L,I,,, ,,I

tI

,It

,I 1

\

1 I ,\

\. --

~s COPELS~DAD-SRH

"'.

JI.'II

il~I

- 1-

--~Ii

.. ,\

~ __-A"''''''.''-'''_.. __. _-_-o ------~-------------,....iI

\",

,."""

APOSTILA-VALORES POR UNIDADECOMPONENTES SIMÉTRICOS

CURTO CIRCUITO

ELABORAcaO: GILBERTO L. KANNINGOPMV/VMAE

06/90

II

ilC

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

"li:

II

1- PU - VALORES POR UNIDADE

A aparente complexidade dos c~lculos de curtocircuito levaram, ao longo dos anos, o desenvolvimento deméto'dos'de-cálcul0 que facil itassem e garant isseoia"prE1c:"i-sãodos resultados. Entre os m.todos atualmente utilizados paraeste 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 serãovistos posteriormente.

Vale bembrar que estes métodos não se aplicamunicamente ao estudo das grandezas elétricas, mas também aoutras grandezas f(sicas desde que se relacionem entre si,assim como ocorre com as grandezas el~tricas.

porcentagemcomo "valor-aba i:-:0'

Representar um determinado valor em PU ousignifica relacioná-lo a um valor estabelecidode base" para o cálculo conforme o exemplo

Por e:-.:emp1o ;

valor realValor em PU = ----------

valor base(PU)

Escolhendo 500 Volts como valor base, temos para200, 300, 400, 500, 600, Volts os seguintes valores em pu'

P<:.ra200 Volts:

Para 300 Volts:

Para 400 Volts:

VPU =

Vpu =

Vp'~ =

200

500

300

600

400

500

= 0,4 pu

= 0,6 pu

= 0,8 pu

.1

II0'2

lí

I

Para 500 Volts: 500Vpu - = 1.0 pu

500

I i'

Para 600 V~1ts: 600Vpu = = 1,2 P'J f . il

500 .' "Ii ' h. il

i

Observe que qualquer valor expresso em pu nio possueunidade. ou seja. i admensional. isto porque i obtido peladivisio de duas grandezas de mesma unidade.

Alim da representa;io de um valor em pu. existe apossibilidade de o mesmo ser representado em NporcentagemNou o mesmo que 100 vezes o seu valor em pu.

P Df" e>~emp1o:

Valor ~ = 100% x pu

ou ainda

valor realValor % = ---------- x 100%valo,.- basee:,:emplo:

ii,

a) 0.04 pu = 4%b) admitindo 50 como valor base. temos para 20 ..

,

Em pu

Em %

II,20 I.,

= 0.4 pu50

i20 I

i'

H 100% = 40% i,50 . i!

, ,

I'

03

Transf.sob ensaio

,: 'j

i

A representaçio em porcentlJal ~ POUCO usada nosc~lculos7 mas bastant~ empregada na representaçio dosvalores nominais dE equipamentos como transformadores EgeradoFESn Part icularmente nestes casos, vem a Fepresentaçiode sua impedincia em pu ou %. ~ muito comum encontrarmos naplaca de identifica,io dos transformadorEs valores qUE

variam numa faixa bastante pequena, o que nio aconteceriase a impedincia vieSSE expressa no seu valor real em ohms

Nestes casos, para compreender o significado,lembremos qUE o ensaio para determinar a impedinciaPErcentual de um transformador i feito como mostra oc i F C u i t o ab a i >:0 :

I

•

A tensio U prim~rio i levantada ati que a sorrentemedida no secund~rio em curto atinja o seu valor nomi~al.Esta teosio medida, em percentual da nominal, correspondE aoZ% do transformador.

Seja um transformador com aS seguintEs caracter{sticas:p --Vp =Vs --

~;00 kVa13,8 kV

440 v.

Sob ensaio este transformador atingiu a correntenominal com uma tensio de 690 Volts aplicada ao prim~rio~Assiol sua imPEdincia percentual ser~:

V .. E~nsai oZ% - --------- x 100% =

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

690

1.3.800- 5%

Enl pu = 0,05 pu~

Isto significa que quando o transformador estiver aplena carga o mesmo provocar~ ao sistema uma queda de tensioele 5%.. I'.

-'! 'F.,

2- RELAÇ~O ENTRE DIFERENTES GRANDEZAS TOMADAS EM PU.II

Os valorEs em pu ou porcentagem SE rElacionam entresi da mEsma forma que seus valores correspondentes em Volts,AmpEzes, Ohms, EtC.

Vejamos um Exemplo qUE engloba o qUE foi comEntado:

iI, '

Is-Ip-v (

SEja o circuito olonofás.icoR = IO.n..

OndE:V = 100 Vol t sREla~ão do transf. = 10:1

Calcular as corrEntes do primário e dosEcundário, bEm como a queda dE tEnsão sobrE as resistlnciasR1 e R2.

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

I,r; .,I, I'

I',ji.

19 solu~io: PElo procEsso normal~

-, = 0,1 1 (UL.

Is -- 10 >~ Ip (2)Vr1 -- Ip.R1 (3)v,...2 - Is.R2 (4)V _. Vr1+ e1 (5)

Reduzindo as equaçies acima para valores conhEcidos temos:V = Vr1 + E 1,

1.00 = Ip • Ri + Is . R2

0,1

, '

O~

! 'I

il. !;

i,

,!I II '

j~.

100 " Ip 10 + 10 Ip c-o . . ,.1

w•• _______ • ____

0,1

100 " Ip 110 + 500 Ip

1.00 " Ip 1.0 + 500 )

Ip "100

510" 0,196

Ip " 0,196 A

Vr 1. " I p. R 1.

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

Vr1 " 1,96 V

1s _.. 1.0 o Ip

Is " 10.0,196 " 1,96

Is " 1,96 A

\)t""~~ = Is . R2

Vr2 - 1,96 x 5 - 9,8

Vr2 " 9,8 V

SolL.lr;ão_Rf:Olo_Rt:OCESso_Eru".BU.~: __~_._ .... __ .__R. 10:(

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

v -Ip -Isi6

).I 'j

escolhemos duas grandezas base para o cilculo:

,,

I:I ', .

Por e>:emplo: Tensio base =Impedância base =

100 Volts10

, '

: I

Através destas grandezas, calculamos os valores base para oprimário e secundário:

= = 1e, AZbp 10

Tensio base no secundário: .. i!

V" '" 100 )-(0,1 10

, II

I~a - I~~ )-(10 = 10 )-(= 100

Impedincia base no s€cund~riQ:

,

"! II

"

. ,•

Ibs

Z"., = 0, 1

=10

100= 0,j,

07

, ,

: i

, .

_. ----'

Transformando os valorEs conhEcidos Em pv, tEmos'

V. r ea 1Vpup = -------

V. base=

100

100= 1 pu

Z. real 10Zpup = ------- = = 1 pu

Z. base 10

Z.real '",JZp'JS = ----- = - 50 PU

Z.basE 0,1

Resolvendo o circuito:

1.I - --- ..-

50+1

I = 0,0196 A

Por-t ant Co

= 0,01.96

Corrente no prim~rio'

Ip - Ipu • Ibp = O,0196 x 10 - 0,196

Ip = 0, 196 r~1

ÓfI'il

Corrente no secund~rio:

Is = Ipus • Ibs = 0,0196 x 100 = 1,96

Is = 1,96 A

Queda de tensão:

Em Rl:Vrlpu = Rlpu x Ipu = 0,0196 - 0,0196 pu

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

Em R2Vr2pu = Ipu x R~pu = 0,0196 x 50 = 0,98 pu

Em Volts:VR~ = 0,98 x 10 = 9,8 V

Resolver o circuito que segue pelo processo em pu.

•

Ii

I,

I ;1

.'11

II,i!

RI= 20.t\.. R2= 5.f1..

'--- '----VRl 11 VR2 12

1:10 5: I

Ca I cu I ar :11 - ? Vrl - ?12 = ? Vr-2 = ?13 - ? VI'3 = ?

09

~ I'

",. I:

i'

"

i,

•

Reconlenda,ies para o c~lculo~a) Escolher 2 valov"es baseb) Determinar os outros vaI ore. base do circuitoc) Transformar as grandezas envolvidas em pud) Montar o circuito equivalente em pue) Resolver o circuito.

Soluçio~

3- CIRCUITOS TRIF~FICOSNa grande maioria dos casos, 05 valores que vgm

exprESSOS Em pu ou porc2ntagem nos eqtlipametnos sio tomadosem rela~io aos valores nominais do pr6prio equ1pamento. Noental1to, quando estes equipamEntos estio corlEcta(jos a umsistema, SE faz nEcess~rio rE~€rir os seus valores para osvalores baSE do pr6prio sistema"

10

por lO',<emp1t):

Seja o sistema .present.do .b.ixo:

HI

@ HT1 HT2.---~---- - ..-

Ge•..•dor: S = 10 MVAV00 = ~ kV,J

XÕ -- 3;(

)(

, .

T•..•nsf. Ti

Tr".nsf. T2

, :1

S = 15 MVA jl

~ ~ kV I 11 kV•• J y ..J ..).~.,.1 = 5% i

S = 10 MVAJ.i kV I 8 kVN.,.~ -- 3;(

Para a montagem do diagrama equivalente eem pu,devemos te•.. em mias os v.lores de impedincia especific.dosp.r •• s b.ses do sistem ••Nio podemos simplesmente .dotar os valores de pl.ca dosequipamEntos POrqUE cErtamentE, nio corresponderio aosvalores base adotados para o circuito em questio. Devemosentio transforrn~-las para as bases corretas, e para istoelevemos conhecer as bases que ser~o adotadas para ocircuito ..

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

•I

S B sistemaZP'JS = ZPIJ" ,.: -..--------------- H

S B equipoV'" equipo ••

v'" s. i st •

Ondé':-- ZPIJS

- ZPIJc:--S8sistem.

VBeqlJip.-- VBsistema

= Impedincia eM pu para as baSES do sistema- Impedincia em pu do equipamento= VA baSE do sistema= Tensio base do equipamento= TensSo baSE do sistema

II

i

li

Calcular entio os novos valores em pu par~ o sisten\amostrado anteriormente:

Adotar os valores basE de:5B = 10 MVAVB = 5 kV

Para o gerador:S8s

XgPU = XPUE " -------,.,

1.0 MVA 5 kV '"XgplJ = 37- >~ -----_." ------ = 37-

10 MVA ~ kV.J

37-XgplJ = .. 0,03 PU

100Para Ti:

10 MVA 5,5 '"XT1 = Sr- ,., ------- " ------- = 4/;\ ~ MVA ~.." .J

4%XT1 ,.u ~,

1000,04 PU

Para T2:

1.0 MVA 11 kV ~,XT2 = 37- x ------ x ------ = 3,63%

10 MVA 10 k V

3,6,3%XT2pu = ----- = 0,0363 PU

100

ZTH • 0,1063 puIpu. .

Com base nestes valores, podemos montar o diagranlaequivalente em pu:~X~G_.~QO~3~PIJ~X~T~I_.~a~,O~4pu ••X""T",Z_&~0,o=3",6,,,"3p. u Z IX X xr I

TH. G + TI + 2

~-----_._--OBS: ZTH corresponde a impedAncia equivalente de THEVENIN.

12,

EXERCiCIO PARA FIXAC~O

Seja o circuito trif'sico abaixo:

IL-,.I, .

-j--

G XG T J 100.n..<.•..__ -'I f--Ilo~ CARGA

6~ ~,, "

Carga: Xc = ji00 (por fase l.Sol'jção:Escolher os valores base de:.S = 15 MVAV00 = 8,8 kV

Dados do circuito:Gerad"or:P = 15 MVAV00 = 8,8 kVXg = j 27.

Linha XLT = j0,5

Trasformador:P = 20 MVAj.0/j.00kVXT= j37.

PEDE~SE: Calcular a coerente no prim'rio e nosecund'rio do transfor-mador, bem como a ten-

s~~ona carga.

, .

11",

I

It,r

-,-,-_..-: li

; li I

Lembrar que para o circuito trifásico:

k VAI = ------- e

3 ~,V00

V00Z - ------- ou

3 I

kV"'00Z = -------

MVA

~~_.-i

I ;i

al Determinação dos outros valores base do circuito:

Corrente base do primário:IBp =

13

, .

L_I:-,--I,I

'-'.-

b) Impedlncia base do prim~rio

Zbp -

c) Corrente base no secund~rio:

IBs =

d) Impedlncia base no secund~rio:

ZBs =

e) Calcular os valores em pu do circuito em ~unçio das basescalculadas acima:

v

Utilizar a ~drmula geral para conversio de bases:

Xg -

X~~_

XTl -

Xpus = Zpue A

Sbs

SBex

VBe 2

VBs

1••I~

Xc =

Circuito equivalente:í XTH

lpu

IplJ =

Corrente no pr imár io: ( lado de 8,8 kV )

Ip =

Corrente no secundár i o: ( lado ele 88 kV )

1s =

Tensão na carga:

•

15

" il

I,I'1

I

I,I

II

4- COMPONENTES SIMÉTRICOSEste método permite estudar todas as condiçbes

possíveis de desenquilíb!'io do sistem8. t!'ifásico. Pe!'mite oestudo do curto circuito fase-terra C0T), fase-fase (00),fase-fasE-terra C00T)' etc. Este método baseia-se noprincípio da HsuperposiçloH o qual estabelece que a respostaa uma força pode ser determinada pela adiçio das respostasdos componentes desta força. desde que estas varíemdiretamente com 0$ parimetros envolvidos, ou seja, qUE

tenham característ icas 1 ineares.Num circuito elétrico trifásico desequilibrado.

podemos ter uma situaçlo semelhante.Seja o exemplo abaixo:

J.f!.. ZIVA

lb Z2VB - ZI#Z2#Z3

te Z3Ve -

Neste caso, as correntes I~, Ib e Ie nia seriaiguais pois Zi é diferente de Z2 e de Z3. Podemos entioestabelecer uma correspondência ao princípio dasUPErposi~go~ Assim as correntes enl cada fasE seriare~Erenciada5 as componentes pr6prias, ou SEja, ascomponentes simétricas.

C:hamaremos a estas de componentes de sequênciapositiva CI.), sequência negativa CI~) e sequência ze!'o(10). Assinl a corrente na faSE A ser~ igual a soma de Ia!,1a2, Ia0. Da mesma forma nas outras fases:

Ib = Ibi + Ib2 + Ib0.

A malha trifásica será entlo substituída por umamalha monof~5ica uma veZ qUE os trªs sistemas de componentessio equilibrados. O cálculo será executado numa malhamonofásica representado por um diagrama unifilar no qualcada elemento do circuito será substituído por seuequivalente.

Cada uma das três componentes terá o seu circuitopróprio.

i,

",

'I'I

"I'IE

JL

iI

DIAGRAMA DE SEQUÊNCIA POSITIVA:

ROTAçÃO

b,Este circuito seri representado por uma fonte de

tensio de sequincia positiva em s~rie com a respectivaimpedlncia de mesma sequlncia:

Este diagrama é o mesmo qUE representa o circuitonormal antes da falta, constituido de três fasores de igualamplitude e defasados entre si de 120°, com Rota,io anti-horiria. Possue entlo a mesma sequência de fases do circuitooriginal.

EstE diagrama é similar ao de sequenciaembora nio possua fonte de sequência negativaocorrência da falta. Seus vetores giram em sentidoao da sequência positiva conforme mostrado abaixo:

--,

D2. - - - - _) _FiOTAÇtiO

posit iva,ant€s dacontrá,' io

i

. !I

)

Circuito equivalente:

ONDE:FALTA

E2 I E2 = -12 • Z21

lC

Z2

.~ I

L_2

-_v_z_í' '_17

DIAGRAMA DE SEQUÊNCIA ZERO:

formado porft:l. se:- ..

Não const i tue3 yetores de

um circuito trifisico embora sejaigual lrigulo e m6dulo para as tr&s

ao boco

III ao ••bo ••co

Para constru~io do seu diagramar necessita~seobrigat6riamente que" o circuito original tenha sempre umcaminho de retorno pela terra. Tambim não possue fonte antesda falta.

FALTA:--~~ __ II--'-lCJ ~zo )EO

ONDE:

I Eo: -toZo

Assim, num circuito trif~sico desequil ibrado. Temosas correntes nas três faSES compostas pelas suas respectivascomponentes de sequincia:

{"-- -\\\\\

\'.----ICI

Ib2 t_. --Ibo

:iI1

18II

No diagrama exemplo acima. observar que:

IA = Ia1 + Ia2 + Ia018 = Ib1 + 1b2 + lb0IC = lc1 + lc2 + lc0

Da mE'Smé\ forma teríamos:

VA = Vai + Va2 + Va0V8 = Vb1 + Vb2 + Vb0VC = Vc1 + Vc2 + Vc0

Como Vai possue o mesmo modulo de Vb1 e Vc1 por~mdefasados de 1200 entre sí. e o mesmo acontece com Vb2 • Va2e Vc2. por~m defasados em sentido oposto. podemos afirmarq'Je:

! '

I'

j

I,

! "

i,i

Vb 1 = <:-\~\)c~1 !,,'c: 1 = aVa1Vb2 = aVa Vc2 = (::r.~VA~Vb0 = Va0"" Vc0 = Va0

Voa Vba Vco

///1, '

Ol,servando as r"ela,3es acinlBr podemos EstabeleCEr aconstante j, 1200 - a.

Esta constante a seF~ chamada de" operador a" e teF~sempre a caracterfst ica de mudar a posiçio dE qualquer vetorem +1200 sem alterar o seu mddul0.

I"

I

i' il. 11

19 I'I,

I :

Assim'

a ::::1. 1204'>

Vai = a Vbi

Vci .. a Vai , etc ..

S'e:. a '" i 120'0(':\2::: i 240"t:\:il::: i 360" , etc ...

_____________ ._ww

Valor Admensional

Conforme já fo i coment ado anter iorment E", acomponente de seq~lincia zero, ser~ senlpre igual para as tr€sfases e estabelecemos .ntio rela;ies de igualdade permitindomontar as equa,Zes que sEguem:

Assim, temos, referenciando udo a Vai, Va2 e Va0.

VA - Vai + Va ••.~ + Va0

VB = a"'Vai + aVal.:! + Va0

VC = aVai + ('~\=!Va~+ Va0

C't.!

IA - 1a1 + ICl~ + 1a01B '" (':\õõ!Iai + alaiio~ + Ia0

1C - aIa i + ê":,.:2 Ia~ + 1a0

2C

Podemos ainda isolar as componentes de seqlJ&ncia através doprocesso matricial:

!(

'vtAVBVC

=iii

i i 'v'a0VaiVa2

, .Invertendo a matriz acima:

Va0 iVai =Va2 3

i i i Vai a <:\~ H Vbi <:".2 a Vc

o qUE significa:

iVai = -....-

3

1.Va2

iVa0

3

VA + a VB + a~ VC

VA + VB •. Vc i'J

!

o mesmo vale para as correntes:

IIa1 =

3

21

I i1

I.

Co'

1Ia2 :::

Ia0 =

3

1.

3

IA + ?,"'I8 + aIC

IA + Ib + IC

Estes conjuntos de equa~ies nos permitemas quantidadES dE sEquincia ExistEntEs numt~if~sico dEsEquilib~ado.

E>:Emplo~

vE~ifica~ci~cuito

No ci~cuito abai>:o. dEtE~mina~ as quantidadES dEsequ€ncia positivaT negativa e zeroT bem como a corrente denE'Jt~C).

IA. 10 ~

VA -C

Is. 81-120. AVs -

R!c. 12 1100- G

Vc -A

INN -

Soluc;ão::.) C'lcul0 da cO~~EntB dE SEq. posit iva:

1Ia1 =

3

1Ia1 =

3

IP, + aIE! + a"'IC

10 00 + 1 120 • 8 -120~ + 1 240 • 12 100~

J

Ia1 =3

29,562 - 7,98

,

li

'il

, .i

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

----------------------------Ial = 9,854 -7,98 , , rt,b) Cálculo da co~~ente de seq. negativa:

1.Ia2 = -----

3

11a2 =

3

1.

IA + a~ 18 + alc

10 0° + 1 240 A 8 -1200 + 1 120. 12 1000

, .

. ij

1a2?,-'

Ia2 = 1,096

3,288

-166° A

. II

C~lcul0 da corrente de seq. ZEro:

11a0 =

Ia0 =

3

1.

3

IA + Ib + Ic

10 0° + 8 -120° + 12 1000

23

i

iI.

iIa0 =

~.

"

6,265 51,312'"

Ia0 2,088 51,31208 A

sistema, através dasacima para obtermos a

IN = 3 Ia0 - 6,317 50,710 A

IN = 6,265 50,710 A

Os valores calculados acima correspondemcomponentes de sequincia paFa a fase A. PaFa obteFcomponentes dE sequgncia das outras fasEs, lembrar.rEla~~Es que"elas gua~darn entre si.

Podemos ainda recompor ocomponentes de sequincia calculadasconfirmaç~D de IA.Ass i m, vem::

as;;':\s

da =;

IA I.1 + Ia2 + Ia0 - 9,8542,088 51,3120_

-7,89 •• 1.,096

IA = 1.0 00 A

II2,

.'.

EXERCicIO PARA FIXACÃO:

No sistema abaixo, calcular:

, '

i,,~'

•

A

B

C

,IA 1- IA" 20 1600 A

C

le,

A- le 10 1-600 AR "

Ic G- A Ic " 15 1'1000 A-=aI Correntes de seq. ~ositiva, negativa e zero:

Na -fase A"

I a,j. =

Ia2 :::

Ia0 =

II,

i

Ij

~I,, '

,,~

IIiiIi,

j<

2!

b) Corrente dE SEq. nEgativa na fase B :

lb2

c) Corrente dE sequineia positiva na fase C :

lei

d) CorrentE dE sequineia zero nas fases B E C :

lb0

Ieo =

26

5- CURTO CIRCUITO:

1- Anil iSE do curto circuito tri¥isico:

Representação mono¥ásica:

--I ZLT 1.....)(~311

Representação tri¥isica: ____________ . __ . . ._ - 0._- _... _

Podemos afirmar qUE no ponto da falta as tensiessio iguais, Estabelecendo assim as condiç~es de contornopara o sistEma:

Vc

A

8

c

Va

ZG

ZG

ZG

Vb

a'

L

ZL

ZLT

Va = Vb = Vc

1 :I

I, .

, 11.. li

j,

No ponto da falta~

VA = VB = VC

IA + 18 + IC = 0

27

Das equaçSes das componentes simétricos7 temos:

1,Va0 = VA + VB + VC

3 ---------1,

Va0 = 3 Va ou ' Va0 = Va3 ---------

VaVa2 =

3

Va2 = 0

Mas:

3l,+;;>'''+a=0

Va2 = - Ia2 . Z2Ia2 . Z2 - 0

0Ia2 = = 0

Z2

Ia2 = 0

IIli"

Ia0 =1,

IA + 18 + IC

Das condiç8es de contorno temos que IA + 18 + IC = 0

Então:

21

Ia0 = 0

Vai = Ea - Ia1. Z1

Como Vai =0, vem:

Ea = Ia1. Z1

Eaou Ia1 = -----

Z1

Se IA - Ia1 + Ia2 + Ia0, então

, '

Et:\IA =

Z1

Ec\IA = -----

Zi

+ 0 + 0 =

, ;

18 = a21a1 + ala2 + Ia0 =

18 = a2Ia1 + 0 + 0Mas Ia1 = IA, Então'

a"'la1

29

I

:1, ,I

,IC= aIai + a~Ia2 + Ia0IC= alai + 0 +0

IC= a • I•..•

Temos entio que as correntes no curto circuitotrif~sico sio iguais e sim~tricasD

IA

Desta Torma, para o curto triTásico só teremos odiagrama de seq. positiva.

Ea IF =EaZIF

Onde :

Em pu:

z~~- Somat6ria das impedincias de seq. positiva daTonte até o ponto da Talta.

Ea = Tensao de pré-Talta, ou tensao de opera~ao dosistema.

iI,. = ----- (pu)

Z" ,.

I:3("

EXERCicIOS :

No sistema abaixo calcular a falta trif~sica:

XG XLTI T XLTz

f 'l'Y' )(7 3l'l

~ ~13l'l=?

Dados:

- Gerador:P = 100 MVAV00 = 20 kVX~.X~ • j 0,3 pu; X~ - j 1,0 pu

-LTiXLT1 => X~ • X~ - X~ - j 10

- Transformador:P = 120 MVA

20 kV/8 kVXT = j 4% - X~ - X~ - X~

, ..

I "r j'

i ', ;,

I.I

i

- LT2XLT2 = j 8 •• X.. • X~ - X~

31

I,III

I Ii.. ', I1

!,

2- CURTO CIRCUITO FASE - FASE (00)

DIAGRAMA UNIFILAR:

, 'I, I

ZGG

ZLT 7 00

.Repl'esentação tl'ifásica:A ZG ZLT-IA8 ZG ZLT- l'FIB

C ZG ZLTJC

Va Va'Va ,

..,

Vb'

; 00

I',

I

Condiç:Bes de contol'no no ponto da falta:

I•....,= 0

I", = -IcV" .. V",

Das eqUa~38S das conlponentes sim~tricos, VEm, ,

Ia0 -

Ia0 =

i

3

i

3

( IA + IB + IC )

( 0 + IB - IB ) = 0

33

. '~I

I'III ,'I

Ia0 = 0

iIa1 - ( IA + aIS + a"'IC ) =

3

•

j.

Ia1 -- ( 0 + aIS - a2IB ) =:3

',I

iIai - ( 0 + IS (a - a"') =

:3

1a1 --3

18 (1 120"j 3 18

i 240~- i ------- =3

J 181ai = ---_ ....•.

3

i1a2 ..

:3

I a2 --3

( 0 + 18 ( a'" .. a ) ) •.

34.'~

~.,

IBIa2 = -j -----

3

I ;,

, I': ;1

Portanto:

Tensões::

Ia1 = - Ia2

VB = a~VA1 + aVA2 + VA0

VC = aVA1 + a~VA2 + VA0

Como VB = VC. temos:

VB VC

. !I..

Vai ( a~ _. a) = Va2

Vai ::::Va2

35

I.I•

Como:

Va1 - Ea - Ia1Z1

Va2 = -Ia2 .Z2

Entio:

Ea - Ia1Z1 = - Ia2 .Z2

Mas Ia1 = - Ia2 7 vem entgo qUE:

":l

• d,

Ea -Ia1 Z1 = Ia1 . Z2

Ea = Ia1.Z2 + Ia1. Z1

Ea - Ia1 ( Z1 + Z2 )

Ea1.1 = -------

21 + Z2

Da mEsma forma:

- EaIa2 = -------

Zi +Z2

36:

..,~~,--

Mas If = 18Entao:

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

IF = Ia1 ( a2 - a )

IF = j 3 Ia1

EaSendo: Ia1 + ------ • temos:

Z1 +Z2

- j 3 EaIF = ------------

Zi + Z2

Em PIJ

\,Ij,,

,I, .I

I

I

-j 3I F = ----------

Z1 + Z2(p'J)

i, .

Mas E uma pr~tica usual consideradar 21 = Z2, temos entgoqUf': :

Ii

IF = -- j 3.. Ea

2 Z1=} j 0.866

Ea

Z= j 0.866 I30

III

ponto.A COFFente de CUFtO 00 cOFFesponde a no mes.mo

37

Il1,III

I

I~-

DIAGRAMAS' DE SEGUÊNCIA PARA O CURTO 00

Neste caso terEmos apenas os diagramas de sequinciapositiva e negativa:

DIAGRAMA DE SEGUÊNCIA POSITIVA:

Ec

z. ONDE:ZI => somatdria das im-pedâncias de seq. posi-t iva da fonte até o ponto da falta.

Ea => tensão pré-falta.

DIAGRAMA DE SEGUÊNCIA NEGATIVA:

- j 3 EaIF00 = ------------ (AMPERES)

ZI + Z2

ou em pu

-- j 3

ONDE:Z2 =) somat6ria das im-pedâncias de seq. nega-t i va.

IF00 = -----------Zi + Z2

( pu)

,.38

EXERCi CIOS :

No sistema mostrado abaixo, calcular o curto 00.I ,I

DADOS:

XG LT. T LTfL...._----Jr("('I~ __ )( ~1_- =?

#~

"rII

- Gerado,"':P = i00 MVAV = 20 kV (00)Xi = J 0,3 pu ; X2 = j0i, pu; X0 = j 0,8 pu

- LTiXLTi = Xi =X2 = X0 - j 10

- Transf'ormador:P = 120 MVAV = 20 kV/8kVXT= j 4% = X1 = X2 = X0

1

i,

: '

- LT2XLT2 - j 8 = X1 = X2 = X0

39

il, li

CURTO CIRCUITO FASE - TERRA (0T)

Representação unifilar:

, .,

ZG ZLT 7 0T , .

I

Representação trifilar:

ZG ZLT

IA •B

ZG ZLT --

IBZG ZL

C IC

VA i:dT;-

VB'VC Vb' Vc'

, .I

VB

As condi~ões de contorno para a falta

IB -- 0

Ie = 0

VA = 0

..sao:

41

"

!I11

"

, '

, ,,,

Substituindo nas EqUa~~es das cOMPonentes sim~tricostEmas'

l-Ia1 = ------ ( IA + aIS + a~IC )

3

l-Ia1 = IA

3

IAIa1 = -----

3

1,Ia2 = ----- ( IA + a~IB + aIC )

3

1.Ia2 = IA

3

IAIa2 :::

3

I. 'I

';1il

Ia0 =1.

3( IA + IS + IC )

IAIa0 =

3

O',! então:

IAIa1 = 1.2 = Ia0 =

01.1

IA = 3 Ia0

Temos tambim que:

VA = Vai + Va2 + Va0 = 0

O'J

Vai - -( Va2 + Va0 )

M<.'s como::

Va2 = - Ia2Z2 - - IaiZ2

V&0 = - IaoZ0 - - I&1Z0

43

'I! I;, ,

!

I

,I'

~ ' I''li

! '

: ;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 = -------------Zi + Z2 + Z0

= Ia2 ::::Ia0

Como If - IA ::::3Ia1 - 3Ia2 ::::3Ia0 r vem~

3. EaIA = ------------

Zi + Z2 + Z0ou

3IF0T = ------------ (PU)

Zi + Z2 + Z0

44

..\

DIAGRAMAS DE SEG. PARA O CURTO 0T:

Teremos os diagramas de seq. + , - E 0 n

SEG. POSITIVA:

SEG.NEGATIVA:

SEG.ZERO=

Zo

J .DJ!vo

ONDE:Zi =) somatória das im-pedincias 'de seq. posi-t iva da fonte até o ponto de falta.

Ea =) tensão pré-falta

ONDE:Z2 =) somat6ria das im-pedincias de seq. nega-t iva da fonte atÉ oponto da falta.

ONDE:20 =) somatdria das im-pedancias de sequênciazero da fonte até oponto da falta.

45

li

I ~l

I,14

,1,

I,,1 .

I

I!

,,I

CONSIDERAÇõES GERAIS SOBRE FALTAS QUE ENVOLVEM A TERRA:

A grande maioria das faltas qUE envolvem a terrater' correntes de sRquincia zero caso o caminho para opercurso destas correntes estiver fechado.

~ IF...{;;;) - t, .•T

IF t ..L6 'N'N' 1 "=~..._ _-_:::1--------- ~IF:310:IN

a) .c'Jdo 0T

b) Curto 00T

IFf~ 7~"T7 ,.••••••••-----~------::!,

-... -,----- - - - -- --IF

c) Curto 0T atravis de transformadores:

'n.~1'6. l~H- •. -. -_ I.l _ .,.1-

. '-- -- . IN •.310---d) Curto 0T

liil

'iJ

~~'6.l-, - -"='- " ,,,=: ":'.... .....,.-.•••. ,. .••.. _--•.. - - ..--- --310 310

46

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

Faltas que envolvem a terra E que nio produzemcorrentes dE SEqM zero"

sio os casos em qUE o caminho dE percurso nia Ecompletado.

'í

, ,

I,

,

E).:emp1os:

6 e----W/l---j C1T_

circuito equiv ..seq.. zero ..

~310=0

ZG ZTC::L'6... ô ô~~--_l?

~ 66G--J{- ------.J!

~T -- ZG•......•,..•..•.,'---

310=0

.ZT

~310=0

EXERCiCIOS:

No sistema mostrado abaixo, calcular o curto 0T.

XG XLT. T

{~

flT

11

"! II

DADOS:Geradol' :

p = i00 MVAV - 20 kV (00)Xi .- X2 -- J 0,3 pu X0 = j 0,8 PU

-' LTiXL Ti = Xi = X2 = X0 - j i0

- Transfornlador ::p - 1.20 MVAV = 20 kV/8kVXT= j 4% -- Xi = X2 = X0

- LT2XLT2 = j 8 = Xi = X2 = X0

47

6- ASSIMETRIA DAS CORRENTES DE FALTA:I

I

assimetriasegundo astranscr.ita

(k) emnorma.aba i :.:0:

A assimetria que ocorre em sistemas de potência,particularmente nas correntes de falta, • objeto deaplica~lo no c'lculos destas correntes, e deve sempre serconsiderado tanto no dimensionamento dos equipamentosenvolvidos, quanto nos ajustes dos equipamentos de prote~lo.

A assimetria da corrente. ocorre nos instantesiniciais da falta. Esta assim.tria depende part icularmentedo instante em que ocorreu a falta e da rela~lo entre osvalores de resistincia e reatincia do circuito. Quando muitoprdximo do gerador a assimetria ocorre em fun~lo daimpedlncia substransitdria da m'quina ( x Nd )

A considera~lo de todas estas vari'veis envolve umtrabalho complexo e desnecess'rio, uma vez que j' existem,para aplica~io direta, constantes pr~-Estabelecidas paradiferentes situa~ies.

De um modo geral, calc'JlanlCl.o fator defun~io da rela~io R/X do circuito, queVDE/IEC • obtido atrav •• da fdrmula

K = 1,02 +-3RT0,98. e

Esta equa;io gerasegUE. Neste mEsmo gr~ficorepresenta a variação realrela~io R/X e do instante em

a curva mostrada no gr~ficoEst~ a curva pont ilhadada assimetria em fun~lo

que ocorre a faltas.

queqUE'

da

f :1

49

J :.

2,0

'0J.OO• .LO,OA

r..... -.MI- K= I,02+0,96.e X

•••• ./ (VDEIIEC)

l/ '-VARIAÇÃO REAL DE K

:-, 1\/ (OBTIDO MAXIMIZANDO I~

" COM RELAr;:AO AO INS-TANTE DA FALTA PARA

\ CADA VALOR DE 'X I., X

\. 1\

" \

\ \~

"I ,

I

L .$ ~5" '8~ 1/ ;S + 66 81 Z " • 56 'B!J :z " ~ 567890,91l0Ql

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

.- -ll.1,02 + O,98.e X

( IEC/VOE)

\

JR x las9

t.

Ilass=I+ldCI

50

EXERCíCIOS:

a) No circuito. abaixo, Calcular a corrente de curtosimétrico E assimétrica

0,5 j 1,0

; .

b) Calcular a corrente assim~trica da falta trif'sica docircuito abaiNo:

. XG RL~-~'VW..

DADOS:

XL36

, .

, .. "•

I

_.. Ger ad 0'-1.00 t1VA10 k V

XG= 0,4 pur,L - 0.5 puXL == 1T5 pu

nas; basesdo gerado,-

, .I

;..: .'1

11

I •51 I

.-

02-0773