60 transformadores cap6

6 TRANSFORMADORES
6.1. ASPECTOS CONSTRUTIVOS
Núcleo: Confeccionado com chapas de Aço-Silicio laminado, empilhadas e prensadas, as
quais apresentam permeabilidades magnéticas elevadas.
Enrolamentos: Confeccionados com material condutor de alta condutividade,
normalmente cobre, envernizados e isolados do núcleo.
núcleo
Lado 1 Lado 2
Figura 6 1. Transformador
Os enrolamentos do transformador são diferentes. O lado 1, normalmente denominado
“primário”, apresenta N1 espiras e o do lado 2, denominado “secundário”, possui N2
espiras.
6.2. PRINCIPIO DE FUNCIONAMENTO
φ (t)
i (t) 1
v (t) 1
i (t) 2
v (t) 2
• •
Figura 6 2. Convenções

114 6. TRANSFORMADORES
Grandezas envolvidas:
v (t) 1 : Tensão no primário, normalmente imposta pela fonte;
v (t) 2 : Tensão no secundário;
i (t) 1 : Corrente no primário;
i (t) 2 : Corrente no secundário;
φ : Fluxo magnético mútuo aos dois enrolamentos.
Conceito de Polaridade: “Dois terminais de bobinas distintas, magneticamente
acopladas, apresentam mesma polaridade quando correntes elétricas, entrando
simultaneamente por esses terminais, produzirem fluxos magnéticos concordantes”.
Observação: Os terminais de mesma polaridade são denotados por um mesmo símbolo
(ex.: ponto).
6.2.1. CIRCUITO MAGNÉTICO DO TRANSFORMADOR
2 2 2 F = N i
φ
1 1 1 F = N i
R
Figura 6 3. Circuito Elétrico Análogo
Da análise do circuito elétrico análogo determina-se:
N i N i Rφ 1 1 2 2 + = (6.1)
Grandezas envolvidas
1 1 1 F = N i: Força magnetomotriz (f.m.m.) do Primário [Aesp];
2 2 2 F = N i : Força magnetomotriz (f.m.m.) do Secundário [Aesp];
φ : Fluxo magnético mútuo aos dois enrolamentos [Wb];
R 1 L
= : Relutância do Circuito Magnético [Aesp/Wb].
S
μ

ELETROTÉCNICA GERAL 115
6.2.2. O TRANSFORMADOR IDEAL
Características:
I – Núcleo com permeabilidade magnética infinita
Conseqüência: A relutância
R 1 L
= é nula e portanto todo o fluxo magnético está
S
μ
confinado no núcleo.
II – Material condutor das bobinas de condutividade infinita.
Conseqüência: As resistências próprias das bobinas são nulas.
Como resultado destas considerações obtém-se:
De (6.1):
N i N i 0 1 1 2 2 + =
Logo:
1
1 = − = − (6.2)
a
N
N
i
i
2
1
2
Da lei de Faraday resultam:
e N d 1 1
φ
= − :f.e.m. induzida no primário;
dt
e N d 2 2
φ
= − :f.e.m. induzida no secundário.
dt
Então:
e = 1
(6.3)
2
1
2
N
N
e
Da aplicação da segunda lei de Kirchoff obtém-se:
No primário: 1 1 1 1 v = r i + e
No secundário: 2 2 2 2 v = r i + e
Como r r 0 1 2 = = resulta:

a
e
1 = = (6.4)
e
v
v
1
2
2
a = N : Relação de Transformação
1
N
2
6.2.3. POTÊNCIA ELÉTRICA INSTANTÂNEA
A potência elétrica instantânea no primário é dada por:
1 1 1 p = v i
A potência elétrica instantânea no secundário é dada por:
2 2 2 p = v i
Relação entre as potências elétricas instantâneas:
i
)
a
p v i (av )( 2
1 1 1 2 = = −
ou ainda,
1 2 2 p = −v i
isto é:
1 2 p = −p
CONCLUSÕES:
1. Para os terminais de mesma polaridade de um transformador ideal, os sentidos
dos fluxos de correntes são opostos;
2. A quantidade de potência (ou energia) que entra por um dos lados é a mesma que
sai pelo outro lado, isto é, o rendimento do transformador ideal é 100%.

6.3. TRANSFORMADOR EM CARGA
i (t) 1
v (t) 1
i (t) 2
i (t) L
v (t) 2 L Z
Figura 6.4: Transformador em carga
Grandezas envolvidas: v1(t)
v1(t): Tensão no primário, normalmente imposta pela fonte;
v2(t): Tensão no secundário;
i1(t): Corrente no primário;
i2(t): Corrente no secundário;
iL(t) = - i2(t): Corrente na carga;
ZL: Impedância da carga [Ω].
Relações importantes:
a
e
1 = =
e
v
v
1
2
2
1
a
i
i
1 =
L
2 L L v = Z i (6.5)
a
A partir de (6.5) e das demais relações pode-se escrever:
Z (ai )
v
a
L 1
1 =
ou ainda,
L 1
2
1 v = a Z i
' 2
L Z = a Z resulta:
Fazendo L
1
'
1 Lv = Z i ou
v = (6)
'
L
1 Z
i
1

CONCLUSÃO: Uma impedância Z L conectada no secundário é “vista” pelo primário
com um valor igual a Z ' = a 2
Z L L
.
i (t) 1
v (t) 1
i (t) 2
i (t) L
v (t) 2 L Z
i (t) 1
v (t) 1
L L Z′ = a2Z
Figura 5: Reflexão de impedâncias
O conjunto transformador ideal alimentando uma carga de impedância L Z é equivalente a uma
carga L
' 2
L Z = a Z alimentada diretamente pela fonte
Exercício 1
Um transformador ideal com N1=500 espiras e N2=250 espiras alimenta uma carga
resistiva de resistência 10Ω. O primário é alimentado por uma fonte de tensão senoidal
dada por: v (t) 2.200 cos(377t)(V) 1 = . Determine:
i (t) 1
v (t) 1
i (t) L
2 N ( ) 2 v t
1 N R =10Ω
Figura 6: Exercício 1

a) A tensão no secundário;
b) A corrente na carga;
c) A corrente no primário;
d) A potência aparente fornecida ao primário;
e) A potência aparente consumida pela carga.
OBS.: Resolva o exercício utilizando notação complexa.
Solução:
V
a) Lembrando que a
1 =
&
V
2
&
1 & = resulta:
e sendo V 200e j0 (V)
2
200e
V
2
j0
=
2 & =
& ou V 100e j0 (V)
b) A corrente na carga é obtida a partir da aplicação da Lei de Ohm, isto é:
&
I V2
L
I 100e j0
& = ou 10e (A)
R
10
j0
L & = =
c) A corrente no primário é obtida a partir da relação:
1
a
&
I
1 =
&
I
L
I 10e j0
ou 5e (A)
2
j0
1 & = =
d) A potência aparente fornecida ao primário é dada por:
S V .I* 200e j0 .5e j0C 1000e j0 (V)
1 1 1 & = & & = =
e) A potência aparente fornecida à carga é dada por:
S V .I* 100e j0 .10e j0C 1000e j0 (V)
L 2 L & = & & = =
OBS.: A potência aparente fornecida ao primário e a consumida pela carga são iguais
pelo fato do transformador ser ideal.
Exercício 2
Um transformador monofásico de distribuição ideal de 13.800/440 (V) alimenta uma
carga indutiva cuja impedância é dada por: Z 3 j4( ) L & = + Ω conectada no lado da BT
(baixa tensão). Determine:

1 I& L I&
Z &
= L
30 + j40(Ω)
V1 =13800∠0 o
(V)
2 V
a) A corrente na carga quando o primário é alimentado por tensão nominal;
b) A corrente no primário;
c) A impedância “vista” pela rede;
d) A potência aparente consumida pela carga.
Nota: Nos transformadores a relação de transformação é fornecida através da relação
entre as “tensões nominais” do primário e secundário.
Solução:
a) Adotando V 13.800e j0 (V)
1 = resulta V 440e j0 (V)
2 = , logo:

I V j53,13
88e (A)
Z
2
L
L
= = −

b) Corrente no primário:
440
13800

I
1 =

I
L
I 440 j53,13 j53,13
1
= − = −
portanto 88e 2,8e (A)
13800
a) Impedância “vista” pela rede:
j0

Z V j53,13
' 1
L = = = Ω −
4,93e (k )
13800e
2,8e
I
j53,13
1
ou alternativamente,
Z 13800 j53,13 j53,13
5e 4,93e (k )
440
2
⎞
= ⎛
'
L Ω = ⎟⎠
⎜⎝
c) Potência ativa consumida pela carga:
P V I cos 440.88.cos(53,13) 23,2(kW) L 2 L = ϕ = =

Exercício 3
Um amplificador de som apresenta “impedância de saída” igual a 8W. Este amplificador
alimentará uma caixa de som de impedância de entrada 10W. Para transferir a máxima
potência do amplificador para a caixa acústica, utiliza-se um transformador acoplador
para o casamento de impedâncias. Qual deve ser a relação de transformação do
transformador de acoplamento?
Amplificador 10Ω(caixa)
10Ω(caixa)
1 N 2 N
8Ω
Solução:
A condição de máxima potência transferida ocorre quando a resistência “vista” pelo
amplificador é igual a sua impedância de saída.
Com a inserção do transformador acoplador, a resistência “vista” pelo amplificador será
tal que:

8Ω
a2 ⋅10(Ω)
Figura 9: Impedância vista pelo amplificador
A condição procurada será tal que:
10a 2 = 8 ou ainda a = 0,89
6.4. O TRANSFORMADOR REAL
6.4.1. VALORES NOMINAIS DOS TRANSFORMADORES REAIS
Tensões nominais do primário e do secundário: Tensões para as quais o transformador
foi dimensionado para operação contínua durante toda a sua vida útil. Nas placas de
identificação estas tensões são apresentadas na forma NOM1 NOM2 V /V e são iguais a
relação de transformação do transformador.
As tensões nominais são tais que se alimentando qualquer um dos lados pela sua tensão
nominal, resulta também tensão nominal no outro lado com o transformador em aberto.
Potência Nominal: Potência aparente para a qual o transformador foi dimensionado para
operação contínua em toda a sua vida útil. Na placa de identificação estas grandezas são
fornecidas em VA ou múltiplas tais como kVA, igual a103VA e MVA, igual a 106VA.
Correntes Nominais: São as correntes que circulam nos enrolamentos quando
submetidos a tensões nominais e potência nominal, isto é:
S
= (A)
e (A)
NOM1 S
V
I
NOM
NOM1
V
I
NOM
NOM2
NOM2 =
com NOM S =Potência Nominal
Vida útil: Tempo estimado de durabilidade dos materiais (principalmente isolantes)
utilizados na confecção do transformador. Este tempo é da ordem de 30 anos quando o
transformador opera nas suas condições nominais, podendo atingir idade bem superior a

esta. Qualquer operação fora destas condições implica redução da vida útil do
equipamento.
É importante destacar que operando fora das suas condições nominais a vida útil do
transformador é reduzida sensivelmente.
Exercício 4
Determine as correntes nominais de um transformador de potência monofásico de 20
MVA, 325/88kV-60 Hz.
Solução:
I 20x103
= = 61,5(A)
227,3(A)
NOM1 6
I 20x10 3
325x10
88x10
6
NOM2 = =
Exercício 5
Dois transformadores de 13,8/0,44kV-60Hz, de potências nominais 100 kVA e 150 kVA
são conectados em paralelo, constituindo o que se denomina um banco de
transformadores em paralelo, como mostra a Figura 10. Determine:
•
•
•
•
Figura 10: Transformadores em paralelo
Nota: Observe as conexões das polaridades das bobinas

a) A potência nominal do banco de transformadores;
b) As correntes nominais do banco de transformadores.
Solução:
a) A potência nominal do banco de transformadores é obtida pela soma das potências
nominais dos transformadores constituintes do banco, isto é:
S S S 250(kVA) B NOM1 NOM2 = + =
b) Correntes Nominais
Da Alta Tensão: 18,1(A)
I 250x103
13,8x10
3
AT = =
3
I 250x10 3
Da Baixa Tensão: 568,2(A)
BT = =
0,44x10
Note que as tensões nominais do banco de transformadores são idênticas às tensões
nominais dos transformadores, ao passo que suas correntes nominais são iguais à soma
das correntes nominais dos transformadores constituintes do banco.
Exercício 6
Dois transformadores idênticos de 100VA-100/5(V)-60Hz apresentam seus enrolamentos
primários conectados em série e seus enrolamentos secundários em paralelo, como mostra
a Figura 11. Determine:

•
•
•
•
a) A relação de transformação do banco de transformadores;
b) A potência nominal do banco de transformadores;
c) As correntes nominais do banco. Compare com as correntes nominais de cada
transformador.
Solução:
a) Como os enrolamentos do primário estão em série, a tensão nominal do primário do
banco resultará: V 200(V) 1 = .
b) A potência nominal do banco é a soma das potências individuais dos
transformadores, isto é: 200(VA) .
c) A corrente nominal do primário do banco será a corrente nominal do primário do
transformador individual, na medida em que a associação do enrolamentos é uma
associação série, assim teremos: I 1(A) 1 = .
A corrente nominal do secundário do banco é soma das correntes nominais dos
transformadores, na medida em que seus enrolamentos do secundário estão em
paralelo, resultando, portanto: 40(A)
I 2x 100 2 = = .
5

6.4.2. PERDAS EM TRANSFORMADORES REAIS
O transformador ideal é isento de perdas como já observamos, ao passo que o
transformador real não. As perdas presentes no transformador real são:
1.1 Perdas Joule: Os enrolamentos do primário e do secundário são confeccionados
com material condutor de boa qualidade, normalmente cobre, com condutividade
finita, o que lhes confere uma resistência própria não nula. O fluxo de corrente
elétrica nestes condutores implica perdas de energia, denominada Perdas Joule, a
qual é uma das responsáveis pelo aquecimento dos enrolamentos e do próprio
transformador.
1.2 Perdas no Ferro: O fluxo magnético variável no tempo, presente no núcleo
ferromagnético, da origem a dois tipos de perdas no núcleo, são elas:
Perdas por histerese: O estabelecimento de um campo magnético num
material ferromagnético envolve sempre uma certa quantidade de energia
elétrica, por exemplo, se o campo magnético é nulo e queremos levá-lo a um
valor (B) qualquer diferente de zero, a fonte fornecerá uma quantidade de
energia, necessária para tal. Suponhamos agora que, uma vez estabelecido
este campo, vamos reduzi-lo a zero novamente. Ato contínuo, o núcleo
devolverá energia para a fonte. Ocorre que a quantidade de energia devolvida
na redução do campo de seu valor (B) a zero é menor que a quantidade de
energia fornecida pela fonte quando campo foi aumentado de zero para (B).
Esta diferença de energia é transformada em calor no núcleo ferromagnético.
As perdas de energia associada a este fenômeno, denominada perdas por
histerese, dependem do valor máximo do campo magnético, do material do
núcleo, do tratamento térmico e mecânico dado à chapa, e da freqüência de
operação do transformador.
n
h 1 MAX P = K Vol.fB (7)
Na qual:
K : 1 Coeficiente de histerese, o qual depende do material, do tratamento
térmico e mecânico dado à chapa;
Vol: Volume ativo do núcleo (m3);
f : Freqüência de operação do transformador (Hz);

MAX B : Amplitude do campo magnético senoidal (Wb/m2);
n: Coeficiente que depende de MAX B , atingindo valores de 1,6 a 1,7 para
MAX B de 1,2 a 1,4 Wb/m2.
Perdas Foucault: Este tipo de perdas no núcleo ferromagnético é oriundo do
fato de que este material é também um bom condutor. Assim sendo, um
campo magnético variável no tempo, presente neste meio condutor, induz
correntes elétricas em forma de anéis, como mostra a Figura 12. Tais
correntes elétricas dão origem a Perdas Joule no núcleo.
Figura 12 – Correntes Induzidas – Perdas Foucault
Pode-se demonstrar do eletromagnetismo que as perdas Foucault são dadas
por:
2
F 2 MAX P = K Vol(ef B ) (6.8)
na qual:
2 K : Coeficiente que depende da condutividade do material;
Vol: Volume ativo do núcleo (m3);
e : Espessura da chapa (m);

f : Freqüência de operação do transformador;
MAX B : Amplitude do campo magnético senoidal (Wb/m2).
1.3 Perdas Adicionais: Perdas devido à circulação de correntes elétricas induzidas no
tanque do transformador; perdas dielétricas no óleo refrigerante; etc. Essas perdas
são de difícil determinação.
6.5. O CIRCUITO EQUIVALENTE DO TRANSFORMADOR REAL
O circuito equivalente do transformador real é constituído de elementos de circuito
(resistências e indutâncias) tal que cada um deles é responsável pela representação de um
desvio em relação ao transformador ideal. Assim sendo, temos:
6.5.1. REPRESENTAÇÃO DAS PERDAS JOULE NOS ENROLAMENTOS
A representação das Perdas Joule nos enrolamentos é realizada através da inserção das
resistências 1 r e 2 r , como mostra a Figura 13, as quais são iguais, respectivamente, as
resistências próprias dos enrolamentos do primário e do secundário.
Representando o efeito das resistências dos enrolamentos por dois resistores externos ao
transformador, os enrolamentos do transformador da Figura 13 são ideais, isto é, suas
resistências são nulas.

1 I

2 I
r1 r2

E
E
1 1 2 2 VV

Figura 13 – Representação das Perdas Joule
OBS.: O transformador indicado possui enrolamentos com resistências próprias nulas

6.5.2. REPRESENTAÇÃO DO EFEITO DA DISPERSÃO
Os efeitos dos fluxos de dispersão no primário e no secundário do transformador são
simulados por reatâncias indutivas, denominadas reatâncias de dispersão, tais que as
quedas de tensão nessas reatâncias são numericamente iguais às parcelas das f.e.m.’s
induzidas pelos respectivos fluxos de dispersão.

1 I

2 I
r1 1 r2 jx 2 jx

E
E
1 1 2 2 VV

Figura 14 – Representação da dispersão
OBS.: O transformador indicado possui enrolamentos com resistências próprias nulas e isento de
dispersão.
6.5.3. REPRESENTAÇÃO DAS PERDAS NO FERRO
A f.e.m. induzida em um enrolamento sujeito a um fluxo magnético variável
senoidalmente no tempo é obtido, aplicando a Lei de Faraday, como segue:
d
dt
e N
φ
= −
(6.9)
Supondo , resulta:
e N sen t M =ω φ ω ,
ou ainda,
e E sen t M = ω
na qual,
M M M E =ω Nφ = 2πf Nφ
é a amplitude da f.e.m. induzida.
Podemos ainda calcular o valor eficaz desta f.e.m. através da relação:

E = E = φ
M
M 4,44fN
2
(6.10)
Como as perdas no ferro, sob condições próximas as nominais, podem ser consideradas
proporcionais ao quadrado do valor máximo do campo magnético, isto é:
2
FE H F f M P = P + P ≈ K B
De (6.10), lembrando que , podemos escrever:
E M E = K B
De modo que:
2
P = K
f
E
FE 2
E
K
Por esta razão, essas perdas podem ser representadas por uma resistência, denominada
resistência de perdas no ferro, em paralelo com a f.e.m. induzida pelo fluxo mútuo, tal
que:
2
f
2
E
2
E =
F
E
K
K
R
ou ainda,
R = K 2
(11)
2
E
F E
f
K
A Figura 15 mostra o circuito elétrico equivalente parcial do transformador no qual está
representada as perdas no ferro.


1 I

2 I
1 V
r1 1 r2 jx 2 jx
2 V

f R
Figura 15 – Representação das perdas no ferro.
OBS.: O transformador indicado possui enrolamentos com resistências próprias nulas, isento de
dispersão e sem perdas no ferro.
Resta-nos agora representar o efeito da permeabilidade finita do núcleo ferromagnético.
No transformador ideal, como vimos, a relação entre as correntes do primário e do
secundário é dada por:
N i N i 0 1 1 2 2 + =
No transformador real, como a relutância do núcleo é não nula, resulta:
N i N i Rφ 1 1 2 2 + =
Decompondo i1 em duas parcelas tais que:
'
1 0 2 i = i + i
de modo que:
N i N i' 0
1 1 2 2 + =
resulta:
N i Rφ 1 0 =
Inserindo uma reatância indutiva em paralelo com a f.e.m. induzida do primário, pela qual
flui a corrente 0 i , resulta o circuito da Figura 16. Esta reatância é denominada reatância
de magnetização do transformador.


1 I

2 I
1 V
r1 1 r2 jx 2 jx
2 V

o I
'
2 I
f R m jx
Figura 16 Representação da permeabilidade finita
Isto posto, o transformador indicado no circuito da Figura 16, possui enrolamentos com
resistências próprias nulas, isento de dispersão, sem perdas no ferro e com
permeabilidade infinita, que são as características de um transformador ideal.
“Refletindo” o circuito do secundário para o primário, resulta o circuito equivalente do
transformador real mostrado na Figura 17.

' I2
2 I a =

1 I
2 ja x 2
1 r 1 jx 2
2 a r
1 V

o I
p R n jx 2 aV
Figura 17 – Circuito equivalente do transformador real
6.5.4. SIMPLIFICAÇÕES DO CIRCUITO EQUIVALENTE
O circuito elétrico equivalente apresentado na Figura 17 é um circuito equivalente
completo, no qual todos os fenômenos relevantes, presentes no transformador estão
representados.
Ocorre, no entanto, que em determinados estudos nos quais a precisão dos resultados não
é tão rigorosa, algumas simplificações podem ser feitas face as seguintes evidências:
a) As resistências próprias dos enrolamentos são reduzidas, na medida em que o cobre é
um bom condutor;

b) A impedância resultante do paralelo entre a resistência de perdas no ferro e a
reatância de magnetização é muito maior que as demais impedâncias do circuito
equivalente do transformador.
Podemos então conceber os seguintes circuitos equivalentes simplificados:

1 I

' I2
2 I a =
1 V
2 aV
Rcc Xcc j
Figura 18 – Circuito elétrico equivalente simplificado
OBS.: Neste circuito considera-se a impedância de magnetização infinitamente maior que as
demais impedâncias do transformador
Na qual:
2
2
CC 1 R = r + a r
2
2
CC 1 X = x + a x
Desprezando as resistências dos enrolamentos, chega-se ao mais simples dos circuitos
equivalentes:

' I2
2 I a =

1 I
1 V
2 aV
Xcc j
Figura 19 – Circuito Equivalente simplificado
Exercício 7
Um transformador de 150 kVA – 6.600/380 (V) – 60 Hz apresenta as seguintes reatâncias
de dispersão: x = 12Ω 1 e x = 0,04Ω 2 . Para este problema, as resistências e a
impedância de magnetização podem ser desprezadas.
Determinar:
a) O circuito equivalente do transformador.

a = 6.600 =
Relação de transformação: 17,37
380
X = x + a x = 12 + (17,37)2 (0,04) = 24Ω
2
2
CC 1

I2
a
j24

1 I
1 V
2 aV
Figura 20 – Circuito equivalente do transformador
b) Suponha que uma carga de impedância Z 0,8 j0,6( ) L = + Ω é ligada no
secundário do transformador, e uma fonte de 6600(V) – 60Hz é ligada ao primário.
Vamos calcular a corrente absorvida pelo primário.
Impedância da carga refletida para o primário:
' 2
L = = + = + Ω
Z a Z (17,37)2 (0,8 j0,6) 240 j180( )
L

' I2
2 I a =
j24

1 I
1 V
2 aV

'
L Z =240 + j180(Ω)
Figura 21 – Circuito equivalente com a carga
Resulta, portanto:
j0 j0
I 6600e j40,36
21e (A)
6600e
315e
240 j180 j24
j40,36
1
= = −
+ +
=
c) Vamos agora calcular a corrente e a tensão na carga:
= = − = −
I aI (17,37)(21e j40,36 ) 365e j40,36 (A)
L 1

= = + − = −
V Z .I (0,8 j0,6).(365e j40,36 ) 365e j3,5 (V)
2 L L
Exercício 8
Um transformador de 250 kVA – 13,8/0.44 kV – 60 Hz, apresenta os seguintes
parâmetros: r = 3Ω 1 , x = 30Ω 1 , r = 3mΩ 2 , x = 0,031Ω 2 , R = 90kΩ F e
X = 20kΩ m .
a) Desenhe o circuito equivalente deste transformador refletido ao primário;
b) Calcular a tensão da fonte conectada ao primário, sabendo-se que no secundário está
conectada uma carga que absorve a potência nominal sob tensão nominal com fator
de potência 0,8 indutivo;
c) Calcular o rendimento do transformador.
Solução:
a = 13,8 = resulta:
a) Sendo 31,36
0,44
' 2
2
r = a r = 3,0Ω 2
x = a x = 30,5Ω 2
2 '2
3 j30 j30,5 3

j20.000
o I
90.000

1 I
1 V
p I

m I

'
2 I

'
2 2 V = aV
Figura 22 – Exercício 8
b) Como a carga absorve a potência nominal do transformador sob tensão nominal, a
corrente na carga é dada por:

568,2(A)
250.000
L = = =
440
I S
NOM
V
2
logo obtemos:
18,11(A)
I' IL
2 = =
a
Como o fator de potência de carga é 0,8 indutivo, a corrente da carga está atrasada em
relação a tensão do ângulo ϕ = arccos(0,8) = 36,870 .
= = , resulta então:
Adotando-se V aV 13.800e j0 (V)
2
'2

I' = IL = −
j36,87
2
18,11e (A)
a

Isto posto, calculamos 1 E como segue:
) V ( e 175 . 14 e 11 , 18 ). 5 , 30 j 3 ( V E 65 , 1 j 87 , 36 j '2
1 = + + − =
Temos então:
I E j1,65
0,16e (A)
14.175e
P = = =
90.000
R
j1,65
1
FE

I E j88,35
0,7e (A)
14.175e
M = = =
j20.000
1
jX
j1,65
M

Resulta então:
I = I + I + I = 18,11e − j36,87 + 0,16e j1,65 + 0,7e j88,35 = 18,7e −
j38,3 (A)
P M
'
1 2
De modo que:
V E (3 j30).18,7e j38,3 14.586e j3,2 (V)
1 1 = + + − =
c) Cálculo de rendimento:
Perdas Joule no secundário: P r I'2 3.18,112 984(W)
2
'2
J2 = = =

Perdas Joule no primário: P r I2 3.18,672 1.045(W)
J1 1 1 = = =
14175
P E
2
1
Perdas no Ferro: = = =
2.232(W)
FE 90.000
R
2
FE
Perdas Totais: P P P P 4.261(W) TOT J1 J2 FE = + + =
250.000x0,8
P
CARGA Rendimento: =
0,979
250.000x0,8 4261
P P
CARGA TOT
+
=
+
η =
6.5.5. VALORES POR UNIDADE
Os principais parâmetros e grandezas de um transformador são freqüentemente
representados como uma fração dos seus valores nominais.
Assim, se um transformador de 100 kVA alimenta uma carga que absorve apenas 20
kVA, diz-se que a carga está absorvendo 20% da potência nominal ou 0,2 p.u. (por
unidade).
Para esta representação, definem-se algumas grandezas, denominadas grandezas de base,
a partir das quais todas as outras são medidas.
As grandezas de base para o primário do transformador são:
Potência de base= Potência Nominal, isto é: B NOM S = S .
Tensão de base= Tensão Nominal do Primário, isto é: B1 NOM1 V = V .
Para o secundário:
Potência de base = Potência Nominal, isto é: B NOM S = S .
Tensão de Base = Tensão Nominal do Secundário: B2 NOM2 V = V .
A partir destas grandezas, podemos deduzir as demais grandezas de base que são a
corrente e a impedância de base, como seguem:
Para o Primário:
Corrente de base:

NOM
B1 V
NOM1
S
I =
Impedância de base:
2
NOM1
NOM
V
Z = NOM1
=
B1 S
NOM1
V
I
Para o secundário:
Corrente de base:
NOM
I = S
B2 V
NOM2
Impedância de base:
2
NOM2
NOM
Z = V NOM2
=
B2 S
NOM2
V
I
2
B1 Z = a Z
Note que é válida a relação: B2
Exercício 9
Um transformador ideal de 100 kVA – 220/6600 (V) – 60 Hz, alimenta no secundário
uma carga indutiva que consome sua potência nominal com fator de potência 0,7
indutivo. Determine:
a) A potência aparente consumida pela carga em p.u.;
b) A potência ativa consumida pela carga em p.u.;
c) A impedância da carga em p.u.;
d) A impedância da carga refletida no primário em p.u.
Solução:
a) Sendo S 100kVA B = resulta que a potência aparente consumida pela carga em
p.u. é igual a:
1p.u.
100
= CARGA = =
100
S
S
s
B
b) A potência ativa consumida pela carga em p.u. é dada por:

0,7p.u.
100x0,7
= CARGA = =
100
S
p P
B
c) A impedância da carga é tal que:
2
NOM2
Z V 6600
3
= = = 435,6Ω
100x10
S
2
NOM
L
L Z 435,6e .
então: = j45,6Ω
2
NOM2
ϕ = arccos0,7 = 45,6o
Z V 6600
3
Sendo = = = 435,6Ω
B2 resulta:
100x10
S
2
B
z 1e j45,6p.u.
L =
d) A impedância da carga refletida no primário é dada por:
Z a Z 220
= = ⎛ ⎞
j45,6 j45,6
' 2
L 435,6e 0,484e
Ω = ⎟⎠
⎜⎝
2
L
6600
2 2
NOM1
Z V 220
3
Sendo: = = = 0,484Ω
B1 , resulta:
100x10
SB
z' 1e j45,6p.u.
L =
“Note que em valores por unidade, a impedância da carga e a impedância da carga
refletida para o primário são iguais, indicando que em p.u., o transformador tem
relação 1:1.”

Exercício 10
Um transformador de 250 kVA – 13,8/0.44 kV – 60 Hz, apresenta os seguintes
X = 20kΩ m .
a) Desenhe o circuito equivalente deste transformador refletido ao primário com as
grandezas representadas pelo seus valores em p.u.;
b) Calcular a tensão da fonte (em p.u.) conectada ao primário, sabendo-se que no
secundário está conectada uma carga que absorve a potência nominal sob tensão
nominal com fator de potência 0,8 indutivo;
Solução:
a) Valores de Base do Primário:
S S 250kVA B NOM = =
18,1(A)
250.000
B1 = = =
13.800
I S
V
NOM
NOM1
13.800
2
NOM1
V
Z V
= = = = 762Ω
250.000
S
I
2
NOM
NOM1
NOM1
B1
Valores de Base do Secundário:
S S 250kVA B NOM = =
568,2(A)
250.000
B2 = = =
440
I S
V
NOM
NOM2
440
2
NOM2
V
Z V
= = = = 0,774Ω
250.000
S
I
2
NOM
NOM2
NOM2
B2
Resulta, portanto:

r = 3 = 0,004pu
0,0038pu
1 762
r 0,003 2 = =
0,774
x = 30 = 0,04pu
0,04pu
1 762
x 0,031 2 = =
0,774
r = 90.000 = 118pu
26,2pu
F 762
x 20.000 M = =
762
2
i i
1 '0.004 j0,04 j0,04 0,0038
j26,2
118
'
p i
o i
m i
1 V
'2
V
Figura 23 – Exercício 10
b) Como a carga absorve a potência nominal do transformador sob tensão nominal, a
corrente na carga é dada por:
i =1pu
Como o fator de potência da carga é 0,8 indutivo, a corrente da carga está atrasada em
relação a tensão do ângulo:
ϕ = arccos(0,8) = 36,870
Adotando-se v' 1e j0 (p.u.)
2 = , resulta então:
i' = 1e −
j36,87 (p.u.)
2
Isto posto, calculamos 1 e como segue:
e 1e j0 (0,0038 j0,004).1e j36,87 1,006e j1,65 (p.u.)
1 = + + − =
Temos então:
i e j1,65
0,0085e (p.u.)
1,006e
P = = =
118
r
j1,65
1
F

i e j88,35
0,0384e (p.u.)
1,006e
M = = =
j26,2
1
jx
j1,65
M
Resulta então:
i = i + i + i = 1,0326e −
j38,3 (p.u.)
P M
'
1 2
De modo que:
v e (r jx ).i 1,057e j3,2 (p.u.)
1 1 1 1 1 = + + =
6.6. ASSOCIAÇÃO DE TRANSFORMADORES
6.6.1. ASSOCIAÇÃO DE TRANSFORMADORES EM PARALELO
Muitas vezes, devido a um acréscimo da energia consumida pela planta industrial, há a
necessidade da instalação de transformadores adicionais para suprir este acréscimo de
consumo, de modo que as novas unidades são instaladas em paralelo com a unidade já
existente, constituindo o que chamamos de um “banco de transformadores” em paralelo.
Convém, para garantir uma distribuição uniforme da carga entre os transformadores, que
as novas unidades sejam, os mais próximos possíveis, semelhantes às antigas. Isto é
parcialmente garantido se as impedâncias de curto-circuito ( CC CC R ,X ), em p.u., forem
iguais.
Cuidados adicionais devem ser tomados nas conexões, para evitar circulação de correntes
entre os enrolamentos. Assim, ao se associar em paralelo dois enrolamentos, devem-se
conectar os pontos de polaridades semelhantes, como indicado na Figura 24.

•
•
Figura 24 – Associação de transformadores em paralelo
6.6.2. BANCO TRIFÁSICO DE TRANSFORMADORES
É possível utilizarmos transformadores monofásicos para transformação de tensões em
sistemas trifásicos, associando-se convenientemente seus enrolamentos.
Este procedimento, a despeito do caráter econômico envolvido, na medida em que três
transformadores monofásicos é mais caro que um único transformador trifásico, apresenta
flexibilidade de operação vantajosa em alguns casos. Senão vejamos, se ocorrer uma
contingência que implica inutilização de um transformador, sua substituição é rápida e
menos onerosa que a substituição de um transformador trifásico e, dependendo ainda do
tipo de conexão utilizado, o suprimento de energia pode ser parcialmente garantido com
apenas dois transformadores, o que não ocorre quando um defeito acomete um
transformador trifásico.
6.6.2.1. Conexão Estrela-Estrela
A Figura 25 mostra um banco trifásico constituído por três transformadores monofásicos,
cujos enrolamentos primário e secundário são conectados em estrela.

A A’
B B’
C C’
Figura 25 – Banco trifásico estrela – estrela
O único cuidado nesta conexão é observar que os terminais da estrela são os terminais de
mesma polaridade das unidades monofásicas.
Sejam:
S : NOM Potência nominal;
V : NOM1 Tensão nominal do primário;
NOM2 V : Tensão nominal do secundário
os valores do transformador monofásico.
De modo que, os valores nominais do banco trifásico de transformadores resultam:
Potência nominal do banco: BANCO NOM S = 3xS
Tensão nominal de linha do primário: B1 NOM1 V = 3xV
Tensão nominal de linha do secundário: B2 NOM2 V = 3xV

6.6.2.2. Conexão Triângulo - Triângulo
cujos enrolamentos primário e secundário são conectados em triângulo.
A A’
B B’
C C’
Figura 26 – Conexão triângulo - triângulo
Os valores nominais deste banco trifásico de transformadores resultam:
Tensão nominal de linha do primário: B1 NOM1 V = V
Tensão nominal de linha do secundário: B2 NOM2 V = V
6.6.2.3. Conexão Estrela - Triângulo
cujos enrolamentos do primário estão conectados em estrela e os enrolamentos do
secundário conectados em triângulo.

A A’
B B’
C C’
Figura 27 – Conexão estrela - triângulo
As grandezas nominais deste banco trifásico de transformadores resultam:
Tensão nominal de linha do primário: B1 NOM1 V = 3V
Tensão nominal de linha do secundário: B2 NOM2 V = V
Exercício 11
Três transformadores idênticos de 150 kVA – 6.600/380 (V) – 60 Hz apresenta reatância
de curto circuito de 24Ω. Para este problema, as resistências e a impedância de
magnetização podem ser desprezadas.

Estes transformadores são utilizados para a montagem de um banco trifásico na ligação
estrela – triângulo, como mostra a Figura 28.
A A’
B B’
C C’
Figura 28 Conexão estrela – triângulo
Determine:
a) A potência nominal do banco; a tensão de linha nominal do primário e a tensão de
linha nominal do secundário;
b) A tensão de linha que deve ser aplicada ao primário do banco de modo a se obter
tensão nominal no secundário alimentando carga nominal do banco com fator de
potência 0,8 indutivo.
Solução:
a) Potência nominal do banco: S 3x150 450kVA BANCO = = ;

Tensão nominal de linha do primário:V 3V 11.430V B1 NOM1 = = ;
Tensão Nominal de linha do secundário:V V 380V B2 NOM2 = = .
b) Na resolução de um problema envolvendo um banco trifásico de transformadores,
convém analisar o que ocorre com apenas um deles, na medida em que os
comportamentos dos demais transformadores são idênticos, cuidando-se, no entanto,
de considerar as defasagens de + ou – 120º entre as fases da tensão e da corrente. Da
Figura 28 podemos extrair o circuito correspondente a uma fase, como mostrado na
Figura 29 que se segue:
1 V
150kVA
cosϕ =0,80 ind.
I
2 V
Figura 29 – Circuito de uma fase
Observe que uma fase do banco trifásico corresponde a um único transformador
monofásico, cujo secundário alimenta uma carga que absorve a potência de 150kVA (um
terço da potência trifásica), fator potência 0,8 indutivo sob tensão nominal de 380V, de
modo que:
395(A)
I 150.000 2 = =
380
logo,
22,7(A)
I' 395
2 = =
17,4
Trabalhando com as grandezas refletidas ao primário, resulta o seguinte circuito
equivalente:

j24
1 V
6600∠0o
'
2 I = 22.7∠− 36.86
1 I
Figura 30 - Circuito Equivalente
Da análise do circuito obtém-se:
V 6600 j24x22,7e j36,86 6940ej3,6 (V)
1 = + − =
Como o primário está conectado em estrela a tensão de linha necessária para estabelecer
6940 (V) na fase é tal que:
V 3V 3x6940 12.020(V) LINHA1 1 = = =
6.6.3. O TRANSFORMADOR TRIFÁSICO
A Figura 30 mostra três transformadores monofásicos, com os enrolamentos primário e
secundário abrigados em um único braço do núcleo magnético. Este procedimento
confere um melhor acoplamento magnético entre as bobinas dos dois enrolamentos.

φ1 (t )
( ) 1 φ t
( ) 3 φ t
( ) 2 φ t
Figura 31 – Três transformadores monofásicos
Indiferentemente das conexões dos enrolamentos (estrela ou triângulo), os núcleos dos
três transformadores quando seus enrolamentos são alimentados por uma fonte trifásica
de tensões são grandezas variáveis senoidalmente no tempo e defasadas de 120º uma da
outra, isto é:
(t) cos[ t] 1 MAX φ =φ ω
(t) cos[ t 120O]
2 MAX φ =φ ω −
(t) cos[ t 240O ]
3 MAX φ =φ ω −
Agora, se construirmos o banco trifásico de transformadores de modo que as três
unidades tenham um braço em comum, neste braço o fluxo resultante será a soma dos
fluxos de cada núcleo, de modo que:
(t) (t) (t) 0 R 1 2 3 φ =φ +φ +φ =

R φ
Figura 32 – Três transformadores com um braço comum
Como o fluxo resultante é nulo, não há razão para a existência do braço comum, de modo
que podemos construir os três transformadores com mostra a Figura 33.
Figura 33 – Três transformadores com o braço comum eliminado
A última manipulação nos transformadores para se chegar ao transformador trifásico
como ele é construído, consiste em colocar os três braços em um único plano, como
mostra a Figura 34. A pequena diferença de relutância do circuito magnético das três

fases não é relevante a ponto de produzir desequilíbrios sensíveis de f.e.m.’s induzidas,
resultando então a forma final apresentada na Figura 34.
Figura 34 – Transformador Trifásico
6.7 EXERCÍCIOS
1. Um transformador monofásico ideal apresenta as grandezas instantâneas indicadas.
Complete a tabela indicando os terminais de mesma polaridade e os sentidos reais das
tensões e correntes envolvidas.
Lado V (V) I (A) N (esp.) P (W)
Primário 440 138
Secundário 13.800 1.200

138 A
440 V 1 N
Núcleo
Lado 1 Lado 2
2 I
13800 V
2 N
Exercício 1
2. Um transformador monofásico ideal é alimentado por uma fonte de tensão senoidal de
tensão 13.800 1 V = (V). A tensão na carga de impedância Z = 40 + j30 (Ω) é
4.000 2 V = (V). Determine:
a) A corrente na carga e respectivo fator de potência;
b) A corrente no primário;
c) A impedância vista pela fonte e respectivo fator de potência;
d) A potência ativa consumida pela carga;
e) A potência ativa fornecida pela fonte.
3. Determine as correntes nominais de um transformador de potência monofásico de 11
MVA, 13.8/0.66kV-60 Hz.
4. Dois transformadores idênticos de 10 kVA-13.800/220(V)-60Hz apresentam seus
enrolamentos primários conectados em paralelo e seus enrolamentos secundários em
série. Determine:
a) A relação de transformação do banco de transformadores;
b) A potência nominal do banco de transformadores;
c) As correntes nominais do banco. Compare com as correntes nominais de cada
transformador.

5. Um transformador de 300 kVA – 13.800/440 (V) – 60 Hz apresenta as seguintes
reatâncias de dispersão: x = 25Ω e x = 0,025Ω 1 2 . Para este problema, as
resistências e a impedância de magnetização podem ser desprezadas. Para este problema
determine:
a) O circuito equivalente do transformador;
b) Suponha que uma carga de impedância Z = 0,64 + j0,48(Ω) L
é ligada no
secundário do transformador, e uma fonte de 13.800(V) – 60Hz é ligada ao primário.
c) Calcular a corrente absorvida pelo primário.
d) A corrente e a tensão na carga.
6. Um transformador de 250 kVA – 13,8/0.44 kV – 60 Hz, apresenta os seguintes
X = 20kΩ m . Desenhe o circuito equivalente deste transformador, indicando os valores
das tensões, correntes e parâmetros em p.u.
7. O transformador do exercício anterior alimenta uma carga com tensão nominal no
secundário, a qual absorve sua potência nominal com fator de potência 0,8 indutivo.
Determine, em valores por unidade (p.u.) a tensão e a corrente no primário.
8. Três transformadores monofásicos idênticos, de 15 kVA 6.600/220 V – 60 Hz, são
utilizados para montar um banco trifásico de transformadores, na conexão triângulo –
estrela. Determine:
a) A potência nominal do banco;
b) A relação entre as tensões de linha do primário e do secundário;
c) As correntes nominais do banco.
RESPOSTAS
1. I2=44(A)
2. 80 A; 0,6; 23,2 (A); 952,2 (W); 0,6; 192 kW; 192 kW.
3. 797 (A); 16,7 (A).
4. 13.800/440; 20 kVA; 1,45 (A); 45,45 (A).

5. 16,9 A; 530 (A); 424 (V).
6. Zbase=761,8 (Ω)
7. v=1,06 p.u.
8. 45 kVA; 13.800/380 (V); 4/68,2.

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