Transformadores De Potência

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ET720 – Sistemas de Energia El´ etrica I Cap´ıtulo 4: Transformadores de potˆ encia 4.1 Introdu¸c˜ ao I Transformador transformer) elevador (step-up I Transformador abaixador (step-down transformer) I Transformador regulador (regulating transformer) rela¸c˜ ao ≈ 1 : 1 defasagem entrada-sa´ıda 4.2 Vantagens do uso de transformadores placements I Considerar o diagrama unifilar do circuito trif´ asico e seu respectivo circuito por fase mostrados a seguir. R 0,2Ω/fase ∼ 17,3 kV ∼ 900 MW fp = 1 Vf Vf = – 1– X I 17,3 √ 3 300 MW = 10 kV Perdas de potˆ encia ativa por fase na linha de transmiss˜ ao: Pp = R | I | 2 Potˆ encia ativa por fase fornecida pela fonte: Pφ = | Vf | | I | fp = | Vf | | I | → | I |= Pφ | Vf | (fp ≈ 1) Note que considerou-se o fator de potˆ encia visto pela fonte como unit´ ario, ou seja, o efeito da reatˆ ancia da linha foi desprezado. Coeficiente de perdas: Pp R | I |2 R (Pφ / | Vf |)2 R Pφ η= = = = Pφ Pφ Pφ | V f |2 ou seja, o coeficiente de perdas ´ e inversamente proporcional ao quadrado da tens˜ ao → quanto maior a tens˜ ao de transmiss˜ ao, menor o coeficiente de perdas → as perdas se tornam proporcionalmente menos importantes em fun¸c˜ ao do total de potˆ encia transmitida. No caso do circuito trif´ asico: η= 0,2 · 300 · 106 = 0,6 (10 · 103)2 logo, o coeficiente de perdas ´ e de 60%. – 2– I Considerar agora que a transmiss˜ ao ´ e feita em um n´ıvel de tens˜ ao dez vezes maior: PSfrag replacements 17,3 kV ∼ 173 kV 173 kV 17,3 kV 0,2Ω/fase ηT = 98% ηT = 98% 900 MW fp = 1 Coeficiente de perdas na linha de transmiss˜ ao: ηLT 0,2 · 300 · 106 = 0,006 = (100 · 103)2 ou 0,6%, ou seja, uma redu¸c˜ ao significativa (100 vezes menor). I Os transformadores inseridos no circuito tamb´ em tˆ em suas pr´ oprias eficiˆ encias. Logo, sua utiliza¸c˜ ao deve ser justificada se o coeficiente de perdas total (linha + transformadores) for menor que os 60% calculados sem os transformadores. Considerar P como a potˆ encia por fase gerada na fonte de tens˜ ao e transmitida. Devido ` a presen¸ca do transformador elevador (cujo rendimento de 98% ´ e t´ıpico para transformadores de potˆ encia), a potˆ encia que entra na linha ´ e: P 0 = 0,98 P Devido ` as perdas de potˆ encia ativa na linha, a potˆ encia que chega ao transformador abaixador ´ e: P 00 = (1 − 0,006) P 0 = 0,994 · 0,98 · P = 0,9741 P – 3– Ap´ os computadas as perdas no transformador abaixador, a potˆ encia entregue ` a carga ´ e: P 000 = 0,98 P 00 = 0,9546 P O coeficiente total de perdas ´ e: ηtotal =  P − P 000 P  = 0,0454 ou 4,54%, que ´ e bem menor que no caso da transmiss˜ ao a baixas tens˜ oes. 4.3 replacements Transformador monof´ asico ideal PSfrag I Descri¸c˜ ao geral: n´ ucleo laminado de Fe-Si i1 Fonte + v1 − φ N1 i2 N2 + v2 − Prim´ ario Secund´ ario Alta/Baixa tens˜ ao Baixa/Alta tens˜ ao – 4– Carga I Hip´ oteses: N˜ ao h´ a perdas o ˆhmicas – a resistˆ encia dos enrolamentos ´ e nula N˜ ao h´ a dispers˜ ao de fluxo magn´ etico – todo o fluxo φ est´ a confinado no n´ ucleo e ´ e concatenado com ambas as bobinas N˜ ao h´ a perdas no n´ ucleo – n˜ ao h´ a histerese nem correntes parasitas A permeabilidade magn´ etica do n´ ucleo ´ e infinita (µnucleo → ∞) – a corrente necess´ aria para criar o fluxo magn´ etico no n´ ucleo e, portanto, a for¸ca magnetomotriz para magnetizar o n´ ucleo, s˜ ao desprez´ıveis I Circuito equivalente: I2 I1 PSfrag replacements + + V1 V2 − − N1 : N2 I Tens˜ oes e correntes s˜ ao senoidais → V1 , V2 , I1 e I2 s˜ ao fasores. I Rela¸co ˜es: Tens˜ oes e correntes: V1 I2 N1 = = =a V2 I1 N2 em que a ´ e a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao (rela¸c˜ ao de espiras). – 5– Potˆ encias: S1 = V1 I1∗ = V2 I2∗ = S2 pois n˜ ao h´ a perdas (potˆ encia de entrada igual ` a potˆ encia de sa´ıda). Impedˆ ancias: I1 PSfrag replacements I2 + V1 + Z1 V2 − Z2 − N1 : N2 A transforma¸c˜ ao de impedˆ ancias (impedˆ ancias refletidas) ´ e dada por: Z1 = V1 aV2 V2 = = a2 = a 2 Z2 I1 I2 /a I2 – 6– 4.4 Transformador monof´ asico real I S˜ ao consideradas: Perdas o ˆhmicas nos enrolamentos Sfrag replacements Perdas no n´ ucleo (histerese e correntes parasitas) Dispers˜ ao de fluxo Corrente de magnetiza¸c˜ ao I Circuito equivalente: r1 x1 Iϕ + I1 V1 − x2 I10 xm rc Im Ic r2 + + I2 + V10 V20 V2 − − − N1 : N2 Transformador ideal r1 , r2 – resistˆ encias que representam as perdas o ˆhmicas nos enrolamentos (perdas cobre) x1, x2 – reatˆ ancias que representam a dispers˜ ao de fluxo rc – resistˆ encia que representa as perdas no n´ ucleo (perdas ferro) xm – reatˆ ancia que representa a magnetiza¸c˜ ao do n´ ucleo – 7– I A rela¸c˜ ao de espiras ´ e v´ alida para V10 e V20 e para I10 e I2 . I Em vazio: I2 = 0 → I10 = 0 N˜ ao h´ a queda de tens˜ ao em r2 e x2 → V20 = V2 A impedˆ ancia equivalente do ramo paralelo (rc e xm) ´ e muito maior que a impedˆ ancia equivalente s´ erie (r1 e x1) → pode-se desprezar os parˆ ametros s´ erie PSfrag replacements O circuito equivalente para o transformador em vazio fica: I10 = 0 + V1 − Iϕ I1 I2 xm rc Im Ic + V2 − N1 : N2 Transformador ideal A corrente no prim´ ario ´ e: i1 (t) = iϕ (t) = im (t) + ic (t) e´ e pequena (da ordem de 5% da corrente nominal do transformador). – 8– A tens˜ ao no secund´ ario ´ e: V2 = V1 a Devido ` as n˜ ao-linearidades (satura¸c˜ ao do material ferromagn´ etico): • A corrente de excita¸c˜ ao n˜ ao ´ e senoidal → representa¸c˜ ao fasorial n˜ ao pode ser usada • A corrente apresenta componentes harmˆ onicas ´ımpares (3a., 5a. etc.): iϕ (t) = I1 sen (ωt) + I3 sen (3ωt) + I5 sen (5ωt) + · · · • A componente de 3a. harmˆ onica ´ e da ordem de 40% da corrente total. • Em geral, como iϕ ´ e pequena, considera-se somente a componente fundamental (60 Hz) e pode-se ent˜ ao utilizar nota¸c˜ ao fasorial: I1 = Iϕ e o diagrama fasorial fica: V1 Ic → o transformador em vazio apresenta um fator de potˆ encia baixo ag replacements Im Iϕ – 9– I Com carga: PSfrag replacements I2 6= 0 → todos os parˆ ametros do circuito equivalente s˜ ao considerados. Pode-se eliminar o transformador ideal refletindo as impedˆ ancias do enrolamento secund´ ario e utilizando a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao para tens˜ oes e correntes: r1 x1 a2 r 2 a2 x 2 Iϕ + I1 V1 − I2/a + xm rc Im Ic aV2 − Como Iϕ  I1 pode-se desprezar os parˆ ametros shunt: r1 + a2 r2 x1 + a2 x2 PSfrag replacements + I1 = I2/a + V1 aV2 − − – 10– Em geral para transformadores de potˆ encia (a partir de centenas de KVA) as perdas o ˆhmicas podem ser desprezadas: x1 + a2 x2 = x PSfrag replacements + 4.5 + I1 = I2/a V1 aV2 − − Autotransformador ideal I Considerar o transformador monof´ asico: I2 I1 PSfrag replacements + + V1 V2 − − V1 = 120 V V2 = 240 V N1 : N2 A potˆ encia aparente ´ e: S = V1 I1 = V2 I2 = 30 kVA – 11– I1 = 250 A I2 = 125 A I Se for feita uma liga¸c˜ ao f´ısica entre os enrolamentos prim´ ario e secund´ ario tem-se o autotransformador: I2 + N2 PSfrag replacements I1 + I2 V1 + V2 + N1 V1 − − A potˆ encia aparente nesse caso ´ e: S = V1 (I1 + I2) = (V1 + V2 ) I2 = 45 kVA I O autotransformador transmite mais potˆ encia. A potˆ encia transmitida por efeito magn´ etico ´ e a mesma do transformador. O adicional de potˆ encia ´ e transmitido por meio da pr´ opria liga¸c˜ ao f´ısica entre os enrolamentos. Desvantagem: o autotransformador n˜ ao pode ser usado quando a separa¸c˜ ao f´ısica entre os enrolamentos for fundamental. – 12– 4.6 Autotransformador real I As perdas no autotransformador s˜ ao do mesmo tipo das perdas do transformador (cobre, ferro etc.). Como as perdas s˜ ao as mesmas (bobinas s˜ ao as mesmas, n´ ucleo ´ e o mesmo) → autotrafo apresenta maior rendimento (maior eficiˆ encia). O rendimento depende da rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao, como mostra o exemplo a seguir.  Exemplo Na pr´ atica, o autotransformador ´ e composto por um s´ o enrolamento: + + PSfrag replacements V1 V2 tap − − Considere um autotransformador que alimenta uma carga de 800 V, 12,5 A a partir de uma fonte de 800 V: 12,5 A 12,5 A + + PSfrag replacements 800 V − 800 V I≈0 − Rela¸c˜ ao 1:1 – 13– Carga o autotransformador tem rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao 1 : 1. toda a potˆ encia ´ e transferida atrav´ es da conex˜ ao el´ etrica e nada ´ e transferido via fluxo magn´ etico. a corrente na bobina do autotrafo ´ e a corrente de excita¸c˜ ao, que ´ e muito baixa. potˆ encia de perdas ≈ 0 → eficiˆ encia de ≈ 100%. Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1000 V: 10 A PSfrag replacements 12,5 A + + 200 V 800 V 1000 V Carga 2,5 A − − Rela¸c˜ ao 5:4 a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao agora ´ e 1000/800 = 5/4. a potˆ encia na carga ´ e de 800 · 12, 5 = 10 kVA. a potˆ encia na fonte deve ser tamb´ em 10 kVA. Logo a corrente da fonte ´ e 10000/1000 = 10 A. a carga ´ e conectada a 4/5 do enrolamento, sobrando 1/5 → as tens˜ oes s˜ ao divididas em 800 V e 200 V. – 14– perdas na por¸c˜ ao 1/5: 1 P1 = R · 102 = 20R 5 em que R ´ e a resistˆ encia do enrolamento. perdas na por¸c˜ ao 4/5: 4 P2 = R · 2, 52 = 5R 5 as perdas totais s˜ ao de 25R. Considere agora a mesma carga sendo alimentada por uma fonte de 1600 V: 6,25 A PSfrag replacements 12,5 A + + 200 V 6,25 1600 A V 800 V 800 V Carga 6,25 A − − Rela¸c˜ ao 2:1 a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao agora ´ e 1600/800 = 2/1. a potˆ encia na carga ´ e de 800 · 12, 5 = 10 kVA. – 15– a potˆ encia na fonte deve ser tamb´ em 10 kVA. Logo a corrente da fonte ´ e 10000/1600 = 6, 25 A. a carga ´ e conectada a metade do enrolamento, sobrando a outra metade → as tens˜ oes s˜ ao divididas em 800 V e 800 V. perdas na metade superior: 1 P1 = R · 6,252 = 19,53R 2 em que R ´ e a resistˆ encia do enrolamento. perdas na metade inferior: 1 P2 = R · 6,252 = 19,53R 2 as perdas totais s˜ ao de 39,06R → maiores que o caso anterior. conclus˜ ao: quanto mais distante a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao for de 1 : 1, maiores as perdas do autotransformador. por isso eles s˜ ao mais usados como autotransformadores reguladores.  – 16– Sfrag replacements  Exemplo Considerar os autotransformadores mostrados a seguir. Ie Ie Is + + I1 Is + N1 + N1 Ve Vs Ve I1 N2 Vs N2 I2 I2 − − − Abaixador − Elevador Para o autotrafo abaixador tem-se: Is N1 + N 2 Ve = = =a>1 Vs Ie N2 Considerando que R ´ e a resistˆ encia total do enrolamento, as perdas s˜ ao dadas por: N2 N1 RI12 + RI22 N1 + N N1 + N 2 2  1 1 = 1− RIe2 + R (Is − Ie )2 a a   a−1 1 = RIe2 + R (a − 1)2 Ie2 a a 2 = RIe (a − 1) P = Para a = 1 n˜ ao h´ a perdas e estas aumentam ` a medida que a se distancia de 1 (neste caso a > 1 sempre). – 17– Para o autotrafo elevador: Is N2 Ve = = =a<1 Vs Ie N1 + N 2 As perdas s˜ ao: N1 N2 RI12 + RI22 N1 + N 2 N1 + N 2 2 = (1 − a) RIs + aR (Is − Ie)2 2  a−1 2 Is2 = (1 − a) RIs + aR a   1 −1 = RIs2 a P = Para a = 1 n˜ ao h´ a perdas e estas aumentam ` a medida que a se distancia de 1 (neste caso a < 1 sempre).  – 18– 4.7 Transformador trif´ asico I Banco trif´ asico (trˆ es transformadores monof´ asicos) ou Transformador trif´ asico (enrolamentos em um u ´nico n´ ucleo) a replacements H1 X1 H2 X2 a c b H1 H2 H3 A b H1 X1 C H2 X2 B c H1 X1 H2 X2 X1 A X2 C X3 B I Ambos os transformadores mostrados apresentam liga¸c˜ ao Y-∆. I Normalmente utiliza-se: H – enrolamento de alta tens˜ ao X – enrolamento de baixa tens˜ ao I O transformador de um s´ o n´ ucleo tem a vantagem de ser mais compacto → menos material → mais barato. As liga¸co ˜es s˜ ao internas → n˜ ao h´ a meio de alter´ a-la. – 19– I O banco trif´ asico tem a vantagem da possibilidade de mudan¸ca das liga¸co ˜es. I Liga¸c˜ ao Y -∆: ´ utilizada em transformadores abaixadores de tens˜ E ao. √ a Se a rela¸c˜ ao de espiras for a = N1/N2 – rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ´ e a 3 e h´ ◦ uma defasagem de 30 entre as tens˜ oes de linha do prim´ ario e secund´ ario. I Liga¸c˜ ao ∆-Y : ´ utilizada em trafos elevadores de tens˜ E ao. √ Se a rela¸c˜ ao de espiras for a = N1/N2 – rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ´ e a/ 3 e h´ a ◦ uma defasagem de 30 entre as tens˜ oes de linha do prim´ ario e secund´ ario. I Liga¸c˜ ao ∆-∆: Permite a liga¸c˜ ao em ∆ aberto, ou V -V → caso em que se sabe que a carga vai crescer no futuro → atende-se a carga atual em ∆ aberto e fecha o ∆ (acrescenta terceiro transformador ao banco) quando necess´ ario. I Liga¸c˜ ao Y -Y : Liga¸c˜ ao raramente usada pois terceiras harmˆ onicas de correntes de excita¸c˜ ao introduzem distor¸co ˜es nas formas de onda. Este problema pode ser contornado com o aterramento f´ısico dos neutros dos enrolamentos. Pode-se contornar o problema tamb´ em com a instala¸c˜ ao de um terceiro enrolamento, que pode ser usado para outras tarefas, como alimentar a subesta¸c˜ ao, por exemplo. – 20–  Exemplo Considere 3 transformadores monof´ asicos (1φ) com rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao Vp /Vs = a. Monte bancos trif´ asicos (3φ) de transformadores usando as v´ arias liga¸co ˜es poss´ıveis e obtenha as rela¸co ˜es de transforma¸c˜ ao e defasagens entre tens˜ oes do prim´ ario e secund´ ario. Considere a seq¨ uˆ encia de fases ABC. Tens˜ oes nos enrolamentos prim´ arios: √ √ 3 V ∠30◦ (pois VL = 3 VF ∠30◦) √ = 3 V ∠ − 90◦ √ = 3 V ∠150◦ VAN = V ∠0◦ VAB = VBN = V ∠ − 120◦ VBC VCN = V ∠120◦ VCA PSfrag replacements (a) Liga¸c˜ ao Y -Y A + 1 2 + B a + 1 2 3 3 + + c C → b n N VAN =a Van + Van = V ∠0◦ a → Vab = √ V 3 ∠30◦ a VAB =a Vab √ √ S = 3 VAB IA∗ = 3 VabIa∗ → – 21–  IA Ia ∗ = Vab VAB → IA 1 = Ia a PSfrag replacements (b) Liga¸c˜ ao Y -∆ Ia A + 1 IA 2 + B a N + 1 3 2 Ica + 3 c Iab b + Ibc + C VAN =a Vab → Vab = V ∠0◦ a √ VAB = a 3 ∠30◦ Vab As tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao adiantadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario. √ √ S = 3 VAB IA∗ = 3 Vab Ia∗ →  IA Ia ∗ = Vab VAB → A defasagem entre as correntes ´ e a mesma das tens˜ oes. – 22– IA 1 = √ ∠30◦ Ia a 3 PSfrag replacements Trocando duas fases de alimenta¸c˜ ao (equivale a considerar a seq¨ uˆ encia de fases ACB): Ib B + 1 IB + 2 A b N + 1 3 2 Icb + 3 c Iba a + Iac + C VBN =a Vba → Vab = − V V ∠ − 120◦ = ∠60◦ a a √ VAB = a 3 ∠ − 30◦ Vab As tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao atrasadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario. √ √ ∗ S = 3 VAB IA = 3 Vab Ia∗ →  IA Ia ∗ = Vab VAB → A defasagem entre as correntes ´ e a mesma das tens˜ oes. – 23– IA 1 = √ ∠ − 30◦ Ia a 3 PSfrag replacements (c) Liga¸c˜ ao ∆-Y Ia IA a A + IAB 1 3 2 ICA + 1 2 b n B + + 3 IBC C + + c VAB =a Van → Van √ 3V = ∠30◦ a 3V ∠60◦ a a = √ ∠ − 30◦ 3 Vab = VAB Vab As tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao atrasadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario. √ IA 3 = ∠ − 30◦ Ia a A defasagem entre as correntes ´ e a mesma das tens˜ oes. – 24– PSfrag replacements Trocando duas fases de alimenta¸c˜ ao (equivale a considerar a seq¨ uˆ encia de fases ACB): Ib IB b B + IBA 1 3 2 ICB + + 1 2 a n A + 3 IAC C + + c VBA =a Vbn → Vbn √ 3V =− ∠ − 150◦ a → Van √ 3V = ∠ − 30◦ a 3V ∠0◦ a a = √ ∠30◦ 3 Vab = VAB Vab As tens˜ oes do prim´ ario est˜ ao adiantadas de 30◦ em rela¸c˜ ao ` as do secund´ ario. √ IA 3 = ∠30◦ Ia a A defasagem entre as correntes ´ e a mesma das tens˜ oes. – 25– (d) Liga¸c˜ ao ∆-∆ IA Ia A + IAB 1 3 2 ICA + C a 1 3 2 Ica B + + c IBC + Iab b + Ibc VAB =a Vab 1 IA = Ia a Para circuitos malhados, a defasagem faz grande diferen¸ca e deve obrigatoriamente ser levada em considera¸c˜ ao. Para circuitos radiais, a considera¸c˜ ao da defasagem de 30% entre tens˜ oes de linha introduzidas pelas liga¸co ˜es Y -∆ e ∆-Y ´ e irrelevante. g replacements Y -∆ 138/69 kV Y -∆ 138/13,8 kV PSfrag replacements Y -∆ 138/69 kV  – 26–  Exemplo Obter a potˆ encia complexa fornecida por um gerador trif´ asico que alimenta uma carga atrav´ es de um banco de transformadores ideais e de uma linha de transmiss˜ ao. O banco de transformadores ´ e formado por 3 transformadores monof´ asicos de 20 MVA, 20/200 kV, ∆-Y . O circuito equivalente por fase de linha de transmiss˜ ao resume-se ` a impedˆ ancia s´ erie ZL = 0 + j 100 Ω. A tens˜ ao de linha ag replacements na carga ´ e de 340 kV e a carga consome 30 MVA com fator de potˆ encia 0,8 atrasado. PSfrag replacements Diagrama unifilar: Gerador Trafo ∼ Carga LT ∆-Y Circuito completo: Gerador ∼ Trafo A IA ∼ Carga a0 Zc ZL 1 IAB N a LT Ia 1 B 3 b0 b n Zc ZL 2 n0 2 ∼ c0 c C 3 60 MVA √ 20/200 3 kV – 27– ZL Zc Tens˜ ao de fase na carga: 340 Va0 n0 = √ ∠0◦ kV 3 (referˆ encia angular) Potˆ encia complexa por fase na carga: Sc = 30 ∠ cos−1 0,8 = 10 ∠36,87◦ MVA 3 Corrente pela linha de transmiss˜ ao: Ia =  Sc V a 0 n0 ∗ = 50,94 ∠ − 36,87◦ A Tens˜ ao de fase no lado de alta tens˜ ao do transformador: Van = Va0 n0 + ZL Ia = 199,4 ∠1,17◦ kV Potˆ encia fornecida ` a carga e ` a linha de transmiss˜ ao: S = 3 (Sc + SL ) = 3 Van Ia∗ = 30,47 ∠38,04◦ MVA Como o gerador e o transformador s˜ ao ideais, a potˆ encia fornecida pelo gerador ´ e S. Tens˜ ao de linha no lado da baixa tens˜ ao do transformador: VAB 20 = Van 200 → VAB = 19,94 ∠1,17◦ kV – 28– Tens˜ ao de fase nos terminais no gerador: VAB VAN = √ ∠ − 30◦ = 11,51 ∠ − 28,83◦ kV 3 (seq. fase ABC) Corrente no enrolamento de baixa tens˜ ao do transformador: 200 IAB = Ia 20 → IAB = 509,43 ∠ − 36,87◦ A Corrente de linha pelo gerador: √ IA = 3 IAB ∠ − 30◦ = 882,35 ∠ − 66,87◦ A Potˆ encia complexa fornecida pelo gerador: S = 3 VAN IA∗ = 30,47 ∠38,04◦ MVA ! Fator de potˆ encia visto pelo gerador: fp = cos 38,04◦ = 0,788 Tens˜ ao de linha no gerador: √ VL = 11,51 3 = 19,94 kV  – 29– 4.8 Transformadores de trˆ es enrolamentos I Caso particular de transformador de m´ ultiplos enrolamentos. Transformadores de trˆ es enrolamentos s˜ ao bastante utilizados em sistemas de potˆ encia. I Estrutura b´ asica: I1 PSfrag replacements I2 E2 N2 E1 N1 N3 I3 E3 I Terceiro enrolamento: Baixa tens˜ ao Pode ser conectado a fonte suporte de potˆ encia reativa (condensador s´ıncrono) Pode ser utilizado para a alimenta¸c˜ ao da subesta¸c˜ ao Pode capturar componentes harmˆ onicas e correntes de seq¨ uˆ encia zero devido a desbalanceamentos de carga – 30– x Rede teste IEEE 14 barras 9 C g replacements ∼ 7 4 I Configura¸c˜ ao b´ asica de um transformador de trˆ es enrolamentos: PSfrag replacements I2 I1 E2 N2 E1 N1 N3 – 31– I3 E3 8 I As rela¸co ˜es entre tens˜ oes e correntes s˜ ao obtidas utilizando-se o mesmo racioc´ınio que para o transformador de dois enrolamentos. Para as tens˜ oes: E1 E2 E3 = = N1 N2 N3 Para as potˆ encias, considera-se: potˆ encia de entrada = potˆ encia de sa´ıda (transformador ideal) potˆ encia no enrolamento 1 = potˆ encia no enrolamento 2 + potˆ encia no enrolamento 3 N1 I 1 = N 2 I 2 + N 3 I 3 I Escrevendo de outra maneira: E1 = N1 N1 E2 = E3 N2 N3 = a2 E 2 = a3 E 3 I1 = = N3 N2 I2 + I3 N1 N1 I2 I3 + a2 a3 – 32– cujas equa¸co ˜es s˜ ao atendidas pelo seguinte diagrama: I2/a2 PSfrag replacements I1 I3/a3 a2 E 2 E1 a3 E 3 PSfrag I Noreplacements caso de um transformador real → parˆ ametros s´ erie e shunt s˜ ao acrescentados ao diagrama: I2/a2 Z2 I1 Z1 I3/a3 a2 E 2 E1 rc xm Z3 a3 E 3 Todos os parametros s˜ ao vistos pelo lado 1, ou seja, as impedˆ ancias Z2 e Z3 s˜ ao valores j´ a refletidos para o lado 1 de acordo com a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao. – 33– I Os parˆ ametros shunt podem ser determinados atrav´ es de ensaios de circuito aberto → enrolamentos 2 e 3 em aberto, tens˜ ao nominal aplicada ao enrolamento 1. I Os parˆ ametros Z1 , Z2 e Z3 s˜ ao determinados indiretamente. Os seguintes ensaios de curto-circuito s˜ ao realizados: Enrolamento 2 em curto, enrolamento 3 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 1 e determina¸c˜ ao da impedˆ ancia vista: Z12 = Z1 + Z2 Enrolamento 3 em curto, enrolamento 2 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 1 e determina¸c˜ ao da impedˆ ancia vista: Z13 = Z1 + Z3 Enrolamento 3 em curto, enrolamento 1 em aberto. Corrente nominal no enrolamento 2 e determina¸c˜ ao da impedˆ ancia vista: Z23 = Z2 + Z3 I As equa¸co ˜es acima formam um sistema de 3 equa¸co ˜es com 3 inc´ ognitas, cuja solu¸c˜ ao resulta em: 1 (Z12 + Z13 − Z23 ) 2 1 Z2 = (Z12 + Z23 − Z13 ) 2 1 Z3 = (Z13 + Z23 − Z12 ) 2 Z1 = – 34– 4.9 Transformadores com tap vari´ avel I A finalidade b´ asica de transformadores ´ e a convers˜ ao de n´ıveis de tens˜ ao. I Os transformadores pode ter fun¸co ˜es adicionais, como por exemplo o controle de tens˜ ao (potˆ encia reativa) em circuitos. I Alguns transformadores tˆ em rela¸c˜ ao de espiras vari´ avel: posi¸c˜ ao m´ axima posi¸c˜ ao nominal (tap nominal) posi¸c˜ ao m´ınima PSfrag replacements V1 V2 – 35– 4.9.1 Transformadores reguladores I Diagrama: Van VAn = Van + ∆Va − ∆Va + a A PSfrag replacementsb B c C n I Nota-se que o transformador s´ erie acrescenta ∆V ao valor da tens˜ ao V (v´ alido para as trˆ es fases). I A varia¸c˜ ao em geral ´ e de ±10% → tap vari´ avel. I A mudan¸ca de tap pode ser feita com o transformador energizado → transformador com mudan¸ca de deriva¸c˜ ao (tap) sob carga ou TCUL – tap changing under load ou LTC – load tap changing. I Em geral a mudan¸ca de tap ´ e autom´ atica e operada por motores que atuam acionados por rel´ es ajustados para manter a magnitude de tens˜ ao em algum ponto da rede no n´ıvel pr´ e-estabelecido. Este ponto da rede ´ e normalmente o lado da carga do trafo. – 36– 4.9.2 Transformadores defasadores I Utilizado para o controle da defasagem entre as tens˜ oes no prim´ ario e secund´ ario. I Id´ eia: controlar o fluxo de potˆ encia ativa por ele. I Diagrama: Van Van + ∆Va ∆Va Vbn Vbn + ∆Vb ∆Vc ∆Vb Sfrag replacements Vcn Vcn + ∆Vc a ∆Va α n α ∆Vb α c b ∆Vc – 37– I A tens˜ ao de sa´ıda da fase a ´ e igual ` a tens˜ ao de entrada somada a uma tens˜ ao ∆Va que ´ e induzida pela tens˜ ao de linha Vbc , que por sua vez ´ e defasada de Va ◦ de um ˆ angulo de 90 . I O transformador defasador introduz uma defasagem de α entre as tens˜ oes de entrada e sa´ıda. 4.10 Transformador monof´ asico em pu I A representa¸c˜ ao do transformador monof´ asico em pu ser´ a mostrada atrav´ es de um exemplo.  Exemplo Considerar um transformador monof´ asico ideal de 4400/220 V, 22 kVA, que alimenta uma carga nominal no lado de baixa tens˜ ao. Obter o circuito em pu. PSfrag replacements I1 O diagrama ´ e: Fonte I2 + + V1 V2 − − Carga 4400/220 V Prim´ ario e secund´ ario s˜ ao eletricamente isolados → valores de base podem ser escolhidos de maneira independente. ´ vantajosa a escolha das tens˜ E oes de base Vb1 e Vb2 tais que Vb1 /Vb2 = a onde a ´ ea rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao. – 38– Como a potˆ encia de entrada ´ e igual ` a potˆ encia de sa´ıda (desconsiderando as perdas) → a potˆ encia de base deve ser igual para os dois lados. Escolhendo: Vb1 = 4400 V Vb2 = 220 V Sb = 22 kVA pode-se obter as correntes de base: Ib1 = Sb /Vb1 = 5 A Ib2 = Sb /Vb2 = 100 A Como a mesma potˆ encia de base foi escolhida para os dois lados, as correntes de base dos enrolamentos tamb´ em seguem a rela¸c˜ ao Ib1/Ib2 = 1/a. As impedˆ ancias de base s˜ ao: Zb1 = Vb1 /Ib1 = 880 Ω Zb2 = Vb2 /Ib2 = 2,2 Ω Uma certa corrente no enrolamento de alta tens˜ ao pode ser expressa em pu como: i1 = = I2/a I1 = Ib1 Ib1 I2 /a I2 = = i2 Ib2/a Ib2 – 39– ou seja, as correntes em pu nos dois enrolamentos s˜ ao iguais. O mesmo vale para uma certa tens˜ ao no enrolamento de alta tens˜ ao: v1 = = V1 aV2 = Vb1 Vb1 V2 aV2 = = v2 aVb2 Vb2 ou seja, as tens˜ oes em pu nos dois enrolamentos s˜ ao iguais. Para as impedˆ ancias: z1 = = = = = Z1 Zb1 a 2 Z2 Vb12 /Sb a 2 Z2 a2 Vb22 /Sb a 2 Z2 a2 Zb2 Z2 = z2 Zb2 ou seja, as impedˆ ancias em pu tamb´ em s˜ ao iguais nos dois enrolamentos. A conclus˜ ao ´ e que em pu o transformador passa a ter uma rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao igual a um (grandezas iguais nos dois enrolamentos) → em pu n˜ ao h´ a o efeito transformador, desde que os valores de base sejam escolhidos convenientemente.  – 40–  Exemplo Considere o circuito monof´ asico contendo um transformador mostrado na figura a PSfrag replacements seguir. TR G LT C ∼ Os dados dos equipamentos s˜ ao os seguintes: TR LT C G Transformador Linha de transmiss˜ ao Carga Gerador 13,8/220 kV, 1,5 MVA, rT = 3%, xT = 8% rLT = 300 Ω, xLT = 900 Ω 1 MVA, fp = 80% indutivo, 200 kV fonte ideal A carga est´ a operando nas condi¸co ˜es nominais. Calcule a tens˜ ao no barramento PSfrag replacements do gerador, a corrente no circuito e a potˆ encia fornecida pelo gerador. O circuito em pu ser´ a: rT ∼ e xT rLT i xLT zc O circuito ´ e dividido em duas ´ areas, referentes aos dois lados do transformador. Nota-se que os parˆ ametros do circuito equivalente do transformador j´ a s˜ ao dados em pu (na verdade, s˜ ao dados em valores percentuais), calculados na base nominal do mesmo (tens˜ oes nominais, potˆ encia nominal). – 41– Para o lado de baixa tens˜ ao do transformador (´ area 1) tem-se os seguintes valores de base: Vb1 = 13,8 kV Sb = 1,5 MVA Para o lado de alta tens˜ ao do transformador (´ area 2), escolhe-se convenientemente os seguintes valores de base: Vb2 = 220 kV Sb = 1,5 MVA Os valores de base de corrente e impedˆ ancia para as duas ´ areas s˜ ao: Ib1 = Sb /Vb1 = 108,6957 A Ib2 = Sb /Vb2 = 6,8182 A Zb1 = Vb12 /Sb = 126,96 Ω Zb2 = Vb22 /Sb = 32266,6667 Ω Os parˆ ametros do transformador s˜ ao: rT = 0,03 pu xT = 0,08 pu Como a linha de transmiss˜ ao est´ a na ´ area 2, seus valores em pu s˜ ao: rLT = 300/32266,6667 = 0,0093 pu xLT = 900/32266,6667 = 0,0279 pu – 42– A magnitude de tens˜ ao e potˆ encia aparente na carga s˜ ao: | vC | = 200/220 = 0,9091 pu | sC | = 1/1,5 = 0,6667 pu E os respectivos valores complexos s˜ ao: vC = 0,9091 ∠0◦ pu sC = 0,6667 ∠36,87◦ pu onde se levou em conta o fator de potˆ encia da carga e assumiu-se a tens˜ ao na carga como referˆ encia angular. A corrente pelo circuito ´ e dada por: i=  sC vC ∗ = 0,7334 ∠ − 36,87◦ pu A corrente nos lados de baixa e alta tens˜ oes do transformador s˜ ao: Ibaixa = 0,7334 · 108,6957 = 79,7 A Ialta = 0,7334 · 6,8182 = 5 A A tens˜ ao no barramento do gerador ´ e dada por: e = vC + (0,03 + 0,0093 + j 0,08 + j 0,0279) i = 0,9807 ∠2,69◦ pu ou 13,53 kV. – 43– A potˆ encia fornecida pelo gerador ´ e: sG = e i∗ = 0,7192 ∠39,56◦ pu o que corresponde a 1,08 MVA com um fator de potˆ encia visto pela fonte de 77% indutivo.   Exerc´ıcio Repetir o exemplo anterior considerando como valores de base 1 MVA e 200 kV no lado da carga. Calcular tamb´ em o total de perdas de potˆ encia no transformador e na linha de transmiss˜ ao. Observa¸c˜ ao: os valores que j´ a est˜ ao em pu devem ser convertidos para as novas bases. Resultados: zT = 0,0242 + j 0,0645 pu; sG = 1,0787 ∠39,56◦ pu (1,08 MVA); Perdas(T +LT ) = 32 + j 87 kVA (linha + transformador).   Exemplo Considere o seguinte transformador monof´ asico: PSfrag replacements 20/440 kV 500 MVA x = 5% – 44– Os poss´ıveis modelos para o transformador s˜ ao: Sfrag replacements j X2 j X1 Xi em Ω ou modelo 2 modelo 1 A reatˆ ancia do transformador (x = 5%) foi calculada com base nos valores nominais. Se for escolhido o modelo 1 (X referido ao lado de baixa tens˜ ao), tem-se Vb2 = 20 kV e Sb = 500 MVA. Ent˜ ao: X1 = x Zb1 = x 202 Vb12 = 0,05 · = 0,04 Ω Sb 500 Caso seja escolhido o modelo 2, ou seja, com X referido ao lado de baixa tens˜ ao, tem-se: Vb22 4402 X2 = x Zb2 = x = 0,05 · = 19,36 Ω Sb 500 A rela¸c˜ ao entre as reatˆ ancias ´ e: X1 0,04 202 = = 0,002066 = = a2 2 X2 19,36 440 Logo X1 = a2 X2 e os valores em pu s˜ ao os mesmos, desde que valores de base convenientes sejam escolhidos. Caso sejam escolhidos valores de base que n˜ ao estejam relacionados com os valores nominais do transformador, como: Vb1 = 25 kV e Sb = 250 MVA – 45– ent˜ ao deve-se primeiro transformar a reatˆ ancia em Ohms usando a base original e voltar para pu considerando a nova base. Assim: x novo =x velho = xvelho = xvelho velho Zb1 novo Zb1
2 novo Vb1velho Sb1 velho Sb1 (Vb1novo)2  velho 2 novo Vb1 Sb1 velho Vb1novo Sb1 Neste caso: xnovo = 0,05 ·  20 25 2 · 250 = 0,016 pu 500  4.11 Autotransformadores em pu I O procedimento de an´ alise ´ e idˆ entico ao do transformador. Basta escolher como tens˜ oes de base as tens˜ oes nominais do autotrafo e a rela¸c˜ ao de tens˜ oes em pu ser´ a 1 : 1. – 46– 4.12 Transformadores trif´ asicos em pu I Dados de placa (nominais) do trafo monof´ asico: V1 , V2 , S, zT (pu ou %, base nominal). Dados de placa (nominais) do trafo trif´ asico: V1L , V2L, S3φ , zT (pu ou %, de fase). I Id´ eia b´ asica: escolher os valores de base iguais aos valores nominais do trafo. I Considere um banco trif´ asico de transformadores ligado em Y-Y. Para cada trafo monof´ asico do banco tem-se: V1, V2 , S, zT . Para o banco trif´ asico tem-se os seguintes valores de base: √ 3V1 √ = 3V2 Vb1 = VN 1 = Vb2 = VN 2 Para as bases escolhidas, a impedˆ ancia do circuito equivalente do trafo trif´ asico em pu ´ e igual a zT . Sb = 3S = S3φ I Considere agora um banco trif´ asico de transformadores ligado em Y-∆. Os valores de base para o banco s˜ ao: Vb1 = VN 1 = √ 3V1 Vb2 = VN 2 = V2 Novamente, a impedˆ ancia do circuito equivalente do trafo trif´ asico em pu ´ e igual a zT . Sb = 3S = S3φ – 47–  PSfrag Exemplo replacements Considere o diagrama unifilar do circuito trif´ asico a seguir. Vg ∼ 500 kV Y-Y 10 MVA 15/500 kV xT = 2% x = 1000 Ω 9 MVA fp = 1 Calcule a tens˜ ao Vg no barramento do gerador e o fator de potˆ encia visto pelo gerador. Transformando o diagrama unifilar em um circuito trif´ asico tem-se: ments XT 1 1 XL Pc XT 2 2 XL Pc ∼ ∼ XT 3 3 XL ∼ – 48– Pc Pc = 3 MW XL = 1000 Ω 2 152 · = 0,45 Ω XT = 100 10 O circuito por fase ´ e: PSfrag replacements XL XT + ∼ 1 Vc 1 P − √ √ 15/ 3 : 500/ 3 kV 10/3 MVA ´ Area 1 ´ Area 2 Para esse circuito tem-se: √ Vc = 500/ 3 ∠0◦ kV (ref. angular) ´ Area 1 : Sb = 10/3 MVA √ Vb1 = 15/ 3 kV → ´ Area 2 : Sb = 10/3 MVA √ Vb2 = 500/ 3 kV → Zb1 = 22,5 Ω Ib1 = 384,9 A Zb2 = 25 kΩ Ib2 = 11,55 A O circuito em pu fica: replacements xL xT + ∼ vg − vc = 1 ∠0◦ pu sc = + i sc vc − – 49– 3 = 0,9 ∠0◦ pu 10/3 1000 = 0,04 pu 25000 0,45 = 0,02 pu xT = 22,5 xL = Portanto: i = (sc /vc)∗ = 0,9 ∠0◦ pu (346,4 A no prim´ ario e 10,4 A no secund´ ario) vg = vc + j (xT + xL) i = 1,0015 ∠3,1◦ pu fp = cos (3,1◦ − 0◦) = 0,9985 (indutivo) A tens˜ ao no barramento do gerador ´ e igual a 8,7 kV (fase-neutro) e 15,02 kV (fase-fase). Maneira mais direta de resolver o problema: Vb1 = 15 kV Vb2 = 500 kV Sb Zb1 = 22,5 Ω → = 10 MVA Zb2 = 25 kΩ Ib1 = → Ib2 = √ Sb 3Vb1 √ Sb 3Vb2 = 384,9 A = 11,55 A Circuito em pu (direto a partir do diagrama unifilar): replacements xL xT + ∼ vg − xT = 0,02 pu i vc 1000 = 0,04 pu 25000 vc = 1 ∠0◦ pu xL = + sc sc = − 9 = 0,9 ∠0◦ pu 10 e o procedimento de resolu¸c˜ ao ´ e o mesmo que o anterior. Logo, para problemas envolvendo transformadores trif´ asicos n˜ ao ´ e necess´ ario obter o modelo por fase, etc. Basta escolher os valores de base adequados.  – 50–  Exemplo Resolver o mesmo problema do exemplo anterior, considerando agora o transformador com liga¸c˜ ao Y-∆ e seq¨ uˆ encia de fases ABC. O circuito ´ e: XT B XT IB IA A B0 a A0 + 2 1 + Ica 3 N0 XT C IC C + 3 0 + 1 Iab b 2 c n N em que Sc = 3 ∠0◦ MVA.  √  0 0 3 ∠0◦ kV V = 500/   an √ Vb0 n0 = 500/ 3 ∠ − 120◦ kV    V 0 0 = 500/√3 ∠120◦ kV cn  √ ∗  0 0 I = (S /V ) = 6 3 ∠0◦ A c an   a √ Ib = (Sc /Vb0n0 )∗ = 6 3 ∠ − 120◦ A    I = (S /V 0 0 )∗ = 6√3 ∠120◦ A c cn – 51– xL a0 Sc Ib xL b0 Sc c0 Sc n0 + Ibc + c Ia Ic xL Como, para a liga¸c˜ ao Y-∆ e seq¨ uˆ encia de fases ABC, tem-se: √ IL = If 3 ∠ − 30◦ → IL If = √ ∠30◦ 3   Iab = 6 ∠30◦ A   Ibc = 6 ∠ − 90◦ A    I = 6 ∠150◦ A ca  √  0 0 3 ∠2,06◦ kV V = V + jX I = 500,32/ an L a   an √ Vbn = Vb0 n0 + jXL Ib = 500,32/ 3 ∠ − 117,94◦ kV    V = V 0 0 + jX I = 500,32/√3 ∠122,06◦ kV cn cn L c  √ √
◦ ◦  3 ∠32,06 kV V = V 3 ∠30 V = 500,32/ L f   ab √ Vbc = 500,32/ 3 ∠ − 87,94◦ kV    V = 500,32/√3 ∠ − 122,06◦ kV ca √
A rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao de cada transformador monof´ asico ´ e 15/ 3 /500, logo: √ 15/ 3 V A0 N 0 = Vab 500 VA0 N 0 = 8,67 ∠32,06◦ kV → e: ( VB 0 N 0 = 8,67 ∠ − 87,94◦ kV VC 0 N 0 = 8,67 ∠152,06◦ kV   V 0 0 = 15,01 ∠62,06◦ kV   AB VB 0 C 0 = 15,01 ∠ − 57,94◦ kV    V 0 0 = 15,01 ∠ − 177,94◦ kV CA – 52– Para as correntes de linha no prim´ ario: 500 IA √ = Iab 15/ 3 IA = 346,41 ∠30◦ A → e: ( IB = 346,41 ∠ − 90◦ A IC = 346,41 ∠150◦ A As tens˜ oes de fase na fonte s˜ ao: VAN = VA0 N 0 + jXT IA = 8,67 ∠33,1◦ kV e: ( VBN = 8,67 ∠ − 86,94◦ kV VCN = 8,67 ∠153,06◦ kV   V = 15,02 ∠63,06◦ kV   AB VBC = 15,02 ∠ − 56,94◦ kV    V = 15,02 ∠ − 176,94◦ kV CA A rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao para o transformador ´ e: 15 V A0 B 0 ∠30◦ = Vab 500 → defasagem entre tens˜ oes do prim´ ario e secund´ ario 500 IA ∠30◦ = Ia 15 → defasagem entre correntes do prim´ ario e secund´ ario – 53– PSfrag replacements Resolvendo o problema em pu tem-se o seguinte circuito: xT xL 1 ∠30◦ i1 ∼ vg − + + + v1 v2 − − + ic vc sc − em que o bloco 1 ∠30◦ representa a defasagem introduzida em fun¸c˜ ao do tipo de liga¸c˜ ao. Logo: sc = 0,9 ∠0◦ pu vc = 1,0 ∠0◦ pu ic = (sc /vc)∗ = 0,9 ∠0◦ pu v2 = vc + jxLic = 1,0006 ∠2,06◦ pu v1 = v2 ∠30◦ = 1,0006 ∠32,06◦ pu i1 = ic ∠30◦ = 0,9 ∠30◦ pu vg = v1 + jxT i1 = 1,0015 ∠33,1◦ pu que equivale a 15,02 kV. vg e i1 foram igualmente defasados de 30◦. Assim, tem-se os mesmos valores de potˆ encia complexa, fator de potˆ encia, etc.  – 54– 4.13 Transformadores em pu com rela¸c˜ ao 1 : α I Procura-se escolher os valores de base convenientemente de forma a eliminar os transformadores do circuito. Na realidade elimina-se o transformador ideal, mantendo os parˆ ametros do mesmo. I Em alguns casos, no entanto, esta elimina¸c˜ ao n˜ ao ´ e poss´ıvel, como mostra o exemplo a seguir.  Exemplo Obtenha o circuito em pu referente ao diagrama unifilar a seguir. ´ Area 1 ´ Area 2 11,9/34,5 kV 15 kVA PSfrag replacements T1 ∼ T2 13,8/34,5 kV 15 kVA 2 1 – 55– A id´ eia ´ e dividir o circuito em duas ´ areas e utilizar como valores de base os valores nominais dos transformadores. No entanto, nota-se que na ´ area 1 h´ a dois valores nominais diferentes. Tomando T1 como referˆ encia, define-se: Sb = 15 kVA Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV e T1 ser´ a eliminado, pois Vb1/Vb2 = a1 . Observando o lado de baixa tens˜ ao de T2, nota-se que a sua tens˜ ao nominal ´ e diferente de Vb1, embora perten¸ca ` a´ area 1. Logo, T2 n˜ ao poder´ a ser eliminado, sendo representado como um transformador com rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao 1 : α em pu! Considere que v1 e v2 sejam as tens˜ oes em pu nos barramentos 1 e 2. As tens˜ oes em Volts ser˜ ao: V1 = v1 Vb1 e – 56– V2 = v2 Vb2 A rela¸c˜ ao entre as tens˜ oes dever´ a ser igual ` a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao de T2: V1 v1 Vb1 13,8 = = a2 = = 0,4 V2 v2 Vb2 34,5 Logo: Vb2 34,5 1 v1 = 0,4 = 0,4 · = 1,16 = v2 Vb1 11,9 0,86 ou e o circuito em pu fica: PSfrag replacements ∼ T2 1 : 0,86 2 1 Para transformadores reais, o procedimento ´ e o mesmo. – 57– v1 = 1 v2 0,86 Pode-se enxergar o problema sob outro ponto de vista, redesenhando o diagrama unifilar como: ´ Area 2 ´ Area 1 11,9/34,5 kV 15 kVA PSfrag replacements T1 ∼ T2 1 13,8/11,9 kV 11,9/34,5 kV 2 15 kVA Utilizando os mesmos valores de base definidos anteriormente, mant´ em-se a elimina¸c˜ ao de T1 e parte de T2, ou seja: PSfrag replacements ∼ T2 15 kVA 1,16 : 1 1:1 1 2 pode ser eliminado  – 58– 4.14 Transformadores com tap vari´ avel em pu I Posi¸c˜ ao do tap ´ e alterada → rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ´ e alterada. Para a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao em pu continuar 1 : 1 os valores das tens˜ oes de base devem ser alterados → inaceit´ avel, pois implica em um novo c´ alculo de v´ arios parˆ ametros do circuito sendo estudado. I Id´ eia: Escolher as tens˜ oes de base supondo que o tap est´ a na posi¸c˜ ao nominal (zero) → rela¸c˜ ao de tens˜ ao nominal do autotrafo. Manter as bases de tens˜ ao fixas e representar o autotrafo com tap fora do nominal atrav´ es de uma trafo com rela¸c˜ ao de espiras 1 : α, onde α ´ e vari´ avel. I Considere um transformador com a seguinte rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao: a= VN 1 N1 = N2 VN 2 em que N1 e N2 s˜ ao os n´ umeros de espiras nos enrolamentos e VN 1 e VN 2 s˜ ao as tens˜ oes nominais nos dois lados do transformador. I Na representa¸c˜ ao em pu, escolhem-se como tens˜ oes de base: Vb1 = VN 1 e e a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao em pu ´ e 1 : 1. – 59– Vb2 = VN 2 I Se V1 e V2 s˜ ao tens˜ oes nos dois lados do transformador e v1 e v2 s˜ ao os seus respectivos valores em pu, as seguintes rela¸co ˜es s˜ ao v´ alidas: V2 = V1 a e v2 = v1 I Considere agora que este transformador seja de tap vari´ avel para o qual a situa¸c˜ ao descrita anteriormente ´ e v´ alida para o tap na sua posi¸c˜ ao nominal. I Caso ocorra uma mudan¸ca da posi¸c˜ ao do tap tal que: ag replacements N2 → N2 + ∆N2 + a b V1 N1 + N2 − a nova rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao ser´ a: ∆N2 V2 a0 = − – 60– N1 N2 + ∆N2 I Para uma mesma tens˜ ao V1 em um dos enrolamentos, a nova tens˜ ao no outro enrolamento ser´ a dada por: V20 = V1 = V1 N2 + ∆N2 N1 ∆N2 N2 + V1 N1 N1 = V2 + V1 ∆N2 N1 (da rela¸c˜ ao para tap nominal) N1 ∆N2 = V2 + V2 | {zN2} N1 V1 = V2  ∆N2 1+ N2 = V2 (1 + t)  ← t = tap fora do nominal (off-nominal tap) = V2 α em que α leva em conta a mudan¸ca da posi¸c˜ ao do tap em rela¸c˜ ao aos valores nominais. I Transformando em pu: V2 V20 = α Vb2 Vb2 v20 = v2 α = v1 α (pois v1 = v2 ) – 61– I O circuito em pu fica (trafo real com parˆ ametros shunt desprezados): zT + + PSfrag replacements V1 V2 − − 1:α  Exemplo Considere o transformador de tap vari´ avel mostrado a seguir. 1 2 PSfrag replacements 100 MVA 220/69 kV xT = 8% O comutador de tap ´ e localizado no lado de baixa tens˜ ao e tem 20 posi¸co ˜es, com tap variando de ±5%. Representar o transformador em pu na situa¸c˜ ao em que o tap est´ a na posi¸c˜ ao +2. – 62– Considere os valores de base iguais aos valores nominais do transformador: Sb = 100 MVA Vb1 = 220 kV Vb2 = 69 kV De acordo com as especifica¸co ˜es do comutador de tap: • posi¸c˜ ao central → tap nominal. • 10 posi¸co ˜es para varia¸c˜ ao de +5% → cada posi¸c˜ ao equivale a +0,5%. • 10 posi¸co ˜es para varia¸c˜ ao de −5% → cada posi¸c˜ ao equivale a −0,5%. O comutador de tap est´ a na posi¸c˜ ao +2 → corresponde a uma varia¸c˜ ao no n´ umero de espiras de +1%: ∆N2 = t = 0,01 N2 Logo: α = 1 + t = 1,01 – 63– e o circuito do trafo em pu ´ e: PSfrag replacements v1 0,08 pu Vb1 = 220 kV Vb2 = 69 kV Sb = 100 MVA v2 v1 1 : 1,01  Sfrag replacements  Exemplo Considere o circuito mostrado a seguir. V1 Vs j0,1 Vc = 500 kV V2 j0,1 120 MVA 500 kV xT = 12% 100 MVA fp = 1 A tens˜ ao no barramento de carga ´ e mantida constante em 500 kV. O transformador regulador tem tap no lado da carga com 10 posi¸co ˜es, variando de ±5%. – 64– (a) Calcule a tens˜ ao Vs considerando que a posi¸c˜ ao do tap ´ e a nominal. Os valores de base s˜ ao definidos como: Sb = 100 MVA e Vb = 500 kV Deve-se ent˜ ao corrigir o valor da reatˆ ancia do transformador, pois o valor fornecido foi calculado em outra base: 5002 100 · = 0,1 pu xT = 0,12 · 120 5002 PSfrag replacements E o circuito em pu fica: v1 vs j0,1 vc = 1 ∠0◦ pu v2 j0,1 j0,1 Dados da carga: sc = 1 ∠0◦ pu vc = 1 ∠0◦ pu (referˆ encia angular) Corrente pelo circuito: i = (sc /vc )∗ = 1 ∠0◦ pu – 65– sc = 1 ∠0◦ pu No secund´ ario do transformador: v2 = vc + j 0,1 i = 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu No prim´ ario do transformador: v1 = v2 + j x T i = vc + j 0,2 i = 1,02 ∠11,31◦ pu Na fonte: vs = v1 + j 0,1 i = vc + j 0,3 i = 1,044 ∠16,7◦ pu que equivale a 522 kV. A potˆ encia entregue na barra ´ e: s = vs i∗ = 1,044 ∠16,7◦ pu = 1 + j 0,3 pu ou seja, 100 MW e 30 Mvar. Note que a carga n˜ ao consome potˆ encia reativa (fator de potˆ encia unit´ ario). Os 30 Mvar obtidos correspondem a perdas de potˆ encia nas linhas de transmiss˜ ao e transformador. – 66– (b) Calcule a tens˜ ao Vs considerando agora que a posi¸c˜ ao do tap ´ e +5%. Tem-se a seguinte situa¸c˜ ao: +5% posi¸c˜ ao nominal (tap nominal) PSfrag replacements V2 V1 Sendo N o n´ umero de espiras do enrolamento na situa¸c˜ ao de tap nominal, tem-se na nova situa¸c˜ ao: N 1 V1 = = V2 N + 0,05N 1,05 ag replacements Portanto o circuito em pu fica: v1 vs j0,1 j0,1 vc = 1 ∠0◦ pu v2 v10 1 : 1,05 j0,1 Corrente no lado da carga: i = (sc /vc )∗ = 1 ∠0◦ pu – 67– sc = 1 ∠0◦ pu No secund´ ario do transformador: v2 = vc + j 0,1 i = 1 + 0,1 ∠90◦ = 1,005 ∠5,71◦ pu No prim´ ario do transformador: 1 v10 = v2 1,05 v2 v10 = = 0,9571 ∠5,71◦ pu 1,05 i0 = 1,05 i i0 = 1,05 i = 1,05 ∠0◦ pu v1 = v10 + j xT i0 = 0,9732 ∠11,87◦ pu Na fonte: vs = v1 + j 0,1 i0 = 1,0 ∠17,77◦ pu que equivale a 500 kV. A potˆ encia entregue na barra ´ e: ∗ s = vs (i0 ) = 1,05 ∠17,77◦ pu = 1 + j 0,32 pu ou seja, 100 MW e 32 Mvar. Note que a tens˜ ao na carga ´ e mantida com uma tens˜ ao Vs menor, por´ em, a inje¸c˜ ao de potˆ encia reativa ´ e maior.  – 68– 4.15 Opera¸c˜ ao de transformadores em paralelo I Considerar dois transformadores conectados em paralelo: 2 1 PSfrag replacements 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B 11,9 : 34,5 kV chave I Para c´ alculos em por unidade, divide-se o circuito em duas ´ areas para a defini¸c˜ ao dos valores de base: PSfrag replacements area 2 ´ area 1 ´ 2 1 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B 11,9 : 34,5 kV Vb1 = 11,9 kVVb2 = 34,5 kV – 69– Os valores das tens˜ oes de base s˜ ao escolhidos de forma que a rela¸c˜ ao entre eles seja igual ` a rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao dos transformadores. Em particular, foram escolhidas as pr´ oprias tens˜ oes nominais dos transformadores. Em por unidade tem-se: PSfrag replacements 2 1 1:1 T1 T2 A B 1:1 Transformadores reais s˜ ao representados pelas suas respectivas reatˆ ancias1: PSfrag replacements 2 1 j x1 T1 T2 A B 1 Para j x2 transformadores de potˆencia as perdas ferro e de magnetiza¸ca ˜o s˜ ao desprezadas. As perdas cobre tamb´em s˜ ao em geral desprezadas. – 70– I Considere que o transformador T2 tenha a sua rela¸c˜ ao de transforma¸c˜ ao aumentada para (12,5 : 34,5 kV), atrav´ es de uma mudan¸ca na posi¸c˜ ao do tap: PSfrag replacements 1 2 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B 12,5 : 34,5 kV Pode-se representar T2 da seguinte forma: PSfrag replacements 1 2 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B 12,5 : 11,9 kV 11,9 : 34,5 kV – 71– Dividindo o circuito em duas ´ areas: PSfrag replacements area 2 ´ area 1 ´ 2 1 11,9 : 34,5 kV T1 T2 A B 12,5 : 11,9 kV 11,9 : 34,5 kV Vb1 = 11,9 kV Vb2 = 34,5 kV Em por unidade tem-se: 2 1 PSfrag replacements 1:1 T1 T2 A B 1,05 : 1 1:1 12,5/11,9 – 72– Considerando as reatˆ ancias dos transformadores: PSfrag replacements 2 1 j x1 T1 T2 A B j x2 1,05 : 1 PSfrag replacements Verifica-se que o transformador com a posi¸c˜ ao do tap fora da nominal deve ser representado em por unidade com uma rela¸c˜ ao (1,05 : 1) ou (1 : 0,952). Considere agora que a chave AB seja aberta: 1 2 j x1 v + AB − T1 V A B T2 1,05 : 1 vx j x2 v2 v1 – 73– Devido ` a altera¸c˜ ao na posi¸c˜ ao do tap de T2, aparece uma tens˜ ao sobre os terminais da chave: vAB = vA − vB = v1 − 1,05 vx = v1 − 1,05 v2 = v1 − 1,05 v1 = −0,05 v1 A impedˆ ancia vista pelos terminais A e B ´ e: zvista = j (x1 + x2) = zloop Logo, tem-se: zloop PSfrag replacements A + ∼ vAB V − B – 74– Se a chave AB for novamente fechada, circular´ a uma corrente pelo circuito: zloop PSfrag replacements A + ∼ vAB iloop − B A corrente vale: PSfrag replacements iloop = vAB zloop Voltando ao diagrama unifilar do circuito, tem-se: 2 1 j x1 T1 iloop V vAB zloop T2 A B 1,05 : 1 j x2 ∼ em que iloop ´ e uma corrente de circula¸c˜ ao. Ao alterar-se a posi¸c˜ ao do tap de T2, apareceu uma corrente de circula¸c˜ ao, que ´ e limitada pelas reatˆ ancias dos transformadores. – 75– Sistemas de potˆ encia t´ıpicos s˜ ao malhados, ou seja, existem v´ arios loops e caminhos paralelos para os fluxos de potˆ encia. Esta caracter´ıstica confere maior flexibilidade de opera¸c˜ ao e confiabilidade aos sistemas. Al´ em disso, as tens˜ oes de transmiss˜ ao e n´ıveis de potˆ encia tˆ em aumentado ao longo dos anos, e os novos equipamentos s˜ ao conectados e operam juntamente com os equipamentos existentes. Assim, ´ e natural que se encontre loops ou caminhos paralelos que incluem transformadores. Cuidados especiais devem ser tomados durante a fase de projeto a fim de evitar as correntes de circula¸c˜ ao. A configura¸c˜ ao que poderia ser chamada de normal conteria transformadores em paralelo com as mesmas rela¸co ˜es de transforma¸c˜ ao. No entanto, h´ a situa¸co ˜es em que introduz-se altera¸co ˜es nas 2 rela¸co ˜es de transforma¸c˜ ao a fim de atender requisitos espec´ıficos de opera¸c˜ ao. 2 Altera¸ co ˜es na rela¸ca ˜o de transforma¸ca ˜o s˜ ao obtidas atrav´es da mudan¸ca na posi¸ca ˜o dos taps dos transformadores. Dependendo do tipo de transformador, essa altera¸ca ˜o pode resultar em diferentes magnitudes de tens˜ ao (transformador regulador) ou em defasagens entre as tens˜ oes (transformador defasador). – 76– 4.16 Representa¸c˜ ao computacional do trafo com tap vari´ avel I Em algumas aplica¸co ˜es ´ e interessante classificar linhas de transmiss˜ ao e transformadores em uma mesma classe de equipamentos → ambos conectam dois n´ os (duas barras) da rede. ´ conveniente represent´ IE a-los por um mesmo modelo e trat´ a-los de maneira idˆ entica. I Exemplo: problema de fluxo de carga → resolu¸c˜ ao do circuito para obten¸c˜ ao do seu estado de opera¸c˜ ao. I Como a linha ´ e representada por um modelo π → deve-se representar o trafo tamb´ em por um modelo π. I Procedimento: considerar o seguinte trafo: frag replacements i1 i2 z + s1 ◦ v1 + s01 v10 − − vc = 1 ∠0 pu sc = 1 ∠0◦ pu 1:α – 77– + v2 − s2 Tem-se as seguintes rela¸co ˜es: v10 1 = v2 α s01 + s2 = 0 s01 = −s2 v10 i∗1 = −v2 i∗2 v10 i∗1 = −α v10 i∗2 i1 = −α i2 As equa¸co ˜es para as correntes s˜ ao: v1 − v10 1 1 = v1 − v2 z z αz i1 1 1 i2 = − = − v1 + 2 v2 α αz α z i1 = – 78– (1) (2) Considere agora o modelo π do trafo: PSfrag replacements i1 is + v1 i2 + z1 z2 ip2 z3 − ip3 v2 − I Para o modelo π: i1 = is + ip2 1 1 (v1 − v2) + v1 z1 z2 i2 = −is + ip3 = =− 1 1 (v1 − v2) + v2 z1 z3 Reescrevendo de maneira apropriada:   1 v2 z1   1 1 1 + v2 i2 = − v 1 + z1 z1 z3 i1 = 1 1 + z1 z2 – 79– v1 − (3) (4) I Deve-se igualar os coeficientes das equa¸co ˜es (1) com (3) e (2) com (4): 1 1 =− z1 αz 1 1 1 + = z1 z2 z 1 1 1 + = 2 z1 z3 αz − que resulta em: z1 = αz   α z z2 = α−1  2  α z3 = z 1−α  Exemplo Um autotransformador trif´ asico com comutador de tap apresenta os seguintes dados de placa: 220/22 kV 300 MVA x = 6% Comutador no lado de BT, ±20%, 10 posi¸co ˜es Obtenha o modelo π equivalente do transformador para que se tenha tens˜ oes de 220 kV e 18,2 kV em vazio. – 80– Considerando os seguintes valores de base: Sb = 300 MVA Vb1 = 220 kV Vb2 = 22 kV tem-se o seguinte modelo para o transformador: x = 0,06 PSfrag replacements + + v1 v2 − − 1:α em que α representa a posi¸c˜ ao do tap. Para o tap na posi¸c˜ ao nominal tem-se: PSfrag replacements 220/22 kV Para as condi¸co ˜es especificadas no problema, tem-se: PSfrag replacements 220/18,2 kV – 81– que pode ser representado por: PSfrag replacements Base 220 kV Base 22 kV 220/22 kV 22/18,2 kV Transformando os valores de tens˜ ao em pu: rag replacements 1:1 PSfrag replacements 1 : 0,8273 1 : 0,8273 Como o comutador apresenta posi¸co ˜es de tap discretas, deve-se escolher o valor mais apropriado: 0,8273 – 82– 1,20 1,16 1,12 1,08 1,04 1,00 0,96 0,92 0,88 0,84 0,80 valor discreto mais pr´ oximo O modelo π fica: + j0,0504 + PSfrag replacements v1 −j0,3150 − j0,2646 v2 − Como a tens˜ ao no secund´ ario ´ e MENOR que o valor nominal, o parˆ ametro z3 corresponde a um INDUTOR.   Exerc´ıcio Repita o exemplo anterior considerando que deseja-se ter uma tens˜ ao de 25 kV no secund´ ario do transformador.   Exerc´ıcio No caso do transformador do exemplo anterior, determine a maior tens˜ ao poss´ıvel no secund´ ario (em vazio) e o obtenha o modelo π correspondente a essa situa¸c˜ ao.  – 83– 4.17 Fluxos de potˆ encia ativa e reativa em transformadores I Considere o modelo π do transformador: ag replacements Ek = Vk ∠θk Ikm I2 I1 α−1 α
I3 1−α α2 y As correntes s˜ ao dadas por: Ikm = I1 + I2 y α−1 = (Ek − Em ) + yEk α α  y = (y) Ek + − Em α Imk = −I1 + I3 y 1−α = − (Ek − Em ) + yEm α α2 y  y = − Ek + Em α α2 – 84– Em = Vm ∠θm Imk y/α
y Potˆ encia saindo do barramento k: ∗ Skm = Ek∗ Ikm h  y i ∗ Em = Ek yEk + − α 1 = (g + jb) Vk2 − (g + jb) Vk Vm (cos θkm − j sen θkm) α Vk Vm (g cos θkm + b sen θkm) α Vk Vm = −bVk2 − (g sen θkm − b cos θkm ) α Pkm = gVk2 − Qkm Potˆ encia saindo do barramento m: ∗ ∗ Smk = Em Imk y i h y ∗ Ek + Em = Em − α α 1 1 = 2 (g + jb) Vm2 − (g + jb) Vk Vm (cos θkm + j sen θkm) α α g 2 Vk Vm V − (g cos θkm − b sen θkm) α2 m α b Vk Vm = − 2 Vm2 + (g sen θkm + b cos θkm) α α Pmk = Qmk I As perdas de potˆ encia podem ser calculadas por: Pperdas = Pkm + Pmk Qperdas = Qkm + Qmk – 85– Referˆ encias [1] A.L.M. Fran¸ca, notas de aula, 1989. [2] C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um curso introdut´ orio, Unicamp, 1995. [3] A.J. Monticelli, A.V. Garcia, Introdu¸c˜ ao a sistemas de energia el´ etrica, Unicamp, 1999. [4] J.D. Glover, M. Sarma, Power system analysis and Design, PWS-Kent, 1989. [5] J.J. Grainger, W.D. Stevenson, Power System Analysis, McGraw-Hill, 1994. [6] I.L. Kosow, M´ aquinas el´ etricas e transformadores, Globo, 1972. [7] O.I. Elgerd, Introdu¸c˜ ao ` a teoria de sistemas de energia el´ etrica, Mc-Graw-Hill, 1981. – 86–