo de gestão de qualidade para o setor 
energético, sobre método para cálculo do GD2 de hidrogeradores e sobre aspectos técnicos no pré-
dimensionamento de grandes hidrogeradores. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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3333 
COMPONENTES SIMÉTRICASCOMPONENTES SIMÉTRICASCOMPONENTES SIMÉTRICASCOMPONENTES SIMÉTRICAS 
Extrato da Teoria 
A técnica de aplicação de componentes simétricas é utilizada para redes equilibradas e simétricas, nos casos 
de desequilíbrio nas cargas e, principalmente, para defeitos nas redes elétricas. 
3.1. Operador αααα 
α = 1 /120º = - 0,5 + 
2
3 j (3.1) 
α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 - 
2
3 j (3.2) 
1 + α + α2 = 0 (3.3) 
α - α2 = 3 j (3.4) 
3.2. Seqüência positiva (direta) 
Utiliza-se o índice 1 para a indicação desta seqüência. 
 Van 1 
Van1 = Vbn = Van α
2 (3.5)
 Vcn α 
3.3. Seqüência negativa (indireta ou inversa) 
Utiliza-se o índice 2 para a indicação desta seqüência. 
 Van 1 
[ Van2 ] = Vbn = Van α (3.6) 
 Vcn α
2 
Componentes Simétricas 
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3.4. Seqüência nula (zero ou homopolar) 
Utiliza-se o índice 0 para a indicação desta seqüência. 
Va0 = Vb0 = Vc0 
 Va0 
 
 Vb0 
 Vc0 Figura 3.2 
 
 
3.5. Matriz de transformação de componentes simétricas em componentes de fases 
Pelo teorema fundamental da decomposição de uma seqüência qualquer em três seqüências – positiva, 
negativa e nula – resulta: 
 Va Va0 + Va1 + Va2 Va0 + Va1 + Va2 
[ Va ] = Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2 = Va0 + α
2
 Va1 + α Va2 (3.7) 
 Vc Vc0 + Vc1 + Vc2 Va0 + α Va1 + α
2
 Va2 
 
 1 1 1 
[ Va ] = Va0 1 + Va1 α
2 + Va2 α (3.8) 
 1 α α2 
 
Va 1 1 1 Va0 
Vb = 1 α
2 α Va1 (3.9) 
Vc 1 α α
2 Va2 
 
 Matriz T 
Para demonstrar a existência de Va0, Va1 e Va2 basta verificar se existe a matriz inversa de [T]. A matriz [ T ] é a 
matriz de transformação de componentes simétricas. Ela transforma componentes simétricas em componentes 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 66 
de fases. 
A matriz inversa de T existe e vale 
 1 1 1 
 T-1 = 1/3 1 α α2 (3.10) 
 1 α2 α 
Portanto: 
 Va0 1 1 1 Va 
 Va1 = 1/3 1 α α
2 Vb (3.11) 
 Va2 1 α
2 α Vc 
3.6. Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y) 
 
VAB = VAN – VBN 
VBC = VBN – VCN (3.12) 
VCA = VCN – VAN 
Matricialmente, 
[VAB] = [VAN] – [VBN] (3.13) 
Ou ainda, 
 Van Van0 Van1 Van2 1 
 Vbn = Van0 Van1 . α
2 Van2 . α 1 (3.14)
 Vcn Van0 Van1 . α Van2 . α
2 1 
e 
 Vbn Van0 Van1 . α
2 Van2 . α 1 
 Vcn = Van0 Van1 . α Van2 . α
2 1 (3.15)
 Van Van0 Van1 Van2 1 
 Logo, 
Vab 0 Van1 . (1 - α
2 ) Van2 . (1 - α) 1 
 Vbc = 0 Van1 . (1 - α
2 ) α2 Van2 . (1 - α) α 1 (3.16) 
 Vca 0 Van1 (1 - α
2 ) α Van2 . (1 - α) α
2 1 
(1 - α ) = 3 / - 30º (3.17) 
Componentes Simétricas 
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(1 - α2 ) = 3 / 30º (3;18) 
Logo, 
VAB = VAN – VBN = 3 / 30º VAn1 + 3 / - 30º VAN2 (3.19) 
ou seja: 
VAB0 = zero 
VAB1 = 3 / 30º VAn1 (3.20) 
VAB2 = 3 / −30º VAN2 
 
A seqüência zero provoca um deslocamento do neutro. 
3.7. Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta) 
 
IA = IAB – ICA 
IB = IBC – IAB (3.21) 
IC = ICA – IBC 
Matricialmente, [ IA ] = [ IAB ] – [ ICA ] (3.22) 
Por outro lado, 
 1 1 1 
[IAB] = IAB0 1 + IAB1 α2 + IAB2 α (3.23}
 1 α α2 
e 
 1 1 1 
[ICA] = ICA0 1 + ICA1 α2 + ICA2 α (3.24}
 1 α α2 
Logo: 
 1 1 1 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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[ICA] = IAB0 1 + α IAB1 α
2 + α2 IAB2 α (3.25}
 1 α α2 
Resulta, então, 
 1 1 1 
[IA ] = (IAB0 - IAB0) 1 + (1-α) IAB1 α
2 + (1 - α2) IAB2 α (3.26}
 1 α α2 
IA0 = zero 
IA1 = 3 / − 30º IAB1 (3.27) 
IA2 = 3 / 30º IAB2 
3.8. Carga em estrela com neutro não-aterrado 
As Leis de Kirchhoff são válidas para todas as seqüências (positiva, negativa e nula). 
 
VAN + VNN’ + VN’A = 0 
VBN + VN’N + VN’B = 0 (3.28) 
VCN + VN’N + VN’C = 0 
VAN’ ZA 0 0 IA 
VBN’ = 0 ZB 0 IB (3.29) 
VCN’ 0 0 ZC IC 
 
VAN 1 ZA 0 0 IA 
VBN + VNN’ 1 = 0 ZB 0 IB (3.30) 
VCN 1 0 0 ZC IC 
Substituindo [Van] = T [Vano] e [Ia] = T [Ia0], vem: 
 VAN0 1 ZA 0 0 IA0 
T VAN1 + VNN’ 1 = 0 ZB 0 T IA1 (3.31) 
 VAN2 1 0 0 ZC IA2 
 
Multiplicando ambos os membros pela esquerda por [T]-1 , vem: 
VAN0 1 ZA 0 0 IA0 
Componentes Simétricas 
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VAN1 + T
-1 1 VNN’ = T
-1 0 ZB 0 T IA1 (3.32) 
VAN2 1 0 0 ZC IA2 
Então, resulta: 
VAN0 + VNN’ Z0 Z2 Z1 IA0 
VAN1 = Z1 Z0 Z2 IA1 (3.33) 
VAN2 Z2 Z1 Z0 IA2 
Para este caso IA0 = 0, e a expressão matricial (3.33) torna-se: 
VAN0 -1 Z2 Z1 VNN’ 
VAN1 = 0 Z0 Z2 IA1 (3.34) 
VAN2 0 Z1 Z0 IA2 
Sendo que os valores de Z0, Z1 e Z2 para a carga obtêm-se da expressão matricial (3.35) que, por sua vez, é 
decorrente do produto [T-1].[Za].[T], que é denominada Zs. O inverso de Zs é Ys e vale: [T
-1].[Ya].[T]. 
Z0 1 1 1 ZA 
Z1 = 1/3 1 α α2 ZB (3.35)
Z2 1 α2 α ZC 
Dessas matrizes resultam redes de seqüência positiva, negativa e nula. 
Se ZA = ZB = ZC = Z 
Então: Z0 = Z e Z1 = Z2 = 0 
3.9. Carga em estrela com neutro aterrado 
No caso em que a carga ligada em estrela estiver aterrada, a expressão matricial 3.33 contínua válida, porém 
neste caso VNN’ = - 3.Ia0. Zn, sendo Zn a impedância de aterramento. 
3.10. Circuitos trifásicos com indutâncias mútuas para redes equilibradas 
 
Sendo: [ VAN ] - [ VA’N’ ] = [ VAA’ ] - [ VNN’ ] (3.36) 
 
Calculando cada matriz do segundo membro, vêm: 
 VAA’ Z Zm Zm Ia Zmn 
 VBB’ = Zm Z Zm Ib - 3 Ia0 Zmn (3.37) 
 VCC’ Zm Zm Z Ic Zmn 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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[ Z ] é a matriz de impedâncias da linha formada por Z na diagonal e Zm fora da diagonal. 
Sendo In = 3. Ia0 = Ia + Ib + Ic (3.38) 
[ VNN’ ] = - 3 Zn Ia0 + Zmn (Ia + Ib + Ic ) = - 3 Zn Ia0 + 3 Zmn Ia0(3.39) 
A partir de (3.36), (3.37) e (3.39) obtém-se: 
[ VAN ] - [ VA’N’ ] = [ Z ] [ Ia ] - 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 (3.40) 
substituindo os valores de fases por componentes simétricas, vem: 
[ T ] [ VAN0 - VA’N’0 ] = [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] - 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 (3.41) 
multiplicando pela esquerda por [ T ] –1, vem: 
[ VAN0 - VA’N’0 ] = [ T ] 
–1 [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] + [ T ] 
–1 . (- 6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0) (3.42) 
 1 1 1 Z Zm Zm 1 1 1 
[ T ] –1 [ Z ] [ T ] = 1 / 3 1 α2 α Zm Z Zm 1 α
2 α (3.43) 
 1 α α2 Zm Zm Z 1 α α
2 
Resulta, então: 
 Z + 2 Zm 0 0 
[ T ] –1 [ Z ] [ T ] = 0 Z - Zm 0 (3.44) 
 0 0 Z - Zm 
A partir de (3.42), (3.43) e (3.44) obtém-se: 
VAN0 - VA’N’0 Z + 2 Zm + 3 Zn - 6 Zmn 0 0 Ia0 
VAN1 - VA’N’1 = 0 Z - Zm 0 Ia1 (3.45))
VAN2 - VA’N’2 0 0 Z - Zm Ia2 
Da expressão matricial (3.45) resultam: 
Z0 = Z + 2 Zm + 3 Zn - 6 Zmn (3.46) 
Z1 = Z2 = Z - Zm 
3.11. Potência complexa em componentes simétricas 
S = VAN IA
* + VBN IB
* + VCN IC
* (3.48) 
Ou matricialmente 
 VAN 
S = IA
* IB
* IC
* VAN (3.49) 
 VAN 
Por outro lado, 
IA IA0 1 1 1 IA0 
IB = T IA1 = 1 α
2 α IA1 (3.50) 
Componentes Simétricas 
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IC IA2 1 α α
2 IA2 
Sabendo que, se [A] = [B].[C], então [A] t = {[B].[C]} t = [C] t.[B] t; resulta: 
IA 
t 1 1 1 
IB = IA IB IC = IA0 IA1 IA2 1 α
2 α (3.51) 
IC 1 α α
2 
 
Tomando-se a matriz complexa conjugada de ambos os membros, resulta: 
 1 1 1 
IA
* IB
* IC
* = IA0
* IA1
* IA2
* 1 α α2 = 3 IA0
* IA1
* IA2
* [T] 
-1 (3.52)
 1 α2 α 
Finalmente, de (3.49) 
 VA0 
S = 3 IA0
* IA1
* IA2
* T.T –1 VA1 
 = 3 (VA0 IA0
* + VA1 IA1
* + VA2 IA2
* ) (3.53) 
 VA2 
3.12. Representação de cargas do tipo Z = R + j X 
3.12.1 Carga ligada em estrela com neutro não aterrado 
 
 
3.12.2 Carga ligada em triângulo 
 
3.12.3 Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn 
 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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3.13. Gerador com neutro aterrado através de Zn 
 
Via de regra E0 = E2 = 0. 
3.14. Transformador trifásico com dois enrolamentos 
As seqüências positiva e negativa são representadas por: 
 
A grande maioria das vezes não se leva em conta o valor da resistência do transformador, então os circuitos 
acima ficam como nas figuras 3.22 e 3.23: 
 
A seqüência nula depende do tipo de ligação do primário e do secundário, conforme a seguir: 
 
Componentes Simétricas 
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Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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3.15. Transformador trifásico com três enrolamentos 
Para qualquer tipo de ligação, as seqüências positiva e negativa são representadas da mesma forma, como 
mostram as figuras 3.40 e 3.41. Os significados das legendas são: 
Xp1 : reatância de seqüência positiva do primário; 
Xp2 : reatância de seqüência negativa do primário; 
Xs1 : reatância de seqüência positiva do secundário; 
Xs2 : reatância de seqüência negativa do secundário; 
Xt1 : reatância de seqüência positiva do terciário; 
Xt2 : reatância de seqüência negativa do terciário; 
Vp, Vs e Vt: respectivas tensões do primário, do secundário e do terciário. 
 
A seguir são apresentadas algumas ligações comumente utilizadas para transformadores com três 
enrolamentos. 
Estrela aterrada / triângulo / estrela aterrada: 
Componentes Simétricas 
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Triângulo / triângulo / estrela aterrada: 
 
Exercícios Resolvidos 
3.1 Resolver o circuito da figura 3.46 por componentes simétricas. 
Dados: V = 380 V; Za = 25 Ω; Zb = 25 j Ω e Zc = -25 j Ω. 
a) Determinar as correntes que passam em cada impedância; b) Determinar a potência fornecida pelo 
transformador monofásico. 
 
Solução: 
Em termos de componentes simétricas, para circuitos sem indutâncias mútuas e para uma carga em estrela, 
vale a equação matricial (3.33). 
Adota-se o ponto N coincidente com C com o objetivo de criar um sistema trifásico desequilibrado. 
Portanto, VAN = 380 / 0º volts; VBN = 190 / 0º volts e VCN = 0 
De (3.9) 
VA0 1 1 1 380 / 0º 190,0 / 0º 
 VA1 = 1/3 1 α α
2 190 / 0º = 109,7 / 30º 
 VA2 1 α
2 α 0 109,7 / -30º 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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Por outro lado, IA0 = (IA + IB + IC) / 3 = 0 e ainda, da expressão (3.35) 
Z0 1 1 1 25 / 0º 8,333 / 0º 
Z1 = 1/3 1 α α
2 25 / 90º = 6,100 / 180º 
Z2 1 α
2 α -25 / 90º 22,767 / 0º 
Reescrevendo a equação matricial (3.33), vem: 
190,0 + VNN’ 8,333 22,767 - 6,100 0 
109,7 / 30º = - 6,100 8,333 22,767 IA1 
 109,7 / -30º 22,767 - 6,100 8,333 IA2 
Esta equação matricial equivale a: 
190 -1 22,767 - 6,100 VNN’ 
109,7 / 30º = 0 8,333 22,767 IA1 
 109,7 / -30º 0 - 6,100 8,333 IA2 
Resolvendo a matriz por um programa computacional apropriado, resultam: 
VNN’ = -380,01 + 190,01 j = 424,853 / 153,4º V 
IA1 = -6,58 + 8,19 j = 10,51 /128,8º A 
IA2 = 6,58 – 0,59 j = 6,61 / -5,1º A 
IA 1 1 1 0 7,60 / 90,0º 
IB = 1 α
2 α 10,51 /128,8º = 10,75 / 45,0º 
IC 1 α α
2 6,61 / -5,1º 17,00 / –116,6º 
Para cálculo da potência utilizar a expressão (3.47): 
S = 380 x 7,6000 / - 90º + 190 x 10,7488 / - 45,0º = 1444,10 W - j 4332,10 var 
3.2 Para o circuito trifásico da figura 3.8, determinar IA , IB e IC sabendo que: 
Z = 3 + j 40 Ω Zn = 8 + j 57 Ω Zm = j 25 Ω Zmn = j 10 Ω 
VAN = 510 /0° ( kV ) VBN = 520 /-110° ( kV ) VCN = 515 /115° ( kV ) 
VA’N’ = 480 /-15° ( kV ) VB’N’ = 500 /-125° ( kV ) VC’N’ = 500 /130° ( kV ) 
a) Resolver em componentes de fases; b) Resolver em componentes simétricas; c) Resolver em componentes 
simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’, B’, C’ e N’. 
Solução: 
a) Resolvendo por componentes de fases: 
De acordo com as expressões matriciais (3.40) e (3.37), vem: 
VAN – VA’N’ Z Zm Zm Ia Zmn Zmn Zmn Ia 
VBN – VB’N’ = Zm Z Zm ib - 2 Zmn Zmn Zmn ib + 
Componentes Simétricas 
77 
VCN – VC’N’ Zm Zm Z Ic Zmn Zmn Zmn Ic 
 
Zn Zn Zn Ia 
Zn Zn Zn ib (3.54) 
Zn Zn Zn Ic 
Portanto: 
VAN – VA’N’ Z + Zn – 2 Zmn Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn - 2 Zmn Ia 
VBN – VB’N’ = Zm + Zn - 2 Zmn Z + Zn – 2 Zmn Zm + Zn – 2 Zmn ib (3.55) 
VCN – VC’N’ Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn - Zmn Z + Zn - 2 Zmn Ic 
Substituindo os valores das células da matriz com os valores dados, vêm: 
Z + Zn – 2 Zmn = 3 + j 40 + 8 + j 57 - 2 x ( j 10) = 11 + 77 j 
Zm + Zn – 2 Zmn = j 25 + 8 + j 57 – 2 x ( j 10) = 8 + 62 j 
510 /0° - 480 /-15° 11 + 77 j 8 + 62 j 8 + 62 j Ia 
520 /-110°- 500 /-125° = 8 + 62 j 11 + 77 j 8 + 62 j ib 
515 /115° - 500 /130° 8 + 62 j 8 + 62 j 11 + 77 j Ic 
Resultam, então: 
Ia 4,9634 + 3,2116 j 5,9119 / 32,9º kA 
ib = -7,2661 – 3,4064 j = 8,0250 / -154,9º kA 
Ic 3,1026 – 0,9865 j 3,2557 / - 17,6º kA 
In = Ia + Ib + Ic = 0,7988 – 1,1820 j = 1,4266 / - 55,9º kA 
b) Resolvendo por componentes simétricas: utilizando a equação matricial (3.45), vem: 
VAN0 - VA’N’0 27 + 201 j 0 0 Ia0 
VAN1 - VA’N’1 = 0 3 + 15 j 0 Ia1 
VAN2 - VA’N’2 0 0 3 + 15 j Ia2 
Por outro lado, 
VAN0 - VA’N’0 1 1 1 132,60 / 69,5º 96,443 / 26,4º kV 
VAN1 – VA’N’1 = 1/3 1 α α
2 134,60 / -36,0 = 50,055 /57,3º kV 
VAN2 – VA’N’2 1 α
2 α 133,31 /38,9º 77,570 / 149,7º kV 
Resultam, portanto, 
Ia0 = 0,2663 – 0,3940 j = 0,4755 / -56,0º (kA) 
ia1 = 3,0468 – 1,1934 j = 3,2722 / -21,4º (kA) 
Ia2 = 1,6501 + 4,7949 j = 5,0709 / 71,0º (kA) 
Portanto, as componentes de fases se calculam como a seguir: 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
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Ia 1 1 1 0,4755 / -56,0º 4,9632 + 3,2075 j 5,9094 / 32,9º kA 
ib = 1 α
2 α 3,2722 / -21,4º = -7,2682 – 3,4043 j = 8,0260 / -154,9ºkA 
Ic 1 α α
2 5,0709 / 71,0º 3,1039 – 0,9852 j 3,2565 / - 17,6º kA 
In = Ia + Ib + Ic = 0,7988 – 1,1820 j = 1,4266 / - 55,9º kA 
c) Resolvendo em componentes simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ , B’, C’ e N’. 
Nesta situação os valores são VA’N’ = 0 ; VB’N’ = 0 ; VC’N’ = 0 
VAN0 - VA’N’0 1 1 1 510 /0° 38,86 / - 10,8º 
VAN1 – VA’N’1 = 1 α
2 α 520 /-110° = 511,94 / 1,7º 
VAN2 – VA’N’2 1 α α
2 515 /115° 40,64 /- 168,9º 
Aplicando a equação de componentes simétricas para a rede: 
38,86 / - 10,8º 27 + 201 j 0 0 Ia0 
511,94 / 1,7º = 0 3 + 15 j 0 ia1 
40,64 /- 168,9º 0 0 3 + 15 j Ia2 
 
Ia0 -0,0105 – 0,1913 j 0,1916 / -93,1º 
ia1 = 7,5340 -32,6075 j = 33,4666 / -77,0º (kA) 
Ia2 -1,0128 + 2,4561 j 2,6567 / 112,4 º 
Resulta então, aplicando a matriz de transformação [T]: 
Ia 6,5106 -30,3428 j 31,0334 / -77,9º 
ib = -33,6371 + 7,4826 j = 34,4593 / 167,5º (kA) 
Ic 27,0949 +22,2862 j 35,0828 / 39,4 º 
In = Ia + Ib + Ic = -0,0316 – 0,5740 j =0,5479 / -93,2º kA 
3.3 Resolver o exercício 1.4 aplicando componentes simétricas. 
Solução: 
Aplicando a equação matricial (3.33) e considerando que VNN’ = - 3 x Zn x Ia0 = 15 x Ia0, resulta: 
VAN0 Z0 + 3 x Zn Z2 Z1 IA0 
VAN1 = Z1 Z0 Z2 IA1 (3.56) 
VAN2 Z2 Z1 Z0 IA2 
Aplicando, agora a equação (3.35), vem: 
Z0 1 1 1 5,2 + 3,6 j 9,4281 / 61,3º 
Z1 = 1/3 1 α α2 5,2 + 8,6 j = 2,3017 / -49,7º 
Z2 1 α2 α 3,2 + 12,6 j 3,0244 / -105,8º 
Aplicando (3.56) resulta: 
Componentes Simétricas 
79 
0 21,2065 / 22,9º 3,0244 / -105,8º 2,3017 / -49,7º IA0 
127 = 2,3017 / -49,7º 9,4281 / 61,3º 3,0244 / -105,8º IA1 
0 3,0244 / -105,8º 2,3017 / -49,7º 9,4281 / 61,3º IA2 
Portanto: 
IA0 1,6678 + 0,2289 j 
IA1 = 7,6385 –10,8403 j 
IA2 3,6435 + 0,9852 j 
 
Aplicando a matriz de transformação T, resultam: 
Ia 1 1 1 1,6674 + 0,2292 j 12,9498 – 9,6262 j A 
Ib = 1 α
2 α 7,6384 –10,8404 j = -14,2145 + 1,6966 j A 
Ic 1 α α
2 3,6434 + 0,9853 j 6,2680 + 8,6162 j A 
In = Ia + Ib + Ic = 5,0502 / 7,8° A 
 
Cálculo das tensões da carga: 
Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 3) x 16,13 / -36,6° = 94,08 / -5,6° 
Vb’n’ = Zb. Ib = (5 + j 8) x 14,32 / 173,2° = 135,05 / -128,8° 
Vc’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12) x 10,654 / 53,9° = 131,79 / 129,9° 
Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47): 
S = 94,05 / - 5,6° x16,13 / 36,6° + 135,09 / - 128,8° x 14,32 / -173,2° + 131,78 / 129,9° x10,66 / -53,9° 
S = 2667,0 +3782,9 j VA 
3.4 Resolver o exercício 1.5 utilizando componentes simétricas. 
Solução: 
Aplicando a equação matricial (3.35) resulta: 
Z0 1 1 1 20,2 + 11 j 7,5333 + 9,3333 j 
Z1 = 1/3 1 α α2 1,2 + 25 j = -3,1929 + 0,8333 j 
Z2 1 α2 α 1,2 - 8 j 15,8596 + 0,8333 j 
Aplicando a equação matricial (3.56) e sabendo que 3 x Zn = 0,6 + 30 j, resulta: 
0 8,1333 + j 39,3333 15,8596 + 0,8333 j -3,1929 + 0,8333 j IA0 
220 = -3,1929 + 0,8333 j 7,5333 + 9,3333 j 15,8596 + 0,8333 j IA1 
0 15,8596 + 0,8333 j -3,1929 + 0,8333 j 7,5333 + 9,3333 j IA2 
Portanto: 
IA0 -10,4370 + 6,8813 j 
IA1 = 24,0777 +16,4653 j 
IA2 9,3053 –20,5459 j 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 80 
Aplicando a matriz de transformação T resulta: 
Ia 1 1 1 -10,4370 + 6,8813 j 22,9460 + 2,8008 j A 
Ib = 1 α
2 α 24,0777 +16,4653 j = 4,9241 – 3,8717 j A 
Ic 1 α α
2 9,3053 –20,5459 j -59,1812 +21,7149 j A 
In = Ia + Ib + Ic = -31,3111 +20,6439 j A 
Cálculo das tensões na carga: 
Va’n = Za . Ia + 3 x Zn * In = (20 + j) x (22,9460 + 2,8008 j) + (0,6 + j 30) x (-31,3111 +20,6439 j ) = 
Va’n = 243,42 - 230,02 j = 334,91 / -43,4º V 
Vb’n = Zb. Ib + 3 x Zn * In = (1 + j 15) x (4,9241 – 3,8717 j) + (0,2 + j 10) x (-31,3111 +20,6439 j ) = 
Vb’n = -149,70 – 238,99 j = 282,00 / -122,0º V 
Vc’n = Zc . Ic + 3 x Zn * In = (1 - j 18) x (-59,1812 +21,7149 j ) + (0,2 + j 10) x (-31,3111 +20,6439 j )= 
Vc’n = 102,56 + 499,65 j = 787,041 / 81,3º V 
Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47): 
S = 334,91 / - 43,4º x (22,9460 - 2,8008 j ) + 282,00 / -122,0º x (4,9241 + 3,8717 j ) + 787,041 / 81,3º 
x (-59,1812 - 21,7149 j ) = 
S = 14982 - 56343 j VA 
3.5 Resolver o exercício 1.7 utilizando componentes simétricas. 
Solução: 
Aplicando a equação matricial (3.33) e calculando as componentes de seqüência simétrica das impedâncias da 
linha e da carga através de (3.35), resultam: 
Z0 1 1 1 5 + 2,2 j 5 + 1,7 j 
Z1 = 1/3 1 α α2 4 + 1,2 j = 0,1443 – 0,3274 j 
Z2 1 α2 α 6 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j 
 
e 
0 + Vnn’ 5 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j 0,1443 – 0,3274 j IA0 
127 = 0,1443 – 0,3274 j 5 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j IA1 
0 -0,1443 + 0,8274 j 0,1443 – 0,3274 j 5 + 1,7 j IA2 
Sabendo que IA0 = 0 e desenvolvendo esta equação matricial, ela fica: 
0 -1 -0,1443 + 0,8274 j 0,1443 – 0,3274 j Vnn’ 
127 = 0 5 + 1,7 j -0,1443 + 0,8274 j IA1 
0 0 0,1443 – 0,3274 j 5 + 1,7 j IA2 
Donde resulta: 
Vnn’ 3,7473 + j 20,2711 
IA1 = 23,0096 – 7,8421 j 
IA2 0,3929 + 1,5992 j 
Componentes Simétricas 
81 
Aplicando a matriz [T] de transformação, vem: 
Ia 1 1 1 0 23,4026 – 6,2429 j A 
Ib = 1 α
2 α 23,0096 – 7,8421 j = -19,8777 –16,4652 j A 
Ic 1 α α
2 0,3929 + 1,5992 j -3,5248 +22,7081 j A 
Por outro lado, 
Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 2) x (23,4026 – 6,2429 j) = 129,50 +15,591 j = 130,434 /6,9º V 
Vb’n’ = Zb. Ib = (4 + j )x(-19,8777–16,4652 j) = -63,0458 –85,7385 j = 106,426 / -126,3º V 
Vc’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12)x (-3,5248 +22,7081 j) = -55,211 +130,96 j = 142,124 / 112,9º V 
Cálculo da potência consumida pela carga, aplicando a expressão (3.47): 
S = 130,434 /6,9º x (23,4026 + 6,2429 j) + 106,426 / -126,3º x (-19,8777 +16,4652 j ) + 142,124 / 112,9º 
x ( -3,5248 -22,7081 j ) 
S = 8766,7 +2631,7 j VA 
3.6 Resolver o exercício 1.9 utilizando componentes simétricas. 
Solução: 
Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não-aterrada, ficando, portanto, a solução similar 
à do exercício 3.5. 
j0,87804,0976
2520
12.)105(
+=
+
+
=
j
j
Za
 
j5,34150,07317-
2520
)153(.)105(
+=
+
++
=
j
jj
Zb
 
j2,63415,0927
2520
12.)153(
+=
+
+
=
j
j
Z c
 
Calculando as componentes de seqüência simétrica das impedâncias da linha e da carga (Za+ZL; Zb+ZL; Zc+ZL) 
através de (3.35), resulta: 
Z0 1 1 1 4,1976+1,3780 j 3,1390 + 3,4512 j 
Z1 = 1/3 1 α α2 0,0268+5,8415 j = -0,2523 – 2,5279 j 
Z2 1 α2 α 5,1927+3,1341 j 1,3108 + 0,4547 j 
E calculando as tensões das seqüências simétricas: 
Van0 1 1 1 380 / 0º 81,6422 / 5,77º 
Van1 = 1/3 1 α
 
α2 380 / -100º = 372,5638 /-0,44º 
Van2 1 α
2 α 405 / 100 73,9758 / -175,85º 
Resulta, então: 
81,6422 /5,77º + Vnn’ 3,1390 + 3,4512 j 1,3108 + 0,4547 j -0,2523 – 2,5279 j IA0 
372,5638 /-0,44º = -0,2523 – 2,5279j 3,1390 + 3,4512 j 1,3108 + 0,4547 j IA1 
73,9758 / -175,85º 1,3108 + 0,4547 j -0,2523 – 2,5279 j 3,1390 + 3,4512 j IA2 
Sabendo que IA0 = 0 e desenvolvendo esta equação matricial, ela fica: 
81,6422 / 5,77º +Vnn’ -1 1,3108 + 0,4547 j -0,2523 – 2,5279 j Vnn’ 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 82 
372,5638 /-0,44º = 0 3,1390 + 3,4512 j 1,3108 + 0,4547 j IA1 
73,9758 / -175,85º 0 -0,2523 – 2,5279 j 3,1390 + 3,4512 j IA2 
 
Donde resultam: 
Vnn’ = 1,36 – 128,91 j 
IA1 = 46,07 – 56,03 j 
IA2 = 26,84 + 1,38 j 
a) Cálculo das correntes: 
Aplicando a matriz [T] de transformação para calcular as correntes de fase, vem: 
Ia 1 1 1 0 72,91 -54,65 j 
Ib = 1 α
2 α 46,07 – 56,03 j = -86,17 +10,67 j 
Ic 1 α α
2 26,84 + 1,38 j 13,26 +43,98 j 
b) Cálculo das tensões da carga: 
Va’n = Van + ZL .Ia = 380 / 0º +(0,1 + 0,5 j)x(72,91 –57,41 j) = 414,62 +30,99 j V 
Vb’n = Vbn + ZL . Ib = 380 / -100º + (0,1 + 0,5 j ) x (-83,78 +12,05 j) = -69,27 - 418,38 j V 
Vc’n = Vcn+ ZL . Ic = 380 / 100º + (0,1 + 0,5 j ) x (10,87 +45,36 j) = -93,64 + 396,61 j V 
c) Potência fornecida pela fonte: 
A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a expressão (3.47): 
S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* 
S = 380 / 0° x 91,12 / -36,8° + 380 / -100° x 86,84 / 172,9° + 405 / 100° x 45,94 / 73,2° 
S = 46010,9 (W) + j 62103,5 (var) = 77290,7 / 53,5º VA 
 
d) Cálculo da potência consumida pela carga: 
S = (413,64 + 31,131 j ) x 91,12 / 36,8° + (-80,07 + 415,52 j) x 86,84 /-172,9° + (-85,544 – 364,07 j ) x 45,94 
/ 73,2°) 
S = 44215,6 + 53126,8 j VA 
e) Fator de potência da carga: 
º23,50
6,44215
8,53126
arctan ==ϕ 
Fator de potência = cos(50,23º) = 0,64 
3.7 Dados três transformadores monofásicos iguais com as seguintes características: 
S = 10 MVA; Vprim = 7,9674 kV; Vsec = 39,837 kV; x = 7% 
Componentes Simétricas 
83 
 
Ligá-los de maneira a formar um banco trifásico com ligação Y – Y, aterrado no primário com impedância 10 
ohm e no secundário com 20 ohm, conforme mostra a figura 3.47. Calcular a reatância de seqüência zero do 
banco trifásico. 
 
Solução: 
Para determinar a reatância de seqüência zero, aplica-se a mesma tensão alternada nas três fases do primário 
e curto-circuitam-se as três fases do secundário conectando-as com a terra, conforme figura 3.48. 
Valores de base para o banco trifásico: Sb = 30 MVA, Vprim_b = 13,8 kV; Vsec_b = 69 kV (as tensões são as do 
banco trifásico, com os enrolamentos ligados em estrela). 
Os valores em p.u. das reatâncias de aterramento são: 
..5753,1
8,13
3010
21
upX n =
×
= ..1260,0
69
3020
22
upXe n =
×
= 
 
Sendo Ep = Es = 3 Is Xn2 = 3 x 0,1260 Is 
E0 = Ep + 3 Xn1 Ip + Ip X = 3 x 1,5753 Ip + 0,07 Ip + 3 x 0,1260 Is 
Como Ip = Is , vem: 
 1739,51260,0307,05753,1300 =×++×==
pI
E
X p.u. 
O circuito equivalente para seqüência zero, para ligação Y – Y com neutros aterrados, fica (figura 3.49): 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 84 
 
3.8 Resolver a rede da figura 3.50: 
3.8.1 - Estabelecer os diagramas de seqüências direta, inversa e nula da rede, indicando os valores de todos os 
parâmetros em p.u., tomando como base o gerador. 
3.8.2 – Para a condição de carga dada e sabendo que nesse momento a tensão na barra B4 é simétrica e 
equilibrada, e igual a 0,97 p.u. (base 13,8 kV), calcular: a) As correntes de fase da carga; b) As tensões de fase 
da barra 1; c) A potência na barra 1. 
 
Características do gerador: 
 kV MVA X1 p.u. X2 p.u. Xo p.u. Zn p.u. 
13,8 170 0,22 0,17 0,1 j 0,1 
Características do transformador elevador T1: trifásico, Yd1 (desconsiderar a defasagem provocada pelo 
transformador): 
Prim. kV Sec. kV S nom MVA X (%) Xo (%) 
13,8 220 150 10 8 
Características do transformador abaixador T2: trifásico, Yd1 (desconsiderar a defasagem provocada pelo 
transformador): 
Prim. KV Sec. kV S nom MVA X (%) Xo (%) 
220 13,8 150 10 8 
Características da linha de B2 a B3 
• Impedância própria, Z (ohm) j 100 
• Impedância entre fases, Zm (ohm) j 38 
• Impedância mútua entre fases e terra, Zmn (ohm) 10 j 
• Impedância própria de retorno, Zn (ohm) j 
Carga R4, ligada em estrela aterrada, possui as seguintes impedâncias por fase: ZA = 3 Ω e 
ZB = ZC = 1,485 / 38,5º Ω. 
Solução: 
Escolhe-se como base S = 170 MVA e a tensão 13,8 kV do gerador. 
Linha de transmissão: 
Aplicando-se as expressões (3.46) e (3.47) para a linha de transmissão, resultam: 
Componentes Simétricas 
85 
Zo = 119 j ohm e Z1 = 62 j ohm 
..4180,0
220
170119
20
upjZ =
×
= 
..2178,0
220
17062
221
upjZZ =
×
== 
Impedâncias dos transformadores na nova base: 
..1133,0
150
170
10,0 upx =×= 
..0907,0
150
170
08,00 upx =×= 
Carga: 
..678,2
8,13
170
3
2
upZ A =×=
 
..º5,383256,1º5,38
8,13
170
485,1
2
upZZ CB ∠=∠×== 
Logo, as admitâncias da carga são: YB = 0,3734 p.u. e YB = Yc = 0,7544 / - 38,5º p.u. 
Para a construção dos diagramas deixa-se de lado a carga desequilibrada e constroem-se os diagramas para 
as três seqüências, conforme mostradas nas figuras 3.51, 3.52 e 3.53. 
 
 
 
Determinação das relações de corrente e tensão na carga (figura 3.54): 
 
Em componentes simétricas, e por similaridade com a expressão matricial (3.35), vale: 
Y0 1 1 1 0,3734 0,6053 / - 31,1º p.u. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 86 
Y1 = 1/3 1 α α2 0,7544 / - 38,5º = 0,1724 / 114,8º p.u. 
Y2 1 α2 α 0,7544 / - 38,5º 0,1724 / 114,8º p.u. 
Utilizando a equação matricial (3.33) equivalente para admitâncias, vem: 
IA0 Y0 Y2 Y1 VAN0 + VNN’ 
Ia1 
= Y1 Y0 Y2 VAN1 (3.57) 
Ia2 Y2 Y1 Y0 VAN2 
 
IA0 0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º 0,1724 / 114,8º 0 
IA1 
= 0,1724 / 114,8º 0,6053 / - 31,1º 0,1724 / 114,8º 0,97 
IA2 0,1724 / 114,8º 0,1724 / 114,8º 0,6053 / - 31,1º 0 
 
IA0 0,1673 / 114,8º 
IA1 
= 0,5871 / - 31,1º 
IA2 0,1673 / 114,8º 
Os valores de corrente nas fases da carga são: 
IA 1 1 1 0,1673 / 114,8º 
IB = 1 α2 α 0,5871 / - 31,1º 
IC 1 α α2 0,1673 / 114,8º 
 
IA 0,3622 / 0º p.u. 
IB = 0,7317 / - 158,5º p.u. 
IC 0,7317 / 81,5º p.u. 
Aplicando as correntes (em componentes simétricas) na barra B4 dos respectivos diagramas seqüenciais 
(positivo, negativo e nulo), calculam-se os valores de tensão na barra B1: 
V1_B1 = 0,97 + (j 0,1133 + j 0,2178 + j 0,1133) x (0,5871 / - 31,1º ) = 1,1271 / 11,43º p.u. 
V2_B1 = (j 0,1133 + j 0,2178 + j 0,1133) x (0,1673 / 114,8º ) = 0,0743 / -155,2 º p.u. 
V0_B1 = 0 p.u. 
Transformando em componentes de fase: 
VA 1 1 1 0 1,0552 / 10,5º p.u. 
VB = 1 α2 α 1,1273 / 11,43 º = 1,1508 / -105,0º p.u. 
VC 1 α α2 0,0743 / -155,2º 1,1796 / 128,8º p.u. 
Os valores de corrente de fase na barra B1 são: 
IA 1 1 1 0 / 0º 0,4582 / -19,3º p.u. 
IB = 1 α2 α 0,5871 / - 31,1º = 0,7412 / - 145,5º p.u. 
IC 1 α α2 0,1673 / 114,8º 0,5990 / 72,7º p.u. 
O valor de potência na barra B1, utilizando a expressão (3.48), é: 
S= 1,0552 / 10,5º x 0,4582 / 19,3º + 1,1508 / -105,0º x 0,7412 / 145,5º + + 1,1796 / 128,8º x 
Componentes Simétricas 
87 
0,5990 /-72,7º 
S = 1,4619 + j 1,3806 p.u. � S = 248,52 (MW) + j 234,71 (Mvar) 
3.9 Para a rede da figura 3.55, calcular a corrente da carga para a tensão de 6,9 kV. 
Dados: 
Geradores G1 ≡ G2: 
• Potência: 6500 kVA, fp = 0,9, tensão nominal: 6,9 kV, reatância subtransitória de eixo direto: X’d = 0,25 
p.u., reatância de seqüência negativa: X2 = 0,30 e reatância de seqüência zero: X0 = 0,06. 
Transformadores T1 ≡ T2 ≡ T3: 
• Potência 6500 kVA, relação de tensão nominal: 6,9 - 34,5 kV, reatância: x = 10%, reatância de 
seqüência nula: x0 = 20% e reatância de aterramento do neutro da estrela Xn = 0,01 p.u.. 
Linha 001 – 002: z = j 0,65 p.u., z0 = j 1,1 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV. 
Linha 001 – 003: z = j 0,4 p.u., z0 = j 1,0 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV. 
Linha 002 – 003: z = j 0,37 p.u., z0 = j 0,9 p.u. na base S = 6500 kVA e V = 34,5 kV. 
Carga ligada em estrela não-aterrada tem as seguintes impedâncias por fase: 
ZA = 10 / 38,5º Ω e ZB = ZC = 9 / 38,5º Ω. 
 
 
Solução: 
Roteiro de solução: a) Separar a carga da rede; b) Construir os diagramas de seqüências positiva, negativa e 
nula; c) Determinar o Thévenin1 equivalente para as três seqüências no ponto de inserção da carga; d) Tratar a 
carga por componentes simétricas. 
A figura 3.56 mostra a seqüência positiva da rede. 
 
1 O valor da tensão de Thévenin equivale a tensão do ponto em questão. A impedância de Thévenin equivale à 
impedância vista do referido ponto para a referência. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 88 
 
A figura 3.57 mostra a seqüência negativa da rede. 
 
A figura 3.58 mostra a seqüência nula da rede. 
 
Cálculo de zth1. Transformando a ligação de triângulo (formada pelos pontos 001, 002 e 003 da figura3.56) 
para estrela, resulta a figura 3.59. 
 
pujjjjzth 5146,010,01694,0
35,01042,01831,035,0
)35,01042,0()1831,035,0(
1 =+++++
+×+
= 
Analogamente, da figura 3.57, calcula-se zth2, conforme figura 3.60: 
 
Componentes Simétricas 
89 
pujjjjzth 5398,010,01694,0
40,01042,01831,040,0
)40,01042,0()1831,040,0(
2 =+++++
+×+
= 
Da figura 3.58, calcula-se zth0. 
jjzth 23,0)03,020,0(0 =+= 
Os circuitos thévenin equivalentes para as três seqüências simétricas são: 
 
As equações que representam o sistema são: 
VAN0 = - 0,2300 / 90,0º * IA0 
VAN1 = 1 – 0,5146 / 90,0º * IA1 (3.58) 
VAN2 = - 0,5398 / 90,0º * IA2 
Tratamento da carga por componentes simétricas: 
Z0 1 1 1 10 / 38,5º 9,3333 / 38,5º 
Z1 = 1/3 1 α α2 9 / 38,5º = 0,3333 / 38,5º 
Z2 1 α2 α 9 / 38,5º 0,3333 / 38,5º 
Aplicando a equação matricial 3.34, vem: 
VAN0 -1 0,3333 / 38,5º 0,3333 / 38,5º VNN’ 
VAN1 = 0 9,3333 / 38,5º 0,3333 / 38,5º IA1 (3.59) 
VAN2 0 0,3333 / 38,5º 9,3333 / 38,5º IA2 
Das equações matriciais (3.59) e (3.58) e sabendo que IA0= 0, resultam: 
0 = - VNN’ + 0,3333 / 38,5º * IA1 + 0,3333 / 38,5º * IA2 
1 = (9,3333 / 38,5º + 0,5146 / 90,0º)* IA1 + 0,3333 / 38,5º * IA2 
0 = 0,3333 / 38,5º * IA1 + (9,3333 / 38,5º + 0,5398 / 90,0º)* IA2 
Então: 
0 -1 0,2608+0,2075j 0,2608+0,2075j VNN’ 
1 = 0 7,3043+6,3247j 0,2608+0,2075j IA1 
0 0 0,2608+0,2075j 7,3043+6,3247j IA2 
Resultam: 
IA1 = 0,0783 – 0,0678 j= 0,1036 / -40,89º p.u. 
IA2 = -0,0026 + 0,0025 j= 0,0036 / 136,60º p.u. 
VNN’ = 0,0333 - 0,0013 j = 0,0333 / -2,30º p.u. 
Transformando as componentes simétricas em componentes de fases e sabendo que Ib = 543,89 A, resultam: 
IA = 0,1000 / -40,78º p.u. � 54,389 / -40,78º A 
IB = 0,1056 / -159,25º p.u. � 57,435 / -159,25º A 
IC = 0,1053 / 77,36º p.u. � 57,272 / 77,36º A 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 90 
Exercícios Propostos 
3.10 Obter analiticamente as componentes simétricas das grandezas cujas componentes de fase são dadas 
abaixo: 
a) ZA = 12 /3º ZB = 13 /250º ZC = 18 /36º 
b) ZA = 8,2 / 57,8
ο ZB = 8,1 / -57,8
ο ZC = 7 / -170
ο 
c) ZA = √2 / 90
ο ZB = 2 /-45
ο ZC = 3 /-138
ο 
d) ZA = 2 /35
ο ZB = 2 /150
ο ZC = 2 /-90
ο 
e) ZA = 200 + j 135
 ZB = 220 – j 180
 ZC = 122 + j 100 
3.11 Obter analiticamente as componentes de fase das grandezas cujas componentes simétricas são dadas 
abaixo: 
a) Z0 = 3 /-35
ο Z1 = 3 /95
ο Z2 = 4 /185
ο 
 
b) Z0 = 0 Z1 = 18 /-35
ο Z2 = 15 /30
ο 
 
c) Z0 = 0 Z1 = 12 /50
ο Z2 = 0
 
d) Z0 = 2 /0
ο Z1 = 6 /-120
ο Z2 = 6 /120
ο 
 
e) Z0 = 2 /0
ο Z1 = 8 /60
ο Z2 = 0 
f) Z0 = 20 + j 18 Z1 = 8 – j 12 
 Z2 = 0 – j 3 
3.12 Sejam as componentes de fase de uma seqüência de tensão fase-neutro dadas abaixo: 
VAN = 40,93 /47,78º VBN = 40,93 /- 47,78
ο VCN = 25,00 /180
ο (V) 
Determinar: a) As componentes simétricas da tensão fase-neutro; b) As componentes de fase da tensão de 
linha; c)As componentes simétricas da tensão de linha. 
3.13 Sejam as componentes de fase de uma seqüência de corrente nos enrolamentos de um transformador 
ligado em triângulo: 
IAB = 15 /0
ο 
 IBC = 16 /-100
ο ICA = 17 /120
ο (A) 
Determinar: a) As componentes simétricas da corrente nos enrolamentos; b) As componentes de fase da 
corrente de linha; c) As componentes simétricas da corrente de linha. 
3.14 Para o circuito trifásico mostrado na figura 3.8, sabendo-se que: 
Z = 2 + j 40 Ω VAN = 510 /0° ( kV ) VA’N’ = 480 /-15° ( kV ) 
ZN = 5 + j 60 Ω VBN = 520 /-110° ( kV ) VB’N’ = 510 /-125° ( kV ) 
ZM = j 20 Ω VCN = 515 /115° ( kV ) VC’N’ = 505 /130° ( kV ) 
ZMN = j 9 Ω 
Determinar IA , IB e IC pelos processos: a) Componentes de fases; b) Componentes simétricas (determinar I0, I1 
e I2 e a seguir Ia, Ib e Ic); c) Componentes simétricas, mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ , B’ ,C’ e 
N’. 
3.15 Para o circuito da figura 3.62: 
Componentes Simétricas 
91 
 
Sendo: Za = j 12 e Zb = - j 12 
Obter: a) A matriz Z ; b) A matriz Y = Z-1 ; c) A matriz YS ; d) Sabendo que a tensão fase-neutro é simétrica e 
que VAB = 440 / 40° ( V ), determinar primeiramente IA0 , IA1 , IA2 e, em seguida, pela matriz de transformação T, 
determinar IA , IB , IC. 
Como sugestão, utilizar a expressão matricial (3.58), que é uma decorrência imediata da expressão matricial 
(3.33): 
 
IA0 Y0 Y2 Y1 VAN0 + VNN’ 
IA1 
= Y1 Y0 Y2 VAN1 (3.58) 
IA2 Y2 Y1 Y0 VAN2 
Referente à carga os valores de admitâncias Y0, Y1 e Y2 se obtém de expressão análoga à expressão matricial 
(3.35). 
3.16 Para o circuito da figura 3.63, sendo [VAB] = [ZAB] . [IAB] e os valores das impedâncias em ohm, 
determinar: a) a matriz Z; b) a matriz Y = Z-1; c) a matriz YS ; d) os valores de IAB0 , IBC0 , ICA0 , IAB , IBC , ICA , IA , 
IB e IC aplicando componentes simétricas, sabendo que a tensão de linha é simétrica e que VCA = 460 ∠90° V. 
 
3.17 Considere uma linha trifásica equilibrada de comprimento L que, para qualquer seqüência (positiva, 
negativa e nula) seja caracterizada por uma impedância longitudinal por unidade de comprimento, Z, e por uma 
admitância transversal por unidade de comprimento, Y, para determinada freqüência f. 
Determinar os esquemas equivalentes da linha trifásica, do tipo indicado na figura 3.64, para a freqüência de 60 
Hz, para as seqüências positiva, negativa e nula, sob as seguintes hipóteses: 
a) Comprimento: L = 270 km 
Impedâncias longitudinais unitárias: 
• Positiva e Negativa Z = ( 0,038 + j 0,40 ) Ω / km 
• Nula Z = ( 0,155 + j 1,15 ) Ω / km 
Admitâncias transversais unitárias: 
• Positiva e Negativa Y = j 3,8 µS / km 
• Nula Y = j 1,35 µS / km 
Utilizar as expressões: 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 92 
).( Lyzsenh
y
z
Z = (3.59) 
b) Com L = 170 km e os mesmos parâmetros da linha do item a) deste exercício 
c) Comprimento: L = 170 km 
Impedâncias longitudinais unitárias: 
• Positiva e Negativa Z = ( 0,035 + j 0,40 ) Ω / km 
• Nula Z = ( 0,135 + j 1,40 ) Ω / km 
Admitâncias transversais unitárias: 
• Positiva e Negativa Y = j 3,2 µS / km 
• Nula Y = j 1,20 µS / km 
 
3.18 Uma linha trifásica equilibrada, a 60 Hz, com 90 km, tem as seguintes características: 
Impedâncias longitudinais por unidade de comprimento: 
• Própria ( 0,33 + j 0,85 ) Ω / km 
• Mútua ( 0,32 + j 0,45 ) Ω / km 
Susceptâncias transversais por unidade de comprimento: 
• Própria ( 4,17 x10-6 ) S/ km 
• Mútua ( -1,95 x 10-6 ) S/ km 
Determinar os esquemas equivalentes para as seqüências nula, positiva e negativa, tendo como modelo a 
figura 3.64. 
3.19 Resolver o exercício 3.8 (figura 3.50) mudando a carga para: Za = 5 ohm; 
Zb = Zc = 11,485 / 38,5º ohm, com a carga ligada em estrela e com o neutro isolado. 
3.20 Com os mesmos dados do exercício 3.19, resolver a mesma rede da figura 3.50, porém, com a carga 
ligada em estrela com neutro aterrado. 
3.21 Resolver a mesma rede da figura 3.50 com a carga ligada em triângulo e com os seguintes valores: 
Zab = 15 p.u.; Zbc = Zca = 31 / 38,5º p.u. na base: 170 MVA e 13,8 kV. 
3.22 Resolver a mesma rede da figura 3.50 com carga monofásica para terra: 
Za = 18 p.u. na base 170 MVA e 13,8 kV. As outras duas fases estão abertas. 
3.23 Resolver a rede da figura 3.65 com os dados abaixo, determinando: a) As componentes simétricas das 
tensões em B2; b) As correntes simétricas na carga; c) A potência complexa que a carga consome; d) Os 
diagramas de seqüências simétricas sem a carga; e) As tensões no ponto B1. 
Dados: 
LT � Comprimento: L = 80 km; 
)
2
.
(.
2
Lyztgh
z
yY
=
Componentes Simétricas 
93 
� impedância própria da linha zp = 0,2993 + j 1,0167 Ω/km; 
� impedância mútua da linha zm = 0,1883 + j 0,5127 Ω/km; 
� admitância própria da linha yp = 0,2653 j µS/km; 
� admitância mútua da linha ym = - 0,0615 j µS/km; 
C � carga trifásica com Z = 500 + j 441 Ω ligada em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn = 
45 j Ω; 
Tensão em B2: Van = 132 / 0º kV; Vbn = 130 / -135º kV; Vcn = 132,8 / 130º kV. 
 
3.24 Resolver a rede da figura 3.66, através da técnica de componentes simétricas, com os dados abaixo, 
determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga; b) As correntes de fase da carga; c) As 
componentes simétricas da tensão na carga;d) As componentes de fase da tensão da carga; e) A potência 
complexa fornecida; f) a potência complexa da carga. 
Dados: Za = 80 + j 30 Ω ; Zb = j 45 Ω ; Zc = j 60 Ω ; ZL = 2,5 + j 5,2 Ω ; Zm = j 3 Ω ; Zn = 5 Ω. A tensão da fonte é 
simétrica e vale: Van = 8000 V. 
 
3.25 Resolver a rede da figura 3.66, através da técnica de componentes simétricas, com os dados abaixo, 
determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga; b) As correntes de fase da carga; c) A 
potência complexa fornecida; d) As componentes simétricas da tensão da carga; e) As componentes de fase da 
tensão da carga; f) A potência complexa da carga; g) O fator de potência da carga. 
Dados: Za = 21,5 + j 13,2 Ω ; Zb = 20,5 +j 13,0 Ω ; Zc = 20 + j 12,8 Ω ; ZL = 0,5 + j 4,8 Ω; Zm = j 2 Ω ; Zn = 2 Ω. A 
tensão da fonte é simétrica e vale: Van = 8000 V. 
3.26 Resolver o mesmo exercício anterior (3.24), porém com a carga com neutro isolado, conforme mostra a 
figura 3.65. 
 
Bibliografia 
Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967. 
Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 
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 94 
175p. 
Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989. 
Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – 
Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p. 
Stevenson Jr., W. W. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986. 
458p.