Considere um transformador de potência monofásico, com as seguintes características: 100 kVA , 6000 V / 231 V, 50 Hz, classe de isolamento 155(F). Do seu circuito equivalente exato, conhecem-se os seguintes parâmetros:
r1+j x1=2,77+j 8,03 Omega ; r2+j x2=3,9+j 12,6 m Omega ; R0=48,04 k Omega ; Xm=12,96 k Omega
Suponha que o transformador é alimentado à sua tensão e frequência nominais.
Para a hipótese da carga do transformador valer 512 m Omega com fator de potência cos varphi=0,8 i, recorrendo ao modelo equivalente simplificado referido ao secundário, determine:
O regime de carga.

Passo 1

Beleza, vamos primeiro resumir o que o enunciado está pedindo e o que precisamos usar.
– O exercício é sobre um transformador monofásico de 100 kVA, 6 kV/231 V, 50 Hz.
– Temos o circuito equivalente exato, mas vamos usar o modelo simplificado (só a impedância série) referida ao secundário.
– A carga no secundário é de com fator de potência indutivo.
– Precisamos achar o “regime de carga”, ou seja, as correntes e tensões em cada lado e ver quanto do transformador está sendo utilizado.
Conteúdo: transformador, reflexão de impedância, cálculo de fasores, potência aparente.

Passo 2

Antes de tudo vamos trazer a impedância do primário para o secundário.
A relação de transformação de tensão é
a = V1V2 = 6000231 approx 25,97
Para refletir r'1 = r1cdot1a^2 = 2,77;Omega;times125,97^2 approx 0,00410 Omega, ao secundário multiplicamos por x'1 = x1cdot1a^2 = 8,03;Omega;times125,97^2 approx 0,0119 Omega .

Passo 3

Agora somamos as impedâncias série todas referidas ao secundário:
Zeq,s = (r'1 + jx'1) + (r2 + jx2) = (0,00410 + 0,00390) ;+ j(0,0119 + 0,0126) = 0,0080 + j,0,0245 Omega
A carga indutiva com ZL = 0,512 Omega ;ang<=;+36,87° = 0,512(,0,8 + j,0,6) = 0,4096 + j,0,3072 Omega tem ângulo , logo

Passo 4

A tensão aplicada no secundário (referido) é a tensão nominal:
underline V2 = 231 V;ang<= 0°
Logo a corrente de secundário é
underline I2 = underline V2Zeq,s + ZL = 231ang<=0°(0,0080+0,4096) + j(0,0245+0,3072) = 231ang<=0°0,4176 + j,0,3317
Calculando módulo e ângulo:
|Zrm tot|=raiz0,4176^2+0,3317^2approx0,5349 Omega, ang<= Zrm tot=arctan0,33170,4176approx38,8°
underline I2 = 2310,5349;ang<=(-38,8°) approx 432,2 A;ang<=(-38,8°)

Passo 5

A tensão que efetivamente chega à carga é
underline VL = underline I2,ZL = 432,2ang<=(-38,8°)times(0,4096 + j,0,3072) approx 222,7 V;ang<=(-38,8°!+!36,87°) approx 222,7 V;ang<=(-2,0°)
Ou seja, a queda na série reduziu um pouco a tensão de 231 V para cerca de 222,7 V na carga.

Passo 6

A corrente no primário (referida ao primário) tem mesma fasor que underline I1 = underline I2a approx 432,2ang<=(-38,8°)25,97 approx 16,64 A;ang<=(-38,8°) dividido por SL = VL,I2^* = 222,7cdot432,2 approx 96,3 kVA :
Agora vemos a potência aparente na carga:
Comparando com os 100 kVA nominais, o transformador está em cerca de 96,3% de carga.

Resposta

– Corrente no secundário: .
– Corrente no primário: .
– Tensão na carga: .
– Potência aparente entregue: , ou seja, 96,3% de carga.

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