modelagem e análise de sistemas elétricos em regime … · sistemas de energia elétrica em...
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Modelagem e Análise de
Sistemas Elétricos em
Regime Permanente
Sérgio Haffner
http://slhaffner.phpnet.us/
haffner@ieee.org
slhaffner@gmail.com
Desenvolvido para ser utilizado como notas de aula para a disciplina de Análise de Sistemas de Potência (ASP).
Fevereiro 2008
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução – Sérgio Haffner Versão: 3/3/2008 Página 4 de 4
Introdução
Estas notas de aula têm como objetivo apresentar, de forma resumida, o conteúdo integral da disciplina
introdutória na área de Sistemas de Energia para um curso em nível de graduação em Engenharia Elétrica
(parcial para uma disciplina em nível de pós-graduação em Engenharia Elétrica) que consiste na análise de
sistemas de energia elétrica em regime permanente senoidal. Estas notas não detalham em profundidade
todos os aspectos relacionados com o tema, mas podem ser utilizadas para balizar estudos nesta área, cuja
bibliografia em português não é muito abundante, em função da retirada dos títulos já esgotados dos
catálogos das editoras.
A análise de sistemas elétricos em regime permanente é de extrema importância, pois é desta forma que as
redes operam quase na totalidade do tempo. Nestas condições, busca-se que todos os equipamentos elétricos
(geradores, transformadores, linhas de transmissão, alimentadores, motores, etc.) estejam operando dentro de
seus limites (tensão, freqüência, potência, etc.) e, se possível, de forma ótima (visando maximizar a
segurança e minimizar o custo de geração, as perdas de transmissão, etc.).
Para efetuar esta análise, em cada condição de carga e geração possível para o sistema ou sub-sistema
elétrico, deve-se conhecer:
• O carregamento nas linhas de transmissão e nos transformadores, visando verificar se há sobrecarga
ou elementos ociosos;
• A potência gerada em cada unidade de geração, visando efetuar uma análise de custos;
• A potência consumida em cada unidade, visando efetuar projeções do crescimento do consumo;
• A tensão nos diversos pontos do sistema, para verificar se existem tensões muito acima ou abaixo
dos valores nominais;
• As perdas de transmissão, visando compara alternativas de alimentação das cargas;
• As conseqüências, em regime permanente, da perda de algum equipamento, visando verificar se o
estado de operação é seguro.
Desta forma, é possível verificar com objetividade a forma de operação que o sistema elétrico se encontra. A
avaliação destes indicadores é a base dos métodos empregados na definição das alterações necessárias para
modificar o ponto de operação do sistema com o objetivo melhorar sua forma de funcionamento em regime
permanente.
O conteúdo está dividido em oito capítulos, da seguinte forma.
No Capítulo I é feita uma revisão dos conceitos necessários da análise de circuitos em regime permanente
senoidal juntamente com a apresentação da notação empregada nos demais capítulos. Adicionalmente,
descrevem-se o sistema por unidade e a análise por fase, muito freqüente em sistemas de energia, quando o
sistema pode ser considerado equilibrado.
No Capítulo II é feita uma breve análise do balanço de potência e suas implicações com a magnitude da
tensão nas barras e com a abertura angular das linhas e dos transformadores. Ainda, descrevem-se as
equações do fluxo de carga em linhas de transmissão e transformadores em fase.
No Capítulo III descreve-se a forma pela qual os elementos que são conectados em um nó do sistema de
energia elétrica são modelados para análise por fase (aplicada para circuitos equilibrados).
Nos Capítulos IV e V o problema denominado Fluxo de Carga (ou Fluxo de Potência) não-linear que
consiste, basicamente, na determinação das tensões nodais (em módulo e fase) é formulado e resolvido.
No Capítulo VI é descrito o modelo linearizado para o problema do Fluxo de Carga, que consiste em uma
simplificação do modelo não-linear que é muito utilizada em estudos de planejamento.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Bibliografia – Sérgio Haffner Versão: 3/3/2008 Página 1 de 1
Bibliografia
1. Alcir J. Monticelli (1983). Fluxo de carga em redes de energia elétrica. Edgar Blücher.
2. Alcir J. Monticelli, Ariovaldo V. Garcia (2003). Introdução a sistemas de energia elétrica. Editora da
Unicamp.
3. Alcir Monticelli, Ariovaldo Garcia, Osvaldo Saavedra (1990). Fast decoupled load flow: hypothesis,
derivations and testing, IEEE Transactions on Power Systems, Vol. 4, No. 4, November, pp. 1425-1431.
4. Arthur R. Bergen, Vijay Vittal (2000). Power systems analysis. Prentice Hall.
5. Charles A. Gross (1986). Power system analysis. J. Wiley.
621.3191 G878p
6. Dorel Soares Ramos (1982). Sistemas elétricos de potência: regime permanente. Guanabara Dois.
621.3191 R175s
7. IEEE recommended practice for industrial and commercial power systems analysis (1997). IEEE.
621.31042 I42i
8. John J. Grainger, William D. Stevenson Jr. (1994). Power system analysis. McGraw-Hill.
621.3191 G743
9. J. Arrillaga, N. R. Watson (2001) Computer modelling of electrical power systems. John Willey & Sons
Ltd.
10. Hadi Saadat (1999). Power system analysis. McGraw-Hill, New York, 697p.
11. O. I. Elgerd (1981). Introdução à teoria de sistemas de energia elétrica. McGraw Hill do Brasil.
621.3191 E41ib (Edição 1981)
621.3191 E41ia (Edição 1978)
621.3191 E41i (Edição 1970)
12. Syed A. Nasar (1991). Sistemas eléctricos de potencia. McGraw-Hill.
13. Turan Gonen (1988). Modern power system analysis. J. Wiley.
621.3191 G638m
14. W. D. Stevenson Jr. (1986). Elementos de análise de sistemas de potência. McGraw-Hill.
621.3191 S847eb (edição de 1981)
621.3191 S847ea (edição de 1978)
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 1 de 22
I – Introdução ao estudo de sistemas de potência
I.1 – Representação fasorial
Nos circuitos elétricos assintoticamente estáveis1, a análise do regime permanente senoidal pode ser
realizada através da simples operação com números complexos por intermédio da transformada fasorial. Na
análise fasorial, todas as correntes e tensões senoidais são representadas por números complexos que
quantificam a amplitude e o ângulo de fase das senóides, sendo a freqüência destas considerada
implicitamente.
Qualquer função do tipo senoidal pode ser representada pela função
( ) ( )φω += tGtg cos
através da escolha dos valores adequados para:
G – valor máximo (amplitude);
T
fπ
πω2
2 == – velocidade angular [rad/s];
f – freqüência [Hz];
T – período [s];
φ – ângulo de fase [rad].
A Figura I.1 apresenta o gráfico de uma função senoidal genérica, indicando os valores de G e φ.
t [rad]
g(t)
−φ
G
-G
ω
Figura I.1 – Função tipo senoidal.
Observar que quando o ângulo de fase φ é igual a 2π− , a função cosseno transforma-se em um seno,
conforme mostra a Figura I.2, ou seja, são válidas as seguintes relações:
+=
2sencos
πωω tt
−=
2cossen
πωω tt
1 Circuitos assintoticamente estáveis são aqueles que não apresentam nenhuma das raízes de sua equação
característica no eixo imaginário ou no semiplano direito do plano complexo. Neste caso, a resposta natural tende a
zero:
( ) 0lim =∞→
tynt
e a resposta completa tende à sua resposta forçada: ( ) ( ) ( ) ( )tytytyty ffntt =+=
∞→∞→limlim
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 2 de 22
π/2 ω t [rad]
cos sen
Figura I.2 – Relação entre as funções seno e cosseno.
Define-se como defasagem a diferença entre os ângulos de fases de duas funções do tipo senoidal de mesma
velocidade angular ω. Sendo ( ) ( )111 cos φω += tGtg e ( )
−+=
876 2
122 cos
φ
αφωtGtg , a defasagem entre ( )tg1 e
( )tg 2 é dada por ( ) ααφφφφ =−−=− 1121 , conforme ilustra a Figura I.3.
α
g1(t) g2(t)
ω t [rad]
Figura I.3 – Defasagem entre duas funções senoidais.
Assim, pode-se dizer que:
( )tg1 está adiantada em relação à ( )tg 2 do ângulo αααα e
( )tg 2 está atrasada em relação à ( )tg1 do ângulo αααα.
Considere a função senoidal geral:
( ) ( )φω += tYty cosmax (I.1)
Note que a função tem três parâmetros: maxY – amplitude
ω – velocidade angular
φ – ângulo de fase
Observar que qualquer função senoidal pode ser representada através da escolha adequada de maxY , ω e φ .
Utilizando a identidade de Euler: θθθ sencos je
j+=
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 3 de 22
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( )[ ] [ ]
=
===+++=
+=+=
+
tj
Y
j
tjjtj
eeY
eeYeYtjYtY
tYtYty
ωφ
ωφφωφωφω
φωφω
48476
2Re2
ReResencosRe
cosRecos
max
maxmaxmaxmax
maxmax
( ) ( )tjeYty ωRe2= (I.2)
onde φje
YY
2
max= é definido como a representação fasorial de ( )ty ou a transformada fasorial da função
senoidal ( )ty .
Observar que a transformada fasorial transfere a função senoidal do domínio do tempo para o domínio dos números complexos, que também é chamada de domínio da freqüência, já que a resposta envolve
implicitamente uma função senoidal de freqüência ω.
Notar que Y contém 2/3 das informações de ( )ty a saber, maxY e φ . Considerando
2
maxYY = , o valor RMS
2
de ( )ty , tem-se:
φφ YYeY j
== (I.3)
A representação gráfica em um sistema coordenado de um fasor genérico encontra-se na Figura I.4.
φcosY
φsenY
φYY =
Im
Re
φ
Figura I.4 – Representação gráfica do fasor Y
Observar que o fasor é diferente de um vetor porque a posição angular do fasor representa posição no
tempo; não no espaço.
Resumo:
( ) ( )φω += tYty cosmax ou ( ) ( )tjeYty ωRe2=
φφ YYeY j
== Forma polar 2
maxYY =
φφ sencos jYYY += Forma retangular 2
maxYY =
2 “Root Mean Square” ou valor quadrático médio (eficaz).
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 4 de 22
I.2 – Impedância [ΩΩΩΩ] e admitância [ΩΩΩΩ-1 ou siemens]
A impedância Z de um componente ou circuito é a relação entre os fasores tensão e corrente (vide
convenção de sinais da Figura 1.5):
( )
=
=+==
∆
reatância
aresistênci
X
RjXR
I
VjZ ω (I.4)
A admitância Y de um componente ou circuito é o inverso de sua impedância:
( )( )
=
=+===
∆
iasusceptânc
acondutânci1
B
GjBG
V
I
jZjY
ωω (I.5)
Circuito linear
invariante em regime
permanente senoidal
( ) [ ]tjeVtv
ωRe2=
+
–
( ) [ ]tjeIti ωRe2=
( )Y
jZ1
=ω
Figura I.5 – Definição de impedância e admitância.
Um resumo das relações entre tensão e corrente para os elementos simples encontra-se na Tabela I.1.
Tabela I.1 – Relação tensão/corrente dos elementos simples.
Elemento Equações Relação de
fase
Forma fasorial:
( ) [ ]tjeIti
ωRe2=
( ) [ ]tjeVtv
ωRe2=
Diagrama fasorial
Relação no tempo
( )tv
+
–
( )ti
R
( ) ( )φω += tVtv cosmax
( ) ( )φω += tIti cosmax
( )ti e ( )tv
em fase IRV =
I
φ
V
i(t)
v(t)
( )tv
+
–
( )ti
L
( ) ( )φω += tVtv cosmax
( )
−+=
2cosmax
πφωtIti
( )ti atrasada
de ( )tv de 90°
ILjV ω=
LX L ω= I
φ
V
i(t)
v(t)
( )tv
+
–
( )ti
C
( ) ( )φω += tVtv cosmax
( )
++=
2cosmax
πφωtIti
( )ti adiantada
de ( )tv de 90°
ICj
Vω
1=
CX C
ω
1=
I
φ
V
i(t)
v(t)
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 5 de 22
I.3 – Associação de impedâncias
Para a associação série de impedâncias (vide Figura I.6), a impedância equivalente é dada pela soma das
impedâncias de cada um dos componentes, ou seja:
neq ZZZZ +++= K21 (I.6)
–
V
+
–
1V+ – I 2V+ – nV +
1Z 2Z nZ
V
+
–
I
eqZ ≡
Figura I.6 – Diagrama para associação série de impedâncias.
A expressão (I.6) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Tensões, da forma como segue:
nnn
eq ZZZI
V
I
V
I
V
I
VVV
I
VZ +++=+++=
+++== KK
K21
2121LKT
Sabendo que Y
Z1
= , pode-se determinar a expressão da admitância equivalente da associação série, a partir
da expressão (I.6):
n
eq
neq
YYY
YYYYY 111
11111
21
21+++
=⇒+++=
K
K
Para a associação paralela de impedâncias (vide Figura I.7), a impedância equivalente é dada pelo inverso
da soma dos inversos das impedâncias de cada um dos componentes, ou seja:
n
eq
neq
ZZZ
ZZZZZ 111
11111
21
21+++
=⇒+++=
K
K (I.7)
V
+
–
I
1Z 2Z nZV
+
–
I
eqZ≡
1I 2I nI
Figura I.7 – Diagrama para associação em paralelo de impedâncias.
A expressão (I.7) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Correntes, da forma como
segue:
nn
n
eq
ZZZZ
V
Z
V
Z
V
V
III
V
I
VZ
111
1
2121
21
LKC
+++
=
+++
=
+++
==
KKK
Novamente, sabendo que Y
Z1
= , pode-se determinar a expressão da admitância equivalente da associação
série, a partir da expressão (I.7):
neq YYYY +++= K21
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 6 de 22
I.4 – Potência complexa
Considere o sistema da Figura I.8 que se encontra em regime permanente senoidal.
+
)cos()( max φω += tVtv
)cos()( max θφω −+= tIti
-
)(tv
)(ti
φ
V
I
θ
Re
Im
φ
2
maxVV =
θφ −=
2
maxII
SISTEMA
Figura I.8 – Sistema em regime permanente senoidal.
A potência instantânea fornecida para o sistema é dada por:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )θφωφω −++== ttIVtitvtp coscosmaxmax (I.8)
mas ( ) bababa sensencoscoscos −=+ , daí
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) θφωθφωθφωθφωθφω sensencoscossensencoscoscos +++=−+−−+=−+ ttttt (I.9)
Substituindo (I.9) em (I.8),
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )φωφωθφωθ
θφωθφωφω
++++=
=++++=
ttIVtIV
tttIVtp
sencossencoscos
sensencoscoscos
maxmax2
maxmax
maxmax (I.10)
Mas 2
2cos1cos2 a
a+
= e aaa cossen22sen = , logo:
( ) ( )[ ]
( ) ( )( )
2
22sensencos
22cos12
1cos2
φωφωφω
φωφω
+=++
++=+
ttt
tt
(I.11)
Aplicando (I.11) em (I.10), chega-se a:
( ) ( )[ ] ( )φωθφωθ 22sensen2
22cos1cos2
maxmaxmaxmax++++= t
IVt
IVtp
Definindo 2
maxVV = e
2
maxII = como os valores eficazes da tensão e da corrente senoidais,
VIIVIV
==
222
maxmaxmaxmax
chega-se à seguinte expressão:
( ) ( )[ ] ( )φωθφωθ 22sensen22cos1cos ++++= tVItVItp (I.12)
A forma de onda da potência instantânea dada por (I.12) apresenta uma parcela constante, igual a θcosVI , e
uma parcela variável e alternada variante no tempo, igual a ( ) ( )φωθφωθ 22sensen22coscos +++ tVItVI , cuja
freqüência corresponde exatamente ao dobro da freqüência da tensão e da corrente.
Quando a tensão está em fase com a corrente, os gráficos das funções tensão, corrente e potência
instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Observar que a função potência instantânea é oscilante e
apresenta sempre valores positivos.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 7 de 22
0 1 2 3 4 5 6-5
0
5
10Corrente em fase com a tensão
wt
v(t
), i
(t),
p(t
)
v(t)
i(t)
p(t)
Figura I.9 – Gráfico da potência no tempo – corrente em fase com a tensão.
Quando a corrente está atrasada de 90°°°° em relação à tensão, os gráficos das funções tensão, corrente e
potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Observar que a função potência é oscilante e
apresenta valor médio nulo.
0 1 2 3 4 5 6-5
0
5Corrente atrasada de 90 graus
wt
v(t
), i
(t),
p(t
)
v(t)
i(t)
p(t)
Figura I.10 – Gráfico da potência no tempo – corrente atrasada de 90
o em relação à tensão.
Quando a corrente está adiantada de 90°°°° em relação à tensão, os gráficos das funções tensão, corrente e
potência instantâneas são de acordo com a Figura a seguir. Novamente, observar que a função potência é
oscilante e apresenta valor médio nulo.
0 1 2 3 4 5 6-5
0
5Corrente adiantada de 90 graus
wt
v(t
), i
(t),
p(t
)
v(t)
i(t)
p(t)
Figura I.11 – Gráfico da potência no tempo – corrente adiantada de 90
o em relação à tensão.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 8 de 22
Uma situação intermediária é aquela na qual a corrente está atrasada de um ângulo qualquer (por exemplo,
30°, conforme Figura a seguir). Neste caso a potência apresenta valores positivos e negativos, sendo a
predominância dos positivos.
0 1 2 3 4 5 6-5
0
5
10Corrente atrasada de 30 graus
wt
v(t
), i
(t),
p(t
)
v(t)
i(t)
p(t)
Figura I.12 – Gráfico da potência no tempo – corrente atrasada de 30
o em relação à tensão.
A partir da expressão (I.12) é fácil determinar o valor da potência ativa (eficaz ou útil, que produz trabalho)
que é igual ao valor médio da potência instantânea fornecida ao sistema:
( )[ ] ( )[ ]∫∫ ++++=∆TT
dttVItVIT
dttpT
P00
22sensen22cos1cos1
)(1
φωθφωθ
θcos VIP = [W] (I.13)
A potência reativa corresponde ao valor máximo da parcela em ( )φω 22sen +t da potência instantânea:
θθ sensenI VIVQ =∆ [var] (I.14)
para a qual adota-se a seguinte convenção3:
INDUTOR: “consome” potência reativa
CAPACITOR: “gera” potência reativa
A potência aparente é obtida pela combinação das potências ativa e reativa P e Q:
22 QPVIS +== [VA] (I.15)
As expressões (I.13), (I.14) e (I.15) sugerem uma relação de triângulo retângulo (similar ao triângulo das
impedâncias) na qual a potência aparente S é a hipotenusa, conforme ilustra a Figura I.13. S
P
jQ
IV ∠−∠=θ
S
P
jQ
IV ∠−∠=θ
Característica INDUTIVA Característica CAPACITIVA
Figura I.13 – Triângulo das potências.
3 Observar que para qualquer elemento ou combinação de elementos, a parcela representada pela potência reativa
apresenta valor médio nulo, ou seja, não existem geração nem consumo efetivo, na metade do ciclo o elemento absorve
energia que será devolvida na metade seguinte do ciclo. A convenção é adequada porque na metade do ciclo em que o
indutor está absorvendo energia o capacitor está devolvendo e vice-versa.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 9 de 22
O fator de potência é obtido pela relação entre as potências ativa e aparente:
θθ
coscos
===VI
VI
S
PFP
Utilizando-se os fasores tensão e corrente,
θφ
φ
−=
=
II
VV
pode-se definir a potência complexa através do produto do fasor tensão pelo conjugado do fasor corrente:
jQPjVIVIVIIVIVS +=+==+−=⋅= θθθθφφ sencos*
(I.16)
Notar que desta forma, o ângulo da potência só depende do ângulo entre a tensão e a corrente (θ), conforme
ocorre nas expressões (I.13), (I.14) e (I.15).
I.5 – Sentido do fluxo de potência
Considere os dois sistemas elétricos interligados mostrados na Figura I.14.
+
-
V
I
αVV =
βII =
SISTEMA A
SISTEMA B
Figura I.14 – Situação geral do fluxo de potência em circuitos CA.
De acordo com a notação da Figura I.14, a potência complexa fornecida para o Sistema B pelo Sistema A é
dada por:
( ) ( ) jQPjVIVIVIIVIVS +=−+−=−=−=⋅= βαβαβαβα sencos*
O sentido do fluxo de potência ativa P e reativa Q entre os dois sistemas para βαψ −= variando de 0 a
360o está mostrado na Figura I.15.
oo 900
:
:
<<
→
→
ψ
BA
BA
Q
P
oo 18090
:
:
<<
→
→
ψ
BA
AB
Q
P
oo 360270
:
:
<<
→
→
ψ
AB
BA
Q
P
oo 270180
:
:
<<
→
→
ψ
AB
AB
Q
P
P [W]
Q [var]
βαψ −=
αVV =
βII =
Figura I.15 – Sentido dos fluxos de potência ativa (P) e reativa (Q) entre os Sistemas A e B.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 10 de 22
Na Figura I.15, observar que quando o ângulo de abertura é igual a 100o ( o100=ψ ), o valor de ψcos é
negativo e, portanto, o fluxo de potência ativa de A para B também é pois ψcosVIP = . Isto significa que o
fluxo de potência ativa neste caso é de B para A. Por outro lado, o valor de ψsen é positivo e, portanto, o
fluxo de potência reativa de A para B também é, pois ψsenVIQ = . Isto significa que o fluxo de potência
reativa neste caso é de A para B. Observar que dependendo do ângulo de abertura existente entre os fasores
tensão e corrente é possível qualquer combinação de fluxo de potências ativa e reativa entre os dois sistemas.
I.6 – Fonte trifásica ideal
Uma fonte trifásica ideal é constituída por três fontes de tensão em conexão estrela ou triângulo, conforme
ilustra a Figura I.16.
BNV
ANV+
+
N
CNV+
ABV
BCV
CAV
+
– +
–
–
+
(opcional)
A
B
C
ABV
BCV
CAV
+
+ +
ABV
BCV
CAV
+
–
–
–
+
+
N
(a) Conexão estrela (b) Conexão triângulo.
Figura I.16 – Fonte trifásica, ligação estrela.
As diferenças de potencial entre as fases e o neutro (referência) são denominadas tensões de fase; as
diferenças de potencial entre as fases 2 a dois são denominadas tensões de linha. Na seqüência ABC, o
sistema é formado pelas seguintes tensões de fase ( )CNBNAN VVV ,, e de linha
( )ACCACBBCBAAB VVVVVV −=−=−= ,, , ilustradas na Figura I.17:
0φ
VV AN = oo 30303 LBNANAB VVVVV ==−=φ
o120−=φ
VV BN oo 90903 −=−=−= LCNBNBC VVVVVφ
o120φ
VV CN = oo 1501503 LANCNCA VVVVV ==−=φ
Tensões de Fase (φ):
ANV
ω CNV
BNV
CNBNAN VVV ;;
ABVBCV
CAV
ANV
ω
CNV
BNV
ABV
BCV
CAV
Tensões de Linha (L):
CABCAB VVV ;;
CACBBA VVV ;;
BAV
CBV
ACV
Figura I.17 – Tensão de fase e de linha em um sistema trifásico simétrico (seqüência ABC).
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 11 de 22
A constante que relaciona a magnitude da tensão de fase com a de linha ( )φ
VVL 3= pode ser obtida,
conforme mostrado na Figura I.18.
ANV
BNV
BNANAB VVV −=
o120
o30
o30φ
VV
VVVV
L
ANANABL
3
330cos2
=
===o
BNV−
o60
Figura I.18 – Relação entre as tensões de fase e de linha.
I.7 – Carga trifásica ideal
A carga trifásica ideal é constituída por três impedâncias de igual valor conectadas em estrela ou triângulo,
conforme mostra a Figura I.19.
N
YZ
YZ
YZ
A
B
C
N
∆Z
∆Z
∆Z
A
B
C
(a) Ligação estrela. (b) Ligação malha ou triângulo.
Figura I.19 – Carga trifásica equilibrada.
A equivalência entre uma carga equilibrada conectada em estrela com outra em triângulo é:
YZZ 3=∆ (I.17)
I.8 – Potência complexa em circuitos trifásicos equilibrados
Para um sistema trifásico qualquer (a três ou quatro fios, ou seja, com ou sem condutor neutro), conforme o
ilustrado na Figura I.20, a potência complexa fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dada por:
333322221111
*
33
*
22
*
113 βαβαβαφ −+−+−=⋅+⋅+⋅= IVIVIVIVIVIVS NNNNNN
Substituindo iii βαθ −= e separando a parte real da imaginária, chega-se a:
( ) 33322211133 coscoscosRe θθθφφIVIVIVSP NNN ++==
( ) 33322211133 sensensenIm θθθφφIVIVIVSQ NNN ++==
φφφ 333 jQPS +=
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 12 de 22
1φ
2φ
3φ
1I
2I
3I
NI
NV 1
+
NV 2
+
NV 3
+
N
Sistema A
Sistema B
333
222
111
333
222
111
β
β
β
α
α
α
II
II
II
VV
VV
VV
NN
NN
NN
=
=
=
=
=
=
333
222
111
βαθ
βαθ
βαθ
−=
−=
−=
Figura I.20 – Sistema trifásico para a determinação da potência complexa.
O fator de potência médio da potência fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dado por:
φ
φ
3
3
médioS
PFP =
As potências aparentes fornecidas pelas fases são dadas por:
1121
211 IVQPS N=+=
2222
222 IVQPS N=+=
3323
233 IVQPS N=+=
e os fatores de potência desenvolvidos em cada uma das fases são dados por:
1
1
11 cosθ==
S
PFP
2
2
22 cosθ==
S
PFP
3
3
33 cosθ==
S
PFP
Quando o sistema trifásico é simétrico e alimenta uma carga equilibrada, os ângulos de defasagem entre os
fasores tensão e corrente das fases são iguais ( )θθθθ === 321 e as potências ativa, reativa e aparente totais
são dadas por:
θθφφ
cos3cos33 LLL IVIVP ==
θθφφ
sen3sen33 LLL IVIVQ ==
LLL IVIVS 333 ==φφ
sendo o fator de potência expresso por:
θ
φ
φ
φcos
3
3
3 ==S
PFP
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 13 de 22
Ainda, para um sistema trifásico simétrico alimentando uma carga equilibrada, tem-se4:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )θφωφω
θφωφω
θφωφω
−++=++=
−−+=−+=
−+=+=
oo
oo
120cos120cos
120cos120cos
coscos
maxmax
maxmax
maxmax
tItitVtv
tItitVtv
tItitVtv
CC
BB
AA
Utilizando a definição de potência instantânea, tem-se:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )θφωφω −++== ttIVtitvtp AAA coscosmaxmax (I.18)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )θφωφω −−+−+==oo 120cos120cosmaxmax ttIVtitvtp BBB (I.19)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )θφωφω −++++==oo 120cos120cosmaxmax ttIVtitvtp CCC (I.20)
sendo a potência total dada por:
( ) ( ) ( ) ( )tptptptp CBA ++=φ3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[
( ) ( )]θφωφω
θφωφωθφωφωφ
−+++++
+−−+−++−++=
oo
oo
120cos120cos
120cos120coscoscos3
tt
ttttIVtp mm (I.21)
Das expressões (I.18), (I.19) e (I.20), têm-se5:
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ]
( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ]
( )[ ]o
ooo
o
ooo
12022coscos2
1
24022coscos2
1120cos120cos
12022coscos2
1
24022coscos2
1120cos120cos
22coscos2
1coscos
−−++=
=−+++=−++++
+−++=
=−−++=−−+−+
−++=−++
θφωθ
θφωθθφωφω
θφωθ
θφωθθφωφω
θφωθθφωφω
t
ttt
t
ttt
ttt
Substituindo as expressões anteriores na expressão (I.21), chega-se a:
( ) ( ) ( ) ( )
θθθ
θφωθφωθφωθ
φ
φ
cos33cos2
3cos32
1
12022cos12022cos22coscos32
1
1
0
3
VIPIV
IV
tttIVtp
mmmm
mm
====
=
−−+++−++−++=
= 4444444444444 84444444444444 76oo
Deste modo, a potência trifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado6, através de tensões
simétricas, é constante. Assim, embora a potência instantânea fornecida por intermédio de cada uma das
fases seja variável, o somatório de todas as contribuições é constante.
4 Foi utilizada a seqüência ABC mas o resultado permanece válido para a seqüência ACB.
5 Lembrar que: ( ) ( )[ ]bababa ++−= coscos
2
1coscos
6 Observar que o resultado obtido pode ser estendido para qualquer sistema polifásico simétrico que alimente cargas
equilibradas, ou seja, a potência polifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado, alimentado por tensões
simétricas, é constante.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 14 de 22
I.9 – Análise por fase e diagrama unifilar
No estudo do regime permanente do sistema de energia elétrica, utiliza-se a análise por fase pois o sistema é
considerado equilibrado, da geração ao consumo, ou seja:
a) as fontes do sistema são consideradas simétricas;
b) as impedâncias das fases são consideradas iguais e
c) as cargas são consideradas equilibradas.
Desta forma, o resultado (tensão, corrente, etc.) de uma fase pode ser utilizado para as demais desde que se
façam os ajustes de fase necessários.
Exemplo I.1 – Uma fonte trifásica, 2400 V, seqüência ABC, alimenta duas cargas conectadas em paralelo:
• Carga 1: 300 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e
• Carga 2: 144 kW, fator de potência igual a 0,6 capacitivo.
Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja, o ângulo de fase de ANV é igual a zero),
determinar:
a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância).
b) As correntes de linha das Fases A, B e C.
Solução Exemplo I.1:
a) Inicialmente, determina-se o fasor potência complexa referente a cada uma das cargas:
Carga 1: kVA 3001 carga
3 =φ
S
kW 2403008,01 carga
311 carga
3 =×=×=φφ
SFPP
( ) ( ) kvar 180240300 2221 carga3
21 carga3
1 carga3 =−=−=
φφφPSQ
( ) kVA 36,9300kVA 1802401 carga
3o
=+= jS φ
Carga 2: kW 1442 carga
3 =φ
P
kVA 2406,0
144
2
2 carga32 carga
3 ===FP
PS
φ
φ
( ) ( ) kvar 192144240 2222 carga3
22 carga3
2 carga3 −=−=−−=
φφφPSQ
( ) kVA 53,1240kVA 1921442 carga
3o
−=−= jS φ
Para a Fase A, tem-se:
Carga 1: ( ) kVA 36,9100kVA 60803
1 carga
31 o=+== j
SS A
φ
Carga 2: ( ) kVA 15380kVA 64483
2 carga
32 o,jS
S A −=−==φ
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 15 de 22
Solução Exemplo I.1 (continuação):
Conhecendo o valor da tensão de fase da Fase A, V 03
24000
3
oo==
LAN
VV , e a expressão da potência
desenvolvida na Fase A:
**
=⇒=
AN
AAAANA
V
SIIVS
pode-se determinar a corrente desenvolvida nas Cargas 1 e 2, como segue:
( ) A 30,437457A 36,92,720
36,9100000*
3
2400
*1
1j,
V
SI
AN
AA −=−=
=
=
o
o
o
( ) A 19,4664,34A 3,157,570
1,5380000*
3
2400
*2
2j
V
SI
AN
AA +==
−
=
=
o
o
o
Para o equivalente em estrela,
( ) Ω+=Ω=−
== 52,1136,15 36,92,1936,92,72
03
2400
1
1j
I
VZ
A
ANY
o
o
o
( ) Ω−=Ω−=−
== 2,194,14 3,15243,157,57
03
2400
2
2j
I
VZ
A
ANY
o
o
o
O circuito equivalente para a Fase A encontra-se na Figura I.21.
V 03
2400 o
AI
+
2
AI
1
AI
Ω 36,15
Ω 52,11j
Ω 4,14
Ω− 2,19j
Figura I.21 – Circuito equivalente para a Fase A.
b) De acordo com o diagrama da Figura I.21, a corrente de linha da Fase A é dada por:
( ) A 8,14,92A 89,238,9219,4664,3430,43745721 o
=+=++−=+= jjj,III AAA
Levando em conta a simetria do sistema trifásico e a seqüência ABC, tem-se:
A 2,11892,4A 1208,14,92 ooo−=−=BI
A 8,12192,4A 1208,14,92 ooo=+=CI
Observar que quando se realiza análise por fase é melhor empregar o circuito equivalente em estrela; se a
conexão do equipamento é em triângulo, pode-se converter para o seu circuito equivalente em estrela. Como
conseqüência, as linhas de baixo dos circuitos equivalentes por fase representam o neutro, as tensões são as
de fase e as correntes são de linhas (na conexão estrela, a corrente de fase é igual à corrente de linha).
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 16 de 22
Na Figura I.22, observa-se a representação de um sistema de energia elétrica através do diagrama unifilar, do
diagrama trifásico (trifilar) de impedâncias e do diagrama de impedância por fase. No diagrama unifilar é
possível representar a topologia do sistema (ligações), os valores das grandezas elétricas dos componentes e
sua forma de conexão. O diagrama trifilar de impedâncias representa o circuito elétrico equivalente ao
sistema de energia elétrica. O diagrama de impedância por fase representa uma simplificação do diagrama
trifásico sendo utilizado para determinar os valores das grandezas elétricas do sistema para uma fase
(posteriormente, este resultado é estendido para as demais fases).
G1
G2
1 2 3 4
T1 T2
Y-Y Y-Y
• • • •
(a) Diagrama unifilar.
• • • •
• • • •
• • •
• • •
• • •
• • •
• • • • • • •
• • • • • • •
•
•
•
•
(b) Diagrama trifilar de impedância.
• • •
• • •
(c) Diagrama de impedância por fase (em pu).
Gerador Transformador 1 Transformador 2 Carga e
Gerador 2
G1
G1
G1
G1
G2
G2
G2
G2
Linha de Transmissão
Figura I.22 – Representação do sistema de energia elétrica.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 17 de 22
Exercício I.1 – Uma fonte trifásica, 13,8 kV, seqüência ABC, alimenta por intermédio de uma linha com
impedância série de ( )Ω+ 44 j , duas cargas conectadas em paralelo:
• Carga 1: 500 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e
• Carga 2: 150 kvar, capacitivo.
Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja, o ângulo de fase de ANV é igual a zero),
determinar:
a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância).
b) As correntes de linha das Fases A, B e C.
I.10 – O sistema por unidade (pu)
Freqüentemente, na análise de sistemas de energia elétrica ao invés de serem utilizadas as unidades originais
para as grandezas envolvidas (tensão, corrente, potência, etc.) são utilizadas unidades relativas (por unidade
ou, simplesmente, pu), obtidas através da normalização dos valores originais destas grandezas (em V, A, W,
etc.) por valores pré-estabelecidos para cada grandeza, denominados valores de base. Realizando esta
normalização em todas as grandezas do sistema, é possível:
• Manter os parâmetros do sistema elétrico dentro de uma faixa de valores conhecidos evitando, portanto,
erros grosseiros. Por exemplo, quando se utiliza o valor nominal da tensão como valor de referência
(valor de base), pode-se verificar a partir do valor normalizado da tensão (em pu) sua distância do valor
desejado (nominal). Valores em pu próximos a unidade significam proximidades do valor nominal;
valores de tensão muito abaixo ou acima de 1 pu representam condições anormais de operação.
• Eliminar todos os transformadores ideais do sistema elétrico.
• A tensão de operação do sistema permanece sempre próxima da unidade.
• Todas as grandezas possuem a mesma unidade ou pu (embora os valores de base sejam diferentes para
cada uma das grandezas).
Para realizar a transformação das grandezas para pu basta dividir o valor destas pelo seu valor de base, ou
seja:
basevalor
atualvalor pu emvalor = (I.22)
O valor de base deve ser um número real; o valor atual pode ser um número complexo (se for utilizada a
forma polar, transforma-se apenas a magnitude da grandeza, mantendo-se o ângulo na unidade original).
A grandeza de base definida para todo o sistema de energia elétrica é a potência elétrica, base3φS
(geralmente 100 MVA):
basebase3
base3
base 33
φφ
φ
φSS
SS =⇔= [MVA] (I.23)
A tensão base, baseV , geralmente corresponde à tensão nominal do sistema na região de interesse:
base base base
base 33
φφVV
VV L
L=⇔= [kV] (I.24)
A corrente base, baseI , e a impedância base, baseZ , são obtidas a partir da potência e da tensão de base:
base
base 3
base
base 3
base
base
base base 3
3
3
LLYL
V
S
V
S
V
SII
φ
φ
φ
φ==== [kA] (I.25)
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 18 de 22
base
base 3base base
33 L
L
V
SII
φ==
∆ [kA] (I.26)
base 3
2base
base
base
base
φ
φ
S
V
I
VZ L
Y
Y == [Ω] (I.27)
base 3
2base
base
base
base base 333φ
φ
S
V
I
VZZ L
Y
Y ===∆
[Ω] (I.28)
Têm-se, assim, duas classes de grandezas de base:
• Primárias – Nesta classe se incluem a potência base, definida para todo o sistema, e a tensão base, que
varia em função da tensão nominal da região em análise.
• Secundárias – Nesta classe se incluem a corrente base e a impedância base que são calculadas em
função da potência base (definida para todo o sistema) e dos valores nominais de tensão, utilizados como
tensão base na região em análise.
Existem outras formas de normalização possível, com definições diversas de grandezas nas classes grandezas
primárias e secundárias, entretanto esta é a forma usual na análise de sistemas de energia elétrica.
Uma operação bastante freqüente na modelagem de sistemas elétricos é a mudança de base de valores de
impedâncias. Um exemplo clássico da necessidade de mudança de base é a compatibilização do valor das
impedâncias dos transformadores, usualmente fornecidos em seu valor percentual, tendo como potência base
a potência nominal do equipamento e como tensões base as tensões terminais dos enrolamentos.
Para realizar a mudança de base de uma impedância na base 1, ( )1 basepu Z , para a base 2, ( )2 basepu Z , deve-se
proceder como segue:
( ) ( )
2 base
1 base1 basepu 2 basepu
Z
ZZZ = (I.29)
( ) ( )
1 base 3
2 base 3
2
2 base
1 base 1 basepu 2 basepu
φ
φ
S
S
V
VZZ
L
L
= (I.30)
Exemplo I.2 – Considere o sistema do Exemplo I.1. Supondo que kVA 300base3 =φ
S e kV 4,2base =LV ,
determinar:
a) As bases do sistema por unidade.
b) Desenhar o circuito equivalente por fase em valores por unidade.
c) Determinar o fasor corrente da Fase A em valores por unidade e em ampères.
Solução Exemplo I.2:
a) Utilizando as expressões (I.23), (I.24), (I.25) e (I.27) tem-se:
kVA 1003
300000
3
base3
base ===φ
φ
SS
V 13863
2400
3
base base ===
LVV
φ
A 2,721386
100000
base
base
base ===
φ
φ
V
SIY
Ω=== 2,192,72
1386
base
base
base
Y
YI
VZ
φ
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 19 de 22
Solução Exemplo I.2 (continuação): b) De acordo com os valores obtidos no Exemplo I.1, tem-se:
( ) pu 6,08,0pu 36,912,19
36,92,19
base
11
pu jZ
ZZ
Y
YY +====
o
o
( ) pu 00,175,0pu 3,1525,12,19
3,1524
base
22
pu jZ
ZZ
Y
YY −=−=
−
==o
o
( ) pu 01pu 011386
03
2400
base
pu jV
VV
ANAN +====
o
o
φ
O circuito equivalente por fase em valores por unidade encontra-se na Figura I.23.
pu 01 o
pu AI
+
2
pu AI
1
pu AI
pu 8,0
pu 6,0j
pu 75,0
pu 00,1j−
Figura I.23 – Circuito equivalente para a Fase A em pu.
c) Do circuito da Figura I.23, tem-se:
( ) pu 6,08,0pu 87,3616,08,0
011
pu jj
I A −=−=+
=o
o
( ) pu 64,048,0pu 13,538,000,175,0
012
pu jj
I A +==−
=o
o
( ) pu 04,028,1pu 8,128,164,048,06,08,02
pu
1
pu pu jjIII AAA +==++−=+=o
( ) A 89,238,92A 8,192,472,28,128,1base pu jIII YAA +==×==oo
Observar que o valor obtido em ampères é o mesmo calculado no Exemplo I.1.
Exemplo I.3 – A Figura I.24 mostra o diagrama unifilar de um sistema elétrico trifásico.
G1
1 2 3 4 T1: 12 : NN
Y-Y Y-Y
T2: ′′
21 : NN
2,4 kV 24 kV 12 kV
1000 A
Figura I.24 – Diagrama unifilar do Exemplo I.3.
Considere que o comprimento da linha entre os dois transformadores é desprezível, que a capacidade do
gerador φ3 é de 4160 kVA (2,4 kV e 1000 A), que este opera em condição nominal ( )A 1000=LI
alimentando uma carga puramente indutiva. A potência nominal do transformador trifásico T1 é 6000 kVA
(2,4/24 kV Y/Y) com reatância de 0,04 pu. T2 tem capacidade nominal de 4000 kVA, sendo constituído por
um banco de três transformadores monofásicos (24/12 kV Y/Y) com reatância de 4% cada. Determinar:
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 20 de 22
a) A potência base.
b) A tensão de linha base.
c) A impedância base.
d) A corrente base.
e) Resuma os valores base em uma tabela.
f) Os valores das correntes em A.
g) A corrente em pu.
h) O novo valor das reatâncias dos transformadores considerando sua nova base.
i) O valor pu das tensões das Barras 1,2 e 4.
j) A potência aparente nas Barras 1,2 e 4.
Solução Exemplo I.3:
a) A potência base é selecionada arbitrariamente como: kVA 2080base 3 =φ
S .
b) Para o circuito em 2,4 kV arbitra-se o valor de kV 5,2base =LV . As demais tensões de base são
calculadas utilizando as relações de transformação de T1 e T2:
210
2
1
2
1=
′
′
=
N
N
N
N
Assim, para os demais circuitos:
Circuito em 24 kV: kV 25base =LV
Circuito em 12 kV: kV 5,12base =LV
c) As impedâncias de base são calculadas a partir dos valores base da potência e da tensão:
Circuito em 2,4 kV: Ω=== 005,32080000
25002
base 3
2base
base
φS
VZ L
Y
Circuito em 24 kV: Ω=== 5,3002080000
250002
base 3
2base
base
φS
VZ L
Y
Circuito em 12 kV: Ω=== 1,752080000
125002
base 3
2base
base
φS
VZ L
Y
d) As correntes de base são calculadas a partir dos valores base da potência e da tensão:
Circuito em 2,4 kV: A 48025003
2080000
3 base
base 3
base ===
L
LV
SI
φ
Circuito em 24 kV: A 48250003
2080000
3 base
base 3
base ===
L
LV
SI
φ
Circuito em 12 kV: A 96125003
2080000
3 base
base 3
base ===
L
LV
SI
φ
Caso fossem escolhidos outros valores base nos itens (a) e (b), os valores calculados para a impedância e
corrente base poderiam ser diferentes dos valores obtidos nos itens (c) e (d).
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Solução Exemplo I.3 (continuação):
e) Os valores base estão sumarizados na Tabela I.2.
Tabela I.2 – Valores base do Exemplo I.3.
[ ]kV NOMINAL LV [ ]kV base LV [ ]Ω base YZ [ ]A base LI
2,4 2,5 3,005 480
24 25 300,5 48
12 12,5 75,1 96
kVA 2080base 3 =φ
S
f) Conhecendo-se a corrente que sai do gerador A 1000kV 4,2
=LI , pode-se determinar os valores das
correntes que circulam na linha e na carga:
Circuito em 24 kV: A 100100010
1kV 4,2
1
2kV 24=== LL I
N
NI
Circuito em 12 kV: A 2001001
2kV 24
2
1kV 5,12==
′
′
= LL IN
NI
g) A corrente por unidade é a mesma para todos os circuitos:
Circuito em 2,4 kV: pu 08,2480
1000kV 4,2
base
kV 4,2
pu ===
L
LL
I
II
Circuito em 24 kV: pu 08,248
100kV 24
base
kV 24
pu ===
L
LL
I
II
Circuito em 12 kV: pu 08,296
200kV 5,12
base
kV 5,12
pu ===
L
LL
I
II
Observar que o valor em pu obtido neste item poderia ser outro caso fossem escolhidos outros valores de
base nos itens (a) e (b).
h) Utilizando a expressão de conversão de base, considerando que os dados do transformador se encontram
na base deste (base 1: valores nominais de potência e tensão), tem-se:
( ) ( ) pu 0128,06000000
2080000
2500
240004,0
2
1 base 3
2 base 3
2
2 base
1 base 1 basepu T1pu jj
S
S
V
VZZ
L
L=
=
=
φ
φ
( ) ( ) pu 0192,04000000
2080000
12500
1200004,0
2
1 base 3
2 base 3
2
2 base
1 base 1 basepu T2pu jj
S
S
V
VZZ
L
L=
=
=
φ
φ
Verificar que o resultado é o mesmo para o lado de alta tensão.
i) A Figura I.25 apresenta o diagrama de impedância por fase do sistema da Figura I.24, indicando os
fasores tensão de interesse.
+
–
+
–
+
–
+
–
• •
G1
pu 0128,0T1 jZ = pu 0192,0T2 jZ =
pu 08,2=I
• •
1 2 3 4
1V 2V 3V 4V
Figura I.25 – Diagrama de impedância por fase (em pu) do sistema da Figura I.24.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Introdução ao estudo de sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 26/2/2008 Página 22 de 22
Solução Exemplo I.3 (continuação):
Para o gerador, que opera em tensão nominal, tem-se:
pu 096,02500
02400
base
NOMINAL 1
o
o
===
L
L
V
VV
Considerando que a corrente que circula no circuito está atrasada de 90o em relação à tensão (pois o circuito
é constituído exclusivamente por reatâncias indutivas):
pu 093,09008,20128,0096,01132ooo
=−×−=−== jIZVVV T
( ) ( ) pu 089,09008,20192,00128,0096,0211224ooo
=−×+−=+−=−= jjIZZVIZVV TTT
j) A potência complexa pode ser obtida a partir dos fasores tensão e corrente:
[ ]
[ ]
[ ] pu 85,1pu 9085,19008,2089,0
pu 93,1pu 9093,19008,2093,0
pu 00,2pu 9000,29008,2096,0
4
**
444
2
**
2232
1
**
111
=⇒=−==
=⇒=−===
=⇒=−==
SIVS
SIVSS
SIVS
ooo
ooo
ooo
Observar que a potência aparente entregue pelo gerador é de 2,00 pu e que na carga chega é de 1,85 pu,
sendo a diferença “consumida”7 pelas reatâncias dos transformadores.
Exercício I.2 – Considere o sistema do Exercício I.1. Supondo que kVA 100base3 =φ
S e kV 8,13base =LV ,
determinar:
a) As bases do sistema por unidade.
b) Desenhar o circuito equivalente por fase em valores por unidade.
c) Determinar o fasor corrente da Fase A em valores por unidade e em ampères.
7 De acordo com a convenção de sinais para potência reativa, os indutores consomem e os capacitores geram.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 1 de 22
II – Considerações operacionais sobre os sistemas de potência
O objetivo fundamental de um sistema de energia elétrica é fornecer energia para as cargas existentes em
uma determinada região geográfica. Quando o sistema é adequadamente planejado e operado, deve atender
aos seguintes requisitos:
• Fornecer energia nos locais exigidos pelos consumidores.
• Como a carga demandada pelos consumidores varia ao longo do tempo (horas do dia, dias da semana e
meses do ano), o sistema deve estar apto a fornecer potências ativa e reativa variáveis, conforme esta
demanda.
• A energia fornecida deve obedecer a certas condições mínimas, relacionadas com a “qualidade”. Entre os
fatores que determinam esta qualidade se destacam: freqüência, magnitude da tensão, forma de onda e
confiabilidade.
• O sistema deve buscar custos mínimos (econômicos e ambientais).
Neste capítulo, serão descritos os mecanismos que atuam no controle das potências ativa e reativa do sistema
de energia elétrica.
II.1 – Capacidade de transmissão
Considere uma linha de transmissão do sistema elétrico, representada pela sua reatância série kmx , conectada
entre duas barras, conforme mostrado na Figura II.1.
k kmIkmkm jxZ = m
kkk VV θ= mmm VV θ=
kmS
Figura II.1 – Linha de transmissão do sistema elétrico.
Os fluxos de corrente kmI e potência kmS podem ser obtidos a partir dos fasores tensão das barras k e m
( kkk VV θ= e mmm VV θ= , respectivamente):
km
mk
km
mkkm
jx
VV
Z
VVI
−=
−=
( ) ( ) ( )
( )[ ]
km
kmkmmkk
km
kmmkk
km
mkmkk
km
mmkkk
km
mkkj
j
km
mk
VV
kk
km
mkk
km
mkkkmkkm
x
jVVVj
x
VVVj
x
VVVj
x
VVVj
xj
VVVj
jx
VVVV
jx
VVV
jx
VVVIVS
kk
θθ
θθθθθ
sencos2
222
2
*2*****
*
22
+−=
=
−
=
−−
=
−−
=
=−
−
=−
−=
−
−=
−==
×
==
876
( )
km
kmmkkkmmkkm
x
VVVjVVS
θθ cossen 2−+
= (II.1)
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 2 de 22
Quando todas as tensões das expressões anteriores correspondem aos valores de linha em kV e reatância
estiver em Ω, todas as potências obtidas serão os valores trifásicos dados em MW e Mvar. Obviamente, por
outro lado, quando todas as grandezas estão representadas em pu, os resultados das expressões anteriores
também estarão em pu (neste caso não há distinção entre valores de fase/linha e por fase/trifásico).
Definindo mkkm θθθδ −== , como a abertura angular da linha de transmissão, e separando as partes real e
imaginária, chega-se a:
δθ sensenRekm
mkkm
km
mkkmkm
x
VV
x
VVSP === (II.2)
km
mkk
km
kmmkkkmkm
x
VVV
x
VVVSQ
δθ coscosIm
22−
=−
== (II.3)
As equações (II.2) e (II.3) descrevem a forma pela qual as potências ativa e reativa são transferidas entre
duas barras de um sistema. De acordo com (II.2), pode-se observar que para valores constantes1 de tensões
terminais kV e mV o fluxo de potência ativa obedece à seguinte expressão:
δsenmaxkmkm PP =
sendo km
mkkm
x
VVP =
max o maior valor de potência ativa transmitida pela linha de transmissão km (capacidade de
transmissão estática) ou seu limite de estabilidade estática, somente atingido quando 1sen ±=δ , ou seja,
quando o90±=δ . Assim, a potência ativa transmitida por uma linha de transmissão está intimamente
relacionada com sua abertura angular δ, conforme ilustra a Figura II.2.
-150 -120 -90 -60 -30 0 30 60 90 120 150
-100
-50
0
50
100
[ ]max de % kmkm PP
][ okmθδ =
Potência
transmitida de
maneira estável
de m para k
Potência
transmitida de
maneira estável
de k para m
Região de
instabilidade
Região de
instabilidade
Figura II.2 – Potência ativa em uma linha de transmissão em função de sua abertura angular.
1 Observar que as tensões de operação em regime permanente dos sistemas de energia elétrica, usualmente, não sofrem
variações acentuadas e permanecem próximas aos seus valores nominais.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 3 de 22
A capacidade de transmissão de uma linha é proporcional ao quadrado da tensão de operação e inversamente
proporcional à sua reatância. Tais características são muito importantes na especificação das linhas de
transmissão, ou seja, na definição de suas características nominais (nível de tensão, geometria das torres e
condutores). Entretanto, na prática, o sistema opera longe do limite de estabilidade estática, pois à medida
que nos aproximamos deste limite o sistema torna-se eletricamente fraco, ou seja, cada vez são necessários
maiores incrementos no ângulo de abertura para um mesmo incremento na potência transmitida. Assim,
raramente as linhas operam com ângulos superiores a 30° ou 45°.
Exemplo II.1 – Determinar a capacidade de transmissão estática de duas linhas de transmissão cujo
comprimento é de 200 km:
• Linha 1: 230 kV, 1 condutor por fase com reatância 0,5 Ω/km.
• Linha 2: 765 kV, 4 condutores por fase com reatância 0,35 Ω/km.
Solução Exemplo II.1: Para ambas as linhas, consideram-se que as tensões terminais são iguais aos seus
valores nominais.
Para a Linha 1, cuja reatância total é igual a Ω=×= Ω 100km 2005,0 km1x , a capacidade de transmissão
trifásica é de:
( )
MW 529 100
kV 2302
1
11max1 =
Ω==
x
VVP mk
Para a Linha 2, cuja reatância total é igual a Ω=×= Ω 70km 20035,0 km2x , a capacidade de transmissão
trifásica é de:
( )
MW 8360 70
kV 7652
2
22max2 =
Ω==
x
VVP mk
Desta forma, a linha de 765 kV é capaz de transportar o equivalente a mais de 15 linhas de 230 kV.
II.2 – Dependência da carga com a tensão e freqüência
Embora, individualmente, as cargas existentes no sistema elétrico sejam altamente aleatórias, quando
concentradas por conjuntos de consumidores apresentam caráter previsível. Quanto maior o número de
cargas agrupado, maior será a possibilidade de realizar tal previsão. Além disto, as cargas concentradas
variam com o tempo de maneira também previsível, em função da hora do dia (horário de maior consumo e
horário de menor consumo), do dia da semana (dia útil, final de semana e feriados) e das estações do ano,
conforme ilustrado na Figura II.3 que representa a curva de carga diária de um alimentador.
0
500
1.000
1.500
2.000
2.500
3.000
3.500
4.000
00:00 01:00 02:00 03:00 04:00 05:00 06:00 07:00 08:00 09:00 10:00 11:00 12:00 13:00 14:00 15:00 16:00 17:00 18:00 19:00 20:00 21:00 22:00 23:00
Alimentador RS--P 16/10/2002 (quarta-feira) kWAlimentador RS--Q 16/10/2002 (quarta-feira) kvar
Figura II.3 – Curva de carga de um alimentador.
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Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 6 de 22
Considere o seguinte sistema, sem perdas ativas, no qual a tensão da barra k é mantida constante e igual a
kV , a impedância da linha é kmkm jxZ = , conforme mostrado na Figura II.5.
k kmIkmkm jxZ = m
o0kk VV = mmm VV θ=
jQPS +=
Figura II.5 – Sistema de duas barras.
Para o sistema da Figura II.5, a tensão na barra m pode ser obtida por:
kmkmkkmkmkm IjxVZIVV −=−= (II.8)
Supondo que as perdas de potência reativa na linha sejam desprezíveis, a potência entregue para a carga é a
mesma que está sendo transmitida de k para m e a corrente pela linha é dada por:
⇒==*
kmkkm IVSSkkkk
km
V
jQP
V
jQP
V
jQP
V
SI
−=
−=
−=
≈
o0*
*
(II.9)
Substituindo (II.9) em (II.8), tem-se a seguinte expressão, cujo diagrama fasorial encontra-se na Figura II.6:
PV
xjQ
V
xV
V
jQPjxVV
k
km
k
kmk
I
k
km
V
km
kmk
−−=−
−=
48476o0
kmkm Ijx
o0kk VV =
QV
x
k
km
kmI
mmm VV θ=
PV
xj
k
km
Figura II.6 – Diagrama fasorial do sistema de duas barras.
Conclui-se, daí, que:
• Uma variação na potência ativa P afeta o fasor queda de tensão que é perpendicular a kV , afetando
significativamente a fase do fasor mV .
• Uma variação na potência reativa Q afeta o fasor queda de tensão que está em fase com kV , afetando
significativamente o módulo do fasor mV .
Exercício II.1 – Considerando o sistema de duas barras da Figura II.5, completar a Tabela II.1 com o
diagrama fasorial correspondente a cada uma das situações de carga (P e Q podendo ser positivos ou
negativos) e sinal da reatância da linha de transmissão (indutiva, com 0>kmx , ou capacitiva, com 0<kmx ).
Representar, no mínimo os fasores kV , kmI , mV e suas componentes.
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 7 de 22
Tabela II.1 – Diagramas fasoriais do Exercício II.1.
0>kmx 0<kmx
0>Q
o0kk VV =
o0kk VV =
0>P
0<Q
o0kk VV =
o0kk VV =
0>Q
o0kk VV =
o0kk VV =
0<P
0<Q
o0kk VV =
o0kk VV =
Exercício II.2 – Efetuar análise similar à realizada na Seção II.4, supondo que a impedância da linha seja
igual a kmkmkm jxrZ += . Considerar três casos distintos kmkm xr >> , kmkm xr ≈ e kmkm rx >> .
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 8 de 22
II.5 – Expressões do fluxo de potencia em uma linha de transmissão
Considere uma linha de transmissão representada pelo seu equivalente π (equivalente por fase em pu),
mostrado na Figura II.7 que é definido por três parâmetros: a resistência série kmr ; a reatância série kmx e a
susceptância em derivação (shunt) shkmb .
k kmI kmr kmjx
shkmjb sh
kmjb
m mkII
kkk VV θ= mmm VV θ=
Figura II.7 – Modelo equivalente π de uma linha de transmissão.
A impedância e admitância do elemento série são dadas por:
kmkmkm jxrZ +=
2222
1
kmkm
km
kmkm
km
kmkm
kmkmkm
xr
xj
xr
r
jxrjbgY
+
−+
+=
+=+=
Para uma linha de transmissão, kmr e kmx são positivos (portanto, kmg é positivo e kmb é negativo) e o
elemento em derivação, shkmb , também é positivo em função de representar a capacitância linha/neutro da
linha de transmissão.
As correntes kmI e mkI são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k e m ( kkk VV θ= e
mmm VV θ= , respectivamente):
( ) ( ) mkmkshkmkmk
shkmmkkmkm VYVjbYVjbVVYI −+=+−= (II.10)
( ) ( ) mshkmkmkkmm
shkmkmkmmk VjbYVYVjbVVYI ++−=+−= (II.11)
A expressão do fluxo de potência complexa da barra k para a barra m é dada por:
( )[ ]
**2*****
**
mkkmkshkmkmmkmk
shkmkmk
mkmkshkmkmkkmkkmkmkm
VVYVjbYVYVjbYV
VYVjbYVIVjQPS
−
−=
−
−=
−+==+=
Sabendo que mkmkmk VVVV θθ −=*
e definindo mkkm θθθ −= ,
( )[ ] ( )
( )[ ] ( )( )kmkmkmkmmkkshkmkmkm
kmmkkmkmkshkmkmkmkm
jjbgVVVbbjg
VVjbgVbbjgS
θθ
θ
sencos2
2
+−−+−=
−−+−= (II.12)
Separando as partes real e imaginária, chega-se a:
( )kmkmkmkmmkkmkkm bgVVgVP θθ sencos2+−= (II.13)
( ) ( )kmkmkmkmmk
shkmkmkkm bgVVbbVQ θθ cossen2
−−+−= (II.14)
Analogamente, para determinar o fluxo de potência complexa da barra m para a barra k:
Análise de Sistemas de Potência (ASP)
Considerações operacionais sobre os sistemas de potência – Sérgio Haffner Versão: 19/5/2008 Página 9 de 22
( )[ ]
**2*****
**
kmkmmshkmkmkkmm
shkmkmm
kkmmshkmkmmmkmmkmkmk
VVYVjbYVYVjbYV
VYVjbYVIVjQPS
−
−=
−
−=
−+==+=
cujas partes real e imaginária são:
( )mkkmmkkmmkkmmmk bgVVgVP θθ sencos2+−= (II.15)
( ) ( )mkkmmkkmmk
shkmkmmmk bgVVbbVQ θθ cossen2
−−+−= (II.16)
O diagrama fasorial da linha de transmissão é mostrado na Figura II.8.
IjxkmkV
mV
kmV
I
Irkm
kmθ
Figura II.8 – Diagrama fasorial da linha de transmissão.
As perdas de potência ativa e reativa em uma linha de transmissão podem, então, ser determinadas somando-
se, respectivamente, as expressões (II.13) com (II.15) e (II.14) com (II.16), ou seja:
( ) kmkmmkkmmkmkkm gVVgVVPPP θcos222
perdas −+=+=
( )( ) kmkmmkshkmkmmkmkkm bVVbbVVQQQ θcos2
22perdas +++−=+=
Exercício II.3 – Mostrar que ( )2
perdaskmmkkm IrPP =+ .
As expressões (II.10) e (II.11), podem ser arranjadas de outra forma, tendo em vista possibilitar a
representação da linha de transmissão por um quadripolo, conforme mostrado na Figura II.9.
kmI mkI
kkk VV θ= mmm VV θ=
+
–
+
–
⋅
=
km
k
mk
m
I
V
DC
BA
I
V
Figura II.9 – Linha de transmissão representada por um quadripolo.
Isolando mV em (II.10), chega-se a:
( )[ ] ( ) kmkmkshkmkmkm
km
k
km
shkm
kmkshkmkm
km
m IZVjbZIY
VY
jbIVjbY
YV −+=−
+=−+= 1
11
1 (II.17)
Em (II.11), substituindo mV , pela expressão (II.17), tem-se:
( ) ( )
( ) km
km
shkm
k
km
shkmsh
kmshkm
shkmkm
km
shkm
kkm
km
shkmsh
kmkmshkmkm
kkmkm
km
shkmkm
k
km
shkmsh
kmkmkkm
V
km
km
k
km
shkmsh
kmkmmk
IY
jbV
Y
jbjbjbjbI
Y
jbVY
Y
jbjbYjbY
VYIY
jbYV
Y
jbjbYVYI
YV
Y
jbjbYI
m
+−
++=
+−
−+++=
=−+
−
++=−
−
++=
11
11
1
4444 84444 76
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 1 de 27
IV – O transformador
Os transformadores de força são os equipamentos utilizados para viabilizar a transmissão de energia elétrica
em alta tensão. Desta forma, são instalados nas usinas de geração, para elevar a tensão em níveis de
transmissão (no Brasil de 69 kV a 750 kV), nas subestações dos centros de consumo (subestações de
distribuição ou subestações de grandes consumidores), para rebaixar o nível de tensão em níveis de
distribuição (tipicamente 13,8 e 23 kV) e também nas subestações de interligação para compatibilizar os
diversos níveis de tensão provenientes das diversas linhas de transmissão que aportam.
Para se ter uma noção da importância destes equipamentos no setor elétrico, apresenta-se o Quadro IV.1 no
qual a potência instalada em subestações corresponde aos equipamentos de transformação.
Quadro IV.1 – Potência instalada em subestações do setor elétrico brasileiro.
POTÊNCIA INSTALADA EM SUBESTAÇÕES - MVA
Em 31.12 2001
1999 2000 2001 Entradas Retiradas
25 kV/outras (1) 74.196,0 75.109,0 75.109,0 0,0 0,069 kV/outras 18.777,1 18.902,1 19.094,4 192,3 0,088 kV/outras 5.717,2 5.717,2 5.717,2 0,0 0,0138 kV/outras 46.251,6 46.707,1 47.384,0 676,9 0,0230 kV/outras 34.732,7 35.928,7 36.779,7 851,0 0,0345 kV/outras 33.610,4 34.480,4 34.480,4 0,0 0,0440 kV/outras 15.137,0 15.437,0 15.437,0 0,0 0,0500 kV/outras 47.636,9 49.538,9 53.510,9 3.972,0 0,0750 kV/outras 16.200,0 16.750,0 18.250,0 1.500,0 0,0
(1) Apenas transformadores elevadores de usinas
Fonte: Boletim Semestral do SIESE Síntese 2001 (disponível em: http://www.eletrobras.gov.br/mercado/siese/).
O objetivo deste capítulo é a definição do modelo do transformador para estudos de transmissão de potência
elétrica em regime permanente, ou seja, considerando tensões e correntes senoidais em freqüência industrial.
Além disto, considera-se que os transformadores operam em condições equilibradas. Desta forma, os
modelos e resultados apresentados a seguir não se aplicam a estudos de transitórios de alta freqüência, de
curto-circuito ou de harmônicos.
O modelo dos transformadores de força para estudos de fluxo de potência são similares aos transformadores
de menor porte, desconsiderando-se os efeitos da corrente de magnetização.
IV.1 – Transformador ideal de dois enrolamentos
Em um transformador ideal considera-se que a resistência elétrica dos enrolamentos é nula (logo não existe
queda de tensão na espira em função desta resistência e a tensão induzida pela variação do fluxo é igual à
tensão terminal) e que a permeabilidade do núcleo é infinita (portanto todo o fluxo fica confinado ao
núcleo e enlaça todas as espiras). Levando em conta as polaridades indicadas na Figura IV.1, têm-se as
seguintes relações entre as tensões terminais:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )tdt
dNt
dt
dNtv
tdt
dNt
dt
dNtv
m
m
φφ
φφ
2222
1111
==
==
Assim, a relação entre as tensões terminais é dada por:
( )
( ) 2
1
2
1
N
N
tv
tv= (IV.1)
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 2 de 27
( )ti1
( )tv1
+
–
N1 espiras ( )tmφ
( )φ
( )tv2
+
–
( )ti2
N2 espiras
Fluxo em 1:
( ) ( )tt mφφ =1
Fluxo em 2:
( ) ( )tt mφφ =2
Figura IV.1 – Transformador ideal de dois enrolamentos.
Como o transformador é ideal, a potência instantânea de entrada, ( )tp1 , é igual a potência instantânea de
saída, ( )tp2 pois as perdas são desprezíveis, ou seja:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )titvtitvtptp 221121 ⋅=⋅⇒=
logo,
( )
( )
( )
( ) 1
2
1
2
2
1
N
N
tv
tv
ti
ti== (IV.2)
As expressões (IV.1) e (IV.2) definem o modo de operação dos transformadores ideais.
Os enrolamentos onde se ligam as fontes de energia e as cargas são geralmente denominados primário e
secundário, respectivamente.
De forma alternativa, as relações (IV.1) e (IV.2) podem ser obtidas levando-se em consideração que um
transformador ideal constitui um caso particular de circuitos magneticamente acoplados no qual o coeficiente
de acoplamento entre os enrolamentos é igual a unidade, ou seja, 1=K . Para as polaridades indicadas na
Figura IV.2, são válidas as seguintes expressões:
( ) ( ) ( )tidt
dMti
dt
dLtv 2111 −= (IV.3)
( ) ( ) ( )tidt
dLti
dt
dMtv 2212 −= (IV.4)
( )
dt
tdiM 2
1L
+
–
+
2L
+
–
•
( )ti1
( )tv1
+
–
•
( )ti2
( )tv2
+
–
K=1
( )tv1 ( )tv2
( )ti1 ( )ti2
( )
dt
tdiM i
21
21
LLM
LLKM
=
=
+
• •
21 : NN
Figura IV.2 – Transformador ideal representado por circuito magneticamente acoplado.
Isolando ( )tidt
d2 em (IV.4) e substituindo em (IV.3), tem-se:
( ) ( ) ( )
−= tvti
dt
dM
Lti
dt
d21
2
2
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tvL
Mti
dt
d
L
MLtvti
dt
dM
LMti
dt
dLtv 2
2
1
2
2
121
2
111
1+
−=
−−= (IV.5)
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 3 de 27
Como 1=K , pode-se escrever:
⇒=⇒= 212
21 LLMLLM 02
2
1 =−L
ML (IV.6)
⇒=⇒==22
21
22
1
2
21
2
222
211
N
N
L
M
L
L
L
LL
L
M NL
NL
α
α
2
1
2 N
N
L
M= (IV.7)
pois as auto-indutâncias são proporcionais ao quadrado do número de espiras ( )
( )
=
ti
tNL
1
111
φ, com
( ) ( )tiNt 111 P=φ , sendo P a permeância do espaço atravessado pelo fluxo, então ( )[ ]
( )
==
21
1
1111 P
PN
ti
tiNNL .
Substituindo (IV.6) e (IV.7) na expressão (IV.5), chega-se a expressão (IV.1):
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) 2
1
2
12
2
12
2
111 0
N
N
tv
tvtv
N
Ntv
N
Nti
dt
dtv =⇒=+=
IV.1.1 – Transformador ideal em regime permanente senoidal
A Figura IV.3 mostra um transformador ideal, em regime permanente senoidal.
•
1I 2I
Transformador Ideal
•
Ideal
1V
+
–
2V
+
–
21 : NN
Figura IV.3 – Transformador ideal em regime permanente senoidal.
Considerando as polaridades indicadas na Figura IV.3 e as expressões gerais (IV.1) e (IV.2), o regime
permanente senoidal do transformador ideal pode ser descrito por:
2
1
2
1
N
N
V
V= ⇒ 1
1
22 V
N
NV =
1
2
2
1
N
N
I
I= ⇒ 1
2
12 I
N
NI =
fazendo 1
2
N
Na = , a relação de espiras do transformador ideal, pode-se escrever:
12 VaV = ⇒ 211
Va
V =
121
Ia
I = ⇒ 21 IaI =
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 4 de 27
Exemplo IV.1 – No circuito da Figura IV.3, 20001 =N , 5002 =N , V 012001o
=V e A 3051o
−=I ,
quando uma impedância 2Z é ligada ao secundário. Determinar 2V , 2I , 2Z e a impedância ref
2Z que é
definida como sendo o valor de 2Z referido ao primário do transformador (impedância refletida).
Solução Exemplo IV.1: Supondo que o transformador é ideal, tem-se:
V 0300012002000
5001
1
22
oo=== V
N
NV
A 3020305500
20001
2
12
oo−=−== I
N
NI
Pela definição de impedância, tem-se:
Ω=−
== 30153020
0300
2
22
o
o
o
I
VZ
Ω=−
== 30240305
01200
1
1ref
2o
o
o
I
VZ
ou
Ω=
=
=
=== 302403015
500
20002
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1ref
2ooZ
N
N
I
V
N
N
IN
N
VN
N
I
VZ
A expressão obtida no Exemplo anterior
2
2
2
1ref
2 ZN
NZ
=
é empregada na reflexão de impedâncias, técnica que consiste em colocar no circuito primário uma
impedância que produza o mesmo efeito que a impedância que está colocada no circuito secundário.
Analogamente, é possível realizar a reflexão do primário para o secundário, ou seja,
1
2
1
2ref
1 ZN
NZ
=
Observar que o efeito produzido pela impedância em qualquer um dos enrolamentos deve ser o mesmo.
Assim, quanto maior a tensão do enrolamento (portanto, maior o número de espiras) maior deverá ser o valor
da impedância em ohms.
IV.1.2 – Modelo do transformador ideal em pu
Utilizando a magnitude das tensões terminais nominais como tensões de base tem-se, os seguintes valores de
base para o primário e secundário, respectivamente:
pribaseV – Tensão de base do primário [kV]
secbaseV – Tensão de base do secundário: pri
base
1
2secbase V
N
NV = [kV]
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 5 de 27
Sendo baseS a potência de base do sistema, as correntes de base para o primário e secundário,
respectivamente, são:
pri
base
basepribase
V
SI =
pribase
2
1
pribase
1
2
base
secbase
basesecbase I
N
N
VN
N
S
V
SI ===
Desta forma, os valores em pu serão dados por:
pri
base
1pu 1
V
VV =
⇒===pri
base
1
pribase
1
2
1
1
2
secbase
2pu 2
V
V
VN
N
VN
N
V
VV pu 1pu 2 VV = (IV.8)
pribase
1pu 1
I
II =
⇒===pribase
1
pribase
2
1
1
2
1
secbase
2pu 2
I
I
IN
N
IN
N
I
II pu 1pu 2 II = (IV.9)
Portanto, quando as grandezas estiverem em pu, o transformador ideal com relação nominal pode ser
substituído por um curto-circuito, conforme mostrado na Figura IV.4, pois tanto a tensão quanto a corrente
apresentam o mesmo valor em ambos enrolamentos – vide equações (IV.8) e (IV.9).
–
+
pu 1I pu 2I
pu 1V
+
–
pu 2V
+
–
Transformador Ideal
em pu
pu 2I
pu 2V
+
–
pu 1I
pu 1V
Figura IV.4 – Circuito equivalente do transformador ideal de dois enrolamentos em pu.
IV.2 – Circuito equivalente do transformador real de dois enrolamentos
No transformador real de dois enrolamentos, as resistências dos enrolamentos não são nulas (serão notadas
por 1r e 2r , respectivamente, para o primário e secundário), nem todo o fluxo que enlaça um enrolamento
enlaça o outro pois a permeabilidade do núcleo não é infinita, isto é, existem fluxos dispersos nos
enrolamentos cujos efeitos são representados por intermédio das reatâncias de dispersão 1x e 2x ,
respectivamente, para o primário e secundário. Além disto, ocorrem perdas devido às variações cíclicas do
sentido do fluxo (histerese) e também devido às correntes parasitas induzidas no núcleo. Assim, mesmo
com o secundário em aberto, existe uma pequena corrente circulando no primário quando este é energizado,
denominada corrente de magnetização – o efeito deste fenômeno é representado pela impedância de
magnetização mr e mx , colocada em derivação no primário do transformador (ou no secundário).
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 6 de 27
Considerando os efeitos anteriormente mencionados, o transformador real de dois enrolamentos pode ser
representado por um circuito composto por transformador ideal de dois enrolamentos e algumas
impedâncias para representar o efeito das perdas ôhmicas, devido ao fluxo disperso e à magnetização,
conforme ilustra a Figura IV.5
mjx
( )ti1
( )tv1
+
–
N1 espiras
( )tmφ
( )φ
( )tv2
+
–
( )ti2
N2 espiras
Fluxo disperso em 1:
( )tdisp1φ
Fluxo disperso em 2:
( )tdisp2φ
•
1I 2I
Transformador Real
•
Ideal
1V
+
–
2V
+
–
21 : NN
(a) Transformador real de dois enrolamentos.
(b) Transformador real de dois enrolamentos em regime permanente.
11 jxr + 22 jxr +
mr
Figura IV.5 – Transformador real de dois enrolamentos.
Quando todos os parâmetros ( 1r , 1x , 2r , 2x , mr e mx ) e grandezas ( 1V , 1I , 2V e 2I ) estão em pu, o
transformador ideal pode ser omitido (substituído pelo seu circuito equivalente em pu que é um curto-
circuito), resultando no circuito da Figura IV.6.
mjx
1I 2I
Transformador Real em pu
1V
+
–
2V
+
–
11 jxr + 22 jxr +
mr
mI
Figura IV.6 – Circuito equivalente em pu do transformador real de dois enrolamentos.
Os parâmetros em série (resistência dos enrolamentos e reatância de dispersão: 1r , 1x , 2r , e 2x ) são
determinados por intermédio do ensaio de curto-circuito no qual os enrolamentos são submetidos à
corrente nominal. Neste ensaio, um dos enrolamentos é curto-circuitado enquanto aplica-se uma tensão
variável em outro enrolamento até que a corrente que circule nestes dois enrolamentos do transformador seja
igual ao seu valor nominal. Neste caso, a impedância de magnetização é desprezada pois a tensão empregada
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 7 de 27
neste ensaio é significativamente menor que o valor nominal e a corrente de magnetização corresponde a
uma fração muito pequena do valor nominal. Considerando que o enrolamento secundário tenha sido curto-
circuitado e que a corrente que circula por este é igual ao seu valor nominal ( )pu 012 =I , o circuito
equivalente do ensaio de curto-circuito é dado pela Figura IV.7. Neste circuito equivalente, a impedância
medida nos terminais do enrolamento energizado é dada por:
22111
1jxrjxr
I
VZ +++==
mjx
pu 0121 =≈ II pu 012 =I
1V
+
–
02 =V
+
–
11 jxr + 22 jxr +
mr
0≈mI
Corrente nominal nos enrolamentos
Magnetização desprezada
Figura IV.7 – Ensaio de curto-circuito (circuito equivalente em pu).
A impedância de magnetização é determinada por intermédio do ensaio de circuito aberto no qual os
enrolamentos são submetidos à tensão nominal. No ensaio de circuito aberto é aplicada tensão nominal a um
dos enrolamentos e mede-se a corrente que circula neste enrolamento enquanto o(s) outro(s) enrolamento(s)
permanece(m) em circuito aberto. Considerando que o enrolamento primário tenha sido energizado com
tensão nominal ( )pu 011 =V , o circuito equivalente do ensaio em vazio de um transformador é dado pela
Figura IV.8. Neste circuito equivalente, a impedância medida nos terminais do enrolamento energizado é
dada por:
mm
mm
jxr
jxrjxr
I
VZ
+
⋅++== 11
1
1
mjx
mII =1 02 =I
pu 011 =V
+
–
2V
+
–
11 jxr + 22 jxr +
mr
mI
Tensão nominal nos enrolamentos
Figura IV.8 – Ensaio de circuito aberto (circuito equivalente em pu).
Como exemplo das características elétricas dos transformadores em nível de distribuição, têm-se os valores
do Quadro IV.2. Em transformadores de maior potência e nível de tensão, as perdas em vazio e as perdas
totais apresentam valores percentuais (em função da potência nominal) menores, sendo inferiores a 0,1 e
0,5%, respectivamente.
Levando em conta as características reais dos grandes transformadores, as perdas nos enrolamentos1 (devido
a 1r e 2r ) e no núcleo2 (devido a mr e mx ) são muito pequenas quando comparadas com a potência do
transformador sendo, geralmente, desprezadas. Desta forma, o modelo equivalente do transformador fica
bastante simplificado, conforme mostra a Figura IV.9.
1 Cujo valor nominal corresponde à diferença entre as perdas totais e as perdas em vazio.
2 Ou perdas em vazio.
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 8 de 27
1I
2I
1V
+
–
2V
+
–
jx
21 jxjxjx +=
Figura IV.9 – Circuito simplificado em pu do transformador real de dois enrolamentos.
Quadro IV.2 – Características de perdas, correntes de excitação e impedâncias.
TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS DE TENSÃO MÁXIMA 15 kV
Potência [kVA]
Corrente de excitação
máxima [%]
Perdas em vazio máximo [W]
Perdas totais máximas [W]
Impedância 75° C [%]
30 4,1 170 740
45 3,7 220 1.000
75 3,1 330 1.470
112,5 2,8 440 1.990
150 2,6 540 2.450
3,5
225 2,3 765 3.465
300 2,2 950 4.310 4,5
TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS DE TENSÕES MÁXIMAS 24,2 e 36,2 kV
Potência [kVA]
Corrente de excitação
máxima [%]
Perdas em vazio máximo [W]
Perdas totais máximas [W]
Impedância 75° C [%]
30 4,8 180 825
45 4,3 250 1.120
75 3,6 360 1.635
112,5 3,2 490 2.215
150 3,0 610 2.755
4,0
225 2,7 820 3.730
300 2,5 1.020 4.620 5,0
Fonte: Trafo Equipamentos Elétricos S.A. (disponível em http://www.trafo.com.br/)
Exemplo IV.2 – Um transformador monofásico tem 2000 espiras no enrolamento primário e 500 no
secundário. As resistências dos enrolamentos são Ω= 21r e Ω= 125,02r ; as reatâncias de dispersão são
Ω= 81x e Ω= 5,02x . A carga ligada ao secundário é resistiva e igual a 12 Ω. A tensão aplicada ao
enrolamento primário é de 1200 V. Determinar o fasor tensão secundária e a regulação de tensão do
transformador:
%100%Regulaçãocarga
2
carga
2
vazio
2
V
VV −
=
onde carga
2V é a magnitude da tensão no secundário com plena carga e vazio
2V é a magnitude da tensão no
secundário em vazio.
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 14 de 27
IV.3 – Transformador com relação não-nominal
Com o objetivo de possibilitar um melhor controle da tensão no sistema elétrico, muitas vezes os
transformadores operam com relação de transformação diferentes da nominal ( )NOM2
NOM1 : NN . Neste caso,
os transformadores apresentam um enrolamento especial provido de diversas derivações (taps), comutáveis
sob carga ou não. Quando a seleção da derivação é realizada sob carga, o transformador apresenta um
dispositivo denominado comutador de derivações em carga (ou comutador sob carga) que se encarrega de
realizar as conexões necessárias para que seja selecionada a relação de transformação desejada. Para operar
tais comutadores utilizam-se acionamentos motorizados, possibilitando comando local ou à distância,
inclusive com controle automático de tensão. Quando a seleção da derivação é realizada sem carga o
dispositivo é muito mais simples, sendo utilizada apenas uma chave seletora que opera quando o
transformador está desligado.
Por norma, as derivações são numeradas, sendo a derivação “1” a de maior tensão, conforme mostra o
Quadro IV.3 no qual encontram-se exemplos de valores de derivações e relações de tensão para
transformadores em nível de distribuição. Neste caso, no interior do tanque o transformador apresenta uma
chave seletora que possibilita o ajuste do tap quando este estiver desligado.
Quadro IV.3 – Derivações e relações de tensões.
Tensão [V]
Primário Secundário Tensão máxima do equipamento
[KV eficaz]
Derivação N° Trifásicos e
Monofásicos (FF) Monofásicos
(FN) Trifásicos Monofásicos
1 13.800 7.967
2 13.200 7.621 15,0
3 12.600 7.275
1 23.100 13.337
2 22.000 12.702 24,2
3 20.900 12.067
1 34.500 19.919
2 33.000 19.053 36,2
3 31.500 18.187
380/220 ou
220/127
2 terminais 220 ou 127
ou 3 terminais 440/220 ou 254/127 ou 240/120 ou
230/115
(FF) - tensão entre fases (FN) - tensão entre fase e neutro
Fonte: Trafo Equipamentos Elétricos S.A. (disponível em http://www.trafo.com.br/)
Em nível transmissão de energia elétrica os transformadores podem possuir dispositivos para comutação sob
carga, apresentando um maior número de derivações, conforme exemplifica a Tabela IV.1. Observar que as
derivações são realizadas no enrolamento de maior tensão, visando operar com menores correntes no
comutador sob carga.
Tabela IV.1 – Derivações típicas da regulação sob carga.
Tensão primária [kV] Tensão secundária [kV] 138
%875,18230 ×± 69
69
23 %875,18138 ×±
13,8
23 %875,1869 ×±
13,8
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 15 de 27
Considerando toda a impedância série concentrada em apenas um dos enrolamentos (refletida para o
primário, por exemplo) e desprezando as perdas no núcleo, o circuito equivalente do transformador com
relação não-nominal encontra-se na Figura IV.10. Observar, neste caso, que a relação de espiras dos
enrolamentos 21 : NN pode ser diferente da relação nominal, dada por NOM2
NOM1 : NN .
•
1I 2I
•
Ideal
1V
+
–
2V
+
–
a
NN
:1
: 21jXR +
1E
+
–
2E
+
–
Figura IV.10 – Circuito equivalente de um transformador com relação não nominal.
Para o transformador da Figura IV.10 são válidas as seguintes expressões:
1
2
N
Na = a
E
E=
1
2
aI
I 1
1
2=
Utilizando as magnitudes das tensões nominais do primário e do secundário com tensões de base
=
pribaseNOM
1
NOM2sec
basepri
base e VN
NVV , define-se a relação nominal como sendo:
NOM
1
NOM2
pribase
secbase
NOMN
N
V
Va ==
Considerando a potência de base baseS , as correntes de base para o primário e secundário são dadas por:
pri
base
basepribase
V
SI =
pribase
NOMpri
baseNOM
base
secbase
basesecbase
1I
aVa
S
V
SI ===
Assim, transformando as grandezas para pu, tem-se:
pri
base
1pu 1
V
EE =
pri
base
1
NOMpri
baseNOM
1
secbase
2pu 2
V
E
a
a
Va
Ea
V
EE === pu 1
NOM
pu 2 Ea
aE = (IV.10)
pribase
1pu 1
I
II =
pribase
1NOM
pribase
NOM
1
secbase
2pu 2
1
1
I
I
a
a
Ia
Ia
I
II === pu 1
NOMpu 2 I
a
aI = (IV.11)
Portanto, mesmo quando as grandezas estão em pu, o transformador com relação não nominal não pode
ser substituído por um curto-circuito, pois tanto a tensão quanto a corrente apresenta valores distintos nos
enrolamentos – vide equações (IV.10) e (IV.11).
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 19 de 27
IV.6 – O modelo do transformador em fase
A representação de transformadores em fase, mostrada na Figura IV.15, consiste de um transformador ideal
com relação de transformação kma:1 e uma impedância série kmZ . Observar que neste modelo as perdas no
núcleo são desprezadas.
k kmI kmkmkm jxrZ += m
mkI
kkk VV θ=
p
pmIkma:1
kkkmkkmp VaVaV θ==
mmm VV θ=
Figura IV.15 – Representação de um transformador em fase.
Da relação do transformador ideal em fase4:
kkmp
kmp
kVaV
aV
V=⇒=
1
pmkmkmkmkmpm
kmIaIaa
I
I=⇒==
*
As correntes pmI , kmI e mkI são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k, p e m ( kkk VV θ= ,
kkkmppp VaVV θθ == e mmm VV θ= , respectivamente) e do valor da admitância série km
km
ZY
1= :
( ) ( )mkkmkmmpkmpm VVaYVVYI −=−=
( )mkkmkmkmpmkmkm VVaYaIaI −== mkmkmkkmkmkm VYaVYaI −=2
(IV.12)
( )mkkmkmpmmk VVaYII −−=−= mkmkkmkmmk VYVYaI +−= (IV.13)
Deste modo, o transformador em fase pode ser representado por um circuito equivalente do tipo π, conforme
está ilustrado na Figura IV.16.
k kmI
m mkI
kV mVA
B C
A, B, C admitâncias
Figura IV.16 – Circuito equivalente π de um transformador em fase.
Para o modelo π da Figura IV.16, onde A, B e C são as admitâncias dos componentes, as correntes kmI e
mkI são dadas por:
4 Lembrar que não há dissipação de potência ativa ou reativa no transformador ideal, logo:
*
*
***
=⇒=⇒=⇒=
k
p
pm
km
k
p
pm
kmpmpkmkpmkm
V
V
I
I
V
V
I
IIVIVSS
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 20 de 27
( ) ( ) mkkmkkm VAVBAVBVVAI −+=+−= ( ) ( ) mkkm VAVBAI −++= (IV.14)
( ) ( ) mkmkmmk VCAVAVCVVAI ++−=+−= ( ) ( ) mkmk VCAVAI ++−= (IV.15)
Comparando as expressões (IV.12) com (IV.14) e (IV.13) com (IV.15), tem-se:
( )
( ) kmkm
kmkmkm
kmkm
YaC
YaaB
yaA
−=
−=
=
1
1
Observar que o valor de a determina o valor e a natureza dos componentes do modelo π da Figura IV.15:
1=kma pu, ou seja, NOMaakm = : kmyA = , 0== CB
1<kma pu, ou seja, NOMaakm < : 0<B (capacitivo) e 0>C (indutivo)
1>kma pu, ou seja, NOMaakm > : 0>B (indutivo) e 0<C (capacitivo)
NOTA IMPORTANTE: As grandezas de base utilizadas para fazer a conversão da impedância série do
transformador para pu devem ser obrigatoriamente relativos ao enrolamento no qual esta impedância está
ligada. Mais especificamente, no modelo de transformador adotado, que é mostrado na Figura IV.15, deve-se
utilizar a tensão de base do enrolamento conectado à Barra m.
Exemplo IV.4 – Dado um transformador trifásico, 138/13,8 kV, 100 MVA, cuja reatância de dispersão vale
5% (na base do transformador), determinar o circuito equivalente do transformador se as bases do sistema
são:
a) 138/13,8 kV, 100 MVA;
b) 169/16,9 kV, 200 MVA;
c) 169/15 kV, 250 MVA.
Solução Exemplo IV.4: a) Como pu 05,0% 5 ==x , tem-se que:
pu 05,0jZ TR =
pu 20jY TR −=
e o circuito equivalente é dado por:
1I 2I
1V
+
–
2V
+
–
20j−
Admitância em pu
b) Observar que 1,0138
8,13
169
9,16NOM ==== aa , então pu 1
1,0
1,0
NOM
pu ===a
aa .
( ) ( )( )
( )
( )
( )1 basepu 3
2 basepu 3
2
2 basepu
1 basepu 1 basepu 2 basepu
φ
φ
S
S
V
VZZ
L
L
=
pu 0667,0100
200
169
13805,0
2
jjZ TR =
=
′
pu 15jY TR −=′
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 21 de 27
Solução Exemplo IV.4 (continuação): e o circuito equivalente é dado por:
1I 2I
1V
+
–
2V
+
–
15j−
Admitância em pu
c) Neste caso, tem-se 0888,0169
15NOM ==a e 1,0
138
8,13==a . Calculando em pu, tem-se:
pu 1267,1
169
13815
8,13
NOM
pu ===a
aa
( ) ( )( )
( )
( )
( )1 basepu 3
2 basepu 3
2
2 basepu
1 basepu 1 basepu 2 basepu
φ
φ
S
S
V
VZZ
L
L
=
Para o modelo de transformador adotado, que é mostrado na Figura IV.15, deve-se utilizar a tensão de base
do enrolamento conectado à Barra m, ou seja, a tensão do lado de média tensão do transformador, sendo o
valor em pu na base 169/15 kV, 250 MVA dado por:
pu 1058,0100
250
15
8,1305,0
2
jjZ TR =
=
′ pu 4518,9jY TR −=
′
Os parâmetros do circuito equivalente π são dados por:
( )
( ) ( )( )
( ) ( )( ) pu 198,14518,91267,111
pu 349,14518,911267,11267,11
pu 65,104518,91267,1
pu
pupu
pu
jjYaC
jjYaaB
jjYaA
TR
TR
TR
=−−=′
−=
−=−−=′
−=
−=−=′
=
e o circuito equivalente correspondente é:
1I 2I
1V
+
–
2V
+
–
65,10j−
Admitâncias em pu
349,1j− 197,1j
Exemplo IV.5 – Considerando que o transformador do Exemplo IV.4 alimenta uma carga de 50 MVA, com
fator de potência 0,9 indutivo, no enrolamento de menor tensão e que este é representado pelos três modelos
determinados na solução do Exemplo IV.4 (em função das bases adotadas para o sistema pu), determinar o
valor da tensão no lado de alta tensão em pu e em kV quando a tensão na carga é igual a 13,8 kV.
Solução Exemplo IV.5: a) Considerando os dados do problema, têm-se os seguintes valores em pu para a tensão, potência e
corrente secundária, para a base 138/13,8 kV, 100 MVA:
pu 18,13
8,132 ==V pu 84,255,02179,045,09,019,0
100
50 22
o=+=
−+= jjS
*
2
22
*
222
=⇔==
V
SIIVS
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 22 de 27
Solução Exemplo IV.5 (continuação):
pu 84,255,02179,045,01
2179,045,0*
2o
−=−=
+= j
jI
Do circuito equivalente mostrado na solução do Exercício IV.4, a tensão no lado de alta é dada por:
( ) pu 28,10111,10225,00109,12179,045,005,01221o
=+=−+=+= jjjIZVV TR
kV 28,154,13911,350,13928,10111,11381oo
=+=×= jV
b) Para a base 169/16,9 kV, 200 MVA, tem-se:
pu 8166,09,16
8,132 ==V pu 84,2525,01090,0225,09,019,0
200
50 22
o=+=
−+= jjS
*
2
22
*
222
=⇔==
V
SIIVS
pu 84,253062,01335,02755,08166,0
1090,0225,0*
2o
−=−=
+= j
jI
Do circuito equivalente mostrado na solução do Exercício IV.4, a tensão no lado de alta é dada por:
( ) pu 28,18257,00184,08255,01335,02755,00667,08166,0221o
=+=−+=′
+= jjjIZVV TR
kV 28,154,13911,350,13928,18257,01691oo
=+=×= jV
Observar que o valor obtido em kV é idêntico ao do Item (a), mostrando que o resultado não depende das
bases adotadas.
c) Para a base 169/15 kV, 250 MVA, tem-se:
pu 92,015
8,132 ==V pu 84,252,00872,018,09,019,0
250
50 22
o=+=
−+= jjS
*
2
22
*
222
=⇔==
V
SIIVS
pu 84,252174,00948,01956,092,0
0872,018,0*
2o
−=−=
+= j
jI
Do circuito equivalente obtido na solução do Exercício IV.4, a tensão no lado de alta é dada por:
1I 2I
1V
+
–
2V
+
– Admitâncias em pu
SHI 2
65,10j−
349,1j− 197,1j
( ) ( )92,0197,10948,01956,065,10
192,0
112222221 ×+−
−+=++=
++= jjj
VCIA
VIIA
VVSH
kV 28,154,13911,350,13928,18257,01691oo
=+=×= jV
Observar que o valor obtido em kV é idêntico ao dos Itens anteriores, mostrando que o resultado não
depende das bases adotadas.
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 23 de 27
Exemplo IV.6 – Dado um transformador trifásico, 230/69 kV, 50 MVA, cuja reatância de dispersão vale
5%, determinar:
a) o circuito equivalente do transformador, se as bases do sistema são 230/69 kV, 100 MVA;
b) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 200 kV e são fornecidos 50 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 indutivo;
c) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 250 kV e são fornecidos 10 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 capacitivo;
d) nas situações operacionais dos Itens (b) e (c), determinar a potência complexa fornecida para a carga e as
perdas no transformador;
e) comentar as diferenças nos resultados obtidos nos Itens (b), (c) e (d).
Solução Exemplo IV.6: a) Como pu 05,0% 5 ==x na base de 50 MVA, para a base de 100 MVA e tensões nominais tem-se:
pu 10,050
10005,0 jjZ TR == pu 10jY TR −=
e o circuito equivalente é dado por:
1S 2I
1V
+
–
2V
+
–
10,0j
Admitância em pu
Lado 230 kV Lado 69 kV
1I 2S
b) A potência complexa fornecida ao transformador no enrolamento de 230 kV é dada por:
3,04,08,01100
508,0
100
50 221 jjS +=−+= pu
Levando em conta a tensão de operação no lado de 230 kV dada por 8696,00230
2001 ==V pu, a corrente no
transformador é dada por:
*
111 IVS = o87,365750,03450,04600,08696,0
3,04,0**
1
11 −=−=
+=
= j
j
V
SI
Do circuito equivalente, pode-se obter a seguinte expressão para a tensão no enrolamento de 69 kV:
( ) o15,38363,00460,08351,03450,04600,010,08696,0112 −=−=−−=−= jjjIZVV TR
o15,371,572 −=V kV
c) A potência complexa fornecida ao transformador no enrolamento de 230 kV é dada por:
06,008,08,01100
108,0
100
10 221 jjS −=−−= pu
Levando em conta a tensão de operação no lado de 230 kV dada por 0870,10230
2501 ==V pu, a corrente no
transformador é dada por:
*
111 IVS = o87,360920,00552,00736,00870,1
06,008,0**
1
11 =+=
−=
= j
j
V
SI
Do circuito equivalente, pode-se obter a seguinte expressão para a tensão no enrolamento de 69 kV:
( ) o39,00925,10074,00925,10552,00736,010,00870,1112 −=−=−−=−= jjjIZVV TR
o39,038,752 −=V kV
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Solução Exemplo IV.6 (continuação):
d) A potência complexa fornecida para a carga nas situações dos Itens (b) e (c) são dadas por:
*
12
*
222 IVIVS ==
e as perdas no transformador são dadas por:
21perdas SSS −= ou 2
1perdas IZS TR=
Para o Item (b), tem-se:
( )( ) o72,334809,02669,04000,03450,04600,00460,08351,0*
2 =+=−−= jjjS
0331,0)2669,04000,0(3,04,0perdas jjjS =+−+= pu
0331,05750,01,02
perdas jjS == pu
31,3perdas jS = MVA
Para o Item (c), tem-se:
( )( ) o26,371005,00608,00800,00552,00736,00074,00925,1*
2 =−=+−= jjjS
0008,0)0608,00800,0(06,008,0perdas jjjS =−−−= pu
0008,00920,01,02
perdas jjS == pu
08,0perdas jS = MVA
e) Fasor tensão – No Item (b) a magnitude da tensão em pu no enrolamento de 69 kV é menor do que no
enrolamento de 230 kV, pois este fornece potência ativa e reativa para a carga, havendo queda de tensão em
sua impedância de dispersão. No Item (c) o fluxo de potência reativa ocorre do enrolamento de 69 kV para o
enrolamento de 230 kV (carga capacitiva) e isto faz com que a tensão em pu do enrolamento de 69 kV
apresente magnitude superior. Em ambos os casos, o fluxo de potência ativa é em direção ao enrolamento de
69 kV, sendo o ângulo de fase do fasor tensão 2V menor do que do fasor tensão 1V .
Potência complexa na carga – Nos Itens (b) e (c) a potência ativa na carga é a mesma fornecida para o
transformador, pois o modelo considera apenas a reatância de dispersão. A potência reativa difere, pois
existe um consumo de potência reativa na reatância do transformador.
Perdas ativas e reativas – Em ambos os casos não existem perdas de potência ativa e existe um consumo de
potência reativa em função da reatância de dispersão do transformador ser percorrida pela corrente. No Item
(b) as perdas são maiores, pois a corrente é maior.
Exercício IV.4 – Dado um transformador trifásico, 230 (+4)(–8)×1,875%/69 kV, 50 MVA, cuja reatância
de dispersão vale 5%, determinar:
a) o circuito equivalente do transformador, indicando os valores mínimos e máximos da relação de
transformação em pu (a), se as bases do sistema são 230/69 kV, 100 MVA;
b) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 200 kV e são fornecidos 50 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 indutivo (nesta condição o transformador opera com o tap na posição 13);
c) o valor da tensão no enrolamento de 69 kV (onde a carga está ligada), quando a tensão no enrolamento
de 230 kV (onde a fonte está ligada) é igual a 250 kV e são fornecidos 10 MVA, com fator de potência
igual a 0,8 capacitivo (nesta condição o transformador opera com o tap na posição 1);
d) nas situações operacionais dos Itens (b) e (c), determinar a potência complexa fornecida para a carga e as
perdas no transformador;
e) comentar as diferenças nos resultados obtidos nos Itens (b), (c) e (d).
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 25 de 27
Como para a linha de transmissão, é possível escrever a expressão do fluxo de potência complexa da barra k
para a barra m:
[ ]
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( )kmkmkmkmmkkmkmkmkkm
kmmkkmkmkmkmkmkkm
mkkmkmkmkkmmkmkmkkmkmk
mkmkmkkmkmkkmkkm
jjbgVVajbgVa
VVjbgajbgVa
VVYaYVaVYaVYaV
VYaVYaVIVS
θθ
θ
sencos2
2
***22****2
*2*
+−−−=
−−−=
=−=
−
=
=−==
Separando as partes real e imaginária, chega-se a:
( ) ( ) ( )kmkmkmkmmkkmkmkkmkm bgVVagVaP θθ sencos2
+−= (IV.16)
( ) ( ) ( )kmkmkmkmmkkmkmkkmkm bgVVabVaQ θθ cossen2
−−−= (IV.17)
O fluxo de potência complexa da barra m para a barra k é dado por:
( ) ( )mkkmmkkmmkkmkmmmk bgVVagVP θθ sencos2+−= (IV.18)
( ) ( )mkkmmkkmmkkmkmmmk bgVVabVQ θθ cossen2−−−= (IV.19)
Exercício IV.5 – Conhecidos os parâmetros que definem o transformador em fase e os fasores das tensões
terminais, mostrar como é possível determinar as perdas de potência ativa e reativa neste transformador.
IV.7 – O modelo do transformador defasador
Os transformadores defasadores são equipamentos capazes de controlar, dentro de determinadas limitações, a
relação de fase entre o fasor tensão do primário e do secundário. Para um transformador defasador puro, a
relação de transformação em pu é representada por um número complexo de módulo unitário e ângulo de
fase ϕ , ou seja, é dada por kmt:1 , com ϕjkm et = , ou seja, ϕ1:1 . A representação de um transformador
defasador puro está mostrada na Figura IV.15.
k kmI kmkmkm jxrZ += m
mkI
kkk VV θ=
p
pmI
mmm VV θ=
kmj
km etϕ
=:1
kmkkkj
p VVeV km ϕθϕ
+==
Figura IV.15 – Representação de um transformador defasador puro.
Da relação do transformador ideal:
kmkkkkkmkj
kkmpj
kmp
kVVVeVtV
etV
Vkm
km
ϕθθϕϕ
ϕ+=⋅===⇒== 1
11
pmj
pmkmkmj
kmpm
kmIeItIet
I
Ikmkm ϕϕ −−
==⇒==**
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O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 26 de 27
As correntes pmI , kmI e mkI são obtidas a partir dos fasores tensão das barras k, p e m ( kkk VV θ= ,
kmkkppp VVV ϕθθ +== e mmm VV θ= , respectivamente) e do valor da admitância série km
kmz
y1
= :
( ) ( )mkkmkmmpkmpm VVtYVVYI −=−=
( ) mkmkmkkmkmkm
I
mkkmkmkmpmkmkm VYtVYttVVtYtItI
pm
****−=−==
44 844 76
( ) mkmkmkkmkmkmkm VYtVYttI **−+= (IV.20)
( ) mkmkkmkmmkkmkmpmmk VYVYtVVtYII +−=−−=−= ( ) mkmkkmkmmk VYVYtI +−= (IV.21)
Assim, o transformador defasador não pode ser representado por um circuito equivalente do tipo π,
conforme está ilustrado na Figura IV.15, pois o coeficiente de mV da expressão (IV.20), kmkmYt*− , é
diferente do coeficiente de kV da expressão (IV.21), kmkmYt− .
Como anteriormente, é possível escrever a expressão do fluxo de potência complexa da barra k para a barra
m:
[ ]
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmkmk
kmmkkmkmkmkmkmk
mkkmkmkmkmkmkmkkmk
mkmkmkkmkkmkkm
jjbgVVjbgV
VVjbgjbgV
VVYtYVVYtVYV
VYtVYVIVS
ϕθϕθ
θϕ
+++−−−=
−−−=
=−=
−=
=−==
sencos
1
2
2
***2****
***
Separando as partes real e imaginária, chega-se a:
( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmkkm bgVVgVP ϕθϕθ +++−= sencos2 (IV.22)
( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmkkm bgVVbVQ ϕθϕθ +−+−−= cossen2 (IV.23)
Exercício IV.6 – Determinar a expressão do fluxo de potência complexa da barra m para a barra k.
Utilizando esta expressão equacionar as perdas de potência ativa e reativa neste transformador.
IV.8 – Expressões gerais dos fluxos de corrente e de potência
As expressões dos fluxos de corrente e potência em linhas de transmissão, transformadores em fase,
defasadores puros e defasadores, podem ser generalizadas de forma tal que seja possível utilizar sempre a
mesma expressão, fazendo algumas considerações para particularizar o equipamento em questão. Assim, os
fluxos de corrente nestes equipamentos obedecem às seguintes expressões gerais:
( ) ( ) mkmkmkshkmkmkmkmkm VYtVjbYttI **
−++= ( ) ( ) mkmj
kmkshkmkmkmkm VYeaVjbYaI kmϕ−
−++=2
(IV.24)
( ) ( ) mshkmkmkkmkmmk VjbYVYtI ++−= ( ) ( ) m
shkmkmkkm
jkmmk VjbYVYeaI km ++−=
+ ϕ (IV.25)
De acordo com o tipo de equipamento, as variáveis kma , kmϕ e shkmb assumem valores particulares, mostradas
na Tabela IV.2.
Tabela IV.2 – Parâmetros para os diferentes equipamentos nas expressões gerais dos fluxos.
Equipamento kma kmϕ shkmb
Linha de transmissão 1 0
Transformador em fase 0 0
Transformador defasador puro 1 0
Transformador defasador 0
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
O transformador – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 27 de 27
Os fluxos de potência ativa e reativa em linhas de transmissão, transformadores em fase, defasadores puros e
defasadores, obedecem às seguintes expressões gerais:
( ) ( ) ( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkmkmkkmkm bgVVagVaP ϕθϕθ +++−= sencos2
(IV.26)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]kmkmkmkmkmkmmkkm
shkmkmkkmkm bgVVabbVaQ ϕθϕθ +−+−+−= cossen
2
(IV.27)
Assim, as expressões (IV.24) a (IV.27) podem ser utilizadas indistintamente para o cálculo dos fluxos de
corrente e potência em linhas de transmissão, transformadores em fase, defasadores puros e defasadores,
bastando utilizar os parâmetros conforme a Tabela IV.2.
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Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 1 de 5
V – Geradores, reatores, capacitores e cargas
O sistema elétrico possui duas classes de componentes, os empregados na conexão entre dois nós elétricos
(elementos série) e aqueles que são conectados a apenas um nó elétrico (elementos em derivação). O
segundo grupo inclui os geradores e as cargas que constituem a razão de existir do sistema elétrico. Os
demais componentes em derivação (reatores e capacitores) são empregados no controle da tensão/potência
reativa.
Para todos os componentes em derivação é adotada a convenção gerador, ou seja, são consideradas
positivas aa potências ativa e reativa injetadas.
V.1 – Geradores
A Figura V.1 mostra o sentido positivo da potência injetada em uma barra que contém um gerador.
k
kk jQP +
G
k
kk jQP +
kkk VV θ= kkk VV θ=
Figura V.1 – Convenção da potência para um gerador.
Para um gerador que está injetando potência ativa no sistema, tem-se:
0>kP
<
>
osubexcitad,0
dosobrexcita,0
kQ
V.2 – Reatores
A Figura V.2 mostra o sentido positivo da potência injetada por um reator em uma barra.
k
kk jQP +
k
kjQ
kI
Lk
Lk
jbY
jxZ
=
=
Para um Reator
01
0
<−
=
>
L
L
L
xb
x
kkk VV θ= kkk VV θ=
Figura V.2 – Convenção da potência para um reator.
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Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 2 de 5
Neste caso, tem-se:
L
k
L
k
k
kk
x
Vj
jx
V
Z
VI =
−=
−=
0 ou ( ) kLkkk VjbVYI −=−= 0
2
2**
* 0kL
L
k
L
kk
L
kkkkk Vjb
x
Vj
jx
VV
jx
VVIVS =−=
−
−=
−==
Portanto, para um reator (como 0>Lx e 0<Lb ), a injeção de potência reativa é negativa, ou seja, 0<kQ .
V.3 – Capacitores
A Figura V.3 mostra o sentido positivo da potência injetada por um capacitor em uma barra.
k
kk jQP +
k
kjQ
kI
Ck
Ck
jbY
jxZ
=
=
Para um Capacitor
01
0
>−
=
<
C
C
C
xb
x
kkk VV θ= kkk VV θ=
Figura V.3 – Convenção da potência para um capacitor.
Neste caso, tem-se:
C
k
C
k
k
kk
x
Vj
jx
V
Z
VI =
−=
−=
0 ou ( ) kCkkk VjbVYI −=−= 0
2
2**
* 0kC
C
k
C
kk
C
kkkkk Vjb
x
Vj
jx
VV
jx
VVIVS =−=
−
−=
−==
Portanto, para um capacitor (como 0<Cx e 0>Cb ), a injeção de potência reativa é positiva, ou seja,
0>kQ .
V.4 – Cargas
A Figura V.4 mostra o sentido positivo da potência injetada por uma carga constituída por uma impedância
em uma barra.
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Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 3 de 5
k
kk jQP +
k
kk jQP +
kI
kkk jxrZ +=
kkk VV θ= kkk VV θ=
Figura V.4 – Convenção da potência para uma carga.
Neste caso, tem-se:
k
k
k
kk
Z
V
Z
VI
−=
−=
0
( )2
22
2
2
2
*
2
*
***
kk
k
kk
k
kk
kk
kkZ
Z
k
kk
k
kkkkk
xr
Vjxr
Z
ZV
ZZ
ZV
Z
VV
Z
VVIVS
k
k
+
+−=
−
=
−
=−
=
−==
×
( )
448447648476 kk jQ
kk
k
k
P
kk
k
k
kk
k
kkk
xr
Vjx
xr
Vr
xr
VjxrS
22
2
22
2
22
2
+−
+−=
++−=
Portanto, para uma carga constituída por uma impedância (com 0≥kr ), a injeção de potência ativa é
negativa, ou seja, 0<kP . Por outro lado, a injeção de potência reativa tem o sinal inverso da reatância, ou
seja, é negativa para um indutor, 0<kQ , e positiva para um capacitor, 0>kQ .
No fluxo de carga, as cargas são representadas por injeções constantes de potência ativa e reativa ou por
intermédio de uma expressão mais geral que considera a dependência da carga com relação à magnitude da
tensão, sendo as injeções de potência determinadas por:
( ) NOM2kkPkPPk PVcVbaP ++=
( ) NOM2kkQkQQk QVcVbaQ ++=
sendo Pa , Pb e Pc constantes que definem o tipo de dependência que a potencia ativa tem com a tensão e
Qa , Qb e Qc constantes que definem o tipo de dependência que a potencia reativa tem com a tensão.
Observar que devem ser válidas as seguintes relações para que quando a tensão assuma seu valor nominal
( )pu 1=kV , as injeções correspondam ao valor nominal ( )NOMNOM Q e kkP :
1=++ PPP cba
1=++ QQQ cba
Exercício V.1 – Determinar as constantes a, b e c de uma injeção composta formada por:
Potência nominal: NOMNOM jQP +
20% potência constante
30% corrente constante
40% impedância constante
Modelagem e Análise de Sistemas Elétricos em Regime Permanente
Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 4 de 5
Exemplo V.1 (Provão 2002) – Questão relativa às matérias de Formação profissional Específica (Ênfase
Eletrotécnica).
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Geradores, reatores, capacitores e cargas – Sérgio Haffner Versão: 10/9/2007 Página 5 de 5
Média (escala de 0 a 100) % escolha
Brasil Região Sul Instituição Brasil Região Sul Instituição 14,7 20,2 31,3 38,5
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