Prova 1 Resolvida-2021 1

EEL 7071 - Introdu¸c˜ao aos Sistemas de Energia El´etrica UFSC - CTC - EEL Profs. R. S. Salgado e K. C. Almeida Prova 1 - Per´ıodo Letivo: 2021-1 (1) Considere o sistema da Figura 1, que opera na sequˆencia abc. Os dados desse sistema s˜ao indicados na tabela abaixo. Componente Pot. Nom. Tens˜ao Nom. FP Nom. Impedˆancia (kVA) (V) − ⌦ Gerador 1 (Y ) 813 600 0, 8 j0, 0789 Gerador 2 (Y ) 883 600 0, 8 0, 0784 Motor 1 (∆) 818 600 0, 8 j0.2985 Motor 2 (∆) 514 600 0, 8 j0.3519 Linha 1 − 2 - - - 0, 011 + j0, 055 Linha 2 − 3 - - - 0, 025 + j0, 054 Figura 1. Diagrama unifilar - quest˜ao 1 (a) Indique o circuito equivalente monof´asico deste sistema. (b) Num dado instante, o motor 1 absorve 550 kW com tens˜ao de excita¸c˜ao 685 V e o motor 2 absorve, na tens˜ao nominal, 310 kVA com fator de potˆencia 0, 64 em atraso. Usando a tens˜ao fase-neutro na barra 3 como referˆencia, obtenha: (i) A tens˜ao de excita¸c˜ao e o ˆangulo de carga do motor 2. (ii) A potˆencia complexa absorvida pelo motor 1, seu fator de potˆencia e sua condi¸c˜ao de excita¸c˜ao. (iii) Os ajustes necess´arios para a carga total do sistema seja dividida entre os geradores de forma proporcional `as capacidades de gera¸c˜ao. (iv) A condi¸c˜ao de excita¸c˜ao de cada gerador. (2) Considere o diagrama unifilar da figura 2, o qual representa um gerador s´ıncrono trif´asico suprindo duas cargas est´aticas e um motor s´ıncrono. Os dados desses com- ponentes s˜ao apresentados a seguir. • Gerador s´ıncrono: 40 MVA, 13,8 kV (Y), 1,5 ⌦/fase; • Carga est´atica 1: 12,5 MVA, fator de potˆencia 0,8 atrasado; • Linha de transmiss˜ao: 3,0 ⌦/fase; • Carga est´atica 2: 3 impedˆancias de 33,66 +j33,66 ⌦/fase, conectadas em ∆; • Motor s´ıncrono: 15 MVA, 13,8 kV (∆), cos φ = 0,8; 1,5 ⌦/fase; O motor s´ıncrono opera sob condi¸c˜oes nominais, com fator de potˆencia 0,8 adian- tado. Adote a sequˆencia positiva de fases e o fasor Van como referˆencia e calcule: (a) (0,75 pt) a potˆencia trif´asica suprida a carga 2; (b) (0,75 pt) a corrente trif´asica nas fases da conex˜ao ∆ que representa a carga 2; (c) (1,0 pt) a corrente trif´asica que supre a barra 2; (d) (0,75 pt) a tens˜ao trif´asica na barra 1; (e) (1,0 pt) a potˆencia complexa trif´asica fornecida pelo gerador s´ıncrono e o corres- pondente fator de potˆencia; (f) (0,75 pt) mostre o balan¸co de potˆencia desta condi¸c˜ao de opera¸c˜ao. Linha de transmiss˜ao 2 1 Gerador s´ıncrono Carga est´atica 1 Motor s´ıncrono Carga est´atica 2 Figura 2. Diagrama do sistema da quest˜ao 2 2 (a) (0,75 pt) a potência trifásica suprida a carga 2; Motor síncrono: 15 MVA, 13,8 kV (Δ), cos Θ = 0,8; 1,5 0/fase; O motor síncrono opera sob condições nominais, com fator de potência 0,8 indutivo Motor: Vm φ = \frac{13,8. 10^3}{\sqrt{3}} = 7,968,43 . 10^3 V (fase - neutro) V_m = 7964,43 / 0° V Em referência S_m3φ = 15.06 / −36,8699° VA I_m = \frac{S_m3φ *}{3 . V_m *} = 624,555 / 36,8699° Carga 2: S_C2φ = 3. \frac{Vm1φ^2}{Z_eq2 *} = 3.(7964,43 )^2 / 45° MVA 11,22−j14,22 S_C2φ = (8,48663 + j 8,48663) MVA (b) (0,75 pt) a corrente trifásica nas fases da coneção Δ que representa a carga 2; I_C2φ = \frac{S_C2 φ *}{3 . V_m *} = 502,124 /−45° (L_m V) I_aabc = \frac{I_C2φ}{\sqrt{Φ + 30°}} = 289,901 / −15° A I_bc = \frac{I_C2φ}{\sqrt{Φ + 30° − 120°}} = 289,901 / −135° A I_ca = \frac{I_C2 φ}{\sqrt{Φ+30°−240°}} = 289,901 / −255° A (c) (1,0 pt) a corrente trifásica que supre a barra 2; I_I2 = I_C2 + I_M = 502,124 / −45° + 624,555 / 36,8699° I_I2 = 857,368 / 1,43346° A I_I2 a = 857,368 / 1,43346° A I_I2 b = 857,368 /−118,565° A I_I2 c = 857,368 / 1-121,43346° A (d) (0,75 pt) a tensão trifásica na barra 1; V_g = V_1 − V_m \Rightarrow \dot{V}_g = \dot{I}_I2 j3 + V_m V_g a n = 8310,27 / 180,022° V (fase - neutro) V_g b n = 8310,27 / −101,977° V V_g c n = 8310,27 / 138,022+ ° V (e) (1,0 pt) a potência complexa trifásica fornecida pelo gerador síncrono e o corres- pondente fator de potência; Carga estática 12,5 MVA, fator de potência 0,8 atrasado; S_C1φ = 12,5 / 36,8699° MVA S_C1φ * \dot{I}_C1 = \frac{S_C1φ}{3 \dot{V}_g *} I_C1 φ = 501,358 /−18,892° A I_g = I_C1 + I_I2 = 1388,97 /−40,02252° A S_g3φ = 3 . V_g . I_g* = 33,3835 / 24,0452° MVA FP_g = \cos(24,0452° ) = 0,913224 atrasado (f) (0,75 pt) mostre o balanço de potência desta condição de operação. Σ Soma Potência = 0 S_ITL12 φ = 3. \dot{I}_{12} ^2 . Ζ_ITL12= 6,615±2 / 90° MVA Para fazer o balanço de potência, em teoria temos: S_g3φ−S_C1φ−S_C2φ−S_m3φ−S_ITL2 φ=0 Calculando com os valores obtidos, temos: 33,3835 / 24,0452° MVA−12,5 / 36,8699° MVA−8,4866 / 45° MVA −15 /−36,8699° MVA − 6,615±2 / 90° MVA = 13,323 /−28,3932° VA Que é aproximadamente igual a zero, consideramos que estamos que estamos reduzidos para potências na ordem de MVA