Um transformador de distribuição de 50 \mathrm{kVA}, 2400: 240 \mathrm{~V} e 60 Hz tem uma impedância de dispersão de 0,72 +j 0,92 \Omega no enrolamento de alta tensão e 0,0070+\mathrm{j} 0,0090 \Omega no enrolamento de baixa tensão. Ele é usado para abaixar a tensão no lado da carga de um sistema alimentador cuja impedância é 0,3+\mathrm{j} 1,60 \Omega. A tensão VS no terminal de envio do alimentador é 2400 V .
Encontre a tensão nos terminais do secundário do transformador quando a carga conectada ao seu secundário recebe a corrente nominal do transformador, com um fator de potência de carga de 0,80 indutivo. Despreze as quedas de tensão, no transformador e no sistema de alimentação, causadas pela corrente de excitação.
E se a carga for capacitiva?

Passo 1

O que o problema pede e os dados fornecidos.
  • Pede: encontrar a tensão nos terminais do secundário do transformador quando a carga no secundário absorve a corrente nominal do transformador com fator de potência 0{,}80 indutivo. Depois repetir para carga capacitiva (f.p. 0{,}80 com sinal contrário).
  • Dados do enunciado (vou listar todos explicitamente): S_\text{nom}=50\\ \mathrm{kVA},\qquad 2400:240\\ \mathrm{V},\qquad f=60\\ \mathrm{Hz}.
Z_{\text{HV\_winding}}=0{,}72+j0{,}92\\ \Omega\quad\text{(dados no enrolamento de alta tensão)},ã
Z_{\text{LV\_winding}}=0{,}0070+j0{,}0090\\ \Omega\quad\text{(dados no enrolamento de baixa tensão)},ã
Z_{\text{feeder}}=0{,}30+j1{,}60\\ \Omega\quad\text{(impedância do alimentador no lado de envio)},â
V_S=2400\\ \mathrm{V}\quad\text{(tensão no terminal de envio do alimentador)}.ã
  • Observação dada no enunciado: desprezar quedas por corrente de excitação (ou seja, tratar o transformador como ideal em termos de excitação; só levar em conta as impedâncias de dispersão fornecidas).
  • Resultado esperado: tensão nos terminais do secundário (valor eficaz e, opcionalmente, ângulo de fase) para as duas situações (carga indutiva e carga capacitiva).

Passo 2

Escolha prática para resolver e a ideia-chave (didática): refrência de impedâncias e uso de fasores.
  • Para trabalhar com uma única malha e usar diretamente V_S convertido ao nível do secundário, é conveniente “referir” todas as impedâncias e a tensão ao mesmo lado do transformador. Vou referir tudo ao lado de baixa tensão (secundário), porque a relação de transformação leva V_S de 2400\\ \mathrm{V} para 240\\ \mathrm{V} de forma simples (dividindo por 10) — isso torna os cálculos intuitivos.
  • Regra importante (teoria curta e necessária): se um transformador tem razão de espiras/ tensões a=\dfrac{V_\text{prim}}{V_\text{sec}}, então uma impedância do lado primário Z_p referida ao secundário fica Z_{p\to s}=\frac{Z_p}{a^2}.Aqui a é adimensional (razão de tensões). Essa fórmula vem da relação entre tensão e corrente em transformador ideal e da definição Z=V/I.
  • Também precisamos da corrente nominal do secundário, que vem da definição de potência aparente: I_{s,\text{nom}}=\frac{S_\text{nom}}{V_\text{sec}}.

Passo 3

Calcular a razão de transformação e a corrente nominal no secundário.
  • Razão de transformação: a=\frac{2400}{240}=10.Logo a^2=100.
  • Corrente nominal no secundário: I_{s,\text{nom}}=\frac{50\,000}{240}=208{,}333\\ \mathrm{A}.(usei S em VA e V em V; o resultado é em ampères).

Passo 4

Determinar o ângulo de fase da corrente a partir do fator de potência e orientar o sinal (indutivo vs capacitivo).
  • Para \text{pf}=0{,}80 temos \cos\varphi=0{,}80. Assim \varphi=\operatorname{arccos}(0{,}80)=36{,}86989765^\circ\approx 36{,}87^\circ.
  • Convecção de sinais (padrão que vou usar aqui): tomo a tensão de referência com ângulo 0^\circ e o ângulo da corrente será:
    • indutiva (lagging): I_s tem ângulo -\varphi (a corrente atrasa a tensão), isto é I_s=I_{s,\text{nom}}\angle -36{,}87^\circ.
    • capacitiva (leading): I_s=I_{s,\text{nom}}\angle +36{,}87^\circ.
  • Componentes retangulares úteis (usarei isto para multiplicações): \cos\varphi=0{,}8,\qquad \sin\varphi=0{,}6.Logo, para I_{s,\text{nom}}=208{,}333\\ \mathrm{A}, I_s\\ (\text{indutiva})=208{,}333(\,0{,}8 - j0{,}6)=166{,}6667 - j125{,}000\\ \mathrm{A},
I_s\\ (\text{capacitiva})=208{,}333(\,0{,}8 + j0{,}6)=166{,}6667 + j125{,}000\\ \mathrm{A}.

Passo 5

Referir as impedâncias ao lado de baixa tensão (secundário) e somar para obter a impedância série equivalente vista pelo gerador referido ao secundário.
  • Relembrando: Z_{p\to s}=\dfrac{Z_p}{a^2}.
  • Referindo o alimentador (feeder) para o secundário: Z_{\text{feeder,ref}}=\frac{0{,}30+j1{,}60}{100}=0{,}0030 + j0{,}0160\\ \Omega.
  • Referindo o enrolamento de alta tensão para o secundário: Z_{\text{HV,ref}}=\frac{0{,}72+j0{,}92}{100}=0{,}0072 + j0{,}0092\\ \Omega.
  • Enrolamento de baixa tensão já está no nível secundário: Z_{\text{LV}}=0{,}0070 + j0{,}0090\\ \Omega.
  • Somando tudo (impedância série equivalente vista a partir da tensão referida ao secundário): Z_\text{eq}=Z_{\text{feeder,ref}}+Z_{\text{HV,ref}}+Z_{\text{LV}}
Z_\text{eq}=(0{,}0030+0{,}0072+0{,}0070) + j(0{,}0160+0{,}0092+0{,}0090)
Z_\text{eq}=0{,}0172 + j0{,}0342\\ \Omega.

Passo 6

Referir a fonte V_S ao secundário e montar a equação fasorial para a tensão no terminal do secundário.
  • A tensão do envio V_S=2400\\ \mathrm{V} referida ao secundário é simplesmente V_{S,\text{ref}}=\frac{2400}{a}=240\angle 0^\circ\\ \mathrm{V}.(isto é intuitivo: razão de transformação faz 2400 V virar 240 V no secundário ideal).
  • A queda de tensão série causada pela corrente é V_\text{drop}=I_s\cdot Z_\text{eq}.
  • A tensão nos terminais do secundário (o que queremos) é V_{\text{sec}}=V_{S,\text{ref}} - V_\text{drop}.Agora calculemos numericamente para cada caso.

Passo 7

Cálculo numérico para a carga indutiva ( \text{pf}=0{,}80 indutivo).
  • Usando I_s=166{,}6667 - j125{,}000\\ \mathrm{A} e Z_\text{eq}=0{,}0172 + j0{,}0342\\ \Omega, multiplico: V_\text{drop}=I_s Z_\text{eq}=(166{,}6667 - j125{,}000)(0{,}0172 + j0{,}0342).Faço a multiplicação em partes (fórmula (a+jb)(c+jd)=(ac-bd)+j(ad+bc)): \Re(V_\text{drop})=0{,}0172\cdot166{,}6667 - 0{,}0342\cdot(-125{,}000)
\Re(V_\text{drop})=2{,}8666667 - (-4{,}275)=7{,}1416667\\ \mathrm{V}.
\Im(V_\text{drop})=0{,}0172\cdot(-125{,}000) + 0{,}0342\cdot166{,}6667
\Im(V_\text{drop})=-2{,}150 + 5{,}700=3{,}550\\ \mathrm{V}.
Logo
V_\text{drop}=7{,}1416667 + j3{,}550\\ \mathrm{V}.
  • Então V_{\text{sec}}=240\angle 0^\circ - (7{,}1416667 + j3{,}550)
V_{\text{sec}}=(240 - 7{,}1416667) - j3{,}550=232{,}8583333 - j3{,}550\\ \mathrm{V}.
  • Módulo e ângulo: |V_{\text{sec}}|=\sqrt{232{,}8583333^2 + (-3{,}550)^2}\approx 232{,}93\\ \mathrm{V},
\angle V_{\text{sec}}=\arctan\!\left(\frac{-3{,}550}{232{,}8583333}\right)\approx -0{,}87^\circ.
  • Interpretação: com carga indutiva a tensão no secundário fica um pouco abaixo de 240\\ \mathrm{V} (cerca de 232{,}9\\ \mathrm{V}) e deslocada em fase negativa em relação à tensão referida.

Passo 8

Cálculo numérico para a carga capacitiva ( \text{pf}=0{,}80 capacitivo).
  • Agora I_s=166{,}6667 + j125{,}000\\ \mathrm{A}. Repetindo o produto: V_\text{drop}=(166{,}6667 + j125{,}000)(0{,}0172 + j0{,}0342).Cálculos: \Re(V_\text{drop})=0{,}0172\cdot166{,}6667 - 0{,}0342\cdot125{,}000
\Re(V_\text{drop})=2{,}8666667 - 4{,}275=-1{,}4083333\\ \mathrm{V}.
\Im(V_\text{drop})=0{,}0172\cdot125{,}000 + 0{,}0342\cdot166{,}6667
\Im(V_\text{drop})=2{,}150 + 5{,}700=7{,}850\\ \mathrm{V}.
Logo
V_\text{drop}=-1{,}4083333 + j7{,}850\\ \mathrm{V}.
  • Então V_{\text{sec}}=240 - (-1{,}4083333 + j7{,}850)=241{,}4083333 - j7{,}850\\ \mathrm{V}.
  • Módulo e ângulo: |V_{\text{sec}}|=\sqrt{241{,}4083333^2 + (-7{,}850)^2}\approx 241{,}54\\ \mathrm{V},
\angle V_{\text{sec}}=\arctan\!\left(\frac{-7{,}850}{241{,}4083333}\right)\approx -1{,}86^\circ.
  • Interpretação: com carga capacitiva a tensão no secundário sobe ligeiramente acima de 240\\ \mathrm{V} (cerca de 241{,}5\\ \mathrm{V}) e tem pequeno deslocamento de fase negativo (porque eu mantive referência em V_{S,\text{ref}}).

Passo 9

Comentário final e dica prática para prova (didático e encorajador).
  • Resultado intuitivo: corrente indutiva (lag) causa queda de tensão resistiva + reativa que reduz o módulo da tensão no secundário; corrente capacitiva (lead) causa queda com sinal diferente na parte real/imag, resultando em pequeno aumento da tensão no secundário — isso é clássico em linhas/transf.: carga capacitiva tende a elevar tensão terminal sob certas condições.
  • Dica de prova: sempre escolha um lado para referir as impedâncias (primário ou secundário). Se a razão a for um número inteiro simples (aqui 10), muitas contas ficam bem simples (aqui V_{S,\text{ref}}=240\\ \mathrm{V} imediatamente). Calcule I em forma retangular quando for multiplicar por impedância em forma retangular — reduz erros.

Resposta

V_{\text{sec}}\\ (\text{pf }0{,}80\\ \text{indutivo})\approx 232{,}93\\ \mathrm{V}\angle -0{,}87^\circ
V_{\text{sec}}\\ (\text{pf }0{,}80\\ \text{capacitivo})\approx 241{,}54\\ \mathrm{V}\angle -1{,}86^\circ

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