cap´ıtulo 4 representacao de sistemas de energia el´etrica

EA611 – Circuitos II

Capıtulo 4Representacao de sistemas de energia eletrica

Carlos A. Castro

DSE/FEEC/UNICAMP

Carlos A. Castro (DSE/FEEC/UNICAMP) EA611 – Capıtulo 4 1 / 201

Introducao

Em geral os circuitos eletricos utilizados na geracao, transmissao edistribuicao de energia eletrica sao considerados circuitos trifasicosequilibrados

Na pratica existem desequilıbrios, especialmente no nıvel dedistribuicao, mas estes sao suficientemente pequenos, podendo serdesprezados em certos estudos

Neste caso, os calculos para circuitos deste tipo podem ser feitossomente para uma fase, e os resultados para as outras fases saoobtidos considerando-se as defasagens apropriadas


Introducao

Exemplo

Uma fonte de tensao trifasica equilibrada de 220 V de linha alimenta umacarga em estrela com impedancias de 22∠30 Ω por fase, conformemostra a figura abaixo. Obtenha as correntes de linha.

+

−

∼

∼

∼a

b

c

n

Z

Z

Z

chave aberta

A

B

C

N 127 V

IA

IB

IC

IN

Fonte Carga


Introducao

Considerando a sequencia de fases ABC e a tensao da fase a comoreferencia angular, as tensoes do circuito sao:

VAN = 127∠0 V VAB = 220∠30 V

VBN = 127∠ − 120 V VBC = 220∠ − 90 V

VCN = 127∠120 V VCA = 220∠150 V

Como a carga e equilibrada, nao ha necessidade de fio neutro, pois naohaveria corrente por ele caso a chave do fio neutro estivesse fechada.


Introducao

Pode-se verificar este fato atraves do calculo da tensao entre o neutro dafonte (N) e o neutro da carga (n) pelo metodo do deslocamento do neutro:

VnN =YA VAN + YB VBN + YC VCN

YA + YB + YC

Como YA = YB = YC = Y = 1/Z , chega-se a:

VnN =

(

VAN + VBN + VCN

)

3= 0


Introducao

As correntes de linha valem:

IA = VAN/Z = 5,77∠ − 30 A

IB = VBN/Z = 5,77∠ − 150 A

IC = VCN/Z = 5,77∠90 A

As correntes tem o mesmo valor eficaz e apresentam uma defasagem de120 entre si.

Desta forma, pode-se tomar apenas uma das fases, por exemplo a fase a, eos calculos sao feitos somente para esta fase.

As correntes das outras fases sao obtidas considerando-se as caracterısticasdos circuitos equilibrados.


Introducao

A figura abaixo mostra somente a fase a do circuito, e a corrente para estafase vale:

IA = −IN =VAN

Z

IA = VAN/Z

∠

(

IA

)

= ∠

(

VAN

)

− ∠ (Z )

∼a

n

Z

chave fechada

A

N

IA

IN

Fonte Carga

Para as outras fases:

IC = IB = IA

∠

(

IB

)

= ∠

(

IA

)

− 120

∠

(

IC

)

= ∠

(

IA

)

+ 120


Introducao

Na figura anterior e representado o fio neutro e, de acordo com estarepresentacao, a corrente IA passa por ele.

No entanto, sabe-se que para um circuito equilibrado a corrente de neutroe nula.

Evidentemente, pode-se fazer a mesma representacao para as fases b e c ,e, para cada uma delas, a corrente que passara pelo neutro sera a correntede fase correspondente.

Para o circuito completo, a corrente pelo fio neutro sera igual ao negativoda soma das tres correntes relativas as tres fases1, sendo igual a zero.

Esta analise corresponde a uma aplicacao do princıpio da superposicao aoscircuitos trifasicos.

1Para chegar a esta conclusao, basta aplicar a lei das correntes de Kirchhoff ao ponto neutro da carga do circuito completo,

considerando que a chave esteja fechada.


Introducao

Diagrama fasorial para o circuito2:

IAIB

IC

VAN

VBN

VCN

30

120

Escalas:

V: 1 – 12,5 VI : 1 – 1 A

2Os diagramas para cada uma das tres fases sao semelhantes, devendo-se considerar as defasagens de 120 . As defasagens

entre as tensoes e correntes de cada fase sao as mesmas.


Introducao

O exemplo anterior mostrou que, para fins de calculo, um circuitotrifasico equilibrado pode ser considerado como um sistemamonofasico, composto por uma das tres fases e retorno de correntepelo neutro

Se a carga estiver conectada em triangulo (ou ∆), pode-se executarprocedimento semelhante, considerando-se a equivalencia Y-∆ vistaanteriormente


Introducao

Exemplo

Considere o circuito mostrado a seguir, em que a carga esta conectada emtriangulo (∆). A tensao de linha aplicada e de 220 V e as impedancias dasfases valem 42∠30 Ω. Calcule as correntes de linha.

IAB

IA

IBC

IB

ICA

IC

A

B

C

Z∆

Z∆

Z∆


Introducao

Considerando sequencia de fases ABC e a tensao da fase a como referenciaangular:

VAN = 127 ∠0 V VAB = 220 ∠30 V

VBN = 127 ∠− 120 V VBC = 220 ∠− 90 V

VCN = 127 ∠120 V VCA = 220 ∠150 V

As correntes de fase valem:

IAB = VAB/Z∆ = 5,24 ∠0 A

IBC = VBC/Z∆ = 5,24 ∠− 120 A

ICA = VCA/Z∆ = 5,24 ∠120 A


Introducao

Correntes de linha:

IA = IAB − ICA = IAB ·√3 ∠− 30 = 9,08 ∠− 30 A

IB = IBC − IAB = 9,08 ∠− 150 A

IC = ICA − IBC = 9,08 ∠90 A

Este problema pode ser resolvido de outra forma, lembrando daequivalencia Y-∆. A figura a seguir mostra um circuito com carga em Y:

IA

IB

IC

A

B

C

ZY

ZY

ZY

n


Introducao

O circuito em Y sera equivalente ao circuito em ∆ se:

ZY =Z∆

3= 14 ∠30 Ω

Entao, a corrente de linha vale:

IA =VAN

ZY

= 9,08 ∠− 30 A

As correntes de linha das outras fases tem o mesmo valor eficaz e saodefasadas de 120 em relacao a IA, conforme ja discutido anteriormente.


Diagrama unifilar

Verificou-se que e possıvel fazer a representacao simplificada de umcircuito trifasico equilibrado atraves de um circuito monofasico (umadas fases) com retorno de corrente pelo neutro

Pode-se simplificar ainda mais a representacao atraves do diagramaunifilar, para o qual o fio neutro nao e representado


Diagrama unifilar

Exemplo

Um circuito trifasico equilibrado e mostrado a seguir, em que uma fontealimenta uma carga atraves de uma linha de transmissao:

N

∼

∼

∼

Fonte

A

B

C

ZL

ZL

ZL

Linha detransmissao

a

b

c

Zc

Zc

Zc n

Carga


Diagrama unifilar

As especificacoes de seus componentes sao as seguintes:

Linha: R = 1 Ω, X = 10 Ω ⇒ impedancia de cada condutorCarga: |S3φ| = 120 kVA ⇒ potencia aparente trifasica nominal

fp = 80% atrasado ⇒ fator de potencia nominalVL = 13,8 kV ⇒ tensao de linha nominal

Determine a tensao fornecida pela fonte para que a tensao na carga seja13,8 kV.


Diagrama unifilar

Representacao do circuito trifasico por um circuito monofasico comretorno de corrente pelo neutro:

N

∼

∼

∼

Fonte

A

B

C

ZL

ZL

ZL

Linha detransmissao

a

b

c

Zc

Zc

Zc n

Carga


Diagrama unifilar

Representacao do circuito trifasico por um circuito monofasico comretorno de corrente pelo neutro:

N

∼

Fonte

A ZL

Linha detransmissao

a Zc

n

Carga


Diagrama unifilar

As especificacoes para o circuito monofasico sao:

Linha: R = 1 Ω, X = 10 Ω ⇒ impedancia do condutorCarga: |S1φ| = 120/3 kVA ⇒ potencia aparente nominal

de uma fasefp = 80% atrasado ⇒ fator de potencia nominal

VF = 13,8/√3 kV ⇒ tensao de fase nominal

em que o subscrito 1φ representa uma grandeza por fase.


Diagrama unifilar

Circuito representado por um diagrama unifilar:

1 + j 10 Ω120 kVA0,8 atrasado13,8 kV

∼

No diagrama unifilar esta representada uma fase do circuito trifasicoexcluindo-se a representacao do neutro.

No entanto, os valores atribuıdos as tensoes, correntes e potencias sao osnormalmente atribuıdos aos circuitos trifasicos (tensoes e correntes delinha, potencias trifasicas).


Diagrama unifilar

Na carga, tem-se:

|S3φ| =√3 · VL · IL → IL =

120√3 · 13,8

= 5,02 A

Se VF = 13,8/√3∠0 kV (referencia angular) e:

φ = cos−1 (0,8) = 36,87

pode-se obter o fasor da corrente de linha:

IL = 5,02∠ − 36,87 A


Diagrama unifilar

Tensao da fonte:

V fonteF = VF + ZL · IL =

13,8 · 103√3

+ (1 + j 10) · 5,02∠ − 36,87

=13,86√

3∠0,27 kV

ou seja, para se ter 13,8 kV na carga, e preciso ajustar a tensao de linhada fonte para 13,86 kV.

O diagrama unifilar e uma forma concisa de se representar de maneiracompleta um circuito trifasico equilibrado.


Diagrama unifilar

Exercıcio

Considere o circuito de distribuicao primaria a seguir. Obtenha o circuitoequivalente monofasico, a corrente de linha de cada carga, e a corrente delinha e a tensao fornecidas pela subestacao. Repita o exercıcio para acarga 2 conectada em ∆.

Subestacao

Linha13,8 kV

z = 0,05 + j 0,3 Ω/kmℓ = 50 km

S1 = 400 kVAP2 = 200 kW

Q2 = −100 kvarfp1 = 0,85 ind.

Resp.: 16,735∠− 31,79 A ; 9,355∠26,57 A ; 23,061∠− 11,59 A ; 14,03 kV.


Transformadores: aspectos basicos

Os primeiros sistemas comerciais de fornecimento de energia eletricaforam construıdos basicamente para alimentar circuitos de iluminacao,e funcionavam com corrente contınua

Como as tensoes de fornecimento eram baixas (da ordem de 120 V),altas correntes eram necessarias para suprir grandes quantidades depotencia

Em consequencia, as perdas de potencia ativa na transmissao(proporcionais ao quadrado da corrente) eram muito grandes, assimcomo as quedas de tensao

Assim, a tendencia foi a de se construir pequenas centrais de geracaodistribuıdas entre os pontos de carga que, em funcao da pequenapotencia gerada, eram ineficientes e caras



A posterior utilizacao de corrente alternada na geracao, transmissao edistribuicao de energia eletrica resultou em grande avanco naoperacao eficiente dos sistemas eletricos

Os geradores eletricos, que fornecem tensoes relativamente baixas (daordem de 15 a 25 kV), sao ligados a transformadores, que saoequipamentos eletromagneticos que transformam um nıvel de tensaoem outro

The Transformers: Superheroes of Electrical Inventions [Link]


http://spectrum.ieee.org/energy/the-smarter-grid/the-transformers-superheroes-of-electrical-inventions


alta tensao

baixa tensao



A tensao de saıda de um transformador elevador ligado a um geradorpode ser de varias centenas de kV

Se a tensao e maior, a mesma potencia pode ser transmitida comcorrentes menores, diminuindo as perdas e quedas de tensao

Consequentemente, pode-se ter centrais geradoras de maior porte e atransmissao pode ser feita a distancias maiores

Nos pontos de consumo, sao ligados transformadores abaixadores, quereduzem as tensoes para nıveis compatıveis com os equipamentos dosconsumidores



Transformador elementar, composto por duas bobinas, com N1 e N2

espiras:

i

ii

V

V

fluxo enlacadofluxo disperso

N1 N2



Se uma corrente alternada i circula pela bobina 1, e gerado umcampo magnetico alternado

O voltımetro conectado a bobina 2 acusara uma tensao, que eproporcional ao numero de espiras N2 e a taxa de variacao do fluxoenlacado ou fluxo concatenado com ela

Esta tensao induzida na bobina vale:

v2(t) = N2 ·d

dtλ(t)

em que λ e o fluxo concatenado com a bobina 2, e corresponde auma parcela do fluxo total φ gerado pela bobina 1



Esta relacao entre tensao induzida e fluxo magnetico e conhecidacomo lei de Faraday

O fluxo disperso nao contribui para a inducao de tensao

Em funcao desta caracterıstica de funcionamento, o transformador eusado para transformar nıveis de tensao em um circuito, atraves doajuste do numero de espiras das bobinas

Por exemplo, pode-se usar um aparelho projetado para operar em127 V em uma cidade cuja tensao seja 220 V, bastando para issoconectar um transformador entre a tomada e o aparelho que faca atransformacao adequada de tensao



O circuito transformador elementar mostrado anteriormente e umcircuito com acoplamento magnetico, ou seja, nao ha ligacao fısica(eletrica) entre as duas bobinas mas energia pode ser transferidaentre elas

Se o voltımetro for substituıdo por uma resistencia, poder-se-aobservar a existencia de corrente por ela e, portanto, de dissipacao depotencia

i

i

R P


Transformadores: aspectos basicos – Transformador ideal

Circuito envolvendo um transformador ideal:

i1(t)

v1(t)

i2(t)

v2(t)∼ N1 N2 Z

Fonte Carga

nucleo ferromagnetico

chave



Duas bobinas sao enroladas nas pernas de um nucleo de materialferromagnetico

De um lado conecta-se uma fonte de tensao alternada e do outro umacarga de impedancia Z

O lado em que a fonte e conectada e comumente chamado deprimario, sendo o lado da carga chamado de secundario

Costuma-se tambem denominar de lados de alta tensao e baixatensao, independentemente do lado em que fonte e carga saoconectadas



As principais caracterısticas do transformador ideal sao:

o fluxo magnetico produzido pelo enrolamento primario e totalmenteconfinado no nucleo ferromagnetico e enlacado pelo enrolamentosecundario. Portanto, nao ha fluxo disperso

as perdas no nucleo sao desprezıveis;

as resistencias dos enrolamentos primario e secundario sao desprezıveis.Logo, nao ha perdas ohmicas (r · I 2) nos enrolamentos;

a permeabilidade do nucleo ferromagnetico apresenta um valor muitogrande, e a corrente necessaria para produzir fluxo e desprezıvel. Emtermos gerais, o fluxo e diretamente proporcional a permeabilidade donucleo e a corrente pelo enrolamento. Para um mesmo fluxo gerado,quanto maior for a permeabilidade, menor sera a corrente



Se uma tensao alternada v1(t) e aplicada a bobina 1 (N1 espiras),estabelece-se um campo magnetico φ que, pelo fato do transformadorser ideal, fica totalmente confinado no nucleo (o que equivale a dizerque se considera que o material do nucleo tem uma permeabilidadeinfinita)

No transformador ideal nao ha fluxo disperso, e o fluxo concatenado λe igual a φ. As linhas de campo magnetico sao enlacadas pela bobina2 (N2 espiras) e uma tensao v2(t) e induzida em seus terminais

Aplicando-se a lei de Faraday ao primario, pode-se estabelecer umarelacao entre a tensao aplicada e o fluxo no nucleo:

v1(t) = N1 ·d

dtφ(t) (1)



Poder-se-ia representar o efeito do aquecimento do enrolamentoprimario devido a passagem de corrente por ele somando-se aomembro da direita da equacao (1) o termo r · i1(t), onde r e umaresistencia associada a esse fenomeno fısico

No entanto, este termo e desprezado no caso do transformador ideal,para o qual nao se considera a existencia de perdas de potencia

A relacao entre a tensao induzida no secundario e o fluxo no nucleo e:

v2(t) = N2 ·d

dtφ(t) (2)



Dividindo-se a equacao (1) pela equacao (2) termo a termo, obtem-sea relacao entre a tensao aplicada ao primario e a tensao induzida nosecundario:

v1(t)

v2(t)=

N1

N2

A relacao entre os fasores de tensao se mantem:

V1

V2

=N1

N2(3)



Se uma carga Z e conectada ao secundario do transformador, atravesdo fechamento da chave, circulara uma corrente i2(t) pela carga(tensao v2(t) aplicada em uma impedancia Z ), e potencia e fornecidaa carga

Se a carga e o enrolamento secundario nao estao fisicamente ligadosa fonte, entao a energia e transmitida atraves do acoplamentomagnetico entre os dois enrolamentos

Assim, e requerida potencia da fonte para alimentar uma carga quenao esta fisicamente ligada a ela



Assumindo que no transformador ideal nao ha perda de potencia,toda a potencia fornecida pela fonte e entregue a carga. Assim:

fonte carga

S1 S2

S1 = S2

V1 · I ∗1 = V2 · I ∗2(

I1

I2

)∗

=V2

V1

=N2

N1→ I1

I2=

N2

N1



Exemplo

Obtenha o valor da corrente fornecida pela fonte para o circuito mostradoabaixo.

220 V

I1

V1

I2

V2

Fonte Trafo Carga

220 : 110 V

Z2 = 300 Ω∼



Chama-se relacao de transformacao a relacao entre as tensoes nominaisdos lados de alta e baixa tensoes do transformador. Neste exemplo, astensoes nominais sao 220 V e 110 V, respectivamente. Assim, a relacao detransformacao, a, vale:

a =220

110= 2 =

N1

N2

Considerando a tensao da fonte como referencia angular, ou seja,V1 = 220∠0 V, pode-se calcular a tensao fornecida a carga:

V2 =N2

N1· V1 =

V1

a= 110∠0 V



A corrente no secundario vale:

I2 =V2

Z2= 366,67∠0 mA

Finalmente, a corrente fornecida pela fonte vale:

I1 =I2

a= 183,33∠0 mA

Portanto, a fonte fornece 183,33 mA ao circuito.

As potencias calculadas no primario e no secundario sao:

|S1| = V1 · I1 = 40,33 VA

|S2| = V2 · I2 = 40,33 VA



Conceito de impedancia refletida – considere o seguinte circuito:

220 V

I1

V1

I2

V2

Fonte Trafo Carga

220 : 110 V

Z2 = 300 Ω∼



Conceito de impedancia refletida – conjunto carga + transformador:

220 V

I1

V1

I2

V2

Fonte Trafo Carga

220 : 110 V

Z2 = 300 Ω∼



Conceito de impedancia refletida – o circuito modificado fica:

220 V

I1

V1

Fonte Circuito equivalente

Trafo + Z2

Z1∼



A impedancia Z1, que e a impedancia vista pela fonte, vale:

Z1 =V1

I1(4)

Reescrevendo a equacao (4) em funcao das grandezas do secundario,chega-se a:

Z1 =a · V2

I2/a= a2 · V2

I2=

(N1

N2

)2

· Z2 → Z1 =

(N1

N2

)2

· Z2



A impedancia Z1 e a impedancia refletida do lado de baixa tensao no ladode alta tensao. Neste exemplo, Z1 vale:

Z1 = (2)2 · 300 = 1,2 kΩ

De fato:

Z1 =V1

I1=

220∠0

183,33∠0= 1,2 kΩ


Transformadores: aspectos basicos – Autotransformador

O autotransformador se caracteriza pela existencia de conexao eletricaentre os lados de alta e baixa tensoes

Pode ser utilizado somente quando nao e necessario o isolamentoeletrico entre os dois enrolamentos

O autotransformador apresenta algumas vantagens em relacao aotransformador quanto a potencia transmitida e a eficiencia



Transformador:

N1

N1

N2

N2

I1

I1 I2

I2

V1

V1 V2

V2



Autotransformador:

N1

N1

N2

N2

I1

I1

I1 + I2

I1 + I2

V1 + V2

V1 + V2

I2

I2

V1

V1 V2



As tensoes e correntes em cada enrolamento individualmente naomudam nos dois casos

Para o transformador:

S1 = V1 · I ∗1S2 = V2 · I ∗2 → S1 = S2 = ST → potencia nominal

do transformador

Para o autotransformador:

Se = V1 ·(

I ∗1 + I ∗2

)

→ potencia de entrada

Ss =(

V1 + V2

)

· I ∗2 → potencia de saıda



Desenvolvendo a equacao para a potencia de saıda Ss :

Ss =(

V1 + V2

)

· I ∗2 = V1 · I ∗2 + V2 · I ∗2

Da expressao da potencia de entrada Se :

V1 · I ∗2 = Se − V1 · I ∗1

que, substituıda na expressao de Ss fornece:

Ss =(

Se − V1 · I ∗1)

+ V2 · I ∗2 = Se

A transferencia de potencia entre os dois lados do autotransformadorse mantem, como no caso do transformador



Analisando-se ainda a expressao para a potencia Ss :

Ss =(

V1 + V2

)

· I ∗2 =

(N1

N2· V2 + V2

)

· I ∗2 =

(N1

N2+ 1

)

· V2 · I ∗2

=

(N1

N2+ 1

)

· S2 =(N1

N2+ 1

)

· ST

Assim, a ligacao como autotransformador torna maior a capacidadede potencia do equipamento de um fator de (N1/N2) + 1



A potencia de saıda pode ser dividida em dois termos:

Ss =

(N1

N2+ 1

)

· ST =N1

N2· ST + ST

O termo ST corresponde a parcela de potencia transmitida peloscampos magneticos (efeito transformador). O termo (N1/N2) · STcorresponde a parcela de potencia transmitida eletricamente, devido aligacao fısica dos enrolamentos



Uma outra caracterıstica importante do autotransformador dizrespeito a sua eficiencia, quando comparada a do transformador

Em geral, a eficiencia de um dispositivo pode ser definida como:

η =potencia de saıda

potencia de entrada=

potencia de entrada− perdas

potencia de entrada

= 1− perdas

potencia de entrada



Se os enrolamentos sao os mesmos e o nucleo e o mesmo, entao, asperdas sao as mesmas nos dois casos

Como para o autotransformador a potencia de entrada e maior quepara o transformador, conclui-se que a eficiencia doautotransformador e maior que a do transformador

Finalmente, a relacao de transformacao para o autotransformador e:

a′ =V1

V1 + V2=

a · V2

a · V2 + V2=

a

a + 1



Exemplo

Dispoe-se dos seguintes equipamentos:

Fonte variavel de 1,5 kV, 40 kVA

Trafo de 30 kVA, 1,5/13,8 kV

Carga resistiva de 30 kW, 15 kV

Obtenha o circuito para alimentacao da carga com tensao nominal e calcule:

1 A corrente e tensao fornecidas pela fonte, para tensao e potencia nominaisna carga.

2 A potencia fornecida pela fonte.

3 A parcela da potencia entregue a carga que e transmitida devido a ligacaoeletrica dos enrolamentos.

4 A variacao percentual de capacidade do trafo na ligacao como autotrafo.



O circuito para alimentacao da carga e mostrado abaixo. E feita umaligacao de autotransformador, onde a fonte e conectada a bobina de baixatensao:

−

−

+

−

+

+

∼ Vf

If

I1

I2 V2

Vc Sc

(1,5)

(13,8)

Fonte Autotrafo Carga



As condicoes na carga sao:

Vc = 15∠0 kVSc = 30∠0 kVA

Nova relacao de transformacao para a configuracao autotransformador:

a′ =1,5

(1,5 + 13,8)=

1,5

15,3

Tensao fornecida pela fonte:

Vf = a′ · Vc → Vf = 1,4706∠0 kV



Corrente na carga:

Ic =

(Sc

Vc

)∗

= 2∠0 A = I2

Tensao no enrolamento de 13,8 kV:

V2 =

(13,8

1,5

)

· Vf = 13,5295∠0 kV

Potencia complexa no enrolamento de 13,8 kV (igual a potencia complexado enrolamento de 1,5 kV:

S2 = V2 · I ∗2 = 27,0590∠0 kVA = S1



Corrente no enrolamento de 1,5 kV:

I1 =

(S1

Vf

)∗

=

(S2

Vf

)∗

= 18,4∠0 A

Corrente fornecida pela fonte:

If = I1 + I2 = 20,4∠0 A



A potencia complexa fornecida pela fonte e igual a potencia complexaconsumida pela carga, ou seja, 30∠0 kVA.

Pode-se tambem calcula-la por:

Sf = Vf · I ∗f = 30∠0 kVA



Se Sc e a potencia consumida pela carga e S2 e a parcela transmitida porefeito transformador, entao a parcela de potencia transmitida devido aligacao eletrica e igual a diferenca entre Sc e S2:

Sel = Sc − S2 = 2,941∠0 kVA

ou, de outra forma:

Sel =N1

N2· S2 = 2,941∠0 kVA



A relacao entre as potencias do autotransformador e do transformador e:

Sc =

(N1

N2+ 1

)

· S2 =(

1,5

13,8+ 1

)

· S2 = 1, 1087 · S2

Assim, a capacidade do autotransformador aumentou de 10,87% emrelacao a conexao como transformador.


Transformadores: aspectos basicos – Transformador real – caracterısticas de operacao e circuito equivalente

Na pratica, a operacao de um transformador revela algumascaracterısticas deste que nao sao previstas no modelo dotransformador ideal

Alguns exemplos destas diferencas:

Se e aplicada tensao no primario de um transformador ideal, serainduzida uma tensao no secundario. Se o secundario estiver em vazio(secundario em aberto, sem carga conectada a ele), obviamente naohavera corrente circulando no secundario

Como a relacao entre as correntes do primario e secundario e dadasimplesmente pela relacao de espiras, conclui-se que a corrente noprimario tambem sera nula



No entanto, na pratica observa-se o aparecimento de uma corrente noprimario do transformador real

O enrolamento primario de um transformador real e uma bobina que,portanto, apresenta uma impedancia. Logo, deve haver uma correnteno primario devido a aplicacao de tensao, mesmo que o secundarioesteja em aberto

A tensao no secundario de um transformador real cai com o aumentoda carga (aumento da corrente no secundario), mesmo que a tensao noprimario seja mantida constante, indicando que a relacao entre astensoes do primario e secundario nao e constante e igual a relacao deespiras, mas varia de acordo com a carga



Tanto os enrolamentos como o nucleo de um transformador realapresentam aquecimento quando sob operacao contınua

Este fato demonstra que parte da potencia de entrada dotransformador e dissipada no proprio equipamento, fato que nao eprevisto pelo modelo do transformador ideal. Em outras palavras, otransformador real apresenta uma eficiencia menor que 100%, e apotencia de saıda (entregue a carga) e menor que a potencia deentrada (fornecida pela fonte)



Assim, e necessaria a obtencao de um modelo apropriado para aanalise de um transformador real que leve em conta todos osfenomenos fısicos envolvidos na sua operacao

As principais caracterısticas que diferenciam um transformador real deum transformador ideal sao:

A permeabilidade magnetica do nucleo nao e infinita. Assim, a correntenecessaria para estabelecer um fluxo no nucleo nao e desprezıvel

O fluxo magnetico nao fica totalmente confinado no nucleo, existindoum fluxo disperso, que nao contribui para a inducao de tensao nosecundario



As bobinas tem resistencia, o que implica em perdas ohmicas (perdasde potencia ativa) nos enrolamentos

O fluxo variavel no nucleo provoca perdas por histerese e por correntesparasitas



Circuito equivalente do transformador real: associar a umtransformador ideal resistencias e reatancias correspondentes a cadafenomeno fısico que ocorre na operacao do transformador real

+

−

+

−

+ +

− −

V1 E1 E2 V2

I1

I ′1

I2

Iϕ

Im In

x1r1 x2r2

bm gn

N1 : N2

Ideal



Parametros do circuito equivalente:

r1, r2 – resistencias que levam em conta as perdas ohmicas dosenrolamentos

x1, x2 – reatancias que levam em conta a dispersao de fluxo

gn – condutancia associada as perdas de potencia no nucleo

bm – susceptancia que leva em conta a magnetizacao do nucleo

Para o transformador ideal:

+

−

+

−

+ +

− −

V1 E1 E2 V2

I1

I ′1

I2

Iϕ

Im In

x1r1 x2r2

bm gn

N1 : N2

Ideal

E1

E2

=I2

I ′1=

N1

N2



Se e aplicada tensao ao primario, circula pelo enrolamento umacorrente Iϕ, chamada de corrente de excitacao, composta pelacorrente de perdas no nucleo In, e pela corrente de magnetizacao Im

A corrente Iϕ existe mesmo com o secundario em aberto (sem cargaconectada ao secundario)

Neste caso, o transformador opera com um baixo fator de potencia,devido a caracterıstica fortemente indutiva do ramo de excitacao(ramo shunt)



E possıvel eliminar o transformador ideal do circuito equivalenterefletindo-se os parametros r2 e x2 para o primario:

+

−

+

−

V1 a V2

I1 I2/a

Iϕ

Im In

x1r1 a2 x2a2 r2

bm gn

a =N1

N2



Exemplo

Um transformador de 220/110 V, 1 kVA, alimenta uma carga resistiva de110 V nas condicoes nominais. Seus parametros de circuito equivalentesao:

r1 = 0,5 Ω r2 = 0,125 Ω gn = 1 mSx1 = 2 Ω x2 = 0,5 Ω bm = −2 mS

Calcule a tensao no primario.



Circuito equivalente para o transformador, ja com os parametros dosecundario refletidos para o primario:

+

−

+

−

V1

E1

a V2

I1 I2/a

Iϕ

Im In

x1r1 a2 x2a2 r2

bm gn CargaFonte

Trafo



Relacao de transformacao:

a =220

110= 2

Tomando a tensao do secundario como referencia angular(V2 = 110∠0 V), e considerando S2 = 1∠0 kVA (carga resistiva),pode-se calcular a corrente do secundario:

I2 =

(S2

V2

)∗

= 9,09∠0 A

Refletindo a tensao e a corrente do secundario para o primario:

+

−

+

−

V1

E1

a V2

I1 I2/a

Iϕ

Im In

x1r1 a2 x2a2 r2

bm gn CargaFonte

Trafo

I ′2 =(

I2/a)

= 4,54∠0 A

V ′2 = a · V2 = 220∠0 V



Tensao E1 sobre o ramo de excitacao:

+

−

+

−

V1

E1

a V2

I1 I2/a

Iϕ

Im In

x1r1 a2 x2a2 r2

bm gn CargaFonte

Trafo

E1 = V ′2 + (0,5 + j 2) · I ′2

= 220 + 2,06∠75,96 · 4,54∠0

= 222,45∠2,33 V

Admitancia de excitacao:

Yϕ = gn + j bm = 1− j 2 = 2,24∠ − 63,43 mS

Corrente de excitacao:

Iϕ = Yϕ · E1 = 0,50∠− 61,09 A



Corrente fornecida pela fonte:

+

−

+

−

V1

E1

a V2

I1 I2/a

Iϕ

Im In

x1r1 a2 x2a2 r2

bm gn CargaFonte

Trafo

I1 = Iϕ + I ′2 = 4,80∠ − 5,26 A

Tensao fornecida pela fonte:

V1 = E1 + (0,5 + j 2) · I1 = 226,28∠4,67 V

que e maior que 220V, em funcao da consideracao de todos os fenomenosfısicos envolvidos na operacao de um transformador real.



Diagramas fasoriais para os circuitos primario e secundario:

V1

I1

Primario

V2

I2

Secundario

5,26

4,67

O transformador e um elemento indutivo, devido ao atraso da corrente doprimario em relacao a tensao, apesar da carga ser resistiva.



+

−

+

−

V1

E1

a V2

I1 I2/a

Iϕ

Im In

x1r1 a2 x2a2 r2

bm gn CargaFonte

Trafo

resistivoindutivo



Potencia complexa fornecida pela fonte:

S1 = V1 · I ∗1 = 1,09∠9,93 kVA

que e maior que a potencia consumida pela carga, indicando a presenca deperdas. O angulo de 9,93 resulta em um fator de potencia de 0,985atrasado na fonte.

Eficiencia do transformador:

η =S2

S1· 100% =

1,0

1,09· 100% = 91,74%



Perdas ohmicas nos enrolamentos (perdas no cobre):

PCu = r1 · I 21 + r2 · I 22 = 21,85 W

Perdas de potencia no nucleo (perdas no ferro):

PFe = gn · E 21 = 49,48 W



Exemplo

Foram realizados os ensaios de laboratorio necessarios para a obtencao dosparametros do circuito equivalente de um transformador de 1 kVA,220/110 V. As medicoes sao mostradas na tabela abaixo e foram feitas nolado de alta tensao do transformador. Obtenha os parametros do circuitoequivalente do transformador.

Ensaio Tensao (V) Corrente (A) Potencia (W)

Circuito aberto 220 0,50 50

Curto-circuito 5 4,54 10



O ensaio de circuito aberto consiste na aplicacao de tensao nominal emum dos enrolamentos, mantendo-se o outro enrolamento em aberto,conforme mostra a figura a seguir.

∼

A W

V

Trafo

220 V 110 V

gn bm



Em seguida, mede-se os valores indicados pelos medidores.

Nota-se que a tensao medida (220 V) corresponde a tensao nominal dolado de alta tensao.

Ao contrario do que e feito neste exemplo, na pratica o ensaio de circuitoaberto e normalmente realizado no lado de baixa tensao.

Como o secundario (lado de baixa tensao) esta em aberto, nao ha correntepor ele e, portanto, ele nao e representado.

Nas condicoes do ensaio, a corrente medida deve ser pequena, pois aimpedancia do ramo paralelo (ramo de excitacao) e alta.

Desprezam-se as quedas de tensao na resistencia e reatancia de dispersaodo primario.



A potencia medida pelo wattımetro e praticamente igual a potenciaconsumida na condutancia gn, e representa as chamadas perdas ferro.

Parametros gn e bm:

|Yϕ| =I

V=

0,5

220= 2,2727 mS

gn =P

V 2=

50

(220)2= 1,0331 mS

bm = −√

|Yϕ|2 − g2n = −

√

(2,2727)2 − (1,0331)2 = −2,0243 mS



O ensaio de curto-circuito consiste na aplicacao de uma tensao em um dosenrolamentos tal que a corrente resultante seja a corrente nominal dotransformador, quando o outro enrolamento esta curto-circuitado. Ocircuito para este ensaio e:

∼

A W

V

Trafo

220 V 110 V

req xeq



Corrente nominal do enrolamento de alta tensao:

Inominal =S

V=

1 · 103220

= 4,54 A

que e o valor mostrado na tabela. O ensaio de curto-circuito enormalmente executado no lado de alta tensao.

Como a tensao e muito baixa, a corrente pelo ramo de excitacao e muitopequena, e este pode ser desprezado. Os parametros serie sao entaoagrupados, tais que:

req = r1 + a2 · r2xeq = x1 + a2 · x2



A potencia medida pelo wattımetro e praticamente a potencia dissipadanos enrolamentos (req · I 2) e representa as chamadas perdas cobre. Osparametros req e xeq sao calculados por:

|Z | = V

I=

5

4,54= 1,1013 Ω

req =P

I 2=

10

(4,54)2= 0,4852 Ω

xeq =√

|Z |2 − r2eq =√

(1,1013)2 − (0,4852)2 = 0,9887 Ω

Em geral assume-se que:

r1 = a2 · r2 = req/2

x1 = a2 · x2 = xeq/2


Transformadores: aspectos basicos – Modelos simplificados de transformadores reais

Os transformadores utilizados em sistemas de energia eletricaapresentam caracterısticas proprias que permitem simplificacoes noseu circuito equivalente

A corrente de excitacao dos transformadores e tipicamente da ordemde 5% da corrente nominal

Assim, pode-se desprezar o ramo paralelo do circuito equivalente dotransformador quando este opera em torno das suas condicoesnominais



O circuito equivalente resultante e bastante simples, sendo formadoapenas por uma impedancia do tipo RL:

+

−

+

−

V1 a V2

I1

req xeq



Para transformadores de potencia nominal a partir de algumascentenas de kVA, observa-se ainda que req e muito menor que xeq.Assim, pode-se desprezar tambem a resistencia, pois as perdas depotencia ativa nos enrolamentos sao desprezıveis em relacao apotencia nominal do transformador

Circuito equivalente simplificado final:

+

−

+

−

V1 a V2

I1

xeq



Exercıcio

Repita a resolucao do exemplo do slide 75 utilizando o modelo simplificadodo transformador mostrado no slide 93. Compare os resultados dasresolucoes completa e simplificada.


Transformadores: aspectos basicos – Transformador trifasico

Considere tres transformadores monofasicos identicos ao mostrado aseguir, para o qual a relacao de transformacao vale:

100 V 50 V

N1 : N2

a1φ =V1

V2=

100

50= 2



Eles podem ser conectados de maneira conveniente resultando em umtransformador trifasico

Uma das ligacoes possıveis e a ligacao Y-Y:

A

AB

B

C

CN

N

a

ab

b

c

cn

n

50 V

50 V

50 V

100 V

100 V

100 V

11

1

22

2

33

3



Considerando a sequencia de fases ABC e a fase a como referenciaangular, as tensoes do primario sao:

VAN = 100∠0 V VAB = 100√3∠30 V

VBN = 100∠ − 120 V VBC = 100√3∠− 90 V

VCN = 100∠120 V VCA = 100√3∠150 V

Pode-se obter as tensoes de fase e de linha no secundario,considerando cada transformador individualmente. Para otransformador 1 tem-se:

Van =VAN

a1φ= 50∠0 V



As demais tensoes de fase sao obtidas considerando-se as defasagensapropriadas

A tensao de linha entre as fases a e b vale:

Vab = 50√3∠30 V

A relacao de transformacao para um transformador trifasico e definidacomo a relacao entre as tensoes de linha do primario e secundario.Entao, para a ligacao Y-Y:

a3φ =VAB

Vab

= 2 = a1φ

que neste caso e igual a relacao de transformacao para cadatransformador monofasico



Outra ligacao possıvel e a Y-∆:

A

B

C

N

a

b

c

11

22

33



Suponha que definicoes das tensoes no primario sao as mesmas docaso da ligacao Y-Y

Tomando o transformador 1 e observando a ligacao feita, nota-se queao enrolamento do primario e aplicada uma tensao de fase, enquantoque no enrolamento secundario a tensao induzida e uma tensao delinha

A relacao entre as tensoes nos enrolamentos primario e secundario e apropria relacao de transformacao do transformador monofasico:

VAN

Vab

= 2 → Vab = 50∠0 V



A relacao de transformacao para a ligacao Y-∆ e:

a3φ =VAB

Vab

= 2√3∠30 = a1φ

√3∠30

ou seja, alem da relacao de valores eficazes de a1φ√3, existe uma

defasagem de 30 entre as tensoes de linha

Outras ligacoes sao possıveis, como a ∆-Y ou a ∆-∆, e seus modosde operacao podem ser deduzidos a partir das ligacoes descritasanteriormente



Os transformadores utilizados na pratica tambem podem ter seusenrolamentos montados em um mesmo nucleo, e seu funcionamento eidentico ao banco trifasico de transformadores



Como o transformador e um equipamento que tem as tres fasesidenticas, tambem pode ser representado atraves de diagrama unifilar:

Gerador Linha Carga

∼



Exemplo

Representacoes:



Exercıcio

Uma carga composta de tres resistores em ∆ e conectada a um banco trifasico∆-Y composto de tres transformadores monofasicos que tem relacao de espiras5 : 1.

1 Esboce o diagrama eletrico das ligacoes do banco trifasico a uma redeeletrica e a carga, e obtenha as relacoes de espiras e de transformacao.

2 Se a corrente na impedancia da carga e de 8 A, qual e o valor da corrente delinha no primario?

3 Se a tensao de linha no primario e de 220 V, qual e o valor da tensao naimpedancia da carga?

Resp.: 4,8; A; 76,2; V.



Exercıcio

Dispoe-se de uma rede eletrica trifasica 6,6 kV e de tres transformadoresmonofasicos 3800/220 V. Desenhe um diagrama eletrico, indicando asligacoes dos transformadores a rede eletrica e a tres lampadas de200 W/127 V conectadas em Y. Obtenha as magnitudes de todas astensoes e correntes, a relacao de transformacao e a relacao de espiras.Indique estes valores no diagrama eletrico.

Resp.: 1,57; A; 0,91; A; 0,053; A.



Exercıcio

Dispoe-se de uma rede eletrica trifasica 6,6 kV e de tres transformadoresmonofasicos 3800/220 V. Desenhe um diagrama eletrico, indicando asligacoes dos transformadores a rede eletrica e a tres lampadas de200 W/220 V conectadas em Y. Obtenha as magnitudes de todas astensoes e correntes, a relacao de transformacao e a relacao de espiras.Indique estes valores no diagrama eletrico.

Resp.: 0,91; A; 0,053; A.


Especificacoes de equipamentos em sistemas de energia eletrica

Descricao limitada aos equipamentos basicos utilizados em sistemasde energia eletrica e que tem interesse imediato nesta disciplina

Maquinas Sıncronas: utilizadas para fornecer as tensoes alternadas aocircuito (gerador sıncrono), ou para fornecer ou consumir reativos docircuito (compensador sıncrono)



Um circuito equivalente para uma maquina sıncrona pode ser:

+

−

+

−

Ic Eg Vt

Ia

r

∼

xs



Ic – corrente de campo, que e uma corrente contınuaaplicada no enrolamento de rotor (parte movel) damaquina. Quando o rotor e posto a girar, esta cor-rente cria um campo magnetico variavel no interior damaquina

Eg – tensao gerada, que e induzida em enrolamentos situadosno estator (parte fixa) da maquina, devido a variacaodo campo produzido por Ic

Vt – tensao terminal, ou seja, tensao disponıvel para conexaocom o restante do circuito

Ia – corrente de armadura (estator), fornecida a cargar – resistencia de armadura, associada a perda ohmica de

potencia nos enrolamentos da maquina. Para maquinasde grande porte, pode ser desprezada

xs – reatancia sıncrona, que representa a dispersao de fluxoe o efeito desmagnetizante da carga



As especificacoes basicas para a maquina sıncrona sao:

Potencia aparente trifasica nominal

Tensao de linha nominal

Impedancia (ou somente a reatancia)

Transformadores: de acordo com a descricao dos transformadoresfeita anteriormente, as especificacoes sao as seguintes:


Tensoes de linha dos lados de alta e baixa tensoes

Reatancia de dispersao



Motores: sao fornecidos os seguintes dados:

Potencia ativa nominal disponıvel no eixo

Rendimento


Fator de potencia para operacao nominal

Cargas: sao especificados os seguintes valores:



Fator de potencia para operacao nominal



Linhas de Transmissao: e fornecida a impedancia serie da linha,conforme ja utilizado em exercıcios anteriores

Pode-se ter modelos mais completos (e complexos) para a linha detransmissao, dependendo da aplicacao

Exemplo de um diagrama unifilar contendo varios dos equipamentosdescritos3:

∼ M

100 kVA13,8 kVx = 8%

100 kVA13,8 : 69 kV

x = 5%

100 kVA69 : 11,9 kV

x = 6%

10 + j 50 Ω10 HP/90%0,85 atrasado

11,9 kV

3Reatancias dos equipamentos expressas em termos percentuais.


Sistema por unidade (pu)

Os sistemas eletricos de potencia apresentam diferentes nıveis detensao de operacao, seja no nıvel de transmissao, de sub-transmissaoou distribuicao

No caso da transmissao existem alguma tensoes tıpicas, como765 kV, 500 kV, 440 kV, 345 kV e 230 kV

As mudancas (ou transformacoes) de tensao sao feitas portransformadores, como visto anteriormente

Com a mudanca da tensao para uma mesma potencia transmitidahavera tambem a mudanca da corrente

Ocorrera tambem uma mudanca da impedancia vista de umbarramento, o que ira tornar a analise mais elaborada



A analise dos sistemas com diferentes nıveis de tensao e complexa

Alem disto, nao e trivial identificar se os valores de tensao emunidades fısicas encontram-se dentro de faixas aceitaveis de operacao

Considera-se que a tensao de um sistema em operacao normal deveficar situada na faixa de, por exemplo, 95% ≤ V ≤ 105%

Ainda e possıvel que a tensao em algumas barras tenha uma variacaomaior, de 90% a 110%

Esses valores sao estabelecidos em normas especıficas



Ao inves de trabalhar com valores em percentagem, em sistemaseletricos de potencia utiliza-se o sistema por unidade, onde as variasgrandezas fısicas como potencia, tensao, corrente, impedancias saodescritas como fracoes decimais de grandezas base

Desta forma, as faixas acima seriam de 0,95 pu a 1,05 pu para atensao normal de operacao e de 0,90 pu a 1,10 pu para algumas barras



Evitar o uso de unidades fısicas simplifica a analise, uma vez que umengenheiro consegue identificar rapidamente uma operacao incorretasem precisar saber qual a tensao de linha ou de fase em volts naquelebarramento

O sistema por unidade facilita a analise de circuitos que incluiremtransformadores



Considere o seguinte circuito:

+

−

+

−

Vf

I

1∠80 Ω

10∠30 Ω220∠0 V∼



A tensao da fonte pode ser obtida por:

+

−

+

−

Vf

I

1∠80 Ω

10∠30 Ω220∠0 V∼

I = (220∠0/10∠30) = 22∠ − 30 A

Vf = 220∠0 + 1∠80 · 22∠ − 30

= 234,7∠4,1 V



A informacao de que a tensao na fonte e 234,7 V nao tem grandesignificado em si, a menos que se saiba que a sua tensao nominal e220 V

Aı sim se pode concluir que a fonte esta operando 6,7% acima desuas especificacoes

Normalmente prefere-se trabalhar com a informacao de que a tensaona fonte e de 106,7% ou 1,067 por unidade ou simplesmente pu

Com esse valor, pode-se concluir imediatamente a violacao dasespecificacoes da fonte sem que seja necessario o conhecimento dasmesmas



Define-se como valor por unidade (pu) de uma grandeza eletrica arelacao entre o valor real da grandeza e um valor de base predefinido:

valor em pu =valor real

valor de base

No caso do circuito exemplo, o valor real da tensao da fonte e234,7 V e o valor de base e o seu valor de tensao nominal 220 V,resultando em uma tensao 1,067 pu



Desta forma, correntes, tensoes, potencias e impedancias podem serrepresentadas em pu

Na analise de circuitos de corrente alternada ha quatro grandezaseletricas fundamentais:

Tensao

Corrente

Impedancia

Potencia

Elas sao dependentes umas das outras. Entao, dadas duas delas, asoutras duas podem ser calculadas.



Considere o gerador monofasico:

∼

Gerador

1 kVA220 V

x = 5%



E possıvel definir uma potencia de base igual ao seu valor nominal,isto e, Sb = 1 kVA

Assim, se nos calculos do circuito for obtida uma potencia de 0,95 pu,conclui-se que a maquina esta operando abaixo de sua capacidadenominal

Pode-se definir tambem uma tensao de base igual a 220 V (Vb)

Corrente de base:

Ib =Sb

Vb

= 4, 54 A

Impedancia de base:

Zb =V 2b

Sb= 48,4 Ω



Sempre sao definidos dois valores de base (por exemplo, potenciaaparente e tensao)

Os outros dois (corrente e impedancia) ficam automaticamentedeterminados, devido a dependencia entre as grandezas

Os valores de tensao e potencia de base definidos acima coincidiramcom os valores nominais do gerador

Isto nao e obrigatorio, podendo ser escolhidas quaisquer bases. Napratica, no entanto, as bases sao escolhidas da maneira mostradaacima



Os fatores que levam a esta escolha sao os seguintes:

Um valor em pu e util quando implicitamente se refere a um valorimportante do ponto de vista fısico, como por exemplo o valor nominalcorrespondente ao equipamento

Se a base fosse outra que nao a nominal, nao haveria meio de se saberse a grandeza em pu representa a operacao acima ou abaixo dasespecificacoes, a menos que fossem fornecidos dados adicionais, o quefaz o sistema pu perder sua principal utilidade



Os fabricantes de equipamentos fornecem algumas especificacoes empu (ou em valores percentuais), com base nos valores nominais dosmesmos

Para o gerador exemplo a reatancia e fornecida em termos percentuais,calculada para uma base de 220 V, 1 kVA

Uma reatancia de 5% equivale a 0,05 pu. Isto significa que a reatanciaem ohms e dada por:

Xohms = xpu · Zb = 0,05 · 48,4 = 2,42 Ω



Gerador exemplo com sua reatancia representada em ohms e em pu:

∼ ∼

Gerador Gerador

j 2,42 Ω j 0,05 pu



Exemplo

Considere o circuito a seguir. Se a tensao na carga e 220 V, calcule atensao da fonte.

Carga900 W / 0,90 indutivo220 V

Fonte1 kVA220 V

I

j 10 Ω

∼



Valores de base a potencia aparente e a tensao da fonte:

Sb = 1 kVA

Vb = 220 V

Corrente de base:

Ib =Sb

Vb

= 4,54 A

Impedancia de base:

Zb =V 2b

Sb= 48,4 Ω



Impedancia da linha em pu4:

zℓ =Zℓ

Zb

=j 10

48,4= j 0,21 = 0,21∠90 pu

Na carga:

vc =220∠0

220= 1,0∠0 pu

pc =900

1000= 0,90 pu

e:

|sc | = (pc/fp) = 1,0 puϕc = cos−1 (0,90) = 25,84

sc = 1,0∠25,84 pu

4As grandezas expressas em letras minusculas indicam que os valores estao em pu.Carlos A. Castro (DSE/FEEC/UNICAMP) EA611 – Capıtulo 4 131 / 201


Corrente na carga:

ıc =

(sc

vc

)∗

= 1,0∠ − 25,84 pu

ou, em amperes:

Ic = ıc · Ib = 4,54∠ − 25,84 A



Tensao da fonte:

vf = vc + zℓ · ıc = 1,108∠9,82 pu

ou em volts:Vf = vf · Vb = 243,8∠9,82 V

onde se nota que a tensao da fonte esta 10,8% acima do seu valor nominal.

Potencia fornecida pela fonte:

sf = vf · ı∗c = 1,108∠35,66 pu

ou em volt-amperes:

Sf = sf · Sb = Vf · I ∗c = 1108∠35,66 VA



A transformacao das grandezas de um circuito em por unidadepermite a eliminacao dos transformadores do circuito. A figura aseguir mostra um circuito com transformador.

+

−

+

−

Area 1 Area 2

V1 V2

100 kVA138 : 13,8 kV

138 kV

13,8 kV



O circuito pode ser dividido em duas areas, cada uma correspondendoa um lado do transformador e com sua base propria

Pode-se definir os seguintes valores de base:

Area 1: Sb1 = 100 kVA → potencia nominal do trafo

Vb1 = 138 kV → tensao nominal do lado de alta tensao

Area 2: Sb2 = 100 kVA → potencia nominal do trafo

Vb2 = 13,8 kV → tensao nominal do lado de baixa tensao



A potencia de base e a mesma para as duas areas e igual a potencianominal do transformador

A escolha se deve ao fato de que, se as perdas forem desprezadas, apotencia consumida pela carga no secundario e igual a potenciafornecida pela fonte no primario

As tensoes de base sao iguais as tensoes nominais dos respectivoslados do transformador

Uma tensao V2 de, por exemplo, 13 kV, vale em pu:

v2 =V2

Vb2=

13

13,8= 0,942 pu



A tensao V1 pode ser obtida aplicando-se a relacao de transformacao:

V1 =N1

N2· V2 =

138

13,8· 13 = 130 kV

ou, em pu:

v1 =V1

Vb1=

130

138= 0,942 pu



Os valores em pu das tensoes dos lados de alta e baixa dotransformador sao iguais, mostrando que o trafo pode ser eliminado,visto que a relacao de transformacao em pu e unitaria

+

−

+

−

+

−

+

−

0,942 pu0,942 pu 0,942 pu0,942 pu



Impedancias de base:

Zb1 =V 2b1

Sb1Zb2 =

V 2b2

Sb2

Se uma impedancia Z2 e conectada no lado de baixa tensao dotransformador, seu valor em pu sera:

z2 =Z2

Zb2



O valor da impedancia vista pelo lado de alta tensao em pu sera:

z1 =Z1

Zb1=

(N1

N2

)2

· Z2

︸︷︷︸

Z1

· Sb1V 2b1

︸︷︷︸

1/Zb1

=

(N1

N2

)2

· Z2 · Sb2 ·(N2

N1

)2

· 1

V 2b2

= Z2 ·Sb2

V 2b2

= z2

Como z1 = z2, constata-se mais uma vez a eliminacao do trafoquando se trabalha com pu. Entre as especificacoes do trafo, efornecida a impedancia em pu, nao sendo necessario especificar o ladoque foi considerado nos calculos



Exemplo

Considere o circuito mostrado na figura a seguir. Calcule a tensao internada fonte Vf e a potencia fornecida pela fonte (nos terminais de saıda damesma).

−

+

∼

j 0,1 Ω

Vf

Area 1 Area 2 Area 3

T1 T2

50 : 220 V1,5 kVA1,5 kVA

1 Ω j 5 Ω

220 : 110 V

Vc = 110 V Zc = 10∠30 Ω

Gerador Trafo 1 Trafo 2Linha Carga



Sera considerada como referencia angular a tensao da cargaVc = 110∠0 V.

Corrente na carga: Ic = Vc/Zc = 11∠ − 30 A

Corrente na linha: Iℓ = (110/220) · Ic = 5,5∠− 30 A

Tensao no lado de alta de T2: V ′c = 220∠0 V

Tensao no lado de alta de T1: V ′′f = V ′

c + Zℓ · Iℓ = 239,44∠5,05 V



Tensao no lado de baixa de T1: V ′f = (50/220) · V ′′

f = 54,42∠5,05 V(tensao nos terminais da fonte)

Corrente fornecida pela fonte: If = (220/50) · Il = 24,2∠ − 30 A

Tensao interna da fonte: Vf = V ′f + j 0,1 · If = 55,84∠7,08 V

Potencia fornecida pela fonte: Sf = V ′f · I ∗f = 1316,96∠35,05 VA

(em seus terminais)

Pf = 1078,13 W

Qf = 756,32 vAr



Para a realizacao do mesmo calculo em por unidade, o circuito e divididoem tres areas, cujos valores de base sao:

Area 1: Sb = 1,5 kVA → Zb1 = 1,6667 ΩVb1 = 50 V





As impedancias do circuito em pu valem:

Impedancia da carga: zc = Zc/Zb3 = 1,2397∠30 puImpedancia da linha: zℓ = Zℓ/Zb2 = 0,1580∠78,69 puImpedancia da fonte: zf = Zf /Zb1 = 0,06∠90 pu

A tensao na carga e tomada como referencia:

vc =Vc

Vb3= 1∠0 pu



Circuito em pu:

−

++

−

∼

j 0,06

vf v ′f

0,0310 j 0,1549

1∠0 1,0736 + j 0,6198

ıf



ıf =1∠0

1,2397∠30= 0,8066∠ − 30 pu

vf = 1∠0 + 0,8066∠ − 30 · (0,0310 + j 0,1549 + j 0,06)

= 1,1168∠7,08 pu

v ′f = 1∠0 + 0,8066∠ − 30 · (0,0310 + j 0,1549)

= 1,0883∠5,04 pu

sf = v ′f · ı∗f = 0,8778∠35,04 pu

Sf = sf · Sb = 1316,73∠35,04 VA



A utilizacao do sistema pu em circuitos trifasicos nao apresentadificuldades adicionais, visto que um circuito trifasico equilibrado podeser representado por um circuito monofasico (uma das fases do Y)

Algumas das grandezas consideradas para um circuito trifasico sao:

Tensao de fase (fase-neutro) – Vf

Potencia aparente por fase – Sf

Corrente de linha – Iℓ

Tensao de linha (fase-fase) – Vℓ

Potencia aparente trifasica – S3φ

em que:S3φ = 3 · Sf Vℓ =

√3 · Vf



Assim, se for escolhida a base:

Sbf – potencia aparente por fase de base

V bf – tensao de fase de base

tem-se, consequentemente:

Sb3φ = 3 · Sb

f → potencia aparente trifasica de base

V bℓ =

√3 · V b

f → tensao de linha da base



Logo:

I bℓ =Sbf

V bf

=Sb3φ

3·√3

V bℓ

→ I bℓ =Sb3φ√

3 · V bℓ

Z b =

(V bf

)2

Sbf

=

(V bℓ√3

)2

· 3

Sb3φ

→ Z b =

(V bℓ

)2

Sb3φ



Exemplo

Considere o diagrama unifilar a seguir, no qual o motor e alimentado comtensao nominal. Represente o motor por uma impedancia em por unidade.

M

50HP / 90%fp 0,8513,8 kV



O motor deve entao ser representado por:

−

+

zmvm

ım

50HP / 90%fp 0,8513,8 kV



Opcao 1 – pensar no circuito 1Φcorrespondente

50/3HP / 90%fp 0,85

13,8/√3 kV

Potencia do motor (1Φ):

Sm =(50/3) · 7460,9 · 0,85 ∠ cos−1 0,85

= 16252,723∠31,79 VA

Opcao 2 – pensar no circuito 3Φdireto

50HP / 90%fp 0,8513,8 kV

Potencia do motor (3Φ):

Sm =50 · 7460,9 · 0,85 ∠ cos−1 0,85

= 48758,170∠31,79 VA



Tensao no motor (1Φ):

Vm = 13,8/√3∠0 kV

Base (1Φ):

Sb = 20 kVA

Vb = 13,8/√3 kV

Ib = Sb/Vb = 2,51A

Zb = V 2b /Sb = 3174Ω

Tensao no motor (3Φ):

Vm = 13,8∠0 kV

Base (3Φ):

Sb = 60 kVA

Vb = 13,8 kV

Ib = Sb/(√

3Vb

)

= 2,51A

Zb = V 2b /Sb = 3174Ω



Em por unidade (1Φ):

sm = Sm/Sb = 0,813∠31,79 pu

vm = Vm/Vb = 1∠0 pu

ım = (sm/vm)∗

= 0,813∠ − 31,79 pu

zm = v2m/s∗m = 1,230∠31,79 pu

Em por unidade (3Φ):

sm = Sm/Sb = 0,813∠31,79 pu

vm = Vm/Vb = 1∠0 pu

ım = (sm/vm)∗

= 0,813∠ − 31,79 pu

zm = v2m/s∗m = 1,230∠31,79 pu



Exemplo

Se a tensao nos terminais da fonte do circuito trifasico mostrado a seguir eigual a 13,8 kV, calcule a tensao no motor.

∼

15 kVA13,8 kV

x = 5%

j 500 Ω

Carga6 kW / fp = 1

13,8 kV13,8 kV

100 + j 500 Ω

M

10 HPEficiencia 90%fp = 0,8



Deve-se primeiramente determinar os valores caracterısticos de cadaelemento do circuito. Para o motor:

P1φ =PHP · 746

0,90· 13= 2,7630 kW

|S1φ| =P1φ

fp= 3,4537 kVA

ϕm = cos−1 (0,80) = 36,87 → S1φ = 3,4537∠36,87 kVA

Q1φ =√

S21φ − P2

1φ = 2,0722 kvar



Pode-se obter a impedancia do motor conhecendo-se a potencia complexae a tensao nominais:

Zm =V 2f

S∗1φ

= 18,3803∠36,87 kΩ

Neste caso, supoe-se que o motor sera submetido a tensao nominal econsumira a potencia nominal, o que pode nao corresponder a realidade,como neste exemplo.

Se a tensao da fonte e ajustada em 13,8 kV, obviamente a tensao sobre omotor sera menor que 13,8 kV, devido as quedas de tensao nas linhas.



O valor da tensao aplicada, por sua vez, determina o grau de saturacaodos materiais ferromagneticos.

O valor da potencia consumida tambem pode variar e depende da cargaconectada ao eixo do motor.

Por simplicidade, considera-se que a impedancia do motor se mantemconstante para condicoes de operacao em torno dos valores nominais.



Cargas podem ser modeladas como:

Potencia constante

Corrente constante

Impedancia constante

I

ZS

V

Neste capıtulo, consideraremos todas as cargas como sendo impedanciasconstantes, exceto se mencionado de outra forma



Para a carga:

P1φ = 2 kW

|S1φ| = 2 kVA → S1φ = 2∠0 kVA

Zc =V 2f

S∗1φ

= 31,740∠0 kΩ

Para a fonte:

S1φ = 5 kVA

X = 0,05 · V2f

S1φ= 0,05 ·

(13,8 · 103/

√3)2

(15 · 103/3) = 634,8 Ω



Circuito monofasico correspondente ao circuito trifasico:

−−

−

++ +

∼

j 634,8 Ω

13,8√3∠0 kV

I j 500 Ω

V1 31,74∠0 kΩ

Im 100 + j 500 Ω

Vm 18,4∠36,87 kΩ



Impedancia vista pela fonte Zeq:

Motor em serie com linha: Z1 = 18,7634∠37,91 kΩ

Z1 em paralelo com carga: Z2 = 12,4201∠24 kΩ

Z2 em serie com linha: Zeq = 12,6317∠26,07 kΩ



Entao:

I =Vf

Zeq

= 0,6307∠ − 26,07 A

V1 = Vf − j 500 · I = 13,5688√3

∠− 2,07 kV

Im =V1

Z1= 0,4175∠ − 39,98 A

Vm = Zm · Im =13,2914√

3∠− 3,11 kV

Portanto, a tensao de linha aplicada ao motor e de aproximadamente13,3 kV.



O problema pode ser resolvido em pu. Adotando-se como bases os valoresnominais da fonte:

Sb3φ = 15 kVA V b

ℓ = 13,8 kV

tem-se:

Z b =

(V bℓ

)2

Sb3φ

= 12,6960 kΩ

I bℓ =Sb3φ√

3 · V bℓ

= 0,6275 A



Para o motor, considerando tensao nominal v = 1∠0 pu:

pm =PHP · 746

0,90· 1

Sb3φ

= 0,5526 pu

|sm| =pm

fp= 0,6907 pu

ϕm = cos−1 (0,80) = 36,87 → sm = 0,6907∠36,87 pu

zm =v2

s∗m= 1,4478∠36,87 pu



Para a carga:

pc =Pc

Sb3φ

= 0,4 pu

sc = 0,4∠0 pu

zc =v2

s∗c= 2,5∠0 pu



O gerador tem uma impedancia de j 0,05 pu e as linhas tem impedanciasde j 0,0394 pu e 0,0079 + j 0,0394 pu.

O circuito em pu e:

−−

−

++ +

∼

j 0,05

1∠0

ı j 0,0394

v1 2,5∠0

ım 0,0079 + j 0,0394

vm 1,4478∠36,87



Impedancia vista pela fonte zeq:

Motor em serie com linha: z1 = 1,4780∠37,91 pu

z1 em paralelo com carga: z2 = 0,9783∠24 pu

z2 em serie com linha: zeq = 0,9950∠26,07 pu



e:

ı =v

zeq= 1,0050∠ − 26,07 pu

v1 = v − j 0,0394 · ı = 0,9832∠ − 2,07 pu

ım =v1

z1= 0,6652∠ − 39,98 pu

vm = zm · ım = 0,9631∠ − 3,11 pu

Assim, a tensao de linha no motor vale:

Vm = vm · V bℓ = 13,2908 kV



Em sistemas de potencia, costuma-se utilizar os valores de tensao empu, e nao em volts, devido ao fato de que um sistema de potenciapode ter varios nıveis de tensao envolvidos



Ja foi visto que a presenca de um transformador implica na existenciade dois nıveis de tensao no circuito

Os calculos em pu resultam na eliminacao dos transformadores e astensoes nos seus dois lados assumem valores da mesma ordem degrandeza

Assim, quando se trabalha com o sistema pu todas as tensoes docircuito tem valores muito proximos, facilitando a sua analise



Exemplo

Transforme o circuito mostrado a seguir em pu.

∼∼

G1

100 MVA100 MVA

13,8 kV

4%

Area 1

T1

15 : 230 kV

10%10%L2

1 + j 10 Ω

Area 3

L1

5 + j 50 Ω

L3

2 + j 10 Ω

C1

250 MVA

80% atrasado

230 kV

T2

200 MVA200 MVA

230 : 15 kV

Area 2

G2

11 kV

8%



Como o circuito tem dois transformadores, existem tres nıveis de tensaoenvolvidos.

Assim, divide-se o circuito em areas, e cada uma tera sua propria tensaode base.

As bases de tensao obedecerao as relacoes de transformacao dostransformadores.

Desprezando as perdas, as potencias nos dois lados do transformador saoas mesmas, o que leva a adocao da mesma base de potencia para as tresareas.

A potencia de base escolhida e Sb = 200 MVA.



Area 1: a tensao de base e a tensao nominal do gerador,Vb1 = 13,8 kV.

A reatancia do gerador (xG1) e calculada para a base (100 MVA,13,8 kV), que sao os seus valores de potencia e tensao nominais.

A reatancia em ohms, XG1, vale:

XG1 = xG1 ·V 2b1

Sb= 0,04 ·

(13,8 · 103

)2

100 · 106 = 0,0762 Ω



A reatancia do gerador em pu x ′G1 para a nova base adotada(200 MVA, 13,8 kV) vale:

x ′G1 = 0,0762 · 200 · 106

(13,8 · 103)2= 0,08 pu

Deve-se tambem atualizar a reatancia do trafo T1:

XT1 = 0,1 ·(15 · 103

)2

100 · 106 = 0,225 Ω

x ′T1 = 0,225 · 200 · 106

(13,8 · 103)2= 0,2363 pu

A reatancia do transformador T1 pode ser atualizada tanto em funcaoda base da area 1 como da area 3. Pode-se verificar que o resultado eo mesmo.



Area 3: a tensao de base deve seguir a relacao de transformacao dotrafo T1:

Vb3 =230 · 10315 · 103 · Vb1 = 211,6 kV

Impedancias das linhas em pu:

zL1 =ZL1

Zb3= 50,25∠84,29 · 200 · 106

(211,6 · 103)2= 0,2245∠84,29 pu

zL2 =ZL2

Zb3= 0,0449∠84,29 pu

zL3 =ZL3

Zb3= 0,0456∠78,69 pu



Para a carga C1:

Zc1 =V 2

S∗=

(230 · 103

)2

(250 · 106∠36,87)∗ = 211,6∠36,87 Ω

zc1 =Zc1

Zb3= 0,9452∠36,87 pu

Deve-se atualizar tambem a reatancia do transformador T2.

Ate agora, a maneira adotada para realizar a atualizacao consistiu emtransformar o valor de pu para ohms utilizando os valores de baseoriginais fornecidos e depois transformar novamente em pu, agora paraa nova base.



Ou seja:

Xohms = xvelhopu ·(V velhob

)2

Sb

xnovopu = Xohms ·Sb

(V novob )

2

onde os ındices velho e novo referem-se respectivamente as basesoriginal (dados do problema) e nova (definida na solucao do problema).

Portanto, a transformacao de bases pode ser escrita simplesmente por:

xnovopu = xvelhopu ·(V velhob

)2

Sb· Sb

(V novob )

2 = xvelhopu ·(V velhob

)2

(V novob )

2



Finalmente, para o trafo T2 tem-se:

x ′T2 = 0,1 ·(230 · 103

)2

(211,6 · 103)2= 0,1181 pu

Area 2: a tensao de base vale:

Vb2 = 211,6 · 103 · 15 · 103230 · 103 = 13,8 kV

Atualizando a reatancia do gerador G2:

x ′G2 = 0,08 ·(11 · 103

)2

(13,8 · 103)2= 0,0508 pu



O circuito em pu fica:

∼∼

0,7562 + j 0,0447

0,0223 + j 0,2234

0,0090 + j 0,0447

j 0,1181 j 0,0508j 0,2363j 0,08

0,7562 + j 0,5671



Exemplo

A figura a seguir mostra o diagrama unifilar parcial de um sistema eletricode potencia trifasico.

G1

T

2 3

4

L1

L2

M1

M2 M3

Disjuntor

Medidor

∼



As especificacoes dos equipamentos do circuito sao as seguintes:

G – Y, 100 MVA, 15 kV, xG = 10%

T – Y-∆, 100 MVA, 13,8 : 230 kV, xT = 10%

L1 – 10 km de comprimento, reatancia de 10 Ω/km

L2 – 5 km de comprimento, reatancia de 20 Ω/km,

resistencia de 5 Ω/km



Dois medidores de fluxo de potencia (M1 e M2) e um medidor de tensao(M3) sao instalados nos locais indicados. Em um determinado instante,foram feitas as seguintes medidas:

Tensao na barra 3: 230 kV

Fluxo de potencia na linha L1: 40 MW, 30 Mvar

Fluxo de potencia na linha L2: 30 MW, 40 Mvar



Pede-se:

1 O circuito em pu, considerando uma base de 13,8 kV, 100 MVA parao gerador.

2 A corrente na linha L1.

3 A tensao na barra 2.

4 As perdas de potencia ativa na linha L2.



7 O carregamento do gerador.

8 O fator de potencia visto pelo gerador.

9 A tensao na barra 1 caso todos os disjuntores abrissem.



O transformador T delimita duas areas:

Area 1: que compreende o gerador. Os respectivos valores de basesao definidos pelo problema:

Sb = 100 MVA e Vb1 = 13,8 kV

A reatancia do gerador e calculada na base 15 kV, 100 MVA. Enecessario, portanto, calcular a nova reatancia do gerador para a basedefinida:

x ′G = xG · Zvelhab

Z novab

= 0,10 ·(15 · 103

)2

100 · 106 · 100 · 106

(13,8 · 103)2= 0,1181 pu



A reatancia do transformador ja e calculada na base correta, e seuvalor se mantem em 0,10 pu.

Area 2: composta pelo restante do circuito ligado ao lado de altatensao do transformador. A potencia de base para esta area e amesma da area 1. A tensao de base deve respeitar a relacao detransformacao do transformador:

Vb2 = Vb1 ·230 · 10313,8 · 103 = 230 kV



A impedancia da linha L1 e igual a j 100 Ω. A impedancia da linha L2e igual a 25 + j 100 Ω. As respectivas impedancias em pu valem:

zL1 = j 100 · 100 · 106

(230 · 103)2= j 0,1890 pu

zL2 = (25 + j 100) · 100 · 106

(230 · 103)2= 0,0473 + j 0,1890

= 0,1948∠75,95 pu



As medidas fornecidas transformadas em pu sao:

Barra 3: v3 =230 · 103

Vb2= 1∠0 pu (referencia angular)

Fluxo na linha L1: s1 =(40 + j 30) · 106

Sb= 0,5∠36,87 pu

Fluxo na linha L2: s2 =(30 + j 40) · 106

Sb= 0,5∠53,13 pu



O circuito em pu e:

1 2 3

4

∼s1

s2eı

ı1

ı2

sv1 v2 v3

v4

j 0,1181j 0,1890

j 0,1

0,1948∠75,95



Outra forma de representacao:

1 2 3

4

∼

s1s2

e

ı ı1

ı2

s

v1 v2 v3

v4

j 0,1181 j 0,1890j 0,1

0,1948∠75,95

restante da rede

restanteda rede



O fluxo de potencia s1 e injetado na barra 3. Portanto, a corrente na linhaL1 e dada por:

ı1 =

(s1

v3

)∗

= 0,5∠ − 36,87 pu

O valor da corrente em amperes e:

I1 = i1 · Ib2 = i1 ·Sb√3 · Vb2

= 125,5 A



A tensao na barra 2 e dada por:

v2 = v3 + zL1 · ı1 = 1,0594∠4,09 pu

ou em volts:

V2 = v2 · Vb2 = 243,7 kV



A corrente na linha L2 e:

ı2 =

(s2

v2

)∗

= 0,4720∠ − 49,04 pu

A potencia ativa dissipada na linha e:

pL2 = r2 · i22 = 0,0105 pu

que corresponde a 1,05 MW.



A tensao na barra 4 e:

v4 = v2 − zL2 · ı2 = 0,9753∠2,0 pu

ou:V4 = v4 · Vb2 = 224,3 kV

A corrente fornecida pelo gerador e:

ı = ı1 + ı2 = 0,9665∠ − 42, 78 pu



A tensao da fonte vale:

v1 = v2 + zT · ı = 1,1318∠7,44 pu

que corresponde a 15,6 kV.

A potencia complexa fornecida pelo gerador e:

s = v1 · ı∗ = 1,0939∠50,22 pu

Como a potencia nominal do gerador e 100 MVA (ou 1 pu), ocarregamento e dado por:

Carregamento =potencia aparente real

potencia aparente nominal· 100%

=1,0939

1· 100% = 109,39%



O fator de potencia visto pelo gerador e:

fp = cos (50,22) = 0,64

A tensao interna do gerador (devido a variacao do fluxo) e:

e = v1 + j x ′G · ı = 1,2217∠10,86 pu



Se todos os disjuntores fossem abertos, a corrente ı passaria a ser igual azero, e, portanto:

v1 = e = 1,2217∠10,86 pu

ou V1 = 16,9 kV.



Em resumo, as principais caracterısticas do sistema pu sao:

Maquinas de diferentes capacidades e tamanhos em um sistema depotencia podem ter impedancias muito diferentes umas das outras

As respectivas impedancias em pu sao da mesma ordem de grandeza

Transformadores ideais sao eliminados, e as tensoes do circuito ficamda mesma ordem de grandeza

Diminui-se o risco de confusao entre valores de fase e de linha,monofasicos e trifasicos

E mais facil fazer comparacoes e avaliacoes das grandezas do circuito


Exercıcios propostos

G. Barreto, C.A. Castro, C.A.F. Murari, F. Sato, Circuitos de correntealternada: fundamentos e pratica, Oficina de Textos, 2012 – capıtulo8.

C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um cursointrodutorio, Unicamp, 1995 – capıtulo 5.


Referencias

P. Cardieri, notas de aula de EA611, FEEC/UNICAMP.

M.C.D. Tavares, notas de aula de EA611, FEEC/UNICAMP.

C.A. Castro, M.R. Tanaka, Circuitos de corrente alternada – um cursointrodutorio, Unicamp, 1995.


cap´ıtulo 4 representacao de sistemas de energia el´etrica

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