Sistemas Eletricos de Potencia Cap3 Componentes Simetricos D Caselato

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.


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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 α2 (3.5)

Vcn α

3.3. Seqüência negativa (indireta ou inversa)


Van 1

[ Van2 ] = Vbn = Van α (3.6)

Vcn α2


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3.4. Seqüência nula (zero ou homopolar)


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 + α2 Va1 + α Va2 (3.7)

Vc Vc0 + Vc1 + Vc2 Va0 + α Va1 + α2 Va2

1 1 1

[ Va ] = Va0 1 + Va1 α2 + Va2 α (3.8)

1 α α2

Va 1 1 1 Va0

Vb = 1 α2 α Va1 (3.9)

Vc 1 α α2 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


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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 α2 Vb (3.11)

Va2 1 α2 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 . α2 Van2 . α 1 (3.14)

Vcn Van0 Van1 . α Van2 . α2 1

e

Vbn Van0 Van1 . α2 Van2 . α 1

Vcn = Van0 Van1 . α Van2 . α2 1 (3.15)

Van Van0 Van1 Van2 1

Logo,

Vab 0 Van1 . (1 - α2 ) Van2 . (1 - α) 1

Vbc = 0 Van1 . (1 - α2 ) α2 Van2 . (1 - α) α 1 (3.16)

Vca 0 Van1 (1 - α2 ) α Van2 . (1 - α) α

2 1

(1 - α ) = 3 / - 30º (3.17)


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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


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[ICA] = IAB0 1 + α IAB1 α2 + α2 IAB2 α (3.25

1 α α2

Resulta, então,

1 1 1

[IA ] = (IAB0 - IAB0) 1 + (1-α) IAB1 α2 + (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


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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


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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 α2 α (3.43)

1 α α2 Zm Zm Z 1 α α2

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 α2 α IA1 (3.50)


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IC IA2 1 α α2 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 α2 α (3.51)

IC 1 α α2

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


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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:


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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:


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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 α2 190 / 0º = 109,7 / 30º

VA2 1 α2 α 0 109,7 / -30º


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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 α2 25 / 90º = 6,100 / 180º

Z2 1 α2 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 α2 α 10,51 /128,8º = 10,75 / 45,0º

IC 1 α α2 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 +


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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 α2 134,60 / -36,0 = 50,055 /57,3º kV

VAN2 – VA’N’2 1 α2 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:


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Ia 1 1 1 0,4755 / -56,0º 4,9632 + 3,2075 j 5,9094 / 32,9º kA

ib = 1 α2 α 3,2722 / -21,4º = -7,2682 – 3,4043 j = 8,0260 / -154,9º kA

Ic 1 α α2 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 α2 α 520 /-110° = 511,94 / 1,7º

VAN2 – VA’N’2 1 α α2 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:


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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 α2 α 7,6384 –10,8404 j = -14,2145 + 1,6966 j A

Ic 1 α α2 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


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 α2 α 24,0777 +16,4653 j = 4,9241 – 3,8717 j A

Ic 1 α α2 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


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


81

Aplicando a matriz [T] de transformação, vem:

Ia 1 1 1 0 23,4026 – 6,2429 j A

Ib = 1 α2 α 23,0096 – 7,8421 j = -19,8777 –16,4652 j A

Ic 1 α α2 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


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.

j0,87804,09762520

12.)105(+=

+

+=

j

jZa

j5,34150,07317-2520

)153(.)105(+=

+

++=

j

jjZb

j2,63415,09272520

12.)153(+=

+

+=

j

jZ 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 α2 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’


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 α2 α 46,07 – 56,03 j = -86,17 +10,67 j

Ic 1 α α2 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:

º23,506,44215

8,53126arctan ==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%


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:

..5753,18,13

301021 upX n =

×= ..1260,0

69

302022 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

EX p.u.

O circuito equivalente para seqüência zero, para ligação Y – Y com neutros aterrados, fica (figura 3.49):


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:


85

Zo = 119 j ohm e Z1 = 62 j ohm

..4180,0220

17011920 upjZ =

×=

..2178,0220

17062221 upjZZ =

×==

Impedâncias dos transformadores na nova base:

..1133,0150

17010,0 upx =×=

..0907,0150

17008,00 upx =×=

Carga:

..678,28,13

1703

2upZ A =×=

..º5,383256,1º5,388,13

170485,1

2upZZ 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.


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


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.



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.


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 figura 3.56) para estrela, resulta a figura 3.59.

pujjjjzth 5146,010,01694,035,01042,01831,035,0

)35,01042,0()1831,035,0(1 =++

++++×+

=

Analogamente, da figura 3.57, calcula-se zth2, conforme figura 3.60:


89

pujjjjzth 5398,010,01694,040,01042,01831,040,0

)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


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 / 57,8ο ZB = 8,1 / -57,8ο ZC = 7 / -170ο

c) ZA = √2 / 90ο ZB = 2 /-45ο ZC = 3 /-138ο

d) ZA = 2 /35ο ZB = 2 /150ο ZC = 2 /-90ο

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 /-35ο Z1 = 3 /95ο Z2 = 4 /185ο

b) Z0 = 0 Z1 = 18 /-35ο Z2 = 15 /30ο

c) Z0 = 0 Z1 = 12 /50ο Z2 = 0

d) Z0 = 2 /0ο Z1 = 6 /-120ο Z2 = 6 /120ο

e) Z0 = 2 /0ο Z1 = 8 /60ο 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 /- 47,78ο VCN = 25,00 /180ο (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 /0ο IBC = 16 /-100ο ICA = 17 /120ο (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:


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:


92

).( Lyzsenhy

zZ = (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=


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

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Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972.


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Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989.

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Stevenson Jr., W. W. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1986. 458p.

Documents

Sistemas Eletricos de Potencia Cap3 Componentes Simetricos D Caselato