Três transformadores monofásicos, 100 \mathrm{kVA}, 2300 / 460 \mathrm{~V}, 60 \mathrm{~Hz} são conectados para formar um banco transformador trifásico, 2300 / 460 \mathrm{~V}. A impedância equivalente de cada transformador referida ao seu lado de baixa tensão é 0,045+\mathrm{j} 0,16 ohm. O transformador é conectado a uma fonte trifásica através de alimentadores trifásicos, de impedância 0,5+\mathrm{j} 1,5 ohms cada. O transformador entrega plena carga a 460 V e fator de potência 0,85 atrasado.
a) Desenhe um diagrama esquemático indicando a conexão do transformador.
b) Determine o circuito equivalente monofásico.
c) Determine a tensão na saída da fonte trifásica.
d) Determine as correntes nos enrolamentos do transformador.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede essas quantidades:
  • Três transformadores monofásicos, cada um com potência aparente 100\\ \mathrm{kVA}, relação de tensões 2300/460\\ \mathrm{V} e frequência 60\\ \mathrm{Hz}.
  • A impedância equivalente de cada transformador, já referida ao lado de baixa tensão (lado de 460\\ \mathrm{V}), é \,Z_{t} = 0,045 + j\,0,16\\ \Omega.
  • Cada alimentador trifásico (um por fase, entre a fonte e cada transformador) tem impedância \,Z_{f}^{(HV)} = 0,5 + j\,1,5\\ \Omega. (O enunciado não diz explicitamente em qual lado a impedância foi dada; faremos a escolha correta na resolução — veja passo seguinte.)
  • O transformador entrega carga plena com tensão de saída (no lado de baixa) de 460\\ \mathrm{V} e fator de potência 0{,}85 atrasado.
  • Perguntas:
    a) desenhar um diagrama esquemático indicando a conexão do transformador;
    b) determinar o circuito equivalente monofásico;
    c) determinar a tensão na saída da fonte trifásica;
    d) determinar as correntes nos enrolamentos do transformador.

Passo 2

Escolhas e explicações iniciais (sem ainda calcular):
  • Para montar um banco trifásico a partir de três transformadores monofásicos cujas tensões nominais são 2300/460\\ \mathrm{V} (valores dados como linha‑a‑linha), a conexão prática que mantém essas tensões como tensões de linha é, por exemplo, delta-delta (cada transformador fica ligado entre duas linhas, e sua tensão nominal de 460\\ \mathrm{V} é justamente a tensão de linha do secundário). Vou assumir conexão delta-delta (padrão razoável quando as unidades são dadas como 2300/460 linha‑a‑linha). A escolha delta-delta evita deslocamentos de fase entre enrolamentos de fase e linha e preserva diretamente as tensões nominais fornecidas.
  • Os alimentadores foram especificados como impedâncias de \,0{,}5 + j\,1{,}5\\ \Omega. Esses alimentadores estão entre a fonte (lado de 2300\\ \mathrm{V}) e os primários dos transformadores. Portanto, as impedâncias dos alimentadores estão naturalmente referidas ao lado de alta tensão (HV). Como a impedância do transformador foi fornecida referida ao lado de baixa tensão (LV), para somar impedâncias e montar o circuito equivalente monofásico todas as impedâncias devem estar no mesmo lado — vou recolher os alimentadores ao lado de baixa tensão (relembrando a regra de transformação de impedâncias: ao referir uma impedância do lado HV para LV dividimos por a^{2}, onde a é a razão de transformação de tensões).
  • Razão de transformação de tensões (módulo): \displaystyle a=\frac{V_{HV}}{V_{LV}}=\frac{2300}{460}=5.

Passo 3

Montagem do circuito equivalente monofásico (descrição e cálculo da impedância equivalente vista do secundário):
  • Dados já colocados no mesmo lado (lado de 460\\ \mathrm{V}):
    • Impedância do transformador (dada):
      Z_{t} = 0{,}045 + j\,0{,}16\\ \Omega.
    • Impedância do alimentador referida ao lado de baixa tensão:
      Z_{f}^{(LV)}=\frac{Z_{f}^{(HV)}}{a^{2}}=\frac{0{,}5 + j\,1{,}5}{5^{2}}=\frac{0{,}5 + j\,1{,}5}{25}=0{,}02 + j\,0{,}06\\ \Omega.
    • Impedância série total vista pelo secundário (alimentador + transformador):
      Z_{eq}=Z_{f}^{(LV)}+Z_{t}=(0{,}02+0{,}045)+j(0{,}06+0{,}16)=0{,}065 + j\,0{,}22\\ \Omega.
  • Diagrama equivalente monofásico (em palavras): fonte trifásica (uma fase) → alimentador (impedância referida ao LV: 0{,}02+j0{,}06\\ \Omega) → impedância do transformador referida ao LV: 0{,}045+j0{,}16\\ \Omega → tensão no terminal secundário V_{2}=460\\ \mathrm{V} alimentando a carga que consome S_{phase}=100\\ \mathrm{kVA} com pf=0{,}85 atrasado. Tudo em série numa única fase do equivalente monofásico (esta é a forma de calcular quedas e correntes fase-a-fase).

Passo 4

Determinar a corrente no enrolamento do secundário (corrente de carga, por fase) — conceito e cálculo:
  • Conceito: a corrente de carga por fase é dada por \displaystyle I_{2}=\frac{S_{fase}}{V_{fase}}, onde S_{fase} é a potência aparente da fase e V_{fase} é a tensão nominal aplicada ao enrolamento do transformador (aqui 460\\ \mathrm{V}). Como o fator de potência é dado, a corrente é uma fasor que tem ângulo -\varphi (atrasado), com \varphi=\operatorname{arccos}(pf).
  • Cálculo:
    • \displaystyle |I_{2}|=\frac{100000}{460}=217{,}3913\\ \mathrm{A}.
    • \displaystyle \varphi=\operatorname{arccos}(0{,}85)\approx 31{,}788^\circ.
    • Então a corrente (referida ao secundário) em forma fasorial: I_{2}=217{,}391\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.
  • Converter para forma retangular (útil para multiplicações):
    I_{2}=I_{2,\mathrm{re}} + j\,I_{2,\mathrm{im}},
    com
    I_{2,\mathrm{re}}=217{,}391\cos(31{,}788^\circ)\approx 184{,}782\\ \mathrm{A},
I_{2,\mathrm{im}}=217{,}391\sin(-31{,}788^\circ)\approx -114{,}841\\ \mathrm{A}.

Passo 5

Calcular a queda de tensão ao longo das impedâncias série ( Z_{eq}) — método e contas:
  • Fórmula: \displaystyle \Delta V = I_{2}\,Z_{eq}.
  • Temos Z_{eq}=0{,}065 + j\,0{,}22\\ \Omega e I_{2}=184{,}782 - j\,114{,}841\\ \mathrm{A}.
  • Multiplicando (usar a regra (x+jy)(u+jv)=(xu-yv)+j(xv+yu)):
    • Produto real: \Re(\Delta V)=184{,}782\cdot 0{,}065 - (-114{,}841)\cdot 0{,}22 =12{,}0108 + 25{,}2650 = 37{,}2758\\ \mathrm{V}.
    • Produto imaginário: \Im(\Delta V)=184{,}782\cdot 0{,}22 + (-114{,}841)\cdot 0{,}065 =40{,}6520 - 7{,}4657 = 33{,}1863\\ \mathrm{V}.
    • Logo \Delta V \approx 37{,}276 + j\,33{,}186\\ \mathrm{V}.
    • Módulo e ângulo da queda: |\Delta V|\approx 49{,}90\\ \mathrm{V},\qquad \angle\Delta V\approx 41{,}43^\circ.

Passo 6

Determinar a tensão na saída da fonte (passo intermediário: tensão no lado baixo referida à fonte; depois voltar para o lado alto):
  • No lado de baixa tensão (referido), a tensão no terminal do secundário é dada fixamente como referência: V_{2}=460\\ \angle 0^\circ\\ \mathrm{V}.
  • Para que o secundário esteja em 460\\ \mathrm{V} sob carga, a tensão no ponto da fonte (referida ao lado de baixa, ou seja, a tensão que a fonte precisa prover refletida ao lado baixo) é V_{s}^{(LV)}=V_{2} + \Delta V = (460 + 37{,}2758) + j(0 + 33{,}1863) =497{,}276 + j\,33{,}1863\\ \mathrm{V}.
  • Módulo e ângulo: |V_{s}^{(LV)}|\approx 498{,}384\\ \mathrm{V},\qquad \angle V_{s}^{(LV)}\approx 3{,}825^\circ.
  • Como a fonte real está no lado de alta tensão (nominal 2300\\ \mathrm{V}), convertemos esta tensão referida ao LV para a tensão no HV multiplicando por a: V_{s}^{(HV)}=a\;V_{s}^{(LV)}=5\cdot 498{,}384\\ \angle 3{,}825^\circ =2491{,}92\\ \angle 3{,}825^\circ\\ \mathrm{V}.
  • Interpretação: a tensão de linha da fonte precisa ser aproximadamente \,2492\\ \mathrm{V} (ângulo 3{,}825^\circ) para que, após as quedas nos alimentadores e nas impedâncias equivalentes dos transformadores, o secundário fique em 460\\ \mathrm{V} com a carga a pf=0{,}85 atrasado. Note que este valor é maior que o nominal 2300\\ \mathrm{V} — isso significa que, com os dados de impedâncias dados, para manter exatamente 460\\ \mathrm{V} sob carga a fonte precisa estar num valor de tensão maior que nominal (efeito das quedas).

Passo 7

Calcular as correntes nos enrolamentos do transformador (secundário e primário) e corrente nos alimentadores:
  • Já temos a corrente no enrolamento do secundário (lado de 460\\ \mathrm{V}):
    I_{2}=217{,}391\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.
  • Relação de corrente ideal do transformador (sem considerar correntes magnetizantes): \displaystyle I_{1}=\frac{I_{2}}{a} (fase preservada no caso delta-delta).
    I_{1}=\frac{217{,}391}{5}\\ \angle -31{,}788^\circ =43{,}4783\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.
  • Corrente nos alimentadores (lado HV) é exatamente I_{1} por fase (cada alimentador conduz a corrente do respectivo transformador primário), portanto
    I_{f}^{(HV)}=43{,}4783\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.
  • Se for conveniente dar as componentes retangulares:
    I_{1,\mathrm{re}}\approx 36{,}956\\ \mathrm{A},\qquad I_{1,\mathrm{im}}\approx -23{,}0\\ \mathrm{A}.

Passo 8

Verificação rápida de consistência (no sentido didático):
  • A queda total encontrada |\Delta V|\approx 49{,}90\\ \mathrm{V} em relação a 460\\ \mathrm{V} representa cerca de 10{,}8\% da tensão secundária; isso é razoável dado os grandes componentes reativos do alimentador (quando referidos ao LV ficam menores) e a impedância do transformador.
  • Ao multiplicar por a=5 restauramos a escala do lado HV; o valor de \approx 2492\\ \mathrm{V} é coerente com a necessidade de compensar as quedas para manter 460\\ \mathrm{V}.

Resposta

(a) Banco delta-delta com três transformadores monofásicos 2300/460\\ \mathrm{V}: fonte trifásica 2300\\ \mathrm{V} → três alimentadores (cada um com 0{,}5+j1{,}5\\ \Omega no lado HV) → primários dos três transformadores ligados em delta; secundários ligados em delta fornecendo 460\\ \mathrm{V} aos consumidores. (Descrição do diagrama: fonte – alimentador(HV) – primário de cada transformador – secundário de cada transformador – carga.)
(b) Circuito equivalente monofásico referido ao lado de baixa tensão:
Z_{f}^{(LV)}=\frac{0{,}5+j\,1{,}5}{5^{2}}=0{,}02+j\,0{,}06\\ \Omega,
Z_{eq}=Z_{f}^{(LV)}+Z_{t}=0{,}065+j\,0{,}22\\ \Omega.
Esquema: V_s^{(LV)} — série Z_{f}^{(LV)} — série Z_{t} — terminal V_{2}=460\\ \mathrm{V} — carga S_{fase}=100\\ \mathrm{kVA},\\ pf=0{,}85.
(c) Tensão na saída da fonte trifásica (linha a linha, fasor):
V_{s}^{(HV)} \approx 2491{,}9\\ \angle 3{,}825^\circ\\ \mathrm{V}.
(d) Correntes nos enrolamentos do transformador (por fase):
I_{2}\\ (\text{secundário, LV})=217{,}391\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.á
I_{1}\\ (\text{primário, HV})=\frac{I_{2}}{5}=43{,}478\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.á
Corrente nos alimentadores (HV por fase) =I_{1}=43{,}478\\ \angle -31{,}788^\circ\\ \mathrm{A}.

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