Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
Transformadores
Os transformadores são máquinas eléctricas estáticas que elevam ou abaixam uma
determinada tensão alternada.
1. Princípio de funcionamento
O funcionamento do transformador baseia-se nos fenómenos de mútua indução entre
dois circuitos electricamente isolados, mas magneticamente ligados.
Um transformador é constituído por dois circuitos enrolados sobre um núcleo comum (daí
magneticamente ligados) coberto por verniz (daí electricamente isolados). Este núcleo é
chapeado para diminuir as induções de fuga (perdas) e deve ter alta permeabilidade e
pequena relutância para melhorar a ligação magnética.
Transformador ideal:
- resistências eléctricas dos enrolamentos
nulas
- perdas no ferro nulas
- dispersões magnéticas nulas
Para uma melhor explicação do funcionamento do transformador, vamos considerá-lo
ideal.
É aplicada uma tensão V1 ao circuito primário. Esta tensão criará
uma corrente Iµ (corrente magnetizante) desfasada em atraso 90º da
tensão, porque o circuito é puramente indutivo, visto termos desprezado
as resistências ôhmicas. Por sua vez, esta corrente, ao passar pelo
circuito, cria um fluxo magnético com a mesma fase da corrente que se
concentra totalmente no núcleo, já que consideramos as dispersões
magnéticas nulas. Em contrapartida, este fluxo de valor máximo Φ,
induz em cada espira que o abraça uma força electromotriz (f.e.m.) de
valor máximo EM.
Segundo a lei de Lenz, a direcção desta f.e.m. é tal de modo a que
produza uma corrente que crie um fluxo que contrarie o fluxo Φ. Sendo assim, a f.e.m.
produzida tem que estar desfasada 180º em relação a V1, ou seja, 90º em atraso com
respeito ao fluxo Φ. Portanto cria-se no enrolamento primário uma f.e.m. E1 de valor máximo
E1 = E M ⋅ N 1 em que N1 é o número de espiras no enrolamento primário.
Analogamente, o mesmo fluxo induz no enrolamento secundário
uma f.e.m. E2 de valor máximo E 2 = E M ⋅ N 2 . Dividindo as duas
equações obtemos a chamada razão de transformação ou relação de
transformação:
E1 E M ⋅ N 1
E
N
=
⇔ 1 = 1
E2 EM ⋅ N 2
E2 N 2
Se o circuito secundário estiver ligado a uma carga, a f.e.m. E2 faz
percorrer uma corrente I2 pelo circuito, desfasada em relação à f.e.m.
de um ângulo φ2, dependente da componente não resistiva da carga.
Esta corrente, pelo mesmo processo acima descrito, altera o fluxo no núcleo, o que por sua
vez altera as f.e.m.s induzidas. Isto provoca um desequilíbrio entre a tensão V1 e a f.e.m. E1,
o que faz o primário absorver mais corrente, sendo a corrente total agora I1 = I’1 + Iµ. Esta
corrente adicional I’1 (corrente primária de reacção) induz uma força magnetomotriz (f.m.m.)
http://www.fe.up.pt/~leec2005
1-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
de modo a equilibrar a f.m.m. induzida pela corrente I2 para restabelecer o equilíbrio entre a
tensão V1 e a f.e.m. correspondente.
Observando o seguinte diagrama fasorial,
verifica-se que a resultante das f.m.m.s é N1 Iµ, o que
origina o fluxo inicial. Verifica-se também que o
desfasamento entre a tensão e a corrente primária
depende do desfasamento entre a tensão e a
corrente secundária.
Quando o secundário trabalha com uma carga
reduzida, ou seja, com uma corrente secundária
reduzida, a corrente de reacção também é reduzida e
a corrente total do primário tende para a corrente
magnetizante com um desfasamento de 90º. Quando
o transformador trabalha em plena carga, ou seja,
quando a corrente secundária é elevada, a corrente
de reacção também o é e pode-se praticamente
desprezar a corrente magnetizante e relacionar I1 e I2
por:
N 2 I 2 = N 1 I 1' ⇔ N 2 I 2 = N 1 I 1 ⇔
I1 N 2
=
I 2 N1
Fig.2. Diagrama fasorial
Para pormenores sobre electromagnetismo ver Apêndice A: Electromagnetismo
2. Modelo matemático
O modelo de um transformador ideal é representado pelo seguinte esquema:
U1
N1
N2
U2
Z
 U 1 N1 I 2
U = N = I = a
2
1
 2

I 2U 2

Z = U 1 = I 1 = U 1 I 2U 2 = a 2 U 2 = a 2 Z
 21 I 1
I 2U 2
U 2 I1 I 2
I2

U1

Impedância Z referida ao primário
ou vista pelo primário
Os cálculos laterais indicam como se pode transferir uma impedância de um lado para o
outro sem alterar o esquema equivalente. Mais tarde se verá que dá muito jeito transferir
todas as impedâncias para um só lado.
Mas para ser mais fiel ao transformador verdadeiro, o modelo tem que simular as
imperfeições de maior importância do transformador. Estas são:
¾
¾
¾
¾
Os dois enrolamentos apresentam resistência. Existem perdas por efeito de
Joule (Pj)
Existem perdas no núcleo do transformador devido a correntes de Foucault (Pf)
Existem perdas por histerese (Ph)
Existem fluxos de fuga nos dois enrolamentos (Pb)
http://www.fe.up.pt/~leec2005
2-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
jX1
R1
14-11-2002
jX2
I1
R2
I2
R0
U1
jX0
N1
N2
U2
Z
As perdas de Joule dos enrolamentos do transformador são representadas por
resistências em série com o circuito em cada lado.
As correntes de Foucault e de histerese são provocados no núcleo e por isso, são
representadas pela resistência R0
Os fluxos de fuga provocam uma f.e.m. desfasada 90º em relação à corrente percorrida e
por isso são representados por uma bobine em série com o circuito em cada lado.
A reactância X0 está no modelo devido à corrente magnetizante Iµ. O ramo que contem
esta bobine é percorrido por esta corrente que, como vimos, era necessária para a criação
do fluxo e em nada conta para a alimentação da carga.
Vamos aplicar a regra de referir um dos lados ao outro:
• Referir as impedâncias ao primário (Fig.1):
jX1
Z1
R1
Z21
I21=I2/a
I1
U1
Z0
•
I2
R0
U21=aU2 N1
jX0
N2
U2
Z
U2
Z
Referir as impedâncias ao secundário (Fig.2):
Z12 jX12=jX1/a2 R12=R1/a2
jX2
N2 U12=U1/a
R2
Z2
I12=aI1
U1 N1
I2
jX21=a2jX2 R21=a2R2
R0
a2
jX0
a2
Z02
I2
Este esquema é de difícil análise devido ao nó criado pela impedância Z0 ou Z02. De notar
que a corrente que passa por esse ramo é muito menor que a corrente total, já que, por
norma, a impedância Z0 ou Z02 é muito maior do que as outras impedâncias Z1 e Z21, ou Z12 e
Z2, respectivamente. Deste modo, é possível simplificar o esquema, sem elevar muito o erro,
mudando o ramo que contem a impedância Z0 ou Z02 para antes da impedância Z1 ou Z12:
http://www.fe.up.pt/~leec2005
3-12
Máquinas Eléctricas I
I1
Transformadores
jX1
R1
R0
I2
jX21=a2jX2 R21=a2R2
Z1t
U1
14-11-2002
I21=I2/a
U21=aU2 N1
jX0
N2
U2
Z
U2
Z
Fig.3. Circuito equivalente simplificado “em L” do transformador referido ao primário
I1
I12=aI1
jX12=jX1/a2 R12=R1/a2
Z2t
U1 N1
N2
I2
jX0
a2
R0
a2
R2
jX2
Fig. 4. Circuito equivalente simplificado “em L” do transformador referido ao secundário
Está claro que se pode unir as impedâncias Z1 e Z21 ou Z12 e Z2 numa única impedância:
Z 1t = Z 1 + Z 21 = R1t + jX 1t
Z 2t = Z 12 + Z 2 = R2t + jX 2t
Para determinar estas impedâncias, basta apenas fazer dois ensaios: em vazio (circuito
aberto) e em curto-circuito.
•
Ensaio em vazio:
O valor lido pelo wattímetro é P10.
W
A
I10
U1N V
U20
V
Visto que foi aplicada uma tensão
nominal no primário, U20 terá o
valor nominal de U2 (U2N).
Fig. 5. Montagem para o ensaio em vazio
I10
I12=aI10
jX2t
R2t
I2=0
U1N
U2=U1N
a
R02
jX02
U20
U20
Fig. 6. Circuito equivalente do transformador para o ensaio em vazio
http://www.fe.up.pt/~leec2005
4-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
Com este ensaio podemos calcular:
¾
A razão de transformação: a =
¾
Perdas no ferro:
U 1N
U 20
Para este modelo simplificado, no ensaio em vazio, a corrente percorrida nas
impedâncias exteriores ao núcleo (Z2t) é nula, logo todas as perdas serão resultantes
de perdas do núcleo, ou perdas no ferro ( PFE = P10 ).
¾
Factor de potência: cos(ϕ10 ) =
¾
R0 e X0:
I0 =
+ j
I
{a
corrente k passa por R 0
I 12 =
corrente k passa por R 02
= I 10 cos(ϕ10 ) + jI 10 sin(ϕ10 )
Im
{
corrente k passa por jX 0
+ j
I a2
{
P10
← potência activa absorvida
=
U 1N I 10 ← potência aparente absorvida
= I 12 cos(ϕ10 ) + jI 12 sin(ϕ10 )
I m2
{
corrente k passa por jX 02
I 12 = aI 0 = a( I 10 cos(ϕ10 ) + jI 10 sin(ϕ10 )) = aI a + jaI m
R02 =
R0 U 20
R
U
aU 20
U
=
⇔ 20 = 20 ⇔ R0 =
⇔ R0 = 1
2
I a2
aI a
Ia
Ia
a
a
X 02 =
X 0 U 20
X
U
aU 20
U
=
⇔ 20 = 20 ⇔ X 0 =
⇔ X0 = 1
2
I m2
aI m
Im
Im
a
a
•
Ensaio em curto-circuito
W
A
I1C
A
O Wattímetro lê o valor P1C.
I2C
A tensão U1C é tal que motive a
corrente nominal em ambos os
enrolamentos.
U1C V
Fig.7. Montagem para o ensaio em curto-circuito
I1C
U1C
I1C2=aI1C
U1C2=U1C
a
jX2t
R02
jX02
R2t
I2C
Fig.8. Circuito equivalente do transformador para o ensaio em curto-circuito
http://www.fe.up.pt/~leec2005
5-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
Com este ensaio podemos calcular:
¾
Tensão de curto-circuito nominal: u CC =
U 1C
U 1N
Tensão de curto-circuito nominal é, portanto, a razão entre a tensão necessária para
percorreram as correntes nominais no circuito em curto-circuito, e a tensão nominal.
Também pode ser determinado de outras formas, como por exemplo:
u CC =
=
R2t + jX 2t I 2 N
R2t + jX 2t I 2 N I 2 N
U 1C U 1C 2 Z 2t I 2 N Z 2t I 2 N
Z
=
=
=
= 2t =
=
=
U 1N U 2 N
U 2N
U 2N
Z B2
U 2N
U 2N I 2N
R2t + jX 2t I 2 N I 2 N
U 2N I 2N
=
R2t I 22N + jX 2t I 22N
S2N
=
Pj
S2N
+ j
X 2t I 22N
= e R + je X
S2N
Estes dois últimos termos têm como nome: queda óhmica nominal ( eR ) e queda
indutiva nominal ( eX ).
¾
R1t, X1t e perdas nominais no cobre:
Em geral, a impedância Z02 é muito maior que Z2t o que faz percorrer pelo ramo de
Z02 uma corrente muito pequena. Se a desprezarmos, temos PFE.C = 0 e I2C = I1C2 o
que resulta:
P1C = R2t I 22C = R2t I 12C 2 ⇔ R2t =
Z 2t =
P1C
I 12C 2
U 1C 2
I 2C
X 2t = Z 22t + X 22t
P1C = PJN − PFE .C = PJN ← perdas nominais no cobre
Para referir as impedâncias para o primário, basta multiplicar por a2. A impedância
Z 1t = a 2 Z 2t = R1t + jX 1t é chamada impedância combinada de fugas.
Diagrama Fasorial
Um diagrama fasorial representa as grandezas de um circuito de uma forma fasorial,
mostrando facilmente a relação entre as fases, e se for feito à escala, a relação entre os
módulos.
Vamos ver como é um diagrama fasorial para um ensaio em vazio de um transformador:
jX1
I21 = 0
R1
jX2
R2
I0
I1
U1
I2=0
Ia
R0 jX0
Im
E1 N1
N2
E2
U2
Fig.9. Circuito equivalente do transformador para o ensaio em vazio
http://www.fe.up.pt/~leec2005
6-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
r
r r
I0 = Ia + Im
r r
I2 = 0
r r
I1 = I 0
r
r
r
U 1 = − E1 + ( R1 + jX 1 ) I 1
r
r
E2 = U 2
r
r
− E1 = jωN 1φ
r
r
E 2 = − jωN 2φ
jX1I1
R1I1
-E1 U1
I0=I1
Ia
Im
14-11-2002
φ
E2=U2
Fig.10. Diagrama fasorial para um ensaio em vazio e respectivas equações
Os vectores (fasores) não estão à escala, mas a ideia mantém-se. A corrente I0 é
composta pelas duas correntes Ia e Im. Essa corrente que também é igual a I1 passa pela
impedância Z1 = R1 + jX1 o que provoca uma queda de tensão. A f.e.m. E1 será igual, em
módulo, a U1 menos essa queda de tensão, mas com fase oposta. Como não há corrente no
secundário, a tensão U2 é igual a f.e.m. induzida E2.
Vamos fazer agora uma análise mais complexa, colocando uma carga no secundário.
jX1
R1
jX2
I21
R2
I0
I1
I2
Ia
U1
R0 jX0
Im
E1 N1
N2
E2
U2 Z
Fig.11. Circuito equivalente do transformador para o ensaio com uma determinada carga
jX1I1
U1
R1I1
-E1
ϕ1
I1
I21
I0
I2
ϕ2
E2
U2
R2I2
jX2I2
φ
r r
r
I 1 = I 21 + I 0
r
r
r
U 1 = − E1 + ( R1 + jX 1 ) I 1
r
r
I 2 = − aI 21
r
r
r
U 2 = E 2 − ( R2 + jX 2 ) I 2
r
r
− E1 = jωN 1φ
r
r
E 2 = − jωN 2φ
Agora temos um circuito com carga. Já existe uma
corrente no secundário cuja fase depende do factor de
potência de Z. A corrente I1 é agora a soma da corrente
I0 com a corrente que vai para o secundário I21. Existem
perdas no secundário o que provoca uma queda de
tensão igual a E2 – U2. De notar que:
a=
N 1 E1
I
U
I
=
= 2 ≠ 1 ≠ 2
N 2 E 2 I 21 U 2 I 1
Compara este diagrama com o da fig.2.
Fig.12. Diagrama fasorial para um ensaio com carga e respectivas equações
http://www.fe.up.pt/~leec2005
7-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
r
E2
R2 I 2 cos ϕ X 2 I 2 sin ϕ
r
U2
ϕ
r
I2
ϕ
r
R2 I 2
r
jX 2 I 2
Fig.13. Excerto do diagrama fasorial da fig.12
Este excerto da parte inferior do diagrama da fig.12. é importante pelo facto de deduzir uma
r
aproximação. Se considerarmos que o vector E 2 é praticamente igual à sua componente
horizontal na fig. 13, podemos aproximá-lo por:
E 2 ≈ U 2 + R2 I 2 cos ϕ + X 2 I 2 sin ϕ
Todas as variáveis desta equação são escalares, e não vectores.
Perdas
Qualquer que seja a máquina eléctrica, ela tem perdas. Quanto maiores as perdas, pior o
aproveitamento da máquina. A grandeza que mede o seu aproveitamento é o rendimento.
O rendimento é calculado pela expressão:
η=
Pu
Pu
=
Pabs Pu + Pp
em que Pu é igual à potência útil, Pabs é igual à potência absorvida e Pp é igual às
perdas. No caso do transformador, as perdas são as perdas no cobre ( PJ ) e as perdas no
ferro ( PFE ).
Seguindo as grandezas da fig.11, a potência útil é igual a potência activa fornecida à
carga, logo:
Pu = U 2 I 2 cos(ϕ 2 )
A potência absorvida é a potência fornecida ao transformador, logo:
Pabs = U 1 I 1 cos(ϕ1 )
As perdas no cobre são as potências dissipadas nas resistências R1 e R2, logo:
PJ = R1 I 12 + R2 I 22
As perdas no ferro são a potência dissipada na resistência R0. logo:
PFE = R0 I a2
Portanto, a equação do rendimento pode ser reescrita da seguinte forma:
η=
Pu
Pu
U I cos(ϕ 2 )
U 2 I 2 cos(ϕ 2 )
= 2 2
=
=
Pabs U 1 I 1 cos(ϕ1 ) Pu + Pp U 2 I 2 cos(ϕ 2 ) + R1 I 12 + R2 I 22 + R0 I a2
Para o caso dos circuitos equivalentes simplificados, a fórmula é naturalmente mais
simples, por isso, fica para vocês fazerem.
η
η max
vazio
PJ = PFE
I2N
http://www.fe.up.pt/~leec2005
c.c.
I2
A fig. 13 representa a curva característica
do rendimento, dependendo de I2. Nela se
repara que o rendimento é máximo quando as
perdas no cobre são iguais às perdas no ferro e
que o valor da corrente para esse rendimento é
menor que o valor da corrente nominal.
É obvio que em circuito aberto (em vazio) e
em curto-circuito o rendimento é nulo, visto que
em circuito aberto não há potência útil porque
não há corrente, e em curto-circuito não há
potência útil porque não há carga.
Fig.14. Curva de característica do rendimento
8-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
Exemplo
Como exemplo veremos um transformador trifásico e faremos a comparação entre o
monofásico e o trifásico. As suas características são as seguintes:
Dyn5, 1000 kVA,
A1
50 Hz, 15000±5% / 400V
W1
r
R
s
S
t
T
V
A2
A3
W2
W3
n
Ensaia-se o transformador em vazio pelo lado BT (baixa tensão), visto ser mais fácil aplicar
uma tensão de 400 V do que 15000 V. Os resultados foram os seguintes:
Ensaio em vazio
15.5 A
14.0 A
15.3 A
850 W
680 W
410 W
400 V (tensão composta)
A1
A2
A3
W1
W2
W3
V
De notar que um transformador em vazio não é um sistema equilibrado porque os circuitos
magnéticos não conseguem ser iguais para as fases montadas em cada coluna do núcleo.
A potência em vazio, ou seja, as perdas no ferro, é a soma das potências de cada fase:
PFE = P0 = 850 + 680 + 410 = 1940W
Passemos agora para o ensaio em curto-circuito. Sabemos (e se não sabemos, passamos a
saber) que a tensão de curto-circuito é aproximadamente 5% da tensão nominal, o que pode
variar de transformador para transformador. Relembremos também que, para um ensaio em
curto-circuito, é preciso aplicar no primário uma tensão que provoque a circulação de
correntes nominais nos enrolamentos. Ou seja, no lado primário percorrerá uma corrente de
valor nominal ao ser aplicada uma tensão de valor igual a 5% do valor de tensão nominal.
Deste modo, vejamos de que lado é mais vantajoso aplicar essa tensão:
Nota: Para transformadores monofásicos, só haveria tensão simples, uma potência e uma
corrente. As perdas no ferro seriam iguais à única potência.
http://www.fe.up.pt/~leec2005
9-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
Lado
Tensão
(U1N)
Corrente :
AT
15000
I 1N =
BT
400
I 1N
I 1N =
SN
1
14-11-2002
Tensão de c.c :
3 ⋅U 1N
1000000
= 38.5 A
3 × 15000
1000000
=
= 1443.4 A
3 × 400
uCC = 5% ⋅ U 1N
u CC = 0.05 × 15000 = 750V
u CC = 0.05 × 400 = 20V
Está claro que é muito mais fácil arranjar uma fonte de alimentação de 750 V que possa
debitar 38.5 A do que uma de 20 V que possa debitar 1443.4 A. Assim sendo, a alimentação
é feita pelo lado AT.
A1
W1
R
r
S
s
T
t
V
A2
W2
A3
W3
n
As leituras foram as seguintes:
Ensaio em curto-circuito
34.5 A
34.0 A
34.6 A
4250 W
4020 W
4160 W
660 V (tensão composta U)
A1
A2
A3
W1
W2
W3
V
As perdas no cobre serão a soma das potências lidas:
PJ = 4250 + 4020 + 4160 = 12430W
A corrente que passa por fase é, em média:
I 1 = 34.5 + 34.0 + 34.6 = 34.4 A
Mas afinal I1 não é a corrente nominal!! Sendo assim, nem U é a tensão de curto-circuito,
nem as perdas no cobre nominais são PJ. Por uma regra simples, pode-se converter todos os
valores para valores nominais.
1
SN é a potência nominal das três fases. Para analisar só uma fase divide-se SN por 3. U1N é a tensão
composta, ou seja, entre 2 fases. Para analisar a tensão simples divide-se U1N por 3 . A corrente I1N já
é de só uma fase. Reduz-se todas as grandezas a uma só fase:
http://www.fe.up.pt/~leec2005
S N U1 N
SN
=
I1 N ⇔ I1 N =
3
3
U1 N 3
.
10-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
A relação entre a corrente nominal e a corrente obtida é:
I 1N 38.5
=
= 1.119
I1
34.4
Para obter a tensão de curto-circuito basta multiplicar por esta razão:
u CC = U ⋅
I 1N
= 660 × 1.119 = 738.5 V
I1
Como a potência segue uma relação quadrática com a corrente ( P = RI2 ), multiplica-se a
potência obtida pelo quadrado da razão para obter as perdas no cobre nominais:
PJN
I
= PJ  1N
 I1
2

 = 12430 × 1.119 2 = 15569.5 W

Sabe-se que a potência total é igual às resistências totais vezes o quadrado da corrente que
passa por essas resistências. Se considerarmos as resistências de cada fase iguais, assim
como as correntes que passam por elas, é fácil calcular essas resistências:
PJN = 3R1 I 12N ⇔ R1 =
PJ = 3R1 I 12 ⇔ R1 =
PJN
15569.5
=
= 3.501Ω
2
3I 1N 3 × 38.5 2
PJ
12430
=
= 3.501Ω
2
3I 1 3 × 34.4 2
Como era de esperar, os valores são iguais das duas maneiras. De notar que este valor é a
resistência dos enrolamentos referida ao primário (R1t do esquema da fig.3).
A impedância Z1t do esquema da fig.3 que aqui designaremos por Z1 é calculada através da
simples lei de Ohm. É igual à razão entre a tensão (simples) aplicada numa das fases do
primário e a corrente que a percorre:
Z1 =
U s 660 3
=
= 11.08Ω
I1
34.4
Já agora, X1 será:
X 1 = Z 12 + R12 = 10.51Ω
Qual a tensão no secundário quando o transformador estiver a ¾ de plena carga com
cosϕ 2 = 0.8 indutivo?
¾
¾
¾
¾
¾
¾
Usamos a fórmula derivada da fig. 13: E 2 ≈ U 2 + R2 I 2 cos ϕ 2 + X 2 I 2 sin ϕ 2 .
¾ de plena carga equivale a dizer que passa uma corrente no secundário de valor
igual a ¾ da corrente nominal no secundário.
A razão de transformação é a = 15000 / 400 = 37.5
R2 = R1 / a 2 = 0.0022Ω
X 2 = X 1 / a 2 = 0.0075Ω
A fórmula pode ser reescrita da seguinte forma:
U 20 = U 2 S + R2 3 I 2 N cos ϕ 2 + X 2 3 I 2 N sin ϕ 2
4
4
¾
Substituindo os valores:
400
= U 2 S + 0.0022 × 3 × 1443.4 × 0.8 + 0.0075 × 3 × 1443.4 × 0.6
4
4
3
U 2 S = 224.2V
¾
Finalmente, o resultado deve ser dado em tensão composta:
U 2 = 224.2 × 3 = 388V
Nota:
Se
o
factor
potência
fosse
capacitivo,
a
fórmula
seria
E 2 ≈ U 2 + R 2 I 2 cos ϕ − X 2 I 2 sin ϕ e a tensão U2 poderia ser maior do que U20 porque
uma carga capacitiva fornece energia reactiva ao transformador.
http://www.fe.up.pt/~leec2005
de
11-12
Máquinas Eléctricas I
Transformadores
14-11-2002
Qual o rendimento a 7/8 de plena carga com cosϕ 2 = 0.9 capacitivo?
η=
3U 2 I 2 cos(ϕ 2 )
3U 2 I 2 cos(ϕ 2 ) + PFE + PJ
Em regime nominal o rendimento é:
η=
S N cos(ϕ 2 )
3U 2 N I 2 N cos(ϕ 2 )
=
3U 2 N I 2 N cos(ϕ 2 ) + PFE + PJN S N cos(ϕ 2 ) + PFE + PJN
A 7/8 de plena carga o rendimento é:
7
S N ⋅ ⋅ cos(ϕ 2 )
8
7
1000000 ⋅ ⋅ 0.9
8
=
η=
2
2
7
7
7
7
+ PJN ⋅  
S N ⋅ ⋅ cos(ϕ 2 ) +
PFE
1000000 ⋅ ⋅ 0.9 + 1940 + 15569 ⋅  
{
8
8
8


8
não depende da carga
= 0.983 = 98.3%
Qual o rendimento máximo para 1000 A?
Nestas condições, o rendimento é máximo quando cos ϕ 2 = 1 .
3U 2 I 2 cos(ϕ 2 )
=
η=
3U 2 I 2 cos(ϕ 2 ) + PFE + PJ
3⋅
3⋅
400
3
⋅ 1000 ⋅ 1
 1000 
⋅ 1000 ⋅ 1 + 1940 + 15569 ⋅ 

3
 1443.4 
400
2
= 0.987 = 98.7%
P J = RI 2 
 I
⇒ PJ = PJN 
2 
PJN = RI N 
 IN



2
Qual o rendimento máximo dos máximos?
O rendimento é máximo quando as perdas no cobre são iguais às perdas no ferro e quando
cos ϕ 2 = 1 . Quando a primeira condição se verifica, verifica-se também a seguinte relação:
PJ = PFE ⇒
I2
=
I 2N
PFE
PJN
S N = 3U 2 N I 2 N 
I2
P
caso
neste

→ S = S N ⋅ FE
 ⇒ S = SN ⋅
S = 3U 2 N I 2 
I 2N
PJN
1940
1000000 ⋅
⋅1
S ⋅ cos(ϕ 2 )
15569.5
η=
=
S ⋅ cos(ϕ 2 ) + PFE + PJ
{ 1000000 ⋅ 1940 ⋅ 1 + 1940 + 1940
= PFE
15569.5
= 0.989 = 98.9%
http://www.fe.up.pt/~leec2005
12-12