Exercício 15.

Um transformador de distribuição \triangle-\mathrm{Y}, 50 \mathrm{kVA}, 13800 \mathrm{~V} / 208 \mathrm{~V}, é formado por três transformadores monofásicos com uma resistência equivalente de 114,2 \Omega e uma reatância indutiva equivalente de 800 \Omega (referidos ao lado de alta tensão). Desconsidere a impedância de magnetização.
Calcule o módulo da tensão de linha no enrolamento primário para que a tensão de linha na saída do transformador seja igual à tensão nominal, ao aplicar a carga nominal com um fator de potência de 0,8 em atraso.
Resposta: V_{1}=14,5 \mathrm{kV}.

Passo 1

O que o problema pede e os dados que temos.
  • Pedido: calcular o módulo da tensão de linha no enrolamento primário para que a tensão de linha na saída do transformador seja igual à tensão nominal 208\\ \mathrm{V} ao aplicar a carga nominal 50\\ \mathrm{kVA} com fator de potência 0{,}8 em atraso.
  • Dados (fornecidos no enunciado): \text{Conexão: } \Delta\!-\!Y,\qquad S_{\text{nom}}=50\\ \mathrm{kVA}, \qquad V_{L1,\text{nom}}=13\,800\\ \mathrm{V},\qquad V_{L2,\text{nom}}=208\\ \mathrm{V}.ã
R_{\text{eq}}=114{,}2\\ \Omega,\qquad X_{\text{eq}}=800\\ \Omega
(essas impedâncias estão referidas ao lado de alta tensão, i.e. ao lado primário).
  • Observação do enunciado: desprezar a impedância de magnetização.
  • Objetivo matemático: achar \,|V_1|\, (módulo da tensão de linha aplicada no primário) tal que a tensão de linha secundária efetiva seja 208\\ \mathrm{V} sob carga nominal com pf=0{,}8 atrasado.

Passo 2

Modelagem por fase e definição da relação de transformação a.
  • Vamos trabalhar por transformador monofásico equivalente. No arranjo \Delta- Y:
    • No primário em \Delta, a tensão do enrolamento primário por transformador é igual à tensão de linha do primário: V_{1\text{(enrol)}}=V_{L1}.
    • No secundário em Y, a tensão por enrolamento (fase) é V_{2\text{ph}}=V_{L2}/\sqrt{3}.
  • A relação de transformação (razão de espiras) é fixa e determinada pelos valores nominais: a=\frac{V_{1\text{(nom)}}}{V_{2\text{ph,nom}}}onde V_{2\text{ph,nom}}=V_{L2,\text{nom}}/\sqrt{3}.
  • Calculemos V_{2\text{ph,nom}} e a: V_{2\text{ph}}=\frac{208}{\sqrt{3}}\\ \mathrm{V}.
a=\frac{13\,800}{208/\sqrt{3}}=\frac{13\,800\sqrt{3}}{208}.

Passo 3

Cálculo numérico de V_{2\text{ph}} e a.
  • Primeiro V_{2\text{ph}}: V_{2\text{ph}}=\frac{208}{\sqrt{3}}\approx 120{,}089\\ \mathrm{V}.
  • Agora a: a=\frac{13\,800}{120{,}089}\approx 114{,}915.(observe que multiplicando a por V_{2\text{ph}} recuperamos 13\,800\\ \mathrm{V}, como deve ser para a razão nominal).

Passo 4

Corrente de fase no secundário (condição de carga nominal) — magnitude e ângulo.
  • A potência aparente por fase (secundário, em estrela) é S_{\text{ph}}=\frac{S_{\text{nom}}}{3}=\frac{50\,000}{3}\\ \mathrm{VA}\approx 16\,666{,}667\\ \mathrm{VA}.
  • A corrente de fase no secundário (que é também a corrente de linha no secundário, pois é conexão em Y) tem magnitude I_{2\text{ph}}=\frac{S_{\text{ph}}}{V_{2\text{ph}}}
I_{2\text{ph}}=\frac{16\,666{,}667}{120{,}089}\approx 138{,}78\\ \mathrm{A}.
  • Como o fator de potência é 0{,}8 em atraso, o ângulo de potência é \varphi=\operatorname{arccos}(0{,}8)\approx 36{,}869^\circ,então a corrente no secundário (como fasor) é I_{2\text{ph}}=138{,}78\angle -36{,}869^\circ\\ \mathrm{A}.

Passo 5

Corrente referida ao primário por fase ( I_{1\text{ph}}) e verificação rápida.
  • A corrente no enrolamento primário por transformador (corrente no ramo da \Delta) é obtida pela relação de corrente do transformador ideal: I_{1\text{ph}}=\frac{I_{2\text{ph}}}{a}.
  • Calculando: I_{1\text{ph}}=\frac{138{,}78}{114{,}915}\approx 1{,}2076\\ \mathrm{A}.como fasor: I_{1\text{ph}}=1{,}2076\angle -36{,}869^\circ\\ \mathrm{A}.
  • (Checagem rápida: a corrente de linha no primário é \,I_{L1}=\sqrt{3}\,I_{1\text{ph}}, que dá aproximadamente 2{,}09\\ \mathrm{A}, e isso bate com I_{L1}=S/(\sqrt{3}V_{L1}) se usássemos V_{L1}=13{,}8\\ \mathrm{kV}. Tudo consistente.)

Passo 6

Equação de tensão por fase no primário e cálculo do termo induzido E_1.
  • A equação por fase ao referir tudo ao primário (enrolamento do lado alto) é V_{1}=E_{1}+Z_{\text{eq}}\,I_{1},onde:
    • V_{1} é a tensão aplicada no enrolamento primário (igual à tensão de linha no primário, por causa do delta),
    • E_{1} é a tensão induzida no primário gerada pela tensão do secundário (transformada para o primário),
    • Z_{\text{eq}}=R_{\text{eq}}+jX_{\text{eq}}=114{,}2+j800\\ \Omega,
    • I_{1} é a corrente do enrolamento primário (já calculada).
  • O termo induzido E_{1} é simplesmente a transformação da tensão fase do secundário: E_{1}=a\;V_{2\text{ph}}.Pelo modo como definimos a, temos numericamente E_{1}=13\,800\angle 0^\circ\\ \mathrm{V}.

Passo 7

Cálculo do produto Z_{\text{eq}}I_{1} (queda de tensão) em forma fasorial.
  • Primeiro, encontrarmos módulo e ângulo de Z_{\text{eq}}: |Z_{\text{eq}}|=\sqrt{114{,}2^{2}+800^{2}}\approx 808{,}12\\ \Omega,
\angle Z_{\text{eq}}=\arctan\!\left(\frac{800}{114{,}2}\right)\approx 81{,}86^\circ.
  • Produto fasorial: Z_{\text{eq}}I_{1}=|Z_{\text{eq}}|\,|I_{1}|\angle(\angle Z_{\text{eq}}+\angle I_{1}).Substituindo números: |Z_{\text{eq}}I_{1}|=808{,}12\times 1{,}2076\approx 976{,}37\\ \mathrm{V},
\angle(Z_{\text{eq}}I_{1})=81{,}86^\circ+(-36{,}869^\circ)\approx 44{,}99^\circ.
  • Convertendo para forma retangular (para somar com E_1): Z_{\text{eq}}I_{1}\approx 976{,}37\angle 44{,}99^\circ
\Rightarrow Z_{\text{eq}}I_{1}\approx 690{,}8 + j\,690{,}1\\ \mathrm{V}.

Passo 8

Somar E_{1} com Z_{\text{eq}}I_{1} para obter V_{1} e calcular seu módulo.
  • Temos E_{1}=13\,800\angle 0^\circ = 13\,800 + j\,0\\ \mathrm{V}.
  • Assim V_{1}=E_{1}+Z_{\text{eq}}I_{1}\approx (13\,800+690{,}8) + j(0+690{,}1)
V_{1}\approx 14\,490{,}8 + j\,690{,}1\\ \mathrm{V}.
  • Módulo de V_{1}: |V_{1}|=\sqrt{14\,490{,}8^{2}+690{,}1^{2}}\approx 14\,505\\ \mathrm{V}\approx 14{,}5\\ \mathrm{kV}.

Resposta

V_{1}=14{,}5\\ \mathrm{kV}

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