Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência62 Componentes Simétricas SOBRE O AUTOR Djalma Caselato é engenheiro eletricista, com ênfase em eletrotécnica, formado pela Escola Politécnica da Universidade de São Paulo, com Mestrado e Doutorado em Engenharia na área de Sistema de Potência pela Escola Politécnica da USP. Desde sua formatura, em 1968, tem trabalhado na área de elaboração de projetos de usinas hidrelétricas e de subestações, com atuação específica na área de equipamentos elétricos de grande porte (gerador, barramento de fases isoladas, transformadores, disjuntores, seccionadoras, sistemas de excitação e reguladores de tensão). Atividade profissional internacional, nas áreas indicadas, com trabalhos desenvolvidos na Suíça, França, Alemanha, Tchecoslováquia, África do Sul, República Democrática do Congo, Angola e Moçambique. Foi pesquisador junto ao Departamento de Energia e Automação Elétricas da Escola Politécnica da USP. Como atividade didática exerceu a função de Professor Adjunto do Departamento Elétrico da Universidade de Mogi das Cruzes, de março de 1984 a janeiro de 1994, e desde maio de 1994 é responsável pelas disciplinas Sistemas de Potência I e II, Laboratório de Sistemas de Potência I e II, Subestações Elétricas e Usinas Hidrelétricas na Escola de Engenharia Mauá para o curso de engenharia eletrotécnica. O autor possui artigos publicados no Brasil e no exterior sobre projeto elétrico de subestação, sobre modernização e reabilitação de usinas hidrelétricas, sobre eficiência e limites operacionais de turbinas com velocidade ajustável em sistema de conexão unitária, sobre novo modelo de gestão de qualidade para o setor 2 energético, sobre método para cálculo do GD de hidrogeradores e sobre aspectos técnicos no prédimensionamento de grandes hidrogeradores. 63 Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 3 COMPONENTES SIMÉTRICAS Extrato da Teoria A técnica de aplicação de componentes simétricas é utilizada para redes equilibradas e simétricas, nos casos de desequilíbrio nas cargas e, principalmente, para defeitos nas redes elétricas. 3.1. Operador α 3j 2 3j 2 α = 1 /120º = - 0,5 + 2 (3.1) (3.2) (3.3) (3.4) α = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 1+α+α = 0 α-α = 3.2. 2 2 3 j Seqüência positiva (direta) Utiliza-se o índice 1 para a indicação desta seqüência. Van Van1 = Vbn Vcn 3.3. = Van 1 α α 2 (3.5) Seqüência negativa (indireta ou inversa) Utiliza-se o índice 2 para a indicação desta seqüência. Van [ Van2 ] = Vbn Vcn = Van 1 α α 2 (3.6) 64 Va1 e Va2 basta verificar se existe a matriz inversa de [T]. Ela transforma componentes simétricas em componentes 65 . A matriz [ T ] é a matriz de transformação de componentes simétricas.8) Va Vb Vc = 1 1 1 1 α 2 1 α α 2 Va0 Va1 Va2 (3. Seqüência nula (zero ou homopolar) Utiliza-se o índice 0 para a indicação desta seqüência.5.7) 1 [ Va ] = Va0 1 1 + Va1 1 α α 2 1 + Va2 α α 2 (3.2 3.9) α Matriz T Para demonstrar a existência de Va0.4.Componentes Simétricas 3. negativa e nula – resulta: Va [ Va ] = Vb Vc = Va0 + Va1 + Va2 Vb0 + Vb1 + Vb2 Vc0 + Vc1 + Vc2 = Va0 + Va1 + Va2 Va0 + α Va1 + α Va2 Va0 + α Va1 + α Va2 2 2 (3. Matriz de transformação de componentes simétricas em componentes de fases Pelo teorema fundamental da decomposição de uma seqüência qualquer em três seqüências – positiva. Va0 = Vb0 = Vc0 Va0 Vb0 Vc0 Figura 3. α) α 3 / . (1 . [VAB] = [VAN] – [VBN] Ou ainda. α 2 1 1 1 (3. (1 .15) α Van1 Van2 Van2 Van2 . (1 Van2 . α α 2 1 1 1 (3.30º (3.6. . α 2 Van2 Van2 . α 2 Van2 Van2 . α Van2 .α ) = = 0 0 0 Van1 .α) α 2 1 1 1 (3.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência de fases.17) 66 . α Van0 = Van0 Van0 Van1 Van1 .α) .13) Van0 = Van0 Van0 Van1 Van1 . (1 .α ) α 2 2 2 2 (3.α ) Van1 .16) .α ) α Van1 (1 . Vab Vbc Vca (1 . Van Vbn Vcn e Vbn Vcn Van Logo. = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 Va Vb Vc (3.10) α Portanto: Va0 Va1 Va2 3.12) (3.14) Van1 . (1 .11) α Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y) VAB = VAN – VBN VBC = VBN – VCN VCA = VCN – VAN Matricialmente. A matriz inversa de T existe e vale 1 T -1 1 α α 2 1 α 2 = 1/3 1 1 (3. . 2 3 / 30º (3. Por outro lado.18) VAB = VAN – VBN = ou seja: VAB0 = zero VAB1 = VAB2 = 3 3 3 / 30º VAn1 + 3 / .α ) = Logo.20) A seqüência zero provoca um deslocamento do neutro.24} .30º VAN2 (3. 1 [IAB] e 1 [ICA] Logo: 1 1 1 67 = ICA0 1 1 + ICA1 1 α2 α (3.21) [ IA ] = [ IAB ] – [ ICA ] 1 + IAB1 α2 α (3.19) / 30º VAn1 / −30º VAN2 (3. Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta) IA = IAB – ICA IB = IBC – IAB IC = ICA – IBC Matricialmente.7.22) 1 + IAB2 α α 2 = IAB0 1 1 (3.Componentes Simétricas (1 . 3.23} 1 + ICA2 α α2 (3. α2) IAB2 α α 2 (3. vem: VAN0 T VAN1 VAN2 + VNN’ 1 1 1 = ZA 0 0 0 ZB 0 0 0 ZC T IA0 IA1 IA2 (3.25} Resulta. vem: VAN0 1 ZA 0 0 IA0 -1 68 .28) VAN VBN VCN + VNN’ 1 1 1 = ZA 0 0 0 ZB 0 0 0 ZC IA IB IC (3.8.IAB0) 1 1 IA0 = zero IA1 = IA2 = 3.31) Multiplicando ambos os membros pela esquerda por [T] .Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência [ICA] = IAB0 1 1 + α IAB1 α2 α + α2 IAB2 α α 2 (3.30) Substituindo [Van] = T [Vano] e [Ia] = T [Ia0]. então. VAN + VNN’ + VN’A = 0 VBN + VN’N + VN’B = 0 VCN + VN’N + VN’C = 0 VAN’ VBN’ VCN’ = ZA 0 0 0 ZB 0 0 0 ZC IA IB IC (3. 1 [IA ] = (IAB0 . negativa e nula).26} 3 / − 30º IAB1 3 / 30º IAB2 Carga em estrela com neutro não-aterrado (3. 1 + (1-α) IAB1 α2 α 1 + (1 .29) (3.27) As Leis de Kirchhoff são válidas para todas as seqüências (positiva. 9.32) Então.[Za]. 3.[Ya].[T].35) α Dessas matrizes resultam redes de seqüência positiva. Zn. Circuitos trifásicos com indutâncias mútuas para redes equilibradas Sendo: [ VAN ] .3. por sua vez.[ VNN’ ] (3. que é denominada Zs.35) que. negativa e nula. sendo Zn a impedância de aterramento. é -1 -1 decorrente do produto [T ].[ VA’N’ ] = [ VAA’ ] . Se ZA = ZB = ZC = Z Então: Z0 = Z 3. Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 ZA ZB ZC (3.36) Calculando cada matriz do segundo membro. e Z1 = Z2 = 0 Carga em estrela com neutro aterrado No caso em que a carga ligada em estrela estiver aterrada. Z1 e Z2 para a carga obtêm-se da expressão matricial (3. porém neste caso VNN’ = .Componentes Simétricas VAN1 VAN2 +T -1 1 1 VNN’ = T -1 0 0 ZB 0 0 ZC T IA1 IA2 (3.34) Sendo que os valores de Z0. e a expressão matricial (3. vêm: VAA’ VBB’ VCC’ = Z Zm Zm Zm Z Zm Zm Zm Z Ia Ib Ic .33) Para este caso IA0 = 0.10.33) torna-se: VAN0 VAN1 VAN2 = -1 0 0 Z2 Z0 Z1 Z1 Z2 Z0 VNN’ IA1 IA2 (3. a expressão matricial 3. O inverso de Zs é Ys e vale: [T ].33 contínua válida.37) .Ia0.[T].3 Ia0 Zmn Zmn Zmn 69 (3. resulta: VAN0 + VNN’ VAN1 VAN2 = Z0 Z1 Z2 Z2 Z0 Z1 Z1 Z2 Z0 IA0 IA1 IA2 (3. 50) 70 .6 Zmn 0 0 0 Z . IA IB = T IA0 IA1 = 1 1 1 α 2 1 α IA0 IA1 (3.42).41) [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] + [ T ] 1 α2 α –1 .Zm 3.Zm 0 0 0 Z .3 Zn Ia0 + 3 Zmn Ia0 A partir de (3.Zm (3.43) Zm Zm Resulta.39) obtém-se: [ VAN ] . vem: [ T ] [ VAN0 . (3.40) (3.39) [ VNN’ ] = .6 Zmn (3.3 Zn Ia0 + Zmn (Ia + Ib + Ic ) = .VA’N’0 VAN1 .[ VA’N’ ] = [ Z ] [ Ia ] .48) VAN S = IA * IB * IC * VAN VAN (3.VA’N’0 ] = [ Z ] [ T ] [ Ia0 ] .46) Z1 = Z2 = Z . Sendo In = 3. (3.44) obtém-se: VAN0 .Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência [ Z ] é a matriz de impedâncias da linha formada por Z na diagonal e Zm fora da diagonal.11.42) 1 [T] –1 1 α α2 Z Zm Zm Zm Z Zm Z 1 α α2 [Z][T] =1/3 1 1 (3.Zm 0 0 0 Z .45)) Da expressão matricial (3.6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 substituindo os valores de fases por componentes simétricas.37) e (3. Potência complexa em componentes simétricas S = VAN IA + VBN IB + VCN IC Ou matricialmente * * * (3. (. Ia0 = Ia + Ib + Ic (3.6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0) 1 1 1 1 α2 α (3. então: Z + 2 Zm [T] –1 0 Z .45) resultam: Z0 = Z + 2 Zm + 3 Zn .6 Zmn Ia0 + 3 Zn Ia0 multiplicando pela esquerda por [ T ] .VA’N’1 VAN2 .49) Por outro lado.44) [Z][T] = 0 0 A partir de (3.38) (3. vem: [ VAN0 .VA’N’0 ] = [ T ] –1 –1 (3.Zm Ia0 Ia1 Ia2 (3.43) e (3.36).VA’N’2 = Z + 2 Zm + 3 Zn . 12. resulta: 1 IA * 1 α α2 1 α2 = 3 α IB * IC * = * IA0 * IA1 * IA2 1 1 IA0 * IA1 * IA2 * [T] -1 (3.53) 3.2 Carga ligada em triângulo 3.51) Tomando-se a matriz complexa conjugada de ambos os membros.3 Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn 71 . resulta: IA IB IC t 1 = IA IB IC = IA0 IA1 IA2 1 1 1 α2 α 1 α α2 (3. de (3.[C].12.52) Finalmente.[C]} = [C] .49) VA0 S =3 IA0 IA1 * * IA2 * T.Componentes Simétricas IC IA2 1 t α t t α2 t IA2 Sabendo que.[B] .12.12. se [A] = [B]. então [A] = {[B].T –1 VA1 VA2 = 3 (VA0 IA0 + VA1 IA1 + VA2 IA2 ) * * * (3.1Carga ligada em estrela com neutro não aterrado 3. Representação de cargas do tipo Z = R + j X 3. Gerador com neutro aterrado através de Zn Via de regra E0 = E2 = 0.13.23: A seqüência nula depende do tipo de ligação do primário e do secundário. Transformador trifásico com dois enrolamentos As seqüências positiva e negativa são representadas por: A grande maioria das vezes não se leva em conta o valor da resistência do transformador. 3.22 e 3.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 3.14. conforme a seguir: 72 . então os circuitos acima ficam como nas figuras 3. Componentes Simétricas 73 . A seguir são apresentadas algumas ligações comumente utilizadas para transformadores com três enrolamentos. Xs1 : reatância de seqüência positiva do secundário. Vp.15.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 3.40 e 3. Transformador trifásico com três enrolamentos Para qualquer tipo de ligação. as seqüências positiva e negativa são representadas da mesma forma. Estrela aterrada / triângulo / estrela aterrada: 74 . Vs e Vt: respectivas tensões do primário. Os significados das legendas são: Xp1 : reatância de seqüência positiva do primário. Xs2 : reatância de seqüência negativa do secundário. como mostram as figuras 3. Xp2 : reatância de seqüência negativa do primário. Xt2 : reatância de seqüência negativa do terciário. do secundário e do terciário. Xt1 : reatância de seqüência positiva do terciário.41. 0 / 0º = 109. a) Determinar as correntes que passam em cada impedância.46 por componentes simétricas. Solução: Em termos de componentes simétricas.Componentes Simétricas Triângulo / triângulo / estrela aterrada: Exercícios Resolvidos 3. para circuitos sem indutâncias mútuas e para uma carga em estrela. De (3. Za = 25 Ω.7 / -30º 75 α . Adota-se o ponto N coincidente com C com o objetivo de criar um sistema trifásico desequilibrado. b) Determinar a potência fornecida pelo transformador monofásico. Zb = 25 j Ω e Zc = -25 j Ω.9) VA0 VA1 VA2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 VBN = 190 / 0º volts e VCN = 0 1 α 2 380 / 0º 190 / 0º 0 190.33). Dados: V = 380 V.7 / 30º 109. vale a equação matricial (3.1 Resolver o circuito da figura 3. VAN = 380 / 0º volts. Portanto. 333 .100 22.767 / 0º α Reescrevendo a equação matricial (3.6000 / .0º = 10.100 . c) Resolver em componentes simétricas.2 Para o circuito trifásico da figura 3. C’ e N’.51 /128.100 22.59 j = 6.333 .6.7 / 30º 109.333 0 IA1 IA2 Esta equação matricial equivale a: 190 109.767 8.47): S = 380 x 7.01 + 190.75 / 45.6º α Para cálculo da potência utilizar a expressão (3.767 8. IB e IC sabendo que: Ω Z = 3 + j 40 VAN = 510 /0° Zn = 8 + j 57 Ω ( kV ) Zm = j 25 Ω Zmn = j 10 Ω ( kV ) VBN = 520 /-110° ( kV ) VB’N’ = 500 /-125° ( kV ) VCN = 515 /115° VA’N’ = 480 /-15° ( kV ) VC’N’ = 500 /130° ( kV ) a) Resolver em componentes de fases.7 / -30º = 8.8º 6.6.8.333 / 0º = 6. vem: 190.6.45.60 / 90.1º 7.58 + 8.7 / -30º = -1 0 0 22. da expressão (3.37).0º = 1444.853 / 153. B’. Solução: a) Resolvendo por componentes de fases: De acordo com as expressões matriciais (3.0º 17. IA0 = (IA + IB + IC) / 3 = 0 e ainda.51 /128.767 22.19 j = 10.100 / 180º 22. determinar IA .767 8.2 Zmn Zmn Zmn Zmn Zmn Zmn Ia ib + 76 Zm Z .33).40) e (3.4º V IA1 = -6.1º A IA IB IC = 1 1 1 1 α 2 1 α α 2 0 10.6.767 8.7488 / .58 – 0. resultam: VNN’ = -380.90º + 190 x 10. mas para curto-circuito trifásico franco entre A’.6.00 / –116.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência Por outro lado.100 22.35) Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 25 / 0º 25 / 90º -25 / 90º 8.01 j = 424. b) Resolver em componentes simétricas.10 var 3.100 .333 .333 VNN’ IA1 IA2 Resolvendo a matriz por um programa computacional apropriado. vem: VAN – VA’N’ VBN – VB’N’ = Z Zm Zm Zm Ia ib .j 4332.7 / 30º 109.0 + VNN’ 109.61 / -5.8º A IA2 = 6.10 W .61 / -5. 17.Zmn Substituindo os valores das células da matriz com os valores dados.Componentes Simétricas VCN – VC’N’ Zm Zm Z Ic Zmn Zmn Zmn Ic Zn Zn Zn Zn Zn Zn Zn Zn Zn Ia ib Ic (3.60 / -36.3º kV 77.500 /130° Resultam.5º 134.0º 3.2661 – 3.4755 / -56.4º 5.2722 / -21.55.VA’N’2 Por outro lado.4º kV 50.1820 j = 1.55) VBN – VB’N’ = Zm + Zn .9634 + 3.9º = 96.54) Portanto: VAN – VA’N’ Z + Zn – 2 Zmn Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn . portanto.7988 – 1.500 /-125° = 8 + 62 j 515 /115° .6º kA kA kA In = Ia + Ib + Ic = 0.9º = 8.0250 / -154.0468 – 1.60 / 69. VAN0 .4064 j 3.7949 j = = = 0.3940 j 3.570 / 149. vem: VAN0 .VA’N’0 VAN1 – VA’N’1 VAN2 – VA’N’2 Resultam.9º kA b) Resolvendo por componentes simétricas: utilizando a equação matricial (3.2 Zmn Ia ib Ic (3.VA’N’1 VAN2 .6501 + 4.4266 / .480 /-15° 11 + 77 j 8 + 62 j 11 + 77 j 8 + 62 j 8 + 62 j 8 + 62 j 11 + 77 j Ia ib Ic 520 /-110°. vêm: Z + Zn – 2 Zmn = 3 + j 40 + 8 + j 57 .31 /38.1934 j 1.0709 / 71.1026 – 0.2 x ( j 10) = 11 + 77 j Zm + Zn – 2 Zmn = j 25 + 8 + j 57 – 2 x ( j 10) = 8 + 62 j 510 /0° . as componentes de fases se calculam como a seguir: 77 .9865 j 8 + 62 j 5.VA’N’0 VAN1 .9119 / 32.443 / 26. então: Ia ib Ic = 4. Ia0 ia1 Ia2 = = = 0.2557 / .2 Zmn Z + Zn – 2 Zmn VCN – VC’N’ Zm + Zn – 2 Zmn Zm + Zn .7º kV α Portanto.055 /57.45).0º (kA) (kA) (kA) = 1/3 1 1 1 1 α α2 = 27 + 201 j 0 0 0 3 + 15 j 0 0 0 3 + 15 j Ia0 Ia1 Ia2 1 α 2 132.9º 3.2116 j -7.0 133.2 Zmn Zm + Zn – 2 Zmn Z + Zn .2663 – 0. 2722 / -21.0260 / -154.4281 / 61.2862 j = 31.4 º (kA) In = Ia + Ib + Ic = -0.3º 2.64 /.3428 j -33. VB’N’ = 0 .4755 / -56.0244 / -105.86 / . aplicando a matriz de transformação [T]: Ia ib Ic = 6.0º = 4.94 / 1.5340 -32. VC’N’ = 0 VAN0 .4043 j 3.4º 5.3 x Zn x Ia0 = 15 x Ia0.6 j = 9.0316 – 0.6371 + 7.2 + 8.9852 j 5.2075 j -7.0949 +22.33) e considerando que VNN’ = .3 Resolver o exercício 1.9094 / 32.5479 / -93.VA’N’0 VAN1 – VA’N’1 VAN2 – VA’N’2 1 = 1 1 1 α2 α 1 α α2 510 /0° 520 /-110° 515 /115° = 38.7988 – 1.4 º (kA) Resulta então.9632 + 3.8º α Aplicando (3. agora a equação (3.2565 / .168.6075 j -1. B’.8º 511.7º 3.6 j 5.2 + 3.35).9º kA c) Resolvendo em componentes simétricas.9º 34.56) resulta: 78 .4266 / .5740 j =0.2 + 12.4593 / 167.9º kA 3.0828 / 39. mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ .6º kA In = Ia + Ib + Ic = 0.2º kA 3.3017 / -49.0128 + 2.168.8º 511.4826 j 27.6567 / 112.9º Aplicando a equação de componentes simétricas para a rede: 38.0º 2.0334 / -77.9º = 27 + 201 j 0 0 0 3 + 15 j 0 0 0 3 + 15 j Ia0 ia1 Ia2 Ia0 ia1 Ia2 = -0.7º 40.0709 / 71.55.1820 j = 1.17.4 aplicando componentes simétricas.9º kA ib = 1 Ic 1 = 8. resulta: VAN0 VAN1 VAN2 = Z0 + 3 x Zn Z1 Z2 Z2 Z0 Z1 Z1 Z2 Z0 IA0 IA1 IA2 (3.94 / 1.5106 -30.1913 j 7.7º 40.56) Aplicando.4561 j = 0. vem: Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 5.1039 – 0.64 /.10.4666 / -77.86 / .Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência Ia 1 1 α2 α 1 α α2 0.0º 3.6 j 3. Nesta situação os valores são VA’N’ = 0 . Solução: Aplicando a equação matricial (3.1º 33.10.1916 / -93.0105 – 0.5º 35. C’ e N’.2682 – 3. Componentes Simétricas 0 127 0 Portanto: IA0 IA1 IA2 = 21.1929 + 0.8° A Cálculo das tensões da carga: Va’n’ = Za .4281 / 61.1333 + j 39.7º 2.0502 / 7.8° x 14.32 / -173.8° Vc’n’ = Zc .3º 2.47): S = 94.79 / 129. Ib = (5 + j 8) x 14.8333 j 15.9° = 131.4281 / 61.1929 + 0.05 / .6435 + 0.3333 -3.5333 + 9.6434 + 0.9° S = 2667.8333 j 15.9498 – 9.6° + 135.6° Vb’n’ = Zb.09 / .05 / -128.6162 j A α In = Ia + Ib + Ic = 5.6384 –10.32 / 173.2145 + 1.0777 +16.5. resulta: 0 220 0 Portanto: IA0 IA1 IA2 = -10.5459 j 79 = 8.8596 + 0.3053 –20.8º 9.4653 j 9.13 / -36.3333 j -3.3º IA0 IA1 IA2 1.2065 / 22.3017 / -49.08 / -5.6385 –10.2 .2680 + 8.13 / 36.4 Resolver o exercício 1.6674 + 0.654 / 53.3333 j -3. resultam: Ia Ib Ic 1 = 1 1 1 α 2 1 α α 2 1.8333 j 15.5 utilizando componentes simétricas.6678 + 0.0244 / -105.7º 3.9852 j Aplicando a matriz de transformação T.0 +3782.3333 j IA0 IA1 IA2 .8596 + 0.78 / 129.7º 3.1929 + 0.35) resulta: Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 20.8333 j 7.2 + 11 j 1.9853 j 12.2289 j = 7.8596 + 0.2 + 25 j 1.0244 / -105.9° x10.6 + 30 j.8º 3. Ia = (5 + j 3) x 16.8333 j 7.6262 j A = -14.2° = 135.8403 j 3.8404 j 3.8333 j 15.8596 + 0.4370 + 6.5333 + 9.6966 j A 6.128.9º 2.5333 + 9.0244 / -105.2° + 131.66 / -53.8333 j -3.9 j VA 3. Ic = (3 + j 12) x 10.3017 / -49.1929 + 0.3017 / -49.9° Cálculo da potência consumida pela carga.8 j = 7.2292 j 7. Solução: Aplicando a equação matricial (3.6° = 94.6° x16.8º 9.8813 j 24. aplicando a expressão (3.8333 j α Aplicando a equação matricial (3.56) e sabendo que 3 x Zn = 0. 6439 j ) = Va’n = 243.7 j IA0 IA1 IA2 Sabendo que IA0 = 0 e desenvolvendo esta equação matricial.21.1443 – 0.65 j = 787.3111 +20.7 j = 5 + 1.3274 j -0.2.2 + j 10) x (-31.00 / -122.56 + 499.3274 j 0.8274 j 5 + 1.02 j = 334.041 / 81.7 j 0.1443 – 0.7 j Vnn’ IA1 IA2 .3929 + 1.2711 23.0096 – 7.1443 – 0.7 j 0.9460 + 2.2 j 6 + 1.91 / -43. ela fica: 0 127 0 Donde resulta: Vnn’ IA1 IA2 = 3.9460 + 2.91 / .041 / 81.3111 +20.9241 – 3.3º V Cálculo da potência consumida pela carga.5459 j = 22.3111 +20.6439 j A Cálculo das tensões na carga: Va’n = Za .0º V Vc’n = Zc .9460 .3274 j 0.3274 j -0.8008 j ) + 282.3º Solução: Aplicando a equação matricial (3. resultam: Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 5 + 2.3274 j -0.1443 + 0.6439 j )= Vc’n = 102.1812 .43.2 + j 10) x (-31. Ib + 3 x Zn * In = (1 + j 15) x (4.35).1443 + 0.8274 j 5 + 1.6439 j ) = = -149.8717 j ) x (-59.1812 +21.99 j = 282.9241 – 3.7473 + j 20.8274 j 5 + 1.8008 j) + (0.8813 j 24.7149 j ) = S = 14982 .8717 j A -59.7149 j ) + (0.3053 –20.8274 j 5 + 1.56343 j VA 3.8274 j -0.1443 + 0.4653 j 9.1443 – 0.70 – 238.5 Resolver o exercício 1.5992 j 80 = -1 0 0 -0.3274 j -0.7 j 0.j 18) x (-59.1443 + 0.42 .1443 + 0.3111 +20.7 j 0.00 / -122.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência Aplicando a matriz de transformação T resulta: Ia Ib Ic 1 = 1 1 1 α 2 1 α α 2 -10.4º x (22.230.1812 +21. aplicando a expressão (3.7 utilizando componentes simétricas. Ic + 3 x Zn * In = (1 .0º x (4.9241 + 3.0777 +16.6 + j 30) x (-31.8421 j 0.1443 + 0. + 787.7149 j A α In = Ia + Ib + Ic = -31.8717 j) + (0. Ia + 3 x Zn * In = (20 + j) x (22.4º V Vb’n Vb’n = Zb.47): S = 334.8008 j A 4.33) e calculando as componentes de seqüência simétrica das impedâncias da linha e da carga através de (3.1443 – 0.2 j 4 + 1.1443 – 0.4370 + 6.8274 j α e 0 + Vnn’ 127 0 = 5 + 1. 1976+1.4026 – 6.8777–16.6422 / 5.2523 – 2.124 / 112.1390 + 3.3108 + 0.1390 + 3.4547 j α E calculando as tensões das seqüências simétricas: Van0 Van1 Van2 Resulta.2523 – 2.3108 + 0.85º α 3.8780 j 20 + j 25 (5 + j 10) .8777 +16.0096 – 7.8421 j 0. aplicando a expressão (3.2429 j) + 106.4547 j 3.3º x (-19. ficando.7081 j) = -55.4512 j = -0.5248 +22.5248 -22.12 Zc = = 5.4652 j ) x ( -3.4547 j 3.3415 j 20 + j 25 (3 + j 15) .4026 + 6.5279 j 1.426 / -126.2429 j A -19.3108 + 0.0458 –85.434 /6.4026 – 6.4512 j -0.426 / -126. ela fica: 81.0976 + 0.5279 j 1.2523 – 2.2429 j) = 129.7385 j = 106. a solução similar à do exercício 3.0.5279 j -0.77º + Vnn’ 372. Ib = (4 + j )x(-19. portanto.0927 + 2. Zb+ZL.6422 /5.50 +15.85º 1 = 1/3 1 1 1 α α 2 1 α 2 380 / 0º 380 / -100º 405 / 100 81.9758 / -175.1927+3.5.07317 + 5.5279 j Vnn’ 81 .2523 – 2. resulta: Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 α α 2 1 α 2 4.434 /6.3º V Vc’n’ = Zc .5992 j = 23.4547 j 1.44º 73.96 j = 142. + 142.35).9º Solução: Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não-aterrada.9758 / -175.5279j 1.5638 /-0.3780 j 0.124 / 112.77º = 372.12 = 4.7 j VA 3.77º +Vnn’ -1 1.7081 j A α Por outro lado.5248 +22.8777 –16.1390 + 3. Ic = (3 + j 12)x (-3.3929 + 1.8415 j 5.591 j = 130.9 utilizando componentes simétricas.3108 + 0.4512 j = -0.9º x (23.4547 j -0.0268+5.6422 / 5.47): S = 130. Va’n’ = Za . então: 81.211 +130.6341 j 20 + j 25 Calculando as componentes de seqüência simétrica das impedâncias da linha e da carga (Za+ZL.44º 73.1390 + 3. Ia = (5 + j 2) x (23.3108 + 0.9º V Vb’n’ = Zb.6 Resolver o exercício 1.4652 j A -3.7 +2631. (3 + j 15) = .1341 j 3.4652 j) = -63.5638 /-0. Za = Zb = (5 + j 10 ) .4512 j IA0 IA1 IA2 Sabendo que IA0 = 0 e desenvolvendo esta equação matricial.2523 – 2.Componentes Simétricas Aplicando a matriz [T] de transformação. Zc+ZL) através de (3.9º V Cálculo da potência consumida pela carga. vem: Ia Ib Ic 1 = 1 1 1 α 2 1 α α 2 0 23.7081 j ) S = 8766. Ic* S = 380 / 0° x 91.5º VA V V d) Cálculo da potência consumida pela carga: S = (413.6 + 53126.44º 73.41 j) = 414.03 j 26. x = 7% 82 . vem: Ia Ib Ic 1 = 1 1 1 α 2 1 α α 2 0 46.8 = 50.2523 – 2.1390 + 3.23º) = 0. Ib* + Vcn.5 (var) = 77290.07 – 56.38 j a) Cálculo das correntes: Aplicando a matriz [T] de transformação para calcular as correntes de fase.5279 j 1.131 j ) x 91.67 j 13.4512 j IA1 IA2 Donde resultam: Vnn’ IA1 IA2 = = = 1.61 j c) Potência fornecida pela fonte: A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a expressão (3.9° + (-85.7 Dados três transformadores monofásicos iguais com as seguintes características: S = 10 MVA.07 j ) x 45.9 (W) + j 62103.2° ) S = 44215.64 3.38 j = 72.84 / 172.2° S = 46010.1390 + 3.94 / 73.84 + 1. Ib = 380 / -100º + (0.87 +45.12 / 36.5 j)x(72.64 + 396.98 j α b) Cálculo das tensões da carga: Va’n = Van + ZL .418.8° + (-80.36 j) = -93.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 372.65 j -86.05 j) = -69.5 j ) x (-83.47): S = Van .9° + 405 / 100° x 45.Ia = 380 / 0º +(0.4512 j -0.94 / 73.03 j 26.52 j) x 86. Ia* + Vbn .78 +12.26 +43.8° + 380 / -100° x 86.27 . Vsec = 39.17 +10.5 j ) x (10.8 j VA e) Fator de potência da carga: ϕ = arctan 53126.5638 /-0.07 + 415.85º = 0 0 3.3108 + 0.36 – 128.07 – 56.91 -54. Vprim = 7.64 + 31.38 j Vc’n = Vcn + ZL .99 j V Vb’n = Vbn + ZL .23º 44215.1 + 0.84 /-172.1 + 0.837 kV.12 / -36.62 +30.91 –57.4547 j 3.9758 / -175.9674 kV. Ic = 380 / 100º + (0.6 Fator de potência = cos(50.91 j 46.544 – 364.1 + 0.7 / 53.84 + 1. 07 Ip + 3 x 0.u. X n1 = = 1.07 + 3 × 0. aterrado no primário com impedância 10 ohm e no secundário com 20 ohm.5753 + 0.1739 p. Valores de base para o banco trifásico: Sb = 30 MVA.48.8 Sendo Ep = Es = 3 Is Xn2 = 3 x 0. das reatâncias de aterramento são: 10× 30 20 × 30 = 0.1260 Is E0 = Ep + 3 Xn1 Ip + Ip X = 3 x 1.1260 p. aplica-se a mesma tensão alternada nas três fases do primário e curto-circuitam-se as três fases do secundário conectando-as com a terra. vem: X0 = E0 = 3 ×1.1260 = 5.u.1260 Is Como Ip = Is .u. conforme mostra a figura 3. para ligação Y – Y com neutros aterrados. fica (figura 3. Vsec_b = 69 kV (as tensões são as do banco trifásico.5753 p. conforme figura 3. Vprim_b = 13. com os enrolamentos ligados em estrela).5753 Ip + 0. Os valores em p.u.Componentes Simétricas Ligá-los de maneira a formar um banco trifásico com ligação Y – Y. Ip O circuito equivalente para seqüência zero.47.8 kV.49): 83 . Calcular a reatância de seqüência zero do banco trifásico. Solução: Para determinar a reatância de seqüência zero. e X n 2 = 2 69 2 13. indicando os valores de todos os parâmetros em p.8.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 3. Solução: Escolhe-se como base S = 170 MVA e a tensão 13.485 / 38.8 kV).5º Ω. inversa e nula da rede.8 MVA 170 X1 p. (base 13.8 Sec. Zn (ohm) j 100 j 38 10 j j e Carga R4. e igual a 0. Z (ohm) Impedância entre fases.u.47) para a linha de transmissão. j 0. resultam: 84 .1 Zn p. kV 13.1 . 0. Zmn (ohm) Impedância própria de retorno.22 X2 p. Yd1 (desconsiderar a defasagem provocada pelo transformador): Prim.50: 3.8 kV do gerador. c) A potência na barra 1. kV 220 S nom MVA 150 X (%) 10 Xo (%) 8 Características do transformador abaixador T2: trifásico. possui as seguintes impedâncias por fase: ZA = 3 Ω ZB = ZC = 1.2 – Para a condição de carga dada e sabendo que nesse momento a tensão na barra B4 é simétrica e equilibrada.u. Yd1 (desconsiderar a defasagem provocada pelo transformador): Prim. 0.97 p.. b) As tensões de fase da barra 1.8 S nom MVA 150 X (%) 10 Xo (%) 8 Características da linha de B2 a B3 • • • • Impedância própria. KV 220 Sec. 3. kV 13.u.u. 0. tomando como base o gerador. Características do gerador: kV 13.1 Características do transformador elevador T1: trifásico.8 Resolver a rede da figura 3. calcular: a) As correntes de fase da carga.8.46) e (3.17 Xo p.Estabelecer os diagramas de seqüências direta. Zm (ohm) Impedância mútua entre fases e terra.u.u. ligada em estrela aterrada. Linha de transmissão: Aplicando-se as expressões (3. conforme mostradas nas figuras 3. 13. 3.5º p.u. 220 2 Impedâncias dos transformadores na nova base: Z1 = Z 2 = 170 = 0. as admitâncias da carga são: YB = 0. 150 170 x0 = 0.678 p.Componentes Simétricas Zo = 119 j ohm Z0 = e Z1 = 62 j ohm p. vale: Y0 1 1 1 0.5º = 1. 85 .1º p.u.10 × 170 = 2.6053 / .08 × = 0. e por similaridade com a expressão matricial (3.u. 13.5º p.u.3734 p.3734 0. e YB = Yc = 0.u. Determinação das relações de corrente e tensão na carga (figura 3.54): Em componentes simétricas.51.u.4180 j 2202 62 × 170 = 0.2178 j p.7544 / .82 170 Z B = Z C = 1.82 ZA = 3× Logo. 119 × 170 = 0.u.u.0907 p. Para a construção dos diagramas deixa-se de lado a carga desequilibrada e constroem-se os diagramas para as três seqüências.u.35).3256 ∠38.485 × ∠38.38.52 e 3. 150 Carga: x = 0.1133 p.53.31. 1º 0.u.1673 / 114.6053 / .8º ) = 0.158. 0.97 + (j 0. 0.5º p.8º Y2 Y0 Y1 Y1 Y2 Y0 VAN0 + VNN’ VAN1 VAN2 0.0º x 0.57) 0.5º p.u.8º = 0.1724 / 114.0743 / -155.2º = 1.8º x 86 .5º = 0.1673 / 114.1508 / -105.31. p. V0_B1 = 0 p.6053 / .38.5871 / .7412 / .3622 / 0º p.5990 / 72.1273 / 11.7º p.38. α Os valores de corrente de fase na barra B1 são: IA IB IC = 1 1 1 1 α 2 1 α α 2 0 / 0º 0.7544 / .8º 0.1796 / 128. é: S= 1.u.1133) x (0.1º 0 0.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência Y1 Y2 = 1/3 1 1 α α 2 α 2 0.u.1724 / 114. 1.1724 / 114.31.8º 0.5º p.5871 / . Aplicando as correntes (em componentes simétricas) na barra B4 dos respectivos diagramas seqüenciais (positivo.5º p.1673 / 114.7544 / .2178 + j 0. 1.1724 / 114.8º α IA IB IC = 0.8º 0.31.48).u.1508 / -105.43º p.1133 + j 0.31.43 º 0.u.8º Os valores de corrente nas fases da carga são: IA IB IC = 1 1 1 1 α 2 1 α α 2 0.5º 0. V2_B1 = (j 0.97 0 (3.5º + + 1.1673 / 114. calculam-se os valores de tensão na barra B1: V1_B1 = 0.1º 0.7317 / 81.3º p. utilizando a expressão (3.31.u. α O valor de potência na barra B1.4582 / 19. 0.1724 / 114.8º p.4582 / -19.8º p.8º 0. 0.33) equivalente para admitâncias.2178 + j 0.1133) x (0.1º 0.7317 / . Transformando em componentes de fase: VA VB VC = 1 1 1 1 α 2 1 α α 2 0 1.1º 0.1724 / 114.8º 0. negativo e nulo).u.1724 / 114.0552 / 10.5871 / .1º ) = 1.3º + 1. vem: IA0 Ia1 Ia2 IA0 IA1 IA2 IA0 IA1 IA2 = = = Y0 Y1 Y2 0.1º 0.6053 / .8º 0.8º 0.145.0º p.1796 / 128.u.1133 + j 0.1271 / 11.5º x 0.7412 / 145.u.8º 0.0552 / 10.u.u. α Utilizando a equação matricial (3.0743 / -155.u.31.5871 / .1673 / 114.1673 / 114.2 º p.31.1724 / 114.u. 9 Dados: Geradores G1 ≡ G2: • Potência: 6500 kVA.56 mostra a seqüência positiva da rede.u.0 p. Carga ligada em estrela não-aterrada tem as seguintes impedâncias por fase: ZA = 10 / 38.4 p. d) Tratar a carga por componentes simétricas.5º Ω.u.9. A figura 3.01 p. z0 = j 0.37 p. Potência 6500 kVA. Linha 002 – 003: z = j 0.9 kV.1 p.u. negativa e 1 nula. b) Construir os diagramas de seqüências positiva.u. na base S = 6500 kVA e V = 34. 87 1 .5 kV.5 kV. na base S = 6500 kVA e V = 34.5990 /-72. z0 = j 1. S = 248. tensão nominal: 6. O valor da tensão de Thévenin equivale a tensão do ponto em questão..34.u. reatância: x = 10%.5º Ω e ZB = ZC = 9 / 38.55. na base S = 6500 kVA e V = 34...5 kV. Linha 001 – 003: z = j 0.Componentes Simétricas 0.. reatância de seqüência nula: x0 = 20% e reatância de aterramento do neutro da estrela Xn = 0. z0 = j 1.65 p.71 (Mvar) Para a rede da figura 3.9 kV.30 e reatância de seqüência zero: X0 = 0.9 p.4619 + j 1. 3. reatância de seqüência negativa: X2 = 0.3806 p. calcular a corrente da carga para a tensão de 6. c) Determinar o Thévenin equivalente para as três seqüências no ponto de inserção da carga.. Transformadores T1 ≡ T2 ≡ T3: • Linha 001 – 002: z = j 0.5 kV.u.u.06.52 (MW) + j 234.u.u. fp = 0. A impedância de Thévenin equivale à impedância vista do referido ponto para a referência.25 p. reatância subtransitória de eixo direto: X’d = 0. Solução: Roteiro de solução: a) Separar a carga da rede.7º S = 1.9 . relação de tensão nominal: 6. Transformando a ligação de triângulo (formada pelos pontos 001. (0.60: zth1 = j 88 . A figura 3.1831 + 0.35 + 0.1042 + 0. calcula-se zth2. resulta a figura 3. da figura 3.1694 j + 0. 002 e 003 da figura 3.10 j = 0. Cálculo de zth1.35 + 0. conforme figura 3.58 mostra a seqüência nula da rede.57 mostra a seqüência negativa da rede.57.35 Analogamente.1831) × (0.56) para estrela.5146 j pu 0.35) + 0.59.1042 + 0.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência A figura 3. 40 Da figura 3.20 + 0.40) + 0.5398 / 90.389 / -40.1831) × (0.58) α α 2 α 2 α Aplicando a equação matricial 3.5146 / 90.25º A 57.5º * IA2 1 = (9.58) e sabendo que IA0= 0.10 j = 0.59) VAN2 0 0.40 + 0. IC = 0.0026 + 0.0333 .435 / -159.1042 + 0.03 ) j = 0.59) e (3.0. Transformando as componentes simétricas em componentes de fases e sabendo que Ib = 543.3043+6.3333 / 38.2075j 7. resultam: IA = 0.0º)* IA2 Então: 0 1 = -1 0 0.5º 9.VNN’ + 0.3333 / 38.60º p.30º p.3333 / 38.25º p.u.0333 / -2.5º 9.3333 / 38. IA2 = -0.3247j VNN’ IA1 IA2 0 0 Resultam: IA1 = 0.u.3333 / 38.36º A 89 .3333 / 38.5º * IA1 + 0.3333 / 38. 54.58.89 A.3333 / 38. calcula-se zth0.5º + 0.1036 / -40.u.u.5º * IA2 0 = 0.3333 / 38.0º * IA1 VAN2 = .1000 / -40.5º * IA1 + (9.0º)* IA1 + 0. IB = 0.u.0036 / 136.0º * IA0 VAN1 = 1 – 0.5º IA2 Das equações matriciais (3.5º 9 / 38.2075j 0.5398 / 90.5º 9 / 38.2608+0.1831 + 0.2300 / 90. z th 0 = (0.2075j 7.0783 – 0.40 + 0.3333 / 38.1053 / 77.5146 / 90.0.3333 / 38.34.23 j Os circuitos thévenin equivalentes para as três seqüências simétricas são: As equações que representam o sistema são: VAN0 = .0.2608+0.5º VNN’ IA1 (3.2608+0.1694 j + 0.Componentes Simétricas zth 2 = j (0.3333 / 38.0678 j= 0.36º p.3333 / 38.0º * IA2 Tratamento da carga por componentes simétricas: Z0 Z1 Z2 = 1/3 1 1 1 1 1 10 / 38.89º p.u.1042 + 0.1056 / -159.5º = 0.78º p.3333 / 38. vem: VAN0 VAN1 = -1 0 0.0013 j = 0.5º 9. resultam: 0 = . VNN’ = 0.5398 j pu 0.78º A 57.3333 / 38.272 / 77.2608+0.0025 j= 0.5º (3.3247j 0.5º 0.5º + 0.5º 0.3043+6.2075j 0.5º 0. b) Componentes simétricas (determinar I0.15 Para o circuito da figura 3. 3.12 Sejam as componentes de fase de uma seqüência de tensão fase-neutro dadas abaixo: VAN = 40.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência Exercícios Propostos 3.14 Para o circuito trifásico mostrado na figura 3.C’ e N’.78ο VCN = 25.47.1 / -57. sabendo-se que: Z = 2 + j 40 Ω VAN = 510 /0° ( kV ) VA’N’ = 480 /-15° ( kV ) VB’N’ = 510 /-125° ( kV ) VC’N’ = 505 /130° ( kV ) ZN = 5 + j 60 Ω ZM = j 20 Ω ZMN = j 9 Ω VBN = 520 /-110° ( kV ) VCN = 515 /115° ( kV ) Determinar IA . c)As componentes simétricas da tensão de linha. c) As componentes simétricas da corrente de linha. I1 e I2 e a seguir Ia.10 Obter analiticamente as componentes simétricas das grandezas cujas componentes de fase são dadas abaixo: a) ZA = 12 /3º b) ZA = 8.13 Sejam as componentes de fase de uma seqüência de corrente nos enrolamentos de um transformador ligado em triângulo: IAB = 15 /0ο IBC = 16 /-100ο ICA = 17 /120ο (A) Determinar: a) As componentes simétricas da corrente nos enrolamentos. mas para curto-circuito trifásico franco entre A’ . 3.62: 90 .8 c) ZA = √2 / 90ο d) ZA = 2 /35ο ο ZB = 13 /250º ZB = 8.11 Obter analiticamente as componentes de fase das grandezas cujas componentes simétricas são dadas abaixo: a) Z0 = 3 /-35ο b) Z0 = 0 c) Z0 = 0 d) Z0 = 2 /0ο e) Z0 = 2 /0ο Z1 = 3 /95ο Z1 = 18 /-35ο Z1 = 12 /50ο Z1 = 6 /-120ο Z1 = 8 /60ο Z2 = 4 /185ο Z2 = 15 /30ο Z2 = 0 Z2 = 6 /120ο Z2 = 0 f) Z0 = 20 + j 18 Z1 = 8 – j 12 Z2 = 0 – j 3 3.2 / 57. b) As componentes de fase da corrente de linha.93 /. B’ . IB e IC pelos processos: a) Componentes de fases. 3.8 ZB = 2 /-45ο ZB = 2 /150ο ο ZC = 18 /36º ZC = 7 / -170ο ZC = 3 /-138ο ZC = 2 /-90ο e) ZA = 200 + j 135 ZB = 220 – j 180 ZC = 122 + j 100 3.00 /180ο (V) Determinar: a) As componentes simétricas da tensão fase-neutro. c) Componentes simétricas.78º VBN = 40.8. Ib e Ic). b) As componentes de fase da tensão de linha.93 /47. d) os valores de IAB0 . Y1 e Y2 se obtém de expressão análoga à expressão matricial (3.58).40 ) Ω / km Nula Z = ( 0. b) a matriz Y = Z . ICA . 3. para as seqüências positiva. IBC0 .8 µS / km Nula Y = j 1. e por uma admitância transversal por unidade de comprimento. IC. pela matriz de transformação T. IA2 e. para qualquer seqüência (positiva. sendo [VAB] = [ZAB] . IB e IC aplicando componentes simétricas. IAB .35). sob as seguintes hipóteses: a) Comprimento: L = 270 km Impedâncias longitudinais unitárias: • • • • Positiva e Negativa Z = ( 0. para a freqüência de 60 Hz.33): IA0 IA1 IA2 = Y0 Y1 Y2 Y2 Y0 Y1 Y1 Y2 Y0 VAN0 + VNN’ VAN1 VAN2 (3. Z. Determinar os esquemas equivalentes da linha trifásica. negativa e nula) seja caracterizada por uma impedância longitudinal por unidade de comprimento. IA . Y. IBC . ICA0 .038 + j 0. c) a matriz YS .58) Referente à carga os valores de admitâncias Y0.15 ) Ω / km Admitâncias transversais unitárias: Positiva e Negativa Y = j 3. c) A matriz YS . determinar primeiramente IA0 . sabendo que a tensão de linha é simétrica e que VCA = 460 ∠90° V. do tipo indicado na figura 3. Como sugestão. para determinada freqüência f.16 Para o circuito da figura 3.17 Considere uma linha trifásica equilibrada de comprimento L que.Componentes Simétricas Sendo: Za = j 12 e Zb = . IA1 .63. d) Sabendo que a tensão fase-neutro é simétrica e que VAB = 440 / 40° ( V ). negativa e nula.35 µS / km Utilizar as expressões: 91 . que é uma decorrência imediata da expressão matricial (3.j 12 -1 Obter: a) A matriz Z . determinar IA . IB . utilizar a expressão matricial (3. b) A matriz Y = Z .155 + j 1. 3.64. em seguida. -1 determinar: a) a matriz Z. [IAB] e os valores das impedâncias em ohm. 8 (figura 3.18 Uma linha trifásica equilibrada.u.64.45 ) Ω / km ( 4. porém.59) Y = 2 z.. tem as seguintes características: Impedâncias longitudinais por unidade de comprimento: • • • • Própria Mútua Própria Mútua ( 0.8 kV.21 Resolver a mesma rede da figura 3.y L y . com 90 km.95 x 10-6 ) S/ km Susceptâncias transversais por unidade de comprimento: Determinar os esquemas equivalentes para as seqüências nula. resolver a mesma rede da figura 3. d) Os diagramas de seqüências simétricas sem a carga.u.23 Resolver a rede da figura 3.tgh( ) z 2 b) Com L = 170 km e os mesmos parâmetros da linha do item a) deste exercício c) Comprimento: L = 170 km Impedâncias longitudinais unitárias: • • • • Positiva e Negativa Z = ( 0.19 Resolver o exercício 3.50. 3. b) As correntes simétricas na carga. com a carga ligada em estrela e com o neutro isolado.50 com a carga ligada em triângulo e com os seguintes valores: Zab = 15 p. 3.40 ) Ω / km Nula Z = ( 0. determinando: a) As componentes simétricas das tensões em B2. Zbc = Zca = 31 / 38.22 Resolver a mesma rede da figura 3.8 kV.32 + j 0.33 + j 0. na base 170 MVA e 13.035 + j 0. e) As tensões no ponto B1. 3. positiva e negativa.65 com os dados abaixo. 3.85 ) Ω / km ( 0.135 + j 1. 92 . c) A potência complexa que a carga consome. tendo como modelo a figura 3.5º p.17 x10-6 ) S/ km ( -1.19. com a carga ligada em estrela com neutro aterrado.485 / 38. Dados: LT Comprimento: L = 80 km.50) mudando a carga para: Zb = Zc = 11. Za = 5 ohm.y L ) y (3. na base: 170 MVA e 13.50 com carga monofásica para terra: Za = 18 p.40 ) Ω / km Admitâncias transversais unitárias: Positiva e Negativa Y = j 3.u. As outras duas fases estão abertas.20 µS / km 3. a 60 Hz.Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência Z= z senh ( z.2 µS / km Nula Y = j 1.5º ohm. 3.20 Com os mesmos dados do exercício 3. C carga trifásica com Z = 500 + j 441 45 j . .5127 admitância própria da linha yp = 0. J.24 Resolver a rede da figura 3. d) As componentes simétricas da tensão da carga.65. através da técnica de componentes simétricas.A 3. A tensão da fonte é 3. . Vbn = 130 / -135º kV.0615 j µS/km.5 + j 5. ligada em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn = Tensão em B2: Van = 132 / 0º kV. admitância mútua da linha ym = .0.Componentes Simétricas impedância própria da linha zp = 0. ZL = 2. b) As correntes de fase da carga.66. Circuitos Elétricos.1883 + j 0. /km.25 Resolver a rede da figura 3. Zn = 5 . f) a potência complexa da carga.8 tensão da fonte é simétrica e vale: Van = 8000 V..66. Zb = 20.2653 j µS/km.2 . Bibliografia Brenner. Zc = j 60 . g) O fator de potência da carga. Edminister. 1972. b) As correntes de fase da carga. 93 . Zn = 2 . c) A potência complexa fornecida. New York: McGraw-Hill Book Company. através da técnica de componentes simétricas. E. ZL = 0.26 Resolver o mesmo exercício anterior (3. /km. determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga. e) A potência complexa fornecida.8 . A. Javid.d) As componentes de fase da tensão da carga.0 . Analysis of Electric Circuits. Coleção Schaum. com os dados abaixo. Zm = j 3 . conforme mostra a figura 3.5 + j 13. 1967. Vcn = 132.5 +j 13. Zc = 20 + j 12. e) As componentes de fase da tensão da carga. com os dados abaixo. Zm = j 2 . M. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda.5 + j 4. Dados: Za = 21.0167 impedância mútua da linha zm = 0. determinando: a) As componentes simétricas das correntes na carga.24). c) As componentes simétricas da tensão na carga.2 . Dados: Za = 80 + j 30 .2993 + j 1. 3. Zb = j 45 simétrica e vale: Van = 8000 V. f) A potência complexa da carga. porém com a carga com neutro isolado.8 / 130º kV. B. Robba. J. C. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – Componentes Simétricas.. Stevenson Jr. ed. W. 94 .Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 175p. 2. J. Oliveira. C. H. São Paulo: Edgard Blücher.. São Paulo: McGraw-Hill. 1989. ed. 467p. Electric Circuits.. N. 1996. 2. Elementos de Análise de Sistemas de Potência. W. 1986. Nilsson. E. W. Kagan. 458p. Schmidt. Massachussetts: Addison-Wesley. P..
Report "Sistemas Eletricos de Potencia Cap3 Componentes Simetricos D Caselato"