Um transformador monofásico, 100 \mathrm{kVA}, 1000 / 100 \mathrm{~V} apresentou os seguintes resultados
  • ensaio a vazio (lado de AT aberto): \mathrm{V}_{\mathrm{OC}}=100 \mathrm{~V}, \mathrm{I}_{\mathrm{OC}}=6.0 \mathrm{~A}, \mathrm{P}_{\mathrm{OC}}=400 \mathrm{~W}
  • ensaio em curto: \mathrm{V}_{\mathrm{SC}}=50 \mathrm{~V}, \mathrm{I}_{\mathrm{SC}}=100 \mathrm{~A}, \mathrm{P}_{\mathrm{SC}}=1800 \mathrm{~W}.
    a) Determine a tensão e corrente para os lados de alta e baixa tensão.
    b) Encontre um circuito equivalente aproximado referido ao lado de alta tensão.
    c) Determine a regulação de tensão em plena carga, fator de potência de 0,6 adiantado.
    d) Determine o rendimento para a condição em (c).
    e) Desenhe o diagrama fasorial para a condição em (c).

Passo 1

Resumindo o enunciado: temos um transformador monofásico de 100\:\mathrm{kVA}, tensão nominal 1000/100\:\mathrm{V}. Pelo ensaio a vazio (AT aberto, tensão aplicada no lado de baixa) obtemos perdas no ferro e parâmetros de magnetização; pelo ensaio em curto (fusos em curto no lado de baixa, tensão aplicada no lado de alta) obtemos os parâmetros série. Vamos determinar:
a) tensões e correntes nominais nos dois lados;
b) circuito equivalente aproximado referido ao lado de alta;
c) regulação de tensão à plena carga, f.p.=0,6 adiantado;
d) rendimento nessa condição;
e) diagrama fasorial em carga.

Passo 2

Para (a) basta usar a potência aparente e as tensões nominais:
I_{n,\mathrm{AT}}=\frac{S}{V_{\mathrm{AT}}} =\frac{100\,000}{1000}=100\:\mathrm A, \quad I_{n,\mathrm{BT}}=\frac{S}{V_{\mathrm{BT}}} =\frac{100\,000}{100}=1000\:\mathrm A.
Logo as grandezas nominais são
V_{n,\mathrm{AT}}=1000\:\mathrm V,\; I_{n,\mathrm{AT}}=100\:\mathrm A; \quad V_{n,\mathrm{BT}}=100\:\mathrm V,\; I_{n,\mathrm{BT}}=1000\:\mathrm A.

Passo 3

Para (b) calculamos os parâmetros a partir dos ensaios.
Do ensaio a vazio:
\cos\varphi_0=\frac{P_{OC}}{V_{OC}\,I_{OC}} =\frac{400}{100\cdot6}=0{,}667, \quad \sin\varphi_0=0{,}743.
A componente de magnetização é
I_m=I_{OC}\sin\varphi_0=6\cdot0{,}743=4{,}46\:\mathrm A,
fica
R_C=\frac{V_{OC}^2}{P_{OC}} =\frac{100^2}{400}=25\:\Omega, \quad X_M=\frac{V_{OC}}{I_m} =\frac{100}{4{,}46}=22{,}4\:\Omega.
Do ensaio em curto (lado de baixa em curto, tensão aplicada em AT):
Z_{eq}=\frac{V_{SC}}{I_{SC}} =\frac{50}{100}=0{,}5\:\Omega, \quad R_{eq}=\frac{P_{SC}}{I_{SC}^2} =\frac{1800}{100^2}=0{,}18\:\Omega,
X_{eq}=\sqrt{Z_{eq}^2-R_{eq}^2} =\sqrt{0{,}5^2-0{,}18^2}=0{,}466\:\Omega.
Portanto o circuito aproximado referido ao lado de alta é:
\begin{cases} \text{ramo de magnetização: }R_C=25\:\Omega,\;X_M=22{,}4\:\Omega,\\\ \text{impedância série: }R_{eq}=0{,}18\:\Omega,\;X_{eq}=0{,}466\:\Omega. \end{cases}çãâé

Passo 4

Para (c) a regulação de tensão (referida ao lado de alta) numa carga plena com f.p.=0{,}6 adiantado \cos\varphi=0{,}6, \sin\varphi=-0{,}8 usa-se
\Delta V =\!I_{n,\mathrm{AT}}\bigl(R_{eq}\cos\varphi+X_{eq}\sin\varphi\bigr) =100\bigl(0{,}18\cdot0{,}6+0{,}466\cdot(-0{,}8)\bigr) =-26{,}51\:\mathrm V.
Em percentual:
\text{Regulação}=\frac{\Delta V}{V_{n,\mathrm{AT}}}\times100\% =\frac{-26{,}51}{1000}\times100\%=-2{,}65\%.çã
(O sinal negativo indica que a tensão sobe na carga por f.p. adiantado.)
Para (d) o rendimento em plena carga e mesmo f.p.:
P_{out}=S\cos\varphi=100\,000\cdot0{,}6=60\,000\:\mathrm W,
as perdas são núcleo P_{Fe}=400\:\mathrm W e cobre P_{Cu}=P_{SC}=1800\:\mathrm W, logo
\eta=\frac{P_{out}}{P_{out}+P_{Fe}+P_{Cu}} =\frac{60\,000}{60\,000+400+1800} =0{,}9646\quad(96{,}46\%\!).

Passo 5

Para (e) o diagrama fasorial refere-se ao lado de alta:
• Tomo V_1 (tensão de entrada) como referência em 0^\circ.
• A corrente de linha I_1 está adiantada em \varphi=\cos^{-1}(0{,}6)=53{,}13^\circ em relação a V_1.
• O drop série I_1R_{eq} está na mesma direção de I_1, e jX_{eq}I_1 está 90^\circ à frente de I_1.
• O fasor eletromotriz interno E_1 fecha o polígono:
E_1=V_1+I_1R_{eq}+j\,I_1X_{eq},
e como o \sin\varphi é negativo, E_1 fica atrás de V_1, ilustrando a regulação negativa.

Resposta

a) V_{n,\mathrm{AT}}=1000\:\mathrm V, I_{n,\mathrm{AT}}=100\:\mathrm A;; V_{n,\mathrm{BT}}=100\:\mathrm V, I_{n,\mathrm{BT}}=1000\:\mathrm A.
b) Circuito equivalente referido ao lado de alta:
R_C=25\:\Omega,\;X_M=22{,}4\:\Omega,\; R_{eq}=0{,}18\:\Omega,\;X_{eq}=0{,}466\:\Omega.
c) Regulação de tensão = -2{,}65\% (f.p.\ adiantado).
d) Rendimento = 96{,}46\%.
e) Diagrama fasorial: V_1 referência, I_1 adiantada 53{,}13^\circ, quedas série na direção de I_1 e I_1 defasado 90^\circ, E_1=V_1+I_1(R_{eq}+jX_{eq}), ficando atrás de V_1.

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