Apostila - Valores por unidade by Luiz Andrade

'. "

JI. 'I I

il I

--~

,, ,

~s COPEL S~

DAD-SRH

I ,I

1 \

,I I

1 ,\

__-A"''''''.''-'''_ .. __ . _-_-o

------~-------------,....iI

\, "

APOSTILA , ."""

-VALORES

POR

COMPONENTES CURTO

UNIDADE SIMÉTRICOS

CIRCUITO

ELABORAcaO:

GILBERTO OPMV/VMAE

L. KANNING

06/90

il C

--- _----.- ... -

"li:

1- PU - VALORES POR UNIDADE A aparente complexidade dos c~lculos de curto circuito levaram, ao longo dos anos, o desenvolvimento de méto'dos'de-cálcul0 que facil itassem e garant isseoia"prE1c:"i-são dos resultados. Entre os m.todos atualmente utilizados para este fim est~ a representação dos valores em "PU" ou" porcentagem", que será desenv61vido nesta parte da apostila, bem como a utilização dos diagramas de sequência que serão vistos posteriormente. Vale bembrar que estes métodos não se aplicam unicamente ao estudo das grandezas elétricas, mas também a outras grandezas f(sicas desde que se relacionem entre si, assim como ocorre com as grandezas el~tricas. Representar significa de base" como "valoraba i:-:0' porcentagem

Valor

Por

um determinado valor em PU ou relacioná-lo a um valor estabelecido para o cálculo conforme o exemplo

valor real em PU = ---------valor base

(PU)

e:-.:emp 1o ;

Escolhendo 500 Volts como valor 200, 300, 400, 500, 600, Volts os seguintes

base, temos para valores em pu'

200 P<:.ra 200 Volts:

VPU

0,4 pu

0,6

0,8

500

300 Para

300 Volts:

Vpu

= 600

400 Para

400 Volts:

Vp'~ =

500

II 0'2

lĂ I

Para 500 Volts: Vpu

Para 600 V~1ts:

500 =

1.0 pu

500

f .

600 Vpu =

1,2 P'J

500

i. ' hi

Observe que qualquer valor expresso em pu nio possue unidade. ou seja. i admensional. isto porque i obtido pela divisio de duas grandezas de mesma unidade. Alim da representa;io de um valor em pu. existe a possibilidade de o mesmo ser representado em NporcentagemN ou o mesmo que 100 vezes o seu valor em pu.

ii,

P Df" e>~emp1o: Valor ~ = 100% x pu ou ainda valor real Valor %

= ----------

100%

valo,.- base

e:,:emp lo: 0.04 pu = 4% b) admitindo 50 a)

como valor base. temos para 20

. I

Em pu

I.,

20 =

0.4

i Em %

100%

, i

40%

. i!

A representaรงio mas bastant~

c~lculos7 valores

nominais

geradoFESn

โ ข

porcentlJal

empregada

equipamentos

Part icularmente

na como

~ POUCO usada representaรงio

nos dos

transformadores

nestes casos, vem a Fepresentaรงio ou %. ~ muito comum encontrarmos na

de sua impedincia em pu placa de identifica,io dos transformadorEs variam numa faixa bastante pequena, o que se a impedincia vieSSE expressa no seu valor Nestes casos, para compreender lembremos qUE o ensaio para determinar PErcentual de um transformador i feito c i F C u i t o ab a i >:0 :

valores qUE nio aconteceria real em ohms o significado, a impedincia como mostra o

, :

i Transf.

sob ensaio

A tensio U prim~rio i levantada ati secund~rio em curto atinja o seu Esta teosio medida, em percentual da nominal, Z% do transformador. medida

Seja

um transformador

p -Vp = Vs --

nominal

Assiol

~;00 13,8

k Va kV

440

com

aS seguintEs

Sob ensaio este com uma tensio de

sua

imPEdincia

- ---------

= 0,05

plena

carga

690

x 100%

5%..

- 5%

= 1.3.800

pu~

Isto ele

ser~:

percentual

V~n{)m i n;;':\l

Enl pu

caracter{sticas:

transformador atingiu a corrente 690 Volts aplicada ao prim~rio~

V .. E~nsa i o

que a sorrente valor nomi~al. correspondE ao

significa

o mesmo

que

quando

provocar~

o transformador

ao sistema

uma

queda

estiver

de tensio I'.

-'! 'F

2- RELAÇ~O ENTRE DIFERENTES

GRANDEZAS

TOMADAS EM PU. I

Os valorEs em pu ou porcentagem SE rElacionam entre si da mEsma forma que seus valores correspondentes em Volts, AmpEzes, Ohms, EtC. Vejamos um Exemplo qUE engloba o qUE foi comEntado:

SEja o circuito olonofás.ico R = IO.n..

PElo procEsso

0,1 1 10 >~ Ip Ip.R1 Is.R2 Vr1+ e1

v,...2 _.

Reduzindo

I, I'

19 solu~io:

Is -Vr1 --

I, I'

Existem dois processos que rEsolvEm EstE problEma. PrimeiramEntE sErá mostrado o prOCESSO normal E Em sEguida o prOCESSO que utiliza os valorEs em pu.

Sol :

10:1

Calcular as corrEntes do primário e do bEm como a queda dE tEnsão sobrE as resistlncias

sEcundário, R 1 e R2.

OndE: V = 100 Vol t s REla~ão do transf.

iI,

j i.

normal~

(U (2) (3) (4) (5)

as equaçies

acima

para

valores

conhEcidos

temos:

V = Vr 1 + E 1, 1.00

Ip • Ri

+ Is . R2 0,1

! ' I

. !;

, ! I

j~.

100

10 + 10

w •• _______

Ip • ____

c,.1

0,1 100

110

1.00

1.0 + 500

+ 500 )

100

0,196

510

" 0,196

Vr 1. "

I p.

R 1.

Vr1 " 0,196 y~ 10 " 1.,96

Vr1

1,96

1s _.. 1.0

Is " 10.0,196

" 1,96

Is " 1,96 A

\)t""~~

. R2

Vr2 - 1,96 x 5 - 9,8

Vr2

9,8

SolL.lr;ão_Rf:Olo_Rt:OCESso_Eru".BU.~:

__~_._

.... __ .__

10:(

._~_ .._-------_._---------------

).I

I: I, '.

escolhemos

duas grandezas

base para o cilculo:

Tensio base = Impedância base =

Por e>:emplo:

100

Volts

10 :I

Através destas grandezas, primário e secundário:

= Zbp

Tensio

= 1e,

calculamos

os valores

base para o

.. i!

base no secundário: 100 )-(0,1

V" '"

, II

, "!

I~a - I~~ )-(10

)-(

100

.• Impedincia

base

no s€cund~riQ:

10 =

Ibs

0,j, : i

100

, Z"., = 0, 1

Transformando

os valorEs

r ea 1

V. V.

Z. base

Z.real

-----

Z.basE

Resolvendo

= -------

Zp'JS

100

base

Z. real Zpup

Em pv, tEmos'

100

= -------

Vpup

conhEcidos

0,1

1 pu

50 PU

o circuito:

1. I

--- ..-

0,01.96

50+1

0,0196 A

Por-t ant

Corrente

no prim~rio'

Ip - Ipu • Ibp

= 0, 196

O,0196 x 10 - 0,196

r~1

Óf

Corrente Is

no secund~rio:

Ipus • Ibs

0,0196 x 100

1,96

Is = 1,96 A

I, Queda de tensão:

Em Rl: Vrlpu

Rlpu x Ipu

0,0196 - 0,0196 pu

.'1

•

Em Volts: Vr1 = 0,0196 x 100 = 1,96 V Em R2

Vr2pu

Ipu x R~pu

Em Volts: VR~ = 0,98 x 10

Resolver

0,0196 x 50

I,I

0,98 pu

9,8 V

o circuito

que segue pelo processo

RI= 20.t\..

em pu.

R2= 5.f1..

'--VRl 11

'---VR2 12 1:10

5: I

Ca I cu I ar : 11 12 13

? ? ?

Vrl

Vr-2 VI'3

= =

? ? ? i' "

", I:

Reconlenda,ies

a) Escolher b) c) d) e)

para

o c~lculo~

2 valov"es

base

Determinar os outros vaI ore. base do circuito Transformar as grandezas envolvidas em pu Montar o circuito equivalente em pu Resolver o circuito.

SoluĂ§io~

3- CIRCUITOS

exprESSOS

TRIF~FICOS

grande

maioria porc2ntagem

dos

casos,

nos

eqtlipametnos

valores sio

que

vgm

tomados

em rela~io aos ental1to, quando

No um

sistema,

valores

baSE

valores nominais do pr6prio equ1pamento. estes equipamEntos estio corlEcta(jos a faz nEcess~rio rE~â&#x201A;Źrir os seus valores para do pr6prio sistema"

H I

por lO',<emp 1t): Seja o sistema

.present.do

.- --~---

Ge •..• dor:

.b.ixo:

)(

- ..-

= 10 MVA ~ ,J kV =

V00

XÕ

3;( , :1

T•..• nsf. Ti

= 15 MVA ~ ~ •• J ..J kV I 11 kV ).~.,. 1 = 5% S

Tr".nsf. T2

S = 10 MVA J.i kV I 8 kV N.,.~ 3;(

Para a montagem do diagrama equivalente eem pu, devemos te •.. em mias os v.lores de impedincia especific.dos p.r •• s b.ses do sistem •• Nio podemos simplesmente .dotar os valores de pl.ca dos equipamEntos POrqUE cErtamentE, nio corresponderio aos valores base adotados para o circuito em questio. Devemos entio transforrn~-las para as bases corretas, e para isto elevemos conhecer as bases que ser~o adotadas para o circuito

•

Assim, conhecendo-se o Zpu do equipamento e o Zbas€ do sistema, e aplicando a f6,~mula mostrada abaixo, obtemos diret.mente o Zpu correto de c.d. equip.mento.

S B sistema ZP'JS

ZPIJ"

,.:

-..---------------

V'"

equipo

v'"

s. i st •

••

S B equipo

Ondé': --

ZPIJS

= Impedincia

ZPIJc:

- Impedincia

pu para as baSES do sistema em pu do equipamento

-- S8sistem. VBeqlJip.

= VA baSE do sistema = Tensio base do equipamento

-- VBsistema

TensSo baSE do sistema

mostrado

em pu par~

Calcular entio os novos valores anteriormente: Adotar os valores basE de:

o sisten\a

5B = 10 MVA VB =

5 kV

Para

o gerador:

XgPU

= XPUE

S8s ,.,

-------

1.0 MVA XgplJ

= 37-

5 kV

-----_.

10 MVA 37XgplJ

------

~ .J kV

37-

0,03 PU

100 Para

Ti:

XT1

= Sr-

10 MVA

XT1

,.,

,.u ~,

5,5

------\ ~ MVA .. "

-------

~ .J

4/;

4% 0,04 PU 100

Para

T2:

XT2

1.0 MVA -----10 MVA

37- x

-----10

3,63%

3,6,3%

XT2pu

= -----

0,0363

100

Com base nestes equivalente em pu:

valores,

podemos

~X~G_.~QO~3~PIJ ~X~T~I_.~a~,O~4 pu •• X""T",Z_&~0,o=3",6,,,"3 u p.

Ipu

montar Z

TH.

ZTH •

o diagranla G+

0,1063 pu

~-----_._--

OBS:

ZTH corresponde

a impedAncia

equivalente

de THEVENIN.

12,

IL,. I, .

EXERCiCIO

PARA FIXAC~O -j--

Seja o circuito

trif'sico

abaixo: J 100.n..

<.•..__

f--Ilo

-'I

CARGA

, "

Dados do circuito: Gerad"or: P = 15 MVA V00 = 8,8

27.

Linha XLT

PEDE~SE: Calcular a coe rente no prim'rio e no secund'rio do transformador, bem como a tens~~o na carga.

11 "

j0,5

Trasformador: P = 20

MVA

j.0/j.00kV XT= j37. Carga: Xc Sol'jção:

ji00

(por

Escolher os valores S = 15 MVA V00 = 8,8 kV

Lembrar

que

para

base

-,-,-_ ..-

de:.

: ;

o circuito

base

3 I

dos outros

~~_.-

kV"'00

= -------

MVA

valores base do circuito:

do primário:

I: -,--

IBp =

, I

trifásico:

Z - -------

3 ~,V00

al Determinação

V00

k VA I = -------

Corrente

fase l.

'-'.-

Impedlncia

Zbp

base

do prim~rio

c) Corrente

base

no secund~rio:

IBs = d)

Impedlncia

base

no secund~rio:

ZBs

e) Calcular os valores calculadas acima:

em pu do circuito

em ~unçio

das

bases

Utilizar

a ~drmula

geral

Xpus

para

Zpue

conversio

de bases:

Sbs

VBe

SBe

VBs

Xg -

X~~ _

XTl 1

••

Circuito

equivalente: XTH

lpu

IplJ

Corrente

" il

no pr imár io:

(

lado

de 8,8

)

I, I'

Corrente

no secundár

i o:

(

lado

ele 88 kV

)

Tensão

na carga:

I, •

I II

'I' 4- COMPONENTES

SIMÉTRICOS

Este método permite estudar todas as condiçbes possíveis de desenquilíb!'io do sistem8. t!'ifásico. Pe!'mite o estudo do curto circuito fase-terra C0T), fase-fase (00), fase-fasE-terra C00T)' etc. Este método baseia-se no princípio da HsuperposiçloH o qual estabelece que a resposta a uma força pode ser determinada pela adiçio das respostas dos componentes desta força. desde que estas varíem

diretamente

com

parimetros

envolvidos,

característ icas 1 ineares. Num circuito elétrico trifásico podemos ter uma situaçlo semelhante.

seja,

qUE

tenham

Seja

o exemplo

desequilibrado.

abaixo:

J.f!..

VB Ve

ZI#Z2#Z3

Neste

caso,

as correntes

I~, Ib e Ie nia seria

iguais pois Zi é diferente de Z2 e de Z3. Podemos entio estabelecer uma correspondência ao princípio da sUPErposi~go~ Assim as correntes enl cada fasE seria re~Erenciada5 as componentes pr6prias, ou SEja, as componentes simétricas.

C:hamaremos a estas de componentes de sequência CI.), sequência negativa CI~) e sequência ze!'o Assinl a corrente na faSE A ser~ igual a soma de Ia!,

positiva

(10). 1a2,

Ia0.

Da mesma

forma

nas

Ibi

outras

+ Ib2

fases:

+ Ib0.

A malha trifásica será entlo substituída por uma monof~5ica uma veZ qUE os trªs sistemas de componentes sio equilibrados. O cálculo será executado numa malha monofásica representado por um diagrama unifilar no qual cada elemento do circuito será substituído por seu equivalente. Cada uma das três componentes terá o seu circuito próprio.

malha

I' "

i I

DIAGRAMA Este

DE SEQUÊNCIA é o mesmo

diagrama

POSITIVA: representa

qUE

o circuito

normal antes da falta, constituido de três fasores de igual amplitude e defasados entre si de 120°, com Rota,io antihoriria. Possue entlo a mesma sequência de fases do circuito original.

ROTAçÃO

b, Este

tensio

circuito

de sequincia

impedlncia

de mesma

EstE

seri

representado

positiva

em s~rie

por

com

uma

fonte

a respectiva

sequlncia:

é similar

diagrama

sequencia

embora nio possua fonte de sequência negativa ocorrência da falta. Seus vetores giram em sentido ao da sequência positiva conforme mostrado abaixo:

posit iva, ant€s da contrá,' io

)

--,

D2. - - - - _)

_FiOTAÇtiO i

. !I

Circuito

equivalente:

FALTA

L_ -_v_z_í'

ONDE:

E2 = -12 • Z21

DIAGRAMA

formado ft:l.

DE SEQUÊNCIA

ZERO:

um circuito trifisico igual lrigulo e m6dulo

Não const i t ue 3 yetores de por

embora seja para as tr&s

se:- ..

boco

III

ao •• bo ••co

Para constru~io do seu diagramar necessita~se obrigat6riamente que" o circuito original tenha sempre um caminho de retorno pela terra. Tambim não possue fonte antes da falta. ONDE:

FALTA:

--~~

__ II--'-lC

)EO

~zo

Assim, num circuito as correntes nas três faSES componentes de sequincia: {"--

trif~sico compostas

I Eo: -toZo desequil pelas

ibrado. Temos suas respectivas

\ \ \

'.----

ICI

Ib2

-Ibo

:i I1

18 II

! '

I' j

No diagrama IA 18 IC Da VA V8 VC

= = =

exemplo

acima.

observar

, I

que:

Ia1 + Ia2 + Ia0 Ib1 + 1b2 + lb0 lc1 + lc2 + lc0

mE'Smé\

= = =

forma teríamos:

Vai + Va2 + Va0 Vb1 + Vb2 + Vb0 Vc1 + Vc2 + Vc0

Como Vai possue o mesmo modulo de Vb1 e Vc1 por~m defasados de 1200 entre sí. e o mesmo acontece com Vb2 • Va2 e Vc2. por~m defasados em sentido oposto. podemos afirmar q'Je:

i, i

Voa Vba Vco

/// 1

Vb 1 Vb2

Vb0

= = =

<:-\~\)c~1

!,,'c: 1

aVa Va 0""

Vc2

Vc0

= = =

aVa1 (::r.~VA~

Va0

Ol,servando

as r"ela,3es acinlBr podemos EstabeleCEr a a. Esta constante a seF~ chamada de" operador a" e teF~ sempre a caracterfst ica de mudar a posiçio dE qualquer vetor em +1200 sem alterar o seu mddul0.

constante

1200

i' il .

I' I,

Assim'

a :::: 1.

Vai

Vci

S'e:.

1204'>

_____________

Vbi

Vai , etc ..

Valor

._ww

Admensional

120'0

a '" i (':\2::: i t:\:il::: i

240" 360"

etc

...

Conforme já fo i coment ado ant er iorment E", a componente de seq~lincia zero, ser~ senlpre igual para as tr€s fases e estabelecemos .ntio rela;ies de igualdade permitindo montar as equa,Zes que sEguem: Assim,

temos, referenciando

udo a Vai, Va2 e Va0.

Vai + Va ••. ~ + Va0

VB = a"'Vai + aVal.:! + Va0 VC = aVai + ('~\=!Va~+ Va0

C't.!

IA - 1a1 +

ICl~

1B '" (':\õõ!Iai

+ alaiio~ + Ia0

aIa i +

ê":,.:2

+ 1a0

I a~ +

1a0

Podemos processo

ainda isolar matricial:

'vtA VC

i i i

Invertendo

a matriz

as componentes

de seqlJ&ncia

atravĂŠs

'v'a0

Vai Va2

Va0

i i i

Vai Va2

significa:

qUE

acima: i

<:\~

<:".2

Va Vb Vc

i Vai

-....-

VA + a VB + a~ VC

1. Va2

i' J

VA + VB â&#x20AC;˘. Vc

Va0 3

mesmo

vale

! para

as correntes:

I Ia1

21 I.

Co'

1 Ia2

:::

IA + ?,"'I8 + aIC 3

Ia0

+ Ib

+ IC

Estes

conjuntos

de equa~ies nos

as quantidadES dE sEquincia t~if~sico dEsEquilib~ado.

permitem

ExistEntEs

num

vE~ifica~ ci~cuito

E>:Emplo~

No ci~cuito abai>:o. dEtE~mina~ positiva negativa e zero bem

sequ€ncia nE'Jt~C).

as quantidadES como a corrente

dE de

IA. 10 ~

Is. !c.

81-120.

A R

12 1100-

Soluc;ão:: .) C'lcul0

da cO~~EntB

dE SEq.

posit iva:

1 Ia1

IP, + aIE! + a"'IC 3

Ia1

10 3

00 + 1

120

• 8 -120~ + 1

240

• 12 100~

li 'il , Ia1

29,562

- 7,98

----------------------------

Ial

-7,98

9,854

----------------------------

b) Cálculo

da co~~ente

de seq. negativa:

1. Ia2

-----

+ a~ 18 + alc

. ij 1 1a2

0° + 1

240

8 -1200 + 1

120.

12 1000

1. 3,288

1a2

. II

,-'

Ia2

1,096

C~lcul0

-166°

corrente

seq.

ZEro:

1a0 =

IA + Ib

+ Ic

Ia0

0°

-120° +

1000

Ia0 =

6,265

51,312'"

51,31208

Ia0 2,088

3 Ia0 - 6,317

6,265

50,710

Os valores calculados acima correspondem as ;;':\s componentes de sequincia paFa a fase A. PaFa obteF componentes dE sequgncia das outras fasEs, lembrar da =; .rEla~~Es que"elas gua~darn entre si. Podemos ainda recompor o sistema, através das componentes de sequincia calculadas acima para obtermos a confirmaç~D de IA. Ass i m,

vem::

I.1 + Ia2 + Ia0 - 9,854 2,088 51,3120_

1.0

-7,89

••

1.,096

00 A

EXERCicIO No sistema

abaixo,

窶｢

PARA FIXACﾃグ:

calcular:

IA" 20 1600

10 1-600 A

Ic " 15 1'1000 A

aI Correntes Na -fase

I a,j.

de seq. ~ositiva,

negativa

e zero:

Ia2

:::

I j

Ia0

~ I

, , ~ I

I i i

I i,

j 2!

b) Corrente

dE SEq. nEgativa

na fase B :

lb2

c) Corrente

dE sequineia

positiva

na fase C :

dE sequineia

zero nas fases B E C :

lei

d) CorrentE lb0

Ieo

5- CURTO CIRCUITO: 1- Anil iSE do curto Representação

circuito

tri¥isico:

mono¥ásica:

--I Representação

ZLT

1 .....)( ~311

tri¥isica:

____________

ZLT

. __ .

._ - 0._- _...

_ 1 : I

.. li Va Vc

= Vb = Vc

Podemos afirmar qUE no ponto da falta as tensies sio iguais, Estabelecendo assim as condiç~es de contorno para o sistEma: No ponto VA

da falta~

IA + 18 + IC

Das

equaçSes

das

componentes

simétricos7

temos:

Va0

VA + VB + VC

= 3

--------1, Va0

3 Va

ou ' Va0 = Va

---------

Va Va2

l,+;;>'''+a=0

= 3

Va2

Mas:

Va2 Ia2

. Z2

Ia2

- 0

I I

= 0

li "

Ia2

Ia0

Das condiç8es

IA + 18 + IC

de contorno

temos que IA + 18 + IC

Então:

Ia0 = 0

Vai = Ea - Ia1. Z1 Como Vai =0,

vem:

Ea = Ia1. Z1

Ea ou

Ia1 = ----Z1

Se IA - Ia1 + Ia2 + Ia0, ent達o

Et:\

Ec\

= ----Zi

, 18 = a21a1

;

+ ala2 + Ia0 =

18 = a2Ia1 + 0 + 0 Mas Ia1 = IA, Ent達o'

a"'la1

I :1 , ,I

IC= aIai + a~Ia2 + Ia0 IC= alai + 0 +0

, IC= a • I•..•

Temos entio sio iguais

trif~sico

que as correntes e sim~tricasD

no curto

circuito

diagrama

Desta Torma, para o curto triTásico de seq. positiva.

Onde

IF =

só teremos

Ea ZIF

z~~ - Somat6ria

das impedincias de seq. Tonte até o ponto da Talta.

Tensao

pré-Talta,

positiva

ou tensao de opera~ao

da do

sistema.

Em pu:

I,. = ----Z" ,.

(pu)

3( "

EXERCicIOS

No sistema

abaixo calcular

a falta trif~sica:

XLTz

f ~

XLTI

'l'Y'

)(7

i ,'

3l'l

13l'l=?

Dados:

- Gerador: P = 100 MVA V00 = 20 kV X~.X~ • j 0,3 pu; X~ -

1,0

-LTi XLT1

X~ • X~

- X~ -

I. I

- Transformador: P = 120 MVA 20 kV/8 kV XT = j 4% - X~ - X~ - X~ - LT2 XLT2

•• X..

•

X~ -

I I

.. '

2- CURTO CIRCUITO

DIAGRAMA

FASE - FASE

, 'I

(00)

UNIFILAR:

ZLT

.Repl'esentação A ZG

tl'ifásica:

ZLT ZLT

l'F

ZLT

..,

JC Va

Va ,

Va'

;

Vb' Condiç:Bes

= =

de contol'no no ponto

da falta:

I•. ..., 0

I",

-Ic

V" .. V", Das eqUa~38S

das conlponentes sim~tricos,

VEm

( IA + IB + IC )

Ia0 3

( 0 + IB - IB )

Ia0 =

33 .

'~I

,'I

= 0

Ia0

Ia1

(

IA + aIS + a"'IC

(

0 +

)

• j.

Ia1

aIS

a2IB

)

',I

i Iai

(

0 +

IS (a

18 (1

1a1 --

120"

a"')

240~-

j 3 18 i ------3

J 18 = ---_ ....•. 3

1ai

i 1a2 ..

I a2

( 0 + 18

( a'" .. a

) ) •.

34 .'~

~.,

I ;,

IB Ia2 = -j

, : I';1

-----

Ia1 = -

Portanto:

Ia2

Tensões::

VB = a~VA1 + aVA2 + VA0 VC = aVA1 + a~VA2 + VA0 Como VB = VC. temos: . !I.. VB

Vai

( a~ _. a)

= Va2

I Vai

•

:::: Va2

Como:

Va1 - Ea - Ia1Z1 ":l

Va2 = -Ia2

.Z2

Entio: Ea - Ia1Z1 = -

Ia2 .Z2 •

Mas

Ia1 = -

Z1 = Ia1

Ea -Ia1 Ea

Ia2

vem

entgo

qUE:

. Z2

Ia1.Z2 + Ia1. Z1

Ea - Ia1 ( Z1 + Z2 )

Ea 1.1 = ------21

Da mEsma

forma:

Ia2

= -------

Zi +Z2

36:

..,~~,--

,, j

Mas If Entao:

18 = IF = -IC = a2Ia1 + aIa2 + Ia0 = IF = a21a1 - aIa1 + 0 IF = Ia1 IF = j

( a2

a )

3 Ia1

,I . I

Sendo:

Ea Ia1 + ------

â&#x20AC;˘ temos:

Z1 +Z2

IF = -----------Zi + Z2

PIJ

i, .

-j

I F = ----------

(p'J)

Z1 + Z2

I i

Mas

uma

pr~tica

-- j

3..

usual

consideradar

21 = Z2,

temos

entgo

qUf': :

Ea =}

2 Z1

A COFFente

I I

0.866

I30

de CUFtO 00 cOFFesponde

mes.mo

pon to.

l 37

1,I I I

DIAGRAMAS' DE SEGUÊNCIA Neste

caso

PARA O CURTO 00

terEmos

positiva

e negativa:

DIAGRAMA

DE SEGUÊNCIA

apenas

os diagramas

POSITIVA:

ONDE: ZI => somatdria das impedâncias de seq. posit iva da fonte até o pon to da falta.

DIAGRAMA

de sequincia

DE SEGUÊNCIA

tensão

pré-falta.

NEGATIVA: ONDE: Z2 =) somat6ria pedâncias t i va.

IF00

das

de seq.

im-

nega-

3 Ea

= ------------

(AMPERES)

ZI + Z2

ou em pu

-- j

IF00

= -----------

(

pu)

Zi + Z2

EXERCi CIOS

No sistema

mostrado

abaixo,

calcular

o curto 00. I

LT.

fL.... _----Jr("('I~ __ )( ~

1_-

DADOS: -

Gerado,"':

P = i00 MVA V = 20 kV (00) Xi = J 0,3 pu ; X2 = j0i, pu; X0 = j 0,8 pu - LTi XLTi = Xi =X2

= X0 - j 10

- Transf'ormador: P = 120 MVA V = 20 kV/8kV XT= j 4% = X1 = X2 = X0 -

LT2

XLT2 - j 8

= X1 = X2 = X0

, li

,, .

CURTO CIRCUITO

Representação

(0T)

unifilar:

ZLT

Representação

FASE - TERRA

trifilar:

ZLT

IA • B

ZLT

ZG C

VB' VC

Vb'

Vc'

As condi~ões

de contorno

para

a falta

sao:

IB -- 0 "

11 "

41 ,

, ,

Substituindo

nas

EqUa~~es

das

cOMPonentes

sim~tricos

tEmas'

Ia1 = ------

( IA + aIS + a~IC

)

Ia1 =

IA 3

IA Ia1

= -----

I . 'I

Ia2

= ----- (

IA + a~IB + aIC )

Ia2 =

IA 3

IA Ia2

::: 3

';1 il

Ia0

( IA + IS + IC )

IA Ia0 = 3

'I! O',!

Ia1

ent達o:

1.2

Ia0

I; ,

IA ! I

01.1

IA = 3 Ia0

Temos tambim que: ~ ' I'

'li

VA = Vai + Va2 + Va0 = 0 O'J

Vai -

Va2 + Va0 )

M<.'s como::

Va2

= -

Ia2Z2

V&0

= -

IaoZ0 - - I&1Z0

- - IaiZ2

: ;1

~ i:

, Sub.t itu{ndo na eq. de Vai, Vem:

, -'

Vai = -

( Va2 + Va0

Vai = -

( -

Ial . Z2 - Iai . Z0 )

Iai • Z2 + Ial . Z0

Val = Ial ( Z2 + Z0 )

E como: Val = Ea - IaiZl

Iai ( Z2 + Z0 ) = Ea - IalZ1 IaiZl + Ial ( Z2 + Z0 ) = Ea Ea = Iai (Zi + Z2 + Z0)

EB. =

Iai = -------------

Ia2

::::Ia0

Zi + Z2 + Z0

Como

If - IA :::: 3Ia1

3. Ea = -----------Zi + Z2 + Z0

- 3Ia2

:::: 3Ia0

vem~

IF0T

3 = -----------Zi + Z2 + Z0

(PU)

i DIAGRAMAS

DE SEG. PARA O CURTO 0T:

I I, Teremos

os diagramas

de seq.

, -

SEG. POSITIVA:

ONDE: Zi =) somatória das impedincias 'de seq. posit iva da fonte até o pon to de falta. Ea

SEG.NEGATIVA:

SEG.ZERO= Zo

J .DJ!vo

tensão

pré-falta

ONDE: Z2 =) somat6ria das impedincias de seq. negat iva da fonte atÉ o ponto da falta.

, 1.

ONDE: 20 =) somatdria das impedancias de sequência zero da fonte até o ponto da falta.

I! , 45

~ l

CONSIDERAÇõES

GERAIS SOBRE FALTAS QUE ENVOLVEM

A grande maioria das faltas qUE ter' correntes de sRquincia zero caso o percurso destas correntes estiver fechado.

a) .c'Jdo

envolvem caminho

a terra para o

...{;;;)

t .=~ .L6 ..._

A TERRA:

'N'N'

--------

_-_:::1-

t, .•T

1 "

IF:310:IN b) Curto 00T

7~"T -----~------::!, -... -,-

f~ IF

,.••••••••

---- - - - -- --IF

c) Curto 0T atravis

de transformadores:

'n.

~1'6. •. -. _

I.l

'--

l~H -. IN •. 310

.,.1-

---

d) Curto 0T

'iJ ~~'6.l -, -

" .•••.

-- --

•.. - -

..-

- ,,,=: -"=' ":'.....••.. ,.

310

_--

.....,.-

310

----

~ -~----- --_.

-~~-~~

---

'í

Faltas

que

SEqM

zero"

correntes

sio

envolvem

casos

terra

o caminho

qUE

que

nio

produzem

dE percurso

nia

completado. circuito

E).:emp1os:

seq..

e----W/l---j

'6...

C1T_

~~--_l? ~

equiv

- C::L

G--J{- ------.J!

zero ..

~310=0

I ,

•......•,..•..•.'---

310=0

.ZT ~310=0

EXERCiCIOS:

No sistema

mostrado

abaixo,

calcular

o curto

0T. 11

XLT.

flT

{

! II

DADOS: Geradol' : p

MVA kV (00)

= i00 - 20 Xi .- X2

J 0,3 pu

LTi XL Ti = Xi = X2 = X0 -

- Transfornlador p - 1.20 MVA

V = XT=

0,8

kV/8kV

4% -- Xi = X2 = X0

- LT2 XLT2

= Xi = X2 = X0

6- ASSIMETRIA

DAS CORRENTES

DE FALTA: I

A assimetria que ocorre em sistemas de potência, particularmente nas correntes de falta, • objeto de aplica~lo no c'lculos destas correntes, e deve sempre ser considerado tanto no dimensionamento dos equipamentos envolvidos, quanto nos ajustes dos equipamentos de prote~lo. A assimetria da corrente. ocorre nos instantes iniciais da falta. Esta assim.tria depende part icularmente do instante em que ocorreu a falta e da rela~lo entre os

valores

de resistincia

e reatincia

do circuito.

Quando

muito

prdximo do gerador a assimetria ocorre em fun~lo da impedlncia substransitdria da m'quina ( x Nd ) A considera~lo de todas estas vari'veis envolve um trabalho complexo e desnecess'rio, uma vez que j' existem, para aplica~io direta, constantes pr~-Estabelecidas para diferentes situa~ies. De um modo geral, calc'JlanlCl. o fator de assimetria (k) em as fun~io da rela~io R/X do circuito, que segundo transcr.ita norma. VDE/IEC • obtido atrav •• da fdrmula aba i :.:0:

-3R

1,02 + 0,98.

Esta equa;io gera a curva mostrada no gr~fico segUE. Neste mEsmo gr~fico Est~ a curva pont ilhada representa a variação real da assimetria em fun~lo rela~io R/X e do instante em que ocorre a faltas.

que qUE'

J :.

2,0

-.M

r..... ./

••••

K= I,02+0,96.e

I-

(VDEIIEC)

l/ '-VARIAÇÃO

:-,

REAL DE K (OBTIDO MAXIMIZANDO I ~ COM RELAr;:AO AO INSTANTE DA FALTA PARA CADA VALOR DE I.

1\/

", \

\ \

\ ~

0,9

~5" '8~

1l0Ql

+ 66

O• .L

O,OA

• 56 'B!J

J.O

~ 56789

-------------------ooot._ .-RIX

1,02

O,98.e

-ll.

( IEC/VOE)

las9

J \

Ilass=I+ldCI

EXERCíCIOS:

a) No circuito.

simétrico

abaixo,

Calcular

a corrente

de curto

assimétrica

0,5

j 1,0

; .

,. b) Calcular

circuito

a corrente

assim~trica

da falta

trif'sica

abaiNo:

,. .• "

~-~'VW..

DADOS:

0'-

_.. Ger ad 1.00 t1VA 10 k V

XG= 0,4 r,L - 0.5 XL == 1 5 T

pu pu pu

nas; bases do gerado,-

,. I

.. ;

.'1

I• 51

02-0773 .-