cap4_faltas assimÉtricas

8/17/2019 CAP4_FALTAS ASSIMÉTRICAS

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CAPÍTULO 4

ANÁLISES DE FALTAS ASSIMÉTRICAS

Prof. José Wilson Resende

Ph.D em Sistemas de Energia Elétrica (University of Aberdeen-Escócia)Professor titular da Faculdade de Engenharia Elétrica

Universidade Federal de Uberlândia

A maioria das faltas que ocorrem nos sistemas elétricos sãoassimétricas. Essas faltas podem ser do tipo série ou do tipo shunt. Asfaltas série são aquelas em que um ou dois condutores, de um circuitotrifásico, se abrem, desequilibrando o sistema. Assim, quando um

disjuntor ou uma chave não fecha uma ou duas das três fases, diz-seque ocorreu uma falta série. Essas faltas causam dois tipos deproblemas: as diferenças de potencial entre os dois lados do condutorque se abriu e indesejável falta de fase na carga (que pode danificarcargas trifásicas, como motores). Por outro lado, as faltas shunt podemser caracterizadas pela queda de um ou dois condutores ao solo oumesmo pelo curto entre duas fases de um sistema elétrico. Osproblemas causados pelas faltas shunt são maiores do que aquelesoriundos das faltas série pois, em decorrência das faltas shunt, altos

valores de correntes podem surgir no sistema. O presente capítulo tratadas faltas shunt.

4.1 - Falta Fase-TerraEsses tipo de falta acontece em cerca de 70% dos casos de curto-

circuito. A figura 4.1 ilustra o circuito equivalente de um sistema elétricoque está submetido a uma falta fase-terra, através de uma impedânciagenérica Zf, onde Z0, Z1, Z2 são as impedâncias do sistema, visto apartir do ponto de defeito e Ea, Eb, Ec são tensões equilibradas, geradas

pelo gerador equivalente (Obs.: apenas f.e.m. de sequência positiva égerada pelos geradores normais).

R Z f ( impedância de falta p/ terra )

a

b

c

SistemaZ o, Z 1, Z 2~

Gerador

Figura 4.1 -


2/43

97

Condições de contôrno no ponto de falta:Va = Zf . Ia;

Desprezando-se as correntes de carga: Ib = 0 e Ic = 0

Expressando as correntes em termos de componentes simétricos:[Ic] = [A

-1] [ Ip]:

Expandindo essa equação:I

I

I

a a

a a

Ia0

1

2

2

2

1 3

1 1 1

1

1

0

0

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

/ . Logo: I0 = I1 = I2 = 1/3 Ia

Expressando as Tensões em termos de componentes simétricos:[Vc] = [Ec] - [Zc] [Ic]

Expandindo:V

V

V

E

Z

Z

Z

I

I

I

V Z I

V E Z I

V Z I

a

a

a

a

a a

a a a

a a

0

1

2

0

1

2

0 0

1 1

2 2

0

0

0 0

0 0

0 0

1 3

1 3

1 3

1 3

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

⇒

= −

= −

= −

⎧

⎨⎪

⎩⎪

. /

. /

. /

. /

Retomando Va = Zf . Ia:e explicitando a corrente Ia que é a corrente defalta procurada:

Ia =V

Z

Z IE

Z I Z I

Z

a

f

o aa

a a

f

=

−+ − +

−

=

. . .

3 3 3

1 2

=− + − −I Z E I Z I Z

Z

a a a a

f

0 1 23

3. Tirando “Ia”:

Ia = 3 30 1 2 E

Z Z Z Z a

f + + + ⇒ corrente na fase “A”

As correntes de componentes serão:

Ia/3 = Io = I1 = I2 = E

Z Z Z Z

a

f 1 2 03+ + +

Esta equação representa o seguinte diagrama de sequências:


3/43

98

L

LL

L

~

Seq. ( + ) Seq. ( - ) Seq. ( 0 )

I ao I coI boI a2

I c2I b2I b1

I a1

I c1

V ao

I aoI a2

V a2

Z o

3 Z n

N 2

Z 2

Z 1

E 1

I a1

V a1

N 1

Figura 4.2 -

4.1.1) Exemplo numérico: 1) Determine a corrente subtransitória no gerador e as tensões entre as

linhas para condições subtransitórias, no momento emque ocorre umafalta entre uma linha e terra, nos terminais do gerador, quando eleestiver funcionando em vazio, com a tensão nominal. São dados: Pot. do gerador: 20 MVA; tensão: 13,8 KVX”d = 0,25 pu, X2 = 0,35 pu; X0 = 0,10 pu

Neutro do gerador: solidamente aterrado.

SoluçãoEa = 13,8 KV/ 3 = 1,0 pu; X1 = X”d = 0,25 pu.OBS.: Como se sabe, a reatância de seq. (+) pode ser a reatânciasubtransitória, transitória ou síncrona, dependendo das condições aserem estudadas.

Ia1 =E

Z Z Z j j j j pua

1 2 0

1 0

0 25 0 35 0 101 43

+ +

=

+ +

= −,

, , ,,

I I j pu x pu

Corrente base MVA

KVA

a a= = − =

= =

⎫

⎬⎪

⎭⎪

3 1 43 3 4 29

20

3 13 8836

1 , ,

. ,

Ia = -j3,585 A

Componentes simétricos da tensão:1. Fase “A” (onde ocorreu o curto):

Va1 = Ea - Ia1Z1 = 1,0 - (-j1,430 (j0,25) = 0,643

Va2 = -Ia2 . Z2 = -(-j1,430 (j0,35) = -0,50Va0 = -Ia0 . Z0 = -(-j1,43) (j0,10) = -0,143

Tensões de fase:Para a fase “A”: Va(Van) = VA1 + Va2 + Va0 = 0,643 - 0,50 - 0,143 = zeroPara as fases “B” e “C”:

Vb = a2Va1 + aVa2 + Va0 = 1/240

o . 0,643 + 1/120o (0,5) ++ (-0,143) = 1,012/-102,12o

Vc = aVa1 + a2Va2 + Va0 = 1/120

o x 0,643 + 1/240o) - 0,50) ++ (-0,143) = 1,012/102,27o

O esquema a seguir mostra o significado dessas tensões:


4/43

99

Figura 4.3 -

Tensões entre linhas:Vab = Va - Vb = 0 - 1,012/-102,27 = 1,012/77,73

o Vbc = Vb - Vc = 1,012/-102,27

o - 1,012/102,27 = 1,978/-90o Vca = Vc - Va = 1,012/102,27

o

A tensão Ea = 1,0 pu corresponde a Ea =13 8

3

7 97,

,= KV .

Vab = 8,05/77,7o KV; Vbc = 15,73/-90

o; Vca = 8,05/102,3o

b

V bc

V ca

V ab

a

c

V anV bc

V ab

V ca

n = a

( a) antesdafalta ( b ) depois da falta

Figura 4.4 -

Exemplo de falta FASE-TERRA entre um gerador e umtransformador:

F

XE XD

a

b

c

IcE

IaE

IbE

IcD

IbD

IaD

IaF

3I0

Repare que, apesar da falta ser Fase-Terra, haverá corrente nas 3fases!

4.2 - Falta entre duas linhas:


5/43

100

A figura 4.5 ilustra esse tipo de falta, que ocorre em cerca de 15%

dos casos de curtos.

R

a

b

c

Z o, Z 1, Z 2 ~ Z f

Figura 4.5 -

a) Condições de contorno no ponto de falta:Ia = 0; Ib = -Ic; Vb - Vc = Ib.Zf

b) Componentes simétricos da corrente:

II

I

a a

a a

I

I

I I I

I I

a

a

a

c

c

a b c

a a

0

1

2

2

2

0 0 0

2 1

1 31 1 11

1

0 0 0⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

⇒ = ∴ = =

= −

⎧⎨⎩

/ .( )

OBS: Por se tratar de um circuito que não tem retôrno pelo solo, já seprevia que não haveria corrente de sequência zero.

c) Componentes simétricos das tensões:[Vc] = [Ec] - [Zc] [Ic], ou seja:

V

V

V

E

Z

Z

Z

I

I

I

a

a

a

a

a

a

a

0

1

2

1

0

1

2

0

1

2

0

0

0 0

0 0

0 0

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

Sendo Ia1= -Ia 2 e Iao = 0, tem-se, para a fase “A“:

V Z I Z

V E Z I

V Z I

a a

a a a

a a

0 0 0 0

1 1 1 1

2 2 1

0 0= − = − =

= −

= +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

.

.

Analogamente, para as fases “B”e “C”:V Z I

V E Z Ib

V Z I

b b

b b

b b

0 0 0

1 1 1 1

2 2 2

0= − =

= −

= −

⎧

⎨⎪

⎩⎪

:

V Z I

V E Z I

V Z I

c c

c c c

c c

0 0 0

1 1 1 1

2 2 2

0= − =

= −

= −

⎧

⎨⎪

⎩⎪ .

Sabendo-se que:V V V V

V V V V

b b b b

c c c c

= + +

= + +

⎧⎨⎩

0 1 2

0 1 2


6/43

101

Então:V E Z I Z I

V E Z I Z I

b b b b

c c c c

= + − −

= + − −

⎧⎨⎩

0

0

1 1 1 2 2

1 1 1 2 2

( ) ( )

( ) ( )

Desenvolvendo-se a expressão Vb - Vc :Vb - Vc = Eb1 - Ec1 - Z1Ib1 - Z2Ib2 + Z1Ic1 + Z2Ic2

= Eb1 - Ec1 + Z1(Ic1 - Ib1) + Z2(Ic2 - Ib2)Vb - Vc = Eb1 - Ec1 + Z1(Ic1 - Ib1) + Z2(Ic2 - Ib2) = Ib . Zf

Explicitando-se Eb1 - Ec1 na equação acima:Eb1 - Ec1 = Zf (Ib1 +I b2) + Z1(Ib1 -Ic1) + Z2(Ib2 - Ic2)

Substituindo-se: I aI

I a I

b a

c a

2 2

22

2

=

=

⎧⎨⎩

:

Eb1 - Ec1 = Zf (a2

Ia1 + aIa2) + Z1(a2

Ia1 - aIa1) + Z2(aIa2 - a2

Ia2)

Sendo Ia2 = -Ia1:Eb1 - Ec1 = Zf (a

2 - a)Ia1 + Z1(a2 - a) Ia1 + Z2(a

2 - a)Ia1

Por outro lado:E a E

E a E

b a

c a

12

1

1 1

=

=

⎧⎨⎩

.

.

Com essas substituições:Ea1(a2 - a) = Zf (a

2 - a)Ia1 + Z1(a2 - a)Ia1 + Z2(a

2 - a)Ia1

Explicitando-se “Ia1”:

Ia1 =E

Z Z Z

a

f

1

1 2+ + ; Ia2 = -Ia1 ; Ia0 = 0

Finalmente, a corrente de falta será:If = Ib = Ib1 + Ib2 + Ib0 = a

2 . Ia1 + aIa2 = a2Ia1 . -aIa1 =(a

2 - a)Ia1

Substituindo se (a2 - a) = 1/240o - 1/120o = 3 90 3/ − = −o j , a corrente

de falta será:

If = -j 3 3

11

2

I j E

Z Z Za

a

f

= −

+ +

Para Zf = 0:

If =−

+

j E

Z Z

a3 1

1 2


7/43

102

NOTAS:1) Nas equações de “If ” nota-se a ausência de “Zo” → O circuito desequência zero não é utilizado nas faltas FASE-FASE.2) Os circuitos de sequência (+) e (-) devem estar em paralelo, pois Va1 = Va2:

L

~

I

Z 2Z 1

E a

V a1

a 2I a 1

L V a2

Figura 4.6 -

3) Já que, nesta falta não há ligação à terra na falta, então, por ocasiãodeste tipo de curto, não haverá circulação de corrente no neutro dogerador, mesmo estando este neutro aterrado.

4) Diagrama vetorial das correntes:

I a2

I c2I b2

I b1

I a1

I c1

I ao = I bo = I co

( ) ( - )( o )

4.2.1) Exemplo numérico: Determine as correntes subtransitórias, quando ocorre uma falta fase-fase nos terminais do gerador do Exemplo numérico da falta fase-terra.Considerar o gerador em vazio e funcionando com a tensão nominal nosseus terminais, quando da ocorrência das faltas. Despreze a resistência.Dados (do exercício anterior):

Xd = 0,25 pu; Z2 = 0,35 pu; Z0 = 0,10 puEa = 1,0 pu; Mb = 20 MVA; Ub = 13,8 KVIbase = 836 A

Solução:Cálculo das Correntes:

If =−

+

j E

Z Z

a3

1 2


8/43

103

If =−

+

j

j j

o3 1 0

0 25 0 35

. , /0

, , = -2,887 pu

Assim: I I j pu

I desprezando a corrente de c a

b c

a

= − = + +

=

⎧⎨

⎩

2 887 0

0

.

( arg )

em Ampéres: I I A

I

b c

a

= − =

=

⎧⎨⎩

241353

0

. ,

Tensões:- de componentes:

Sendo Ia1 =E

Z Z j j j pua

o1

1 2

1

0 25 0 351667

+ =

+ = −

/0

, ,,

Tem-se que:Va1 = Ea1 - Z1Ia1 = 1,0 - j0,25 . (j1,667) = 0,584 puVa2 = -Z2ia2 = Z2 . Ia1 = j0,35(-j1,667) = 0,584 puVa0 = -Z0.I0 = -Z0 . 0 = 0

Tensões de fase:Va = Va1 + Va2 + Va0 = 0,584 + 0,584 + 0 = 1,168/0

o Vb = a

2Va1 + aVa2 + Va0 = 1/240o . 0,584 + 1/120o . 0,584 = -0,584 pu

Vc = aVa1 + a2Va2 + Va0 = Vb = -0,584 pu

Tensões de linhas:Vab = Va - Vb = 1,168 - (-0,584) = 1,752/0

o Vbc = Vb - Vc = -0,584 - (-0,584) = 0 (fases em curto)Vca = Vc - Va = -0,584 - 1,168 = 1,752/180

o

- em Kvolts:Vab = 13,95/0

o ; Vbc = 0; Vca = 13,95/180o

b

V bc

V ca

V ab

a

c

13,813,8

13,8

13,9513,95

V bc = 0V ca V ab

Figura 4.8 -

4.3 - Falta entre duas linhas e a terra - incidência: 10%


9/43

104

R

a

b

cZ o, Z 1, Z 2 ~

Z f

Figura 4.9 -

a) Condições no ponto da falta:

(I)I Vb Vc If Zf

Ib Ic If

a = = =

+ =

⎧⎨⎩

0; .

b) Componentes simétricos da tensão:

Vb - Vc = (Vb1 + Vb2 + Vb0) - (Vc1 + Vc2 + Vc0) == (Vb1 - Vc1) + (Vb2 - Vc2) + (Vb0 - Vc0)a2Va1 aVa1 aVa2 a

2Va2 = 0(Vb0 = Vc0)(II) Vb - Vc = va1(a

2 - a) + Va2(a - a2)

sendo Vb = Vc → Vb - Vc = 0∴ 0 = Va1(a

2 - a) - Va2(a2 - a) → Va1 = Va2 (III)

Das equações gerais de componentes simétricos:

Va Ea Ia Z IV a

Va Ia Z IV b

Va Ia Z IV c

1 1 1 1

2 2 2

0 0 0

0

0

= −= −

= −

⎧

⎨⎪

⎩⎪

. ( . )

. ( . )

. ( . )

c) Componentes Simétricos das CorrentesVb = Vb1 + Vb2 + Vb0 = a

2Va1 + aVa2 + Va0 = Va1(a2 + a) + Va0 (V)

das eqs. (I): Vb = If . Zf = (Ib + Ic) Zf

(Ib + Ic) é a corrente total para terra. Sabe-se, por outro lado, que In =31ao também o é.

Igualando-os: Ib + Ic = 31a0

Assim: Vb = 3Iao . Zf (VI)

Igualando (V) com (VI): 3Ia0 . Zf = Va1(a2 + a) + Va0

Introduzindo (IV.c) na última expressão:


10/43

105

3Ia0 . Zf = Va1. ( ) .a a Ia Z Va Ia Z 2 0 0 1 0 0+ − = − −

3Ia0Zf + Ia0Z0 = -Va1; Explicitando-se Ia0:

Iao =−

+

Va

Z Zf VII1

0

3( )

tomando-se (III) e nela substituindo-se (IV.a) e (IV.b):

Ea Ia Z Ia Z − = −1 1 2 2

Explicitando-se Ia2 : Ia2 =− +E I Z

ZVIIIa a1 1

2

( )

Levando as equações (VII) e (VIII):em:

“Ia = Ia0 + Ia1 + Ia2 = 0”:−

+ + +

− +=

V

Z ZI

E I Z

Z

a

f

aa a1

0

11 1

230

Introduzindo-se esta expressão em (IV.a):

I Z E

Z Z

E I Z

ZIa a

f

a aa

1 1

0

1 1

2

13

0−

+ +

− ++ =

Tirando “Ia1”: Ia1 = ( )( )( )

Z Z ZZ Z Z Z Z Z

Ef

f

a0 2

1 2 0 1 2

13

3+ +

+ + + (IX)

Levando (IX) em (VIII): Ia2 = − +

+ + +

( ) . )

( ) ( )

Z Z E

Z Z Z Z Z Z

f a

f

0 1

1 2 0 1 2

3

3

(IX) em (VII) Ia0 = −

+ + +

E Z

Z Z Z Z Z Z

a

f

.

( ) ( )

2

1 2 1 2 0 3

A corrente de falta, If será: If = 3Ia0 = In = Ib + Ic.

Interligação dos circuitos de sequência:

~

I ao

I a2

Z o

3 Z f

Z 2Z 1

E a

I a1


11/43

106

Figura 4.10

4.3.1) Exemplo numérico: Determine as correntes subtransitórias, quando ocorre uma falta

fase-fase-terra, nos terminais do gerador do Exemplo numérico da faltafase-terra. Considerar o gerador em vazio e funcionando com a tensãonominal nos seus terminais, quando da ocorrência das faltas. Desprezea resistência.Dados (do exercício anterior):

Xd = 0,25 pu; Z2 = 0,35 pu; Z0 = 0,10 puEa = 1,0 pu; Mb = 20 MVA; Ub = 13,8 KVIbase = 836 A

Solução: para Zf = 0.

Ia1 =( ) .

( )

( , , ) ,

, ( , ) , ( , , )

Z Z E

Z Z Z Z Z

j j

j j j j j

a0 2

1 2 0 1 2

010 0 35 10

0 25 0 35 0 10 0 25 0 35

+

+ + =

+

+ + =

= j

j pu0 45

01483 05

,

,,

− = −

Ia2 =−

+ + =

−

+ =

Z E

Z Z Z Z Z

j

j j j j ja0

1 2 0 1 2

010 1 0

0 25 0 35 0 10 0 600 68

.

( )

, . ,

, . , , ( , ),

Ia0 =−

+ + =

−

− =

E Z

Z Z Z Z Z

j j pua

.

( )

,

,,2

1 2 0 1 2

0 35

01482 37

I - Corrente de linha

Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0 = -j3,05 + j0,68 + j2,37 = zero

Ib = a2Ia1 + aIa2 + Ia0 = 4,81 /132,5° pu

Ic = aIa1 + a2Ia2 + Iac = 4,81 /47,5° pu

em amperes:

I

I A

I A

a

bo

co

=

=

=

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

0

4 025 5

4 025 5

, /132,

, /47,

II -Corrente de curto


12/43

107

In = 3Iao = 3 . j2,37 = j7,11 pu ou:

= Ib + Ic = 4,81 /132,5o + 4,81/47,5o = j7,11 pu

III - Tensões- Tensões de componentes

Va1 = Ea - Ia1Z1 = 1,0 - (-j3,05 . j0,25) = 0,237 pu

Va2 = -Ia2Z2 = -j0,68 . j0,35 = 0,237 pu

Va0 = -Ia0Z0 = -j2,37 . j0,10 = 0,237 pu

-Tensões de fase

Van = Va1 + Va2 + Va0 = 0,237 . 3 = 0,711 pu

Vbn = Vcn = If . Zf = 0,0

-Tensões de linhas

Vab = Van - Vbn = 0,711 - 0 = 0,711 pu

Vbc = 0

Vca = Vcn - Van = 0 - 0,711 = -0,711 pu

em KV:V KV

V KV V

abo

cao

bc

= =

= =

⎧⎨⎪

⎩⎪

0 711 13 8 3 5 66

5 66 0

, . , / , /0

, /180 ;

Diagramas fasoriais:

b

V bc

V ca

V ab

a

c

b V ab

c aV ca

antes depois


13/43

108

Figura 4.11 -

4.4 - Exercícios (primeira parte)

1. Uma máquina síncrona “ A” com tensão de 1 pu, está interligadaa outra “ B” , com a mesma tensão, conforme a figura. Pede-se a

corrente de curto, para um defeito fase-fase-terra, no ponto “ P” .

~P

~

A T2 BT1

LT2

LT1

FALTA

Figura 4.12-São dados:

- Reatâncias (pu):

Máquina “A”: X1 = 0,3pu; X2 = 0,2pu; X0 = 0,05pu;

Máquina “B”: X1 = 0,25pu; X2 = 0,15pu; X0 = 0,03pu

LT1 e LT2: X1 = X2 = 0,3pu; X0 = 0,7pu

T1: X1 = X2 = X0 = 0,12pu; T2: X1 = X2 = X0 = 0,1pu

j 0,25 = Z j 0,42

j 0,50

N N

PP

LLLL

~

L

LL

L

L

~1

1

1

1

B

1 j 0,25

j 0,1

j 0,3

j 0,3P1 j 0,12

j 0,3

AN1

seq. ( + )

Figura 4.14 -Diagrama de seq. (+)

j 0,18

N

P

LL L

LL

L

L

2

2

0,15

0,1

0,3

0,3

P20,12

0,2

N2 seq. ( - )

Figura 4.15 -Diagrama de seq. (-)


14/43

109

j 0,17LL L

LL

L

L

0,03

0,1

0,7

0,7

P00,12

0,05

N0 seq. ( 0 )

L

L

N0N0

P0

P0

0,05

0,12

Figura 4.16 - Diagrama de seq. (0)

Correntes de componentes, para Zf = 0:

Ia1 =( )

( )

, ,

, . , ( , , ) ,,

Z Z E

Z Z Z Z Z

j j

j j j j j ja0 2

1 2 1 2 0

0 17 0 18

0 23 0 18 0 23 0 18 0 173 18

+

+ + =

+

+ + = −

Ia2 =−

+ + =

+ = +

Z E

Z Z Z Z Z

j

j j j j j ja0

1 2 1 2 0

0 17

0 23 018 0 23 018 0171 55

.

( )

,

, . , ( , , ) ,,

Ia0 =−

+ + =

−

− = +

E Z

Z Z Z Z Z

j ja 2

1 2 1 2 0

0 18

0 111 63

( )

( , )

,,

Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0 = zeroIb = a

2Ia1 + aIa2 + Ia = 4,77/140

Ic = aIa1 + a2Ia2 + Ia0 = 4,77/30,9

o

Ifalta = Ib + Ic = 4,91/89,95o


15/43

110

2. Uma dupla falta à terra ocorre no ponto “ B” do sistema:

Determinar:

1. o valor da corrente inicial simétrica de falta;

2. as tensões no ponto de falta;

3. e as correntes de falta resultantes em todas as fases do sistema.

Considerar a contribuição dos motores “ M” e “N” .

Solução:O exercício será apenas encaminhado, para que o aluno termine

sozinho, como exercício..1. Diagrama de sequência positiva:

j 0,1884 j 0,2867

j 0,55

N

B

LLLL L

LL

L

LB

j 0,3

j 0,1

j 0,3

j 0,3

j 0,12

j 1,0

A DC

EN

L j 0,2

EMEG

B

Figura 4.17 -

lG

M

NX 1 = j0,20X 2 = j0,20 X 0 = j0,08X n = j0,30

X = j0,12 pu

A B

X 1 = X 2 = j0,30puX 0 = j1,40pu

C D

X = j0,10 puX 1 = j0,30puX 2 = j0,40puX 0 = j0,10pu


16/43

111

2. Diagrama de sequência negativa:

j 0,1989 j 0,2867

j 0,65

N

B

LLLL L

LL

L

LB

j 0,4

j 0,1

j 0,3

j 0,3

j 0,12

j 1,0

A DC

L j 0,2

B22

Figura 4.18 -

3. Diagrama de sequência nula:

j 0,104 j 0,12

j 0,80

N

B

LLLL

L L L LB

j 0,10

j 0,1 j 0,08 j 0,7 j 0,12 A D

C

L j 0,9

B

Figura 4.19 –

4. Cálculo das correntes de sequência:

Ia1 =E

Z Z Z Z Z

j j

j j j j j

a

1 2 0 1 2

0 104 0 19894 1

01885 01989 0104 01885 01989. ( )

( , , ).

, , , ( , , )+ + =

+

− + + =

= -j3,895 pu j0 3029

0 0777

,

,−

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠⎟

Ia2 = 344,10777,0

104,0

077,0

.0 j j E Z a ==

−

−; Ia0 = 56,2

0777,0

.0 j E Z

a =

−

−

5. Correntes de fase:

Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0 = zero

Ib = α2Ia1 + αIa2 + Ia0 = 1/240

o . 3,095/-90o + 1/120o x x 1,344/90o +2,56/90o = 5,94/139,79o

Ic = αIa1 + α2Ia2 + Iao = 3,895/30

o + 1,344/330o + 2,56/90o =5,94/40,21o

6. Corrente de falta:If = 3Ia0 = 3 x j2,56 = 7,68/90

o

7. Tensões no ponto da falta:

Va1 = Ea - Ia1Z1 = 1,0-(-j3,895 x j0,1885) = 1 - 0,734 = 0,266 pu


17/43

112

Va2 = -Ia2Z2 = -j1,344 . j0,1989 = 0,266 pu

Va0 = -Ia0Z0 = -j2,56 . j0,104 = 0,266 pu

Como se vê, Va1 = Va2 = Va0. Isto já era esperado, conforme a

figura da “interligação dos circuitos da sequência, para faltas fase-fase-terra.”

8. Cálculo das tensões fase-terra, na falta:Va = Va1 + Va2 + Va0 = 0,798 puVb = 0,266/240

o + 0,266/120o + 0,266 = zeroVc = 0,266/120

o + 0,266/240o + 0,266 = zero

9. Cálculo das correntes de falta:9.1 - Correntes de sequência positiva

L L

LL

L

LB

j 0,3

j 0,1

j 0,3

j 0,3

j 0,12

j 1,0

A DC

EN

L j 0,2

EMEG

I a1G I a1M

I a1 'F

Va1

a1 "I

Figura 4.20 -

Tirando-se Ia1’ em: Va1 = Ea - Ia1’.Z’1: I’a1 = 56,2

287,0

734,0

2,1

2,0.112,0

266,01,

1

1 j j

j

j j j

Z

V E aa −==

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

−=

−

Montando o sistema de equações abaixo:I g I j

j I j I g

a a M

a M a

1 1

1 1

2 56

1 0 0 2

+ = −

=

⎧⎨⎩

,

, , .

Tira-se, assim, Ia1g e Ia1M

Ia1g = -j2,56 - (0,2Ia1g) → Ia1g = − = − j

j pu2 56

1 22 13

,

,,

Ia1M = 0,2.(-j2,13) = j0,426 pu

Da mesma forma, tirando-se Ia1’’ em: Va1 = Ea - Ia1’’.Z’1:

I”a1 =E V

Z j j pua a

−=

−= −1

1

1 0 266

0 551335

,,

,

,,

9.2 - Correntes de sequência negativa: prossiga o exercício daqui em

diante.


18/43

113

4.5 - Defasamento angular em transformadores Y/DELTA:

Sob condições balanceadas, em um transformador Y-∆, a tensãofase-fase VBC do lado DELTA está em fase com a tensão fase-neutro

Van do lado ESTRELA (figura 4.21).Por outro lado, conforme ilustrado nesta própria figura, acorrespondente tensão “virtual” fase-neutro do lado DELTA, VBN, estarádefasada de 30 gráus da tensão fase-neutro Van, do lado ESTRELA.

Se esta análise for feita para as correntes, também se terá que acorrente de linha do lado DELTA estará defasada da corrente de linhado ESTRELA, de 30 gráus.

I a

I b

I c

H1

H2

H3

a

b

c

L

L

L

n

B

A

C

X1

X3

X2

I ABI BC

I CA

L L

L

Figura 4.21 -

Esses defasamentos, no entanto, não precisam ser consideradosnos cálculos relativos aos estudos de fluxo de carga e de faltassimétricas,. Isso ocorre porque, nestas condições, o sistema elétricoestá com as suas 3 fases equilibradas. Assim, os resultados obtidospara as tensões e correntes serão iguais àqueles calculados quando seconsidera o defasamento angular.

Por outro lado, quando se estiver trabalhando em condiçõesdesbalanceadas de operação, estas defasagens deverão serconsideradas. Se isso não for feito, como no exercício anterior , os

resultados obtidos estarão incorretos (isso mesmo: a resolução do


19/43

114

exercício anterior, que NÃO incluiu o defasamento angular de 30 gráus,está incorreta!)

Como se viu no último exercício, os circuitos equivalentesmonofásicos dos transformadores, por sí só, não levam em conta essasdefasagens. Logo, em condições desbalanceadas, os circuitos

equivalentes monofásicos precisarão ser cuidadosamente manejados,para que o efeito do defasamento angular seja incluído.

4.5.1) Métodos normalizados de designação de terminais

FP FS

H1

H2

X1

X2

I sI pI sI p

X1

X2

H1

H2

L L R

Figura 4.22 –

Terminal onde a corrente entra, na ALTA TENSÃO: H1 Terminal onde a corrente sai, na BAIXA TENSÃO: X1

Desta forma, “Ip” e “Is”estão em fase (os terminais H1 e X1 são, aomesmo tempo, positivos, com relação a H2 e X2. A isso denomina-sepolaridade SUBTRATIVA.

Por outro lado, se o sentido de flecha referente a “Is” fosse oposto,

“Ip” e “Is” estariam defasadas de 180o (polaridade ADITIVA).

4.5.2) Construção do diagrama de tensões, para transformadorestrifásicos:

Na figura 4.21, as bobinas dispostas paralelamente são acopladasmagneticamente por estarem enroladas sobre o mesmo núcleo:

Y

an BC (CB)bn CA (AC)cn AB (BA)


20/43

115

30o

VBC A (X )3

B (X )1

C (X )2

V AB

V AC

a (H )1

b (H )2c (H )3

n

a (H )1

B (X )1

Figura 4.23 -

CONCLUSÃO: as bobinas a-n e B-C estão acopladas magneticamente(enroladas no mesmo NÚCLEO). Suas tensões induzidas, assim,estarão em fase, isto é: Van em fase com VBC. Em vista disso, a queda

de tensão de H1 para o neutro estará adiantada de 30o

em relação àqueda de X1 para o neutro. Analogamente, H2-N e H3-N estarãoadiantados de 30o de X2 e X3, respectivamente. A conclusão anteriortambém vale para as tensões de componentes simétricas desequência (+), conforme a figura seguinte mostra:

V ab1V a1

a1 ( H )

V bc1

V ca1

V

V b1

V c1

1

b1 ( H )3c1 ( H )2

AB1

VBC1

VCA1

V A1VB1

VC1

B (X )1 1

C (X )1 2

A (X )1 3

( ) ( )

Figura 4.24 –

Nesta figura, Van1 está adiantada de 30o de VBN1. Em decorrência,

VAN1 está adiantada de 90o

de Van1 → V AN1 ⇔ jVan1.As mesmas defasagens ocorrem para as fases “B” e “C”:V AN1 = jVan1; VBN1 = jVbn1; VCN1 = jVcn1;

E também para as correntes: I A1 = jIa1;

O diagrama de sequência (-) mostra, por outro lado, que V AN2 está atrasada 90o de Van2:


21/43

116

V ab 2 V a 2

a 2

V bc2

V ca 2

V

V b 2

V c 2

b 2 c 2

AB 2

VBC 2

VCA 2

V A 2

VB 2

VC 2

A2

( ) ( )

B2

C2

Figura 4.25 –

V AN2 = -jVan2; VBN2 = -jVbn2; VCN2 = -jVcn2; I A2 = -jIa2;

Por outro lado, trocando-se as fases a e c (no Y), teremos Va1 eVBC1 defasados de 180

o. Isso denota um transformador de polaridadeaditiva. Em decorrência, os diagramas vetoriais ficarão alterados, comos defasamentos ficando agora:

V AN1 = -jVan1; I A1 = -jIa1 V AN2 = +jVan2; I A2 = +jIa2

As demais fases também sofreram modificações idênticas.

A figura abaixo ilustra uma placa de um transformador de 13,8kV(delta) /220V (estrela), no qual a letra “X” está representando o lado em estrela(X1, X2 e X3) e a letra “H” representa o lado delta (X1, X2 e X3).

Neste caso, a tensão fase-neutra “N-H1” (do lado delta) estáadiantada de 30 gráus, da correspondente tensão fase-neutra “n-X1” (dolado estrela).Também pode ser observado que a tensão fase-neutra “N-H3” (do ladodelta) está atrasada de 90 gráus da tensão fase-neutra “n-X1”:

VN-H3=-jVn-X1


22/43

117

Os transformadores YY e ∆∆ são ligados de maneira que adefasagem entre as tensões e correntes seja de 0o ou 180o (juntamentecom as defasagens entre H1 e o neutro com relação a X1 e o neutro).

OBS.: como decorrência das defasagens angulares, uma corrente de

curto-circuito monofásico no lado Y, resultará nas seguintes correntesno lado DELTA de um transformador de polaridade subtrativa:

I = 0

G3

4.5 - Exercícios (segunda parte)

3) Dado o sistema abaixo:

L

L

L

L

FALTA

T

G

Figura 4.26 -

Onde:Gerador G: 7500 KVA; 4,16 KV; X” = 10%, X2 = 10%; X0 = 5%Transformador T: 3 trafos monofásicos de 2500 KVA, Polaridade

subtrativa; 2400V (lado Y) / 600V (lado DELTA) - Xdisp = 10%Motores: tensão nominal de 600 V - η = 89,5% (a plena carga, com Unom e fp = 1,0). Potência total de saída dos motores: 6000 HP . X”= 20% - X2 = 20% - X0 = 4% .

Obs.:1) Considerar os motores como sendo um único.2) Para facilitar os cálculos, excepcionalmente neste exercício, todas asreatâncias do diagrama de seq.(+) foram consideradas iguais às suas

correspondentes do diagrama de seq.(-).


23/43

118

3) OBS: Reatâncias dos reatores de aterramento dos motores = 2%

Pede-se: Os circuitos de seqüência eas correntes entre:

- trafo e a falta- trafo e o gerador- motor e a falta

Solução:Adotando UB = 4,16 KV e MB = 7500 KVA (gerador)

- os valores nominais trifásicos do transformador são:UB = 3 x 2400 = 4,16 KVMB = 3 x 2500 = 7500 KVA

- Motores:UB = 600V; Mb = 7500 KVAPotência nominal de entrada do motor equivalente:

KVAKW x HP

5000895,0

746,06000=

Os valores das reatâncias do motor equivalente, nas novas bases serão:

pu j j X pu j j X 3,05000

75002,0;3,0

5000

7500.2,0" 2 ==== ; pu j Xo 06,0

5000

7500.04,0 ==

Ligação dos circuitos de sequência:

LL

L

j 0,10

j 0,10

j 0,3L j 0,10

EMEG

I a1GI a1M

I a1

Va1

a0MI

L j 0,10

L j 0,30

P1

L

L

j 0,05

j 0,10

L

L

Va2

P2

I a2GI a2M

Va0

P0

j 0,09

j 0,06

a0I

a0GI = 0

Figura 4.27 -

Da figura 4.27:

12,0)3,01,01,0(

)3,0)(1,01,0(1 j

j

j j j Z =

++

+= ; 12,0

)3,01,01,0(

)3,0)(1,01,0(2 j

j

j j j Z =

++

+=

Z0 = j0,09 + j0,06 = j0,15

Correntes:a) - Simétricas:

0202

021

1 56,2)15,024,0(

1aaaa

a

a I I j j I I Z Z Z

E

I ==−=+===++=


24/43

119

b) - Corrente de falta:b.1 - If = 3Ia0 = 3Ia1 = -j7,68 (corrente total)

b.2 - Correntes no motor, gerador e transformador:

Componente de Ia1 que vai do transformador (e gerador) ao pontoP: Ia1g Componente de Ia1 que vai do motor até P: Ia1M

No circuito de sequência positiva, essas duas correntes, somadas,serão a corrente de curto total Ia1: Ia1M + Ia1g = Ia1

Por outro lado, de Va1 = Ea - Ia1Z1 obtém-se:→ Va1 = 1 - (-j2,56 x j0,12) = 1 - 0,307

Levando o valor de Va1 acima calculado na expressão “Ia1M + Ia1g =Ia1 “, obter-se-á Ia1g:

536,12,0

)307,01(1

1

1

1 j j Z

V E I

g

ag

ga −=−−

=−

=

Logo, a corrente de sequencia positiva, vinda do motor será:Ia1M = 1a1 - Ia1g = -j2,56 - (-j1,536) = -j1,024

Considerando que as reatâncias de seqüência (+) e (-) foramconsideradas iguais, as correntes de seqüência (-) serão:

Ia2g = Ia1g = -j1,536 eIa2M = Ia1M = -j1,024

Por outro lado, conforme o diagrama de sequência zero indica, Ia0g = 0;Assim, a corrente de sequência zero total é a mesma que passa pelomotor: Ia0M = Ia0 = Ia1 = -j2,56

Agora já se pode obter as correntes nas linhas:[IF] = [A] [Ic]:

a) Correntes que vêm do transformador para “P”:I

I

I

a a

a a

j

j

j

j

j

ag

bg

cg

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

−⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

1 1 1

1

1

0

1536

1536

3 072

1536

1536

2

2

,

,

,

,

,

b) Correntes que vêm dos motores para “P”.


25/43

120

I

I

I

a a

a a

j

j

j

j

j

j

aM

bM

cM

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

−

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

−

−

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

1 1 1

1

1

2 56

1024

1024

4 608

1536

1536

2

2

,

,

,

,

,

,

Conforme mostrado anteriormente, as componentes de sequência(+) e (-) das correntes de linha de um lado do transformador Y/∆ estãodefasados de +90o (ou de 30o), em relação ao outro lado. Assim, paracalcular as correntes que vêm desde o gerador até a entrada doprimário do transformador, esses defasamentos deverão serconsiderados, conforme a seguir mostrado:

TRAFO

TRAFO

L

L

Gerador

I a1G

I a2G

I A1G

I A2G

P1

P2

Figura 4.28 -

Fase A:Ia1g = -jIA1g = -1,536 puIa2g = +jIA2g = +1,536 puIa0g = IA0g = zero ∴ Iag = Ia1g + Ia2g + Ia0g = zero

Fase B:Ib1g = α

2 . Ia1g = +0,768 + j1,33Ib2g = α . ia2g = -0,768 + j1,33Ib0g = Ia0g = 0IbG = Ib1g + Ib2g + Ib0g = 0 + j2,660 pu

Fase C:Ic1g = αIa1g = +0,768 - j1,33

Ic2g = α

2

. Ia2g = -0,768 - j1,33Ic0g = Ia0g = 0IcG = 0 - j2,66 pu

__________________________________________________________

4 - Para o sistema dado,


26/43

121

~~

G

B

BX = j 0,15X = j 0,08X = j 0,03

60 MVA, 22 KV

T 60 MVAX = X = j 0,05

Linha : Z = Z = j 2 Z = j 6

33 KV

T

11 KV

FFalta

120

1 2

210

60 MVAX = X = j 0,071 2

B

C

G A

T = T A B

33 KV

X = j 0,15X = j 0,10X = j 0,05

120

60 MVA, 22 KV

Figura 4.29

Determinar:a - a corrente de curto, para uma falta FASE-FASE, em F.b - Correntes no lado de 33 KVc - Correntes na fase e a tensão terminal no gerador “A”.

Deslocamento angular para sequência positiva:

30o

A (X )3

B (X )1

C (X )2

a (H )1

b (H )2c (H )3

n

a (H )1

B (X )1

Figura 4.30

Solução:1 - Impedâncias em pu, para mesmas bases:

adotandoMB MVA e

UB KV

=

=

⎧⎨⎩

100

22 33 11/ /

1.1 - Gerador A:

ANT

NOVO

NOVO

ANT

pu ANT pu NOVO MVA

MVA

KV

KV X X ..

2

)().( ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pu j j X 25,060

100.

22

22.15,0.

2

1 =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

pu j j X 1666,060

100.

22

22.10,0

2

2 =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

1.2 - Gerador B:


27/43

122

pu j j X 25,060

100.

1

1.15,01 ==

pu j j X 01333,060

100.

1

1.08,02 ==

1.3 - Trafos. TA e T

B:

pu j j X X 0833,060

100.

1

1.05,021 ===

1.4 - Linha de Transmissão:

Ω== 89,10100

332

base Z

Z1 = Z2 = j2/10,89 = j0,1836 puZ0 = j6/10,89 = j0,5510 pu

1.5 - Trafo TC: pu j J X X 1166,0

60

100.1.07,0 22 ===

2 - Diagramas de Impedâncias:

L

L

L

1,0 V A1B1

L

L

L

L

L

L

L

A

L

L

A 1

~ ~ j 0,1333

j 0,0833

V R 2b V R 2aV R1b 2

B 2

B 1 j 0,1836

j 0,1166

j 0,1666

j 0,0833 j 0,25

I R 1 "I R 1 '

1,0

V R1a

j 0,1836

j 0,1166 I R 1

I R 2

j 0,0833

j 0,25

j 00833

Figura 4.31

L

L

L 1,0

L

A 1

B 1 I r 1

1,0 V A1B1

j 0,3002 I r 2 j 0,3002

j 0,116

A 2

B

F 1 F 2

I r 2I r 1 j 0,46685 j 0,411623

A 2 A 1

F 2F 1

j 0,16665 V A2B2

Figura 4.32

3 - Corrente de falta:


28/43

123

pu j j j Z Z

E I I r r 1324,1

41623,046685,0

1

21

21 −=+

=+

=−=

De 13 a f I I −= : pu j j I f 96137,1)1324,1.(3 +=−−=

Alternativamente, a corrente de curto poderia ser obtida de:

I I I I

I I I I

I I I I

r r r r

s r r r

t r r r

= + + =

= + +

= + +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

1 2 0

2

1 2 0

1

2

2 0

0

α α

α α

. .

.. .

Posteriormente, obtém-se a corrente de falta:IF = IS = -IT ou IF = IT = - IS

Corrente, em Ampéres:

][64,248.511.3

100000

A I B ==

Logo: If = 1,96137 x 5.248,64 = 10294,25 [A]

3.1 - Correntes de curto, no lado de 33 KV:Seqüência (+):

I jI

I jI I pu

A a

R r R

1 1

1 1 1 11324

=

= → = +

⎧⎨

⎩ ,

Para a seqüência (-):IA2 = -jIa2 → IR2 = -jIr2 = 1,1324 pu

S

X1

X2T

RX3

H1

H2H3

s

t

r

][1750

33.3

100000)33( AkV lado I

B ==

Assim: I I I x A A

I I I I A

I I I x I A

R R R

S R R B

T R R B

= + = =

= + = − = −

= + = = −

⎧

⎨⎪

⎩⎪

1 2

2

1 2

1

2

2

2 2648 1750 3863 40

111324 1981 70

11324 1981 70

( , ) ,

. ( , ) . ,

. , ,

α α

α α

3.2 - Cálculo das tensões nos terminais dos geradores:Circuito de seqüência (+):


29/43

124

L

L

L

L

A

j 0,25

j 0,0833

V A1B1

1

B1

j 0,0833

I R 1 "

j 0,25

I R 1 'L

A1

B1

j 0,1665I R 1V A1B1

Figura 4.34

VA1B1 = j1 – IR1 . j0,16665 = j1 - 1,1324 x 0,16665/90° = j1 - 0,1887/90°

Da figura 4.34 tem-se que, para os Geradores “A” e “B”:

''' 1

11

1 5662,0

3333,0

1 R

B A

R I

j

V j I ==

−= (pois os ramos dos dois geradores são iguais)

Circuito de seqüência (-):

L

L

L

L

A

j 0,1333

j 0,0833

2

B2

j 0,1666

j 0,0833

V A2B2I R 2 "I R 2 '

Gerador “A”:

=−−=−= )2499,0

(2499,0

11603,0.2222

'

j I

jV I

j R B A R 5258,0)

2499,0

11603,0.1324,1(,

2

=−−=∴ j

I R

Gerador B:

606613,02166,0

)11603,0.1324,1(''2 =−−= j

j I

R

Tensões nos terminais do Gerador “A”:

Tensões de componentes:VR1a = 1/90° - Z1 . I R,

1 = 1/90° - j0,25 . 0,5662 = 1/90° - j0,1416 =0,858/90° VR2a = -Z2.I R

,2 = -j0,1666 . 0,5258 = -j0,0876

Tensões de fase:VRa = 0,858/90° + 0,0876/-90 = 0,77/90° VTa = α . VR1a + α

2 . VR2a = 0,858/210 + 0,0876/150° = 0,905/-154,81°

VSa = α2

. VR1a + α . VR2a = 0,858/330° + 0,0876/30 = 0905/-25,191°


30/43

125

para Gerador “B”: procedimento análogo

_______________________________________________________

5- Na figura abaixo tem-se um barramento infinito, cuja tensão é 220

KV, que alimenta uma rede constituída pelas linhas 1-2 e 2-3 e pelotransformador.

São dadas p UB KV

e MB MVA

/ =

=

⎧⎨⎩

220

100:

Linha Seq(+) Seq(0)1 - 2 j0,2 j0,52 - 3 j0,3 j0,8

Transformador: banco constituído por 3 trafos monofásicos de 127

KV/88 KV, 20 MVA, zt = j0,09

Carga na barra 4: ligada em ∆. Absorve j82,6 MVAr, p/80 KV.

Figura 4.36 Determinar:a - Os diagramas de sequência.b - A tensão em todas as barras do sistema.c - O gerador equivalente de Thevenin, visto pela barra 3, para as 3

sequências.

d - Determine as tensões e correntes em toda a rede para:d.1 - uma carga monofásica de j0,715 pu (em 220 KV e 100 MVA)conectada entre a barra 3 e a terra.d.2 - uma impedância de j0,715 pu (nas mesmas bases de d.1)conectada entre as fases B e C, no barramento 3.

Solução:Por não se tratar de um caso de curto-circuito, as correntes de cargadeverão ser consideradas nos cálculos.

1 - Valores base: Serão adotados UB = 220 KV, MB = 100 MVA para obarramento ∞.


31/43

126

2 - O transformador trifásico, montado a partir de 3 bancos monofásicos,possuirá as seguintes tensões entre fases:

No lado em Y: (1ªrio) 127 3 KV = 220 KVNo lado em ∆: (2ªrio) 88 KVPotência total: 3 x 20 MVA = 60 MVA

Logo, os valores de base no barramento 4 serão:220kV → 88 kV = UB’ 100 MVA → 100 MVA = MB’

3. Diagrama sequenciais: (ítem A)• Linhas: já estão referidas às bases adotadas

• Transformador: pu j j z t 15,060

100.

220

220.09,0

2

' =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

Carga:

L

LL80 KV

][9044,7790/6,82

80 02

*

2

Ω∠=−== N U Z CARGA&

Ω=== 44,77100

88)( 22

base

base N

UB Z

Portanto, o valor da carga, em [pu], será: ZCARGA(pu) = j1,0 pu

- Barramento Infinito: 022

===

∞→ N

bzrrzm N Lim

U

N

U Z

Admitir-se-á o sistema como sendo em Y aterrado diretamente.

L

L

L

11

L

31

2141

v 3( 1 )

v 4( 1 )v 2( 1 )

e b = 1 pu

j 0,2

j 1,0

j 0,15

j 0,3


32/43

127

Figura 4.38 -

L

L

L

12

L

3 2

224

v 3( 2 )

v 2( 2 )

j 0,2

j 1,0

j 0,15

j 0,3

2

Seq. ( - )

Figura 4.39 -

L

L

10

L

3 0

20

4 v 3( 0 )

j 0,5

j 0,15

j 0,8

0

Seq. ( 0 )

Figura 4.40 -

b - Tensões no sistema:Não havendo desequilíbrio, somente haverá tensões de sequência (+).A corrente que circulará, entre a fonte e a carga, será dada por:

pu j j

i 741,0)0,115,02,0(

1)1( −=

++=

∴A tensão na carga será dada por: v4(1) = -j0,741 . (j1,0) = 0,741 pu

Na barra 2 a tensão será:

v2(1) = j0,15 . i(1) + v4(1) = 0,852/0o

;

Na barra 3 a tensão será igual à tensão na barra 2, porque não haverácirculação de corrente no trecho 2-3: v3(1) = v2(1) = 0,852/0

o

c - Gerador equivalente de Thevenin visto da barra 3:c.1 - seq. (+)e1TH = v3(1) = 0,852/0

o Z1TH = [j0,2//(j1 + j0,15)] + j0,3 = j0,47 pu


33/43

128

c.2 - seq. (-)e2TH = 0Z2TH = Z1TH

c.3 - seq. (0)ZoTH = (j0,5//j-,15) + j0,8 = j0,915 pu

d - Tensões e Correntes

d.1 - “Falta” Fase-Terra (carga entre uma fase e a terra):

Barra 3:

Correntes:

pu j j Z Z Z Z

eiii

f

213,000,4

852,0

3021

1)2(3)1(3)0(3 −==

+++===

Isso corresponde aos 3 diagramas em séria, juntamente com a“impedância de falta” (neste caso, a própria carga monofásica):

L L

v 3( 0 )

i 3( 0 )

Z = j 0,47

3 Zf = j 2,145

1

e = 0,852 p u

L Z = j 0,9150

L Z = Z =j 0,471

v 3( 1 )

v 3( 2 )

2

i 3( 1 )

i 3( 2 )

1

Figura 4.41 -

Tensões:v3(0) = -i3(0) . Z0 = -(-j0,213)(j0,915) = -0,195 puv3(1) = e1antes - e3(1) . Z1 = 0,852 - (-j0,213) . 0,47jv3(2) = -i3(2) . Z2 = -(-j0,2)(j0,47)

As tensões fase-neutro, na barra “3” serão:

v

v

v

A

v

v

v

AN

BN

CN

3

3

3

3 0

3 1

3 2

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

[ ]

( )

( )

( )


34/43

129

As tensões entre fases, em “3”, serão: { }V

V

V

V

V

V

V

V

V

x kV

AB

BC

CA

AN

BN

CN

BN

CN

AN

3

3

3

3

3

3

3

3

3

127

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

As correntes de linha que chegam à barra 3 serão (tomando a fase “A”como sendo a da “falta”):

iA3 = 3i3(0) = 3 x -j0,213 pu = -j0,639 puiB3 = ic3 = 0 pu

Barra 2:

Tensões:

Tensão de seqüência (0):v2(0) = v3(0) + i3(0) . z23(0) = -0,195 + (-0,213j) 0,8j = -0,024495 pu

De maneira semelhante pode-se obter as outras duas tensões (seqs. (+)e (-)):

v2(1) = v3(1) + i3(1) . z23(1) v2(2) = v3(2) + i3(2) . z23(2)

Após os cálculos acima pode-se obter as tensões de fase:

[ ] ][3

)2(2

)1(2

)0(2

2

2

2

KV

v

v

v

AV

V

V

V b

CN

BN

AN

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

E as tensões de linha:

V

V

V

V

V

V

V

V

V

AB

BC

CA

AN

BN

CN

BN

CN

AN

2

2

2

2

2

2

2

2

2

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

Correntes:no primário do transformador:

1633,015,0

024495,0

)0(

)0(2

)0(2 j j Z

vi

T

=−

==

De maneira semelhante, pode-se obter as correntes de seqüência (+):

0,1)1(

)1(2

)1(2 j Z

vi

T +=


35/43

130

E de seqüência (-):0,1)2(

)2(2

)2(2 j Z

vi

T +=

Correntes de linha (primário)i

i

i

M V

A

i

i

i

A

B

C

B

B

2

2

2

2 0

2 1

2 2

3

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

. [ ]

( )

( )

( )

Correntes no secundário do transformador:

No diagrama de seqüência (0): I2(0) = 0 (ver o diagrama de seq. (0))

No diagrama de seqüência (+):O defasamento angular pode ser analisado a partir de qualquer um dos

dois esquemas abaixo:

Figura 4.42 -

Os dois esquemas acima podem ser representados pelas expressõesem (I) e (II), respectivamente, para o desenho do lado esquerdo e para odesenho do lado direito:

V V V V

V V V V

a B

o

a B

o

a A

o

a A

o

1 1 2 2

1 1 2 2

30

90 90

= = −

= − = +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

/30 ; /

/ ; /

(I)V V V V

V V V V

a A

o

a A

o

a C

o

a C

o

1 1 2 2

1 1 2 2

30

90 90

= = −

= − = +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

/30 ; /

/ ; /

(II)

Considerando a notação (II):

I2(1) = i2(1) /-30

o

I2(2) = i2(2)/30o E lembrando que I2(0) = 0Tem-se que as correntes de linha (secundário do transformador), emamperes, serão:

I

I

I

M

U A

I

I

I

A

B

C

B

B

2

2

2

2 0

2 1

2 2

3

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

,

,

( )

( )

( )

.. [ ]


36/43

131

Barra 4:Correntes: as mesmas do transformador

Tensões:

fase-neutro:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

)2(2

)1(2

)0(2

2

2

2

4

4

4

][.0,1)(.0,1

I

I

I

A j pu

I

I

I

j

V

V

V

C

B

A

CN

BN

AN

Obs. : a impedância j1,0 corresponde à carga da barra 4, conectada emY.Tensões entre linha:

V

V

V

V

V

V

V

V

V

AB

BC

CA

AN

BN

CN

BN

CN

AN

4

4

4

4

4

4

4

4

4

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

Obs.: As tensões calculadas para a Barra 4 ainda estão em p.u.

Finalizando, pode-se verificar se os cálculos estão em acordo coma informação, dada no inicio do exemplo, de que o barramento 1 erainfinito. Isto é, as tensões fase-neutro de seqüência (-) e (0), nesta barradeverão ser NULAS e a tensão de seqüência (+) deverá ser igual a 1,0

pu. Aqui serão mostrados os cálculos apenas para a seqüência (0).

Relembrando o diagrama de seqüência (0), pode-se escrever que:eg(0) = v2(0) + z12(0) . ig(0),Onde: ig(0) = i3(0) + i2(0)

L

L

10

L

3 0

20

4 v 3( 0 )

j 0,5

j 0,15

j 0,8

0

Seq. ( 0 )

Dos cálculos já efetuados anteriormente neste exemplo, tem-se que:ig(0) = i3(0) + i2(0) = -j0,213+ j0,1633 = -j0,0497.


37/43

132

Levando este valor na expressão de “eg(0) = v2(0) + z12(0) . ig(0),“ tem-seque:

eg(0) = v2(0) + z12(0) . ig(0) = -0,024495 + 0,5j . -j0,0497 = 0

De maneira análoga, pode-se obter que:

eg(1) = v2(1) + z12(1) . ig(1) = 1,0 puOnde: ig(1) = i3(1) + i2(1) E:eg(2) = v2(2) + z12(2) . ig(2) = 0

Onde: ig(2) = i3(2) + i2(2)

O diagrama trifilar final, com todas as correntes em [A], será o seguinte:

e 11

1 A

1 B

1 C

3 A

3 B

3 C

- j 52,63 ( A )

- j 166,05 ( A )

4 C

4 B

4 A 464,91 -121,5o

464,9 121,5o

485,89 0o

197,36 148,6o

197,36 31,4o

Figura 4.43 -

d.2 - “ Falta” fase-fase:

Barra 3

Os circuitos de sequência (+) e (-) serão ligados em paralelo:


38/43

133

e 11e 11

j 0,3 3 1

3 2

i 3( 1 )

i 3( 2 )

0,47 j

0,47 j

i 3( 1 )

3 1

i 3( 2 )

3 2

V3

V3( 1 ) j 0,715

Z f = j 0,715

11

12

j 0,2

j 0,2

j 0,3

j 0,15

j 0,15

2 2

4 2

j 1,0

j 1,0

4 1

i3(0) = 0

i3(1) = -i3(2) =e

Z Z Z j j

f

1

1 2

0 852

16550 514

+ + = = −

,

,,

I

I

I

M

UA

i

i

i

amp

A

B

C

B

B

3

3

3

3 0

3

3 2

3

0

234 47

234 47

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

= −

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

[ ] ,

,

.

( )

(1)

( )

Tensões de componentes:v

vv

e

Z

ZZ

i

ii

j

j j

x

3 0

3

3 2

11

0

11

22

3 0

3

3 2

0

0

0 0

0 00 0

0

0 8520

0 175 0 0

0 0 47 00 0 0 47

( )

(1)

( )

( )

(1)

( )

. ,

,

,,

⎡

⎣

⎢

⎢⎢

⎤

⎦

⎥

⎥⎥ = =

⎡

⎣

⎢

⎢⎢

⎤

⎦

⎥

⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢

⎢⎢

⎤

⎦

⎥

⎥⎥

⎡

⎣

⎢

⎢⎢

⎤

⎦

⎥

⎥⎥ =

⎡

⎣

⎢

⎢⎢

⎤

⎦

⎥

⎥⎥

−

⎡

⎣

⎢

⎢⎢

⎤

⎦

⎥

⎥⎥

x j

j

0

0 514

0 514

0

0 609

0 242

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

,

,

,

,

Tensões fase-fase:

V

V

V

V V

V V

V V

KV

AB

BC

CA

AN BN

BN CN

CN AN

o

o

o

3

3

3

167 3

81 5 90

167 3

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

=

−

−

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

= −

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

, /14

, /

, /166

[ ]

Nota: VBC3 = Zf .IB3 = (j0,715 .220

100

2

) [ ]Ω . (-234,47 A) =

= -81,140V (erro de 0,44%)


39/43

134

Barras 2 e 4 e barramento ∞: procede-se como em “d.1” __________________________________________________________

6- Uma falta entre duas linhas e terra ocorre nas linhas b e c no ponto P do circuito cujo diagrama unifilar é mostrado na figura abaixo. Determine

a corrente subtransitória na fase b da máquina 1.Considere que a máquina 2 seja um motor síncrono, funcionando com atensão nominal. Ambas as máquinas têm valores de 1250 KVA, 600 V,com reatâncias X”1 = X2 = 10% e X0 = 4%. Cada transformador trifásico

tem valores nominais de 1250 KVA, 600∆ - 4160Y V, com reatância dedispersão de 5%. As reatâncias da linha de transmissão são X1 = X2 =15% e X0 = 50%, numa base de 1250 KVA, 4,16 KV.

T T21

L L

1 2P

Solução:

Diagrama seq. (+):

L

L L L

j 0,1

j 0,15 j 0,05

P

M

L j 0,1

G

j 0,05

Va 1

A impedância equivalente de Thevenin será: Z1 = j0,1.

Obs: Considerando que, neste exemplo, todas as impedâncias deseqüência (+) e (-) são iguais, então = Z2 = Z1 = j0,1.

Diagrama seq. (0):

P

j 0,05

L

j 0,04L

L

L

L L L

j 0,05 j 0,05

3 Zn 3 Zn

j 0,04

I A 0 G

I a 0 T

A impedância equivalente de Thevenin será: Zo = j0,0458 pu.


40/43

135

Correntes de componentes simétricas, no ponto da falta:

Ia1 = E Z Z

Z Z Z Z Z j pu

a1 0 2

1 2 0 1 2

7 607( )

. ( ),

+

+ + = −

Ia2 = -Z E

Z Z Z Z Z

ja0 1

1 2 0 1 0

2 390.

( )

,

+

=

Ia0 =−

+ + =

E Z

Z Z Z Z Z ja1 2

1 2 1 2 0

5 217( )( )

,

Correntes de linha:Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0 = zeroIb = a

2Ia1 + aIa2 + Ia0 = 11,67/137,9o pu

Ic = aIa1 + a2Ia2 + ia0 = 11,67/42,11 pu

A corrente de falta será: If = Ib + Ic = eIa0 = j15,651 pu (em Amperes:2.715/90o [A])

Cálculo das correntes de componentes, nos ramos:

.Sequência positiva:Va1 = E - Ia1Z1 = 1 - (-j7,607 . j0,1) = 0,2393 pu

Reaplicando esta tensão (agora conhecida) para o ramo do gerador:

Va1 = Ea - ia1G(Z1G + ZT1) ⇒ Ia1G =E V

Z Z T j ja a

G

−+

= − = −1

1 1 1

1 0 2393

0 155 0713,

,,

Analogamente, para o ramo do motor:

Ia1M =E V

Z Z Z j ja a

L T M

−

+ + =

−= −1

1 2 1

1 0 2393

0 32 54

(

,

,,

Sequência negativa:V I Z I

j j pua

V a a G

a

2 2 2 2

1

0 2393

0 151595

=

= − ⇒ =−

=( )

,

,,

Sequência zero:


41/43

136

Va0 = -Ia0.Z0

I V

I V

j

j

a Ga

a Ta

00

00

0

0 05

4 78

=∞

=

= = −

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪ ,

,

Admitindo que o transformador Y∆ tem a seguinte convenção:

X1 H1

XH2 2

X3 H3

a

bc

A

B

C

As correntes no gerador (∆ do transformador) serão:IA1G = Ia1G/-30

o = -j5,0713/-30o = 5,0713/-120o IA2G = Ia2G/30

o = 1,595/120o Ia0G = 0 (entretanto IA0T = IaoT)

As correntes de linha, no gerador, serão:IAG = IA1G + IA2G = 6,03/-106,76

o

IBG = a2IA1G + IA2G . a = 6,03/106,76

o ICG = a.IA1G + a

2IA2G = 3,48/0o

Sendo: IBASE =1250

3 6001202 85

MVA

voltsA

.,=

IFASE”B” (em amperes) = 7253,18 /106,76o

______________________________________________________

7- Um gerador alimenta um motor através de um transformador Y-∆. Ogerador está ligado do lado Y do transformador. Uma falta ocorre entreos terminais do motor e o transformador. Os componentes simétricos da

corrente que circulam do motor para a falta são Ia1 = -0,8 - j2,6 pu, Ia2 = - j2,0 pu e Ia0 = -j3,0 pu. Do transformador para a falta, tem-se: Ia1 = 0,8 - j0,4 pu, Ia2G = -j1 pu e Ia0 = 0. Considere, tanto para o motor como para ogerado,r X1 = X2. PEDE-SE:a) Descreva o tipo de falta.Determine:

(b) a corrente na falta em pu e,(c ) a corrente em cada fase do gerador em pu.

Solução:

Diagramas de sequência:


42/43

137

F

L

a 1 GFo

LL

I d o M

ZM OI = 0a oG

( 0 )

I a 1 M1

L L L L L L

I

ZG1 ZG 2 ZT OZG OZT 2ZT 1 ZM 2ZM 1

I a 2 G

I a 2 M

F2

( + ) ( - )

Figura 4.50 -a) Tipo de falta:

Ia1 = Ia1M + Ia1G = -j3 puIa2 = Ia2M + Ia2G = -j3 puIa0 = Ia0M + Ia0G = -j3 pu

Sendo Ia1 = Ia2 = Ia0, a falta deverá ser FASE-TERRA.

b) A corrente de falta será:If = Ia1 + Ia2 + ia0 = -j9 pu

c) Correntes no gerador:Inicialmente vamos admitir as seguintes ligações:

X1 H1

XH

XH

a

bc

A

BC

Figura 4.51 -Va1 = VA1/30

o ou: VC1 = jVa1 Va2 = VA2/-30

o ou: VC2 = -jVa2

Assim:Ia1G(y) = IA1G(∆)/30

o = (0,8 - j0,4) /30o = 0,894/-26,565o + 30o = 0,894/3,435Ia2G = IA2G(∆)/-30

o = -j1/-30

o = 1/-120o Ia0G(y) = Ia0G(∆) = zero:

As correntes no gerador serão:IAGy = Ia1G(y0 + Ia2G(y) = 0,9024/-64,20

o IBGy = α

2.Ia1G(y) + αIa2G(y0 = 1,0/-53,12o

iCGy = αIa1G(y) + α2Ia2G(y) = 1,893/121,62

o

IMPORTANTECaso fosse adotada a convenção abaixo:


43/43

138

X1 H1

XH2 2

X3 H3

a

bc A

B

C

Va1 = VB1/30o

ou VA1 = jVa1 Va2 = VB2/-30o ou VA2 = -jVa2

Então as correntes seriam:Ia1G(y0 = -jIA1G(∆) = -j(0,8 - j0,4) = -j0,894/-26,565 = 0,894/-116,57

o Ia2G(y) = jIA2G(∆) = jIA2G(∆) = j(-j1) = 1

As correntes no gerador serão:IAGy = 0,894/-116,57 + 1 = 0,9997/-53,11 ≅ 1/-53,12

o = antigo IBG

IBGy = 1/240o

. 0,894/-115,57o

+ 1/120o

. 1/0o

=1,8932/121,62o

antigo ICG ICGy = 0,9024/-64,20

o antigo I AG

cap4_faltas assimÉtricas

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