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7/21/2019 Deslocamento de Neutro

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O PROBLEMA DO DESLOCAMENTO DE NEUTRO EM CIRCUITOSTRIFÁSICOS ESTRELA DESEQUILIBRADOS.

Prof. Antonio Sergio Cavalcanti de Menezes

Toda instalação trifásica predial e/ou industrial é uma ligação em estrela

tipicamente desequilibrada. Isto quer dizer que nestas instalações tem que haver um

retorno de corrente que é feito através do fio de neutro que, por sua vez, deve estar emalgum lugar aterrado, isto é, bem fixado a uma ou mais barras de cobre enterradasconvenientemente no chão, fazendo o zero de referência para os circuitos.

O problema é quando este aterramento não está bem feito. Há vários fatores que

contribuem para isso e há literatura especializada que trata exclusivamente do problema do

aterramento. Mas em linhas gerais pode-se que são: fio de aterramento subdimensionado,

resistências de contato devido ao afrouxamento dos contatos elétricos, grande resistividadedo solo, etc. Isto leva ao aparecimento de uma resistência de neutro que vamos chamar de

R N.Suponha que o circuito trifásico tenha três impedâncias Z1, Z2 e Z3. Seja R N a

resistência de neutro. Seja ainda IA, IB e IC as correntes de fase de cada umas das cargas,

respectivamente, e IN a corrente de neutro. Pela Lei dos Nós, tem-se:

IN = IA + IB + IC (1)

Substituindo cada membro da igualdade pela diferença de voltagem que é

desenvolvida em cada uma das impedâncias, e dividindo-se por elas mesmo, tem-se:

C

ONCN

B

ONBN

A

ONAN

N

ON

Z

VV

Z

VV

Z

VV

R

V

(2)

Nas considerações feitas acima, leva-se em conta que o potencial elétrico (assim

como o potencial gravitacional) de um ponto A a um ponto B é a soma de um potencial deA para um ponto arbitrário X e de X para B. Assim, VAB = VAX + VXB e que VAB = - VBA.

IMPORTANTE!O ponto O é o neutro do circuito e o ponto N é a referencia absoluta, isto o ponto

aonde o potencial é zero

VON é tensão do ponto O ao terra. Este ponto é o que chamamos de neutro nas

instalações prediais. Isolando algebricamente VON, tem-se:

C

CN

B

BN

A

AN

CBANON

Z

V

Z

V

Z

V

ZZZR V

1111 (3)

O que está entre parênteses na equação acima são as três impedâncias R N, ZA, ZB

e ZC em paralelo, isto é,

CBANeq ZZZR Z

11111 (4)



2

Ou, equivalentemente,

Zeq = R N//ZA//ZB//ZC (5)

O lado direito da equação (3) é soma das correntes de fase se R N = 0, isto é, se

o circuito estiver perfeitamente aterrado. Chamaremos esta corrente de IN. Assim,

C

CN

B

BN

A

ANN

ZV

ZV

ZVI (6)

Assim sendo,

VON = Zeq x IN (7)

O resultado do surgimento de uma resistência de neutro maior que zero é uma

flutuação do neutro do circuito tendo como conseqüência uma flutuação das tensões que

cada fase do circuito recebe. O resultado disso é imprevisível. As tensões do neutro e dasfases do circuito podem assumir qualquer valor no limite da tensão de linha. Na figura

abaixo, tem-se uma figura que mostra qualitativamente o que acontece nestes casos.

Fig. 1 – Diagrama fasorial de uma ligação em estrela a 3 fios.

O ponto O (neutro da instalação) se desloca imprevisivelmente do centro

geométrico do triângulo fasorial trifásico para um ponto qualquer dentro do mesmo.

Exemplo 1: (circuitos elétricos da Coleção Schaum)

Um sistema CBA trifásico, a três fios, 208V volts, tem carga ZA = 600 ZB = 630

0 e ZC = 545

0.. Determinar as correntes de linha, o fasor de tensão em cada

impedância e a tensão de deslocamento de neutro de neutro VON,

Solução:

Se a ligação é a tres fios, isto quer dizer que não há ligação de neutro. Aligação de neutro está em aberto, isto é, R N = . Se o circuito estivesse bem aterrado, a

corrente de cada linha seria:



3

182321610524455

150120

20020306

30120

20902006

90120

0

0

0

0

0

0

0

0

0

, j,Z

VI

Z

VI

. jZ

VI

C

CNC

B

BNB

A

ANA

A soma das três correntes acima é a corrente de neutro discutida na Eq.(6).

Assim, somando-se os três termos das equações acima, tem-se:

IN = IA + IB + IC = 13,79 + j.3,18 = 14,15 12,980

Por outro lado, a impedância equivalente total do circuito acima é dada por:

00

000

eq

452,030167,0167,0455

1

306

1

06

1

Z

1

= 0,167 + (0.145 – 0,084) +(0,141 – j.141) = 0,41 – j0,23 = 0,504-26,51

Zeq = (0,504-26,51)-1

= 1,98+26,510

Assim, pela equação (7), tem-se:

V0N = Zeq x IN = (1,98+26,510)x(14,15 12,98

0) = 28,0239,49

0

Na expressão acima, 28,02V é quanto vale a tensão de flutuação do neutro

do circuito (instalação).

As tensões fasorias que cada fase recebe é dada por:

VAO = VAN – VON = 120-900 – 28,0239,49

0

= -j120 – (21,62 + 17,82) = -21,62 – j137,82



4

= 139,21-98,910

VBO = VBN – VON = 120300 – 28,0239,49

0 = 92,527,14

0

VCO = VCN – VON = 1201500 – 28,0239,49

0 = 132,4161,4

0

Para a situação acima, tem-se o triângulo fasorial abaixo:

Fig. 2 – Diagrama fasorial para o Exemplo 1

Se no entanto, for uma ligação a quatro fios com um R N < , o resultado é

um pouco diferente, conforme se verá abaixo:

Seja R N = 30 . Pelo exposto acima, tem-se que acrescentar R N às cargas presentes no circuito para calcular a nova impedância Zeq :

000 456

1

306

1

06

11

eqZ + 30

1

= 0,504-26,51 + (30)-1

= 0.534-250

O novo Zeq = (0.534-250 )

-1 = 1,873+25

0

Sendo assim, a nova tensão de flutuação de neutro será:

VON = Zeq x IN = (1,873+250)x(14,15 12,98

0) = 26,5028

0

Comparado com situação anterior vê-se que a resistência de 30 de neutro

pouco altera em relação à situação em que esta resistência era infinita. No entanto se aresistência R N cair para 5 tem-se:

VON = 20,5320

Se R N = 1 , VON = 9,632,180.

Percebe-se, então, que quanto menor a resistência de neutro, menor aflutuação de neutro. O neutro bem aterrado “amarra” a tensão VON bem próxima do zero



5

. Idealmente falando, se a resistência de neutro for realmente zero, a tensão do

neutro da instalação será sempre zero. Para descobrir o neutro da instalação podemos nos

valer do que os eletricistas chamam de “chave-teste”. Trata-se de uma chave de fendacomum que tem no interior de seu cabo uma lâmpada néon. Se a lâmpada acender o ponto

é de fase; se não acender, é de neutro. Se você colocar um voltímetro AC entre este neutro e

um ponto bem aterrado, o voltímetro deve dar uma leitura de poucos volts, isto é, pouca

flutuação. No entanto, se a flutuação for grande, pode estar ocorrendo duas coisas: ou há

problemas no aterramento de neutro, ou o está ocorrendo um forte desbalanceamento, sejana rede interna, seja na externa (de rua).Suponha um conjunto de 3 lâmpadas incandescentes comuns. Uma de 100W,

outra de 60W e uma terceira de 40W ligadas num circuito trifásico em estrela, uma em cada

fase, supondo-se que a tensão de linha é de 380V e que a sequencia é ABC

Seja IA a corrente que circula pela carga liga à fase A (100W); seja IB a cor-rente que circula pela carga ligada à fase B (60W) e seja IC a corrente em C (40W). Seja

ainda R A a resistência associada à carga de 100W; R B a carga de 60W e seja R C a carga deassociada a de 40W

124040

220

40

3/380

P

VR

7,806100

220

60

3/380

P

VR

484100

220

100

3/380

P

VR

22

C

2F

C

22

B

2F

B

22

A

2F

A



6

00

00

0

2101770

1240

210220

3027307806

30220

4550484

90220

,

R

VI

,,R

VI

, jR

VI

C

CNA

B

BNB

A

ANA

Se a resistência de neutro R N for zero, a corrente de neutro I N será a soma

das três correntes acima. Assim,

IN = IA + IA + IC = 0,245700

Se a resistência de neutro for infinita o calculo de R eq acima, e

considerando-se a equação (4) , tem-se:

1240

1

807

1

484

11111

CBAeq R R R R

4,11x10

-3

R eq = 243,2

Assim, VON = R N .IN 243,2. 0,245700 = 59,6 70

0

O que aconteceu neste caso foi um forte desbalanceamento do neutro

(60V!). Isto reflete nas tensões que cada carga (no caso, cada lâmpada), Para ver isso, as

contas acima são refeitas:

100W: VAO = VAN – VON = 220900

- 59,6 700

16696,60

60W: VBO = VBN – VON = 220-30

0 - 59,6 70

0 238--43,9

0

40W: VCO = VCN – VON = 2202100 - 59,6 70

0 267-142

0

Na verdade, nos resultados finais os ângulos fasorias tem pouca ou nenhumaimportância prática. O que importa mesmo é saber que a lâmpada de 100W está submetida

a uma tensão de 166V, a de 60W, 238V e a de 40W, 267V. Assim sendo, as cargas estarão

sujeitas a grandes diferenças de tensão, podendo até serem queimadas.O aconteceu neste caso foi que a situação houve um forte desbalanceamento

das tensões de cada fase do circuito, mesmo sem a resistência de neutro ser

necessariamente infinita. O diagrama abaixo ilustra o que aconteceu:



7

Supondo-se, agora, uma resistência de 30Ω de neutro e, tem-se:

30

1

1240

1

807

1

484

111111

NCBAeq R R R R R 0,037

Logo, R eq 26.7 o que leva a VON = R N .IN 26.7. 0,245700

= 6,58700

A tensão que cada lâmpada está submetida é dada por:

100W: VAO = VAN – VON = 220900 - 6,5870

0 21490,6

0

60W: VBO = VBN – VON = 220-300 - 6,5870

0 221-32

0

40W: VCO = VCN – VON = 2202100 - 6,5870

0 223211

0

Não é fácil generalizar, mas em linhas gerais pode-se dizer que as menorescargas sofrem mais e tem mais chances de se danificarem quando há problemas na

resistência de neutro.Se o desbalanceamento de cargas for realmente muito forte, como mostradoabaixo, em que a lâmpada de 100W foi trocada por uma carga igualmente resistiva de

1000W (48,4 ), tem-se para a corrente de neutro com resistência de neutro zero:

IN = j.4,55 + 0,273-300 + 0,177210

0 = 4,1789

0

Refazendo-se os calculos acima tem-se para a resistência equivalente R eq:

30

1

1240

1

807

1

448

111111

,R R R R R NCBAeq

R eq = (0,056)

-1 = 17, 84

VON = R eq .IN 17,84 x 4,17890 = 74,4689

0

Neste caso a tensão que cada carga desta recebe é:

1000W: VAO = VAN – VON = 220900 – 74,4689

0 14490,5

0

60W: VBO = VBN – VON = 220-300 - 74,4689

0 265-32

0

40W: VCO = VCN – VON = 2202100 -74,4689

0 26690

0

No entanto, se R = , VON 190 900. Portanto, uma desbalaceamento de

neutro de cerca de 190V! . Assim, sendo, cada carga receberia:

1000W: VAO = VAN – VON = 220900 – 190 90

0 3197

0

60W: VBO = VBN – VON = 220-300 - 190 90

0 353-58

0

40W: VCO = VCN – VON = 2202100 -190 90

0 357 -123

0

Assim, duas das cargas estão quase no limite da tensão de linha que é 380V!



8

Exercícios propostos:

1) Resolveu-se iluminar um ambiente externo para uma festa com lâmpadas

incandescentes comuns. Como a quantidade de lâmpadas era muito grande, optou-se por

uma ligação trifásica (em estrela). Colocou-se 50 lâmpadas de 100W na fase A; 40 lâmpa-

das de 60W na fase B e 100 lâmpadas de 40W na fase C. Se fio de neutro desta ligação se

romper quando todas as lâmpadas estiverem acesas, que voltagens cada conjunto delâmpadas estará submetido? A tensão de fase é 220V.Resp: 187,2V; 261,1V, 218,6V

2) Um certo prédio tem 60 salas comerciais. Para cada sala foram previstas 5

lâmpadas fluorescentes de 40W com reatores com 0,4 de fator de potência e um arcon-

dicionado de 10.000 btus (1500W) com fator de potência de 0,8. Supondo-se que a tensãode fase do prédio é 220V e instalação foi feito de maneira distribuir igualmente as salas nas

três fases e desconsiderando-se outras cargas presentes no prédio, pergunta-se:

a) Qual a corrente de neutro da instalação da instalação como um todo, se

todas as lâmpadas e arcondicionados do prédio estiverem ligados?

b) Qual tensão de neutro da instalação se medirá se 10 salas estiveremfuncionando plenamente na fase A, 20 na fase B e 17 na fase C, se, por algum motivo a

resistência de neutro for R N = 30 ? Que tensão um usuário da fase A, por exemplo, medena sua tomada nestas condições?

Sugestão:

Começar calculando a impedância equivalente de cada carga de cada sala, queé a impedância das lâmpadas em paralelo com a impedância do arcondicionado.

Se Z = Z é impedância de uma certa carga, então n impedâncias iguais a

ela em paralelo será:

Z n

Z

(b) Tensão de neutro da instalação: 41,23 V; o usuário irá medir na tomada

que estiver na fase aproximadamente 260 V.



9

Solução do exercício proposto 2

A potência aparente das cinco lâmpadas são:

500

4,0

40x5 NL VA; cos

-1 0,4 = 66,42

0

A potência reativa das cinco lâmpadas são:

QL = NL x sen(66,42o) = 458,26 VAR

Para o arcondicionado, tem-se:

18758,0

1500 NA VA ; cos

-1(0,8) = 36,87

O --> QA = 1125 VAR

NT = 22 )112525,458()2001500( 2323,076 VA

Logo, a corrente total será:

IT = ooT

T 4356,1043220

08,2323

V

N

ZT = 20,83 430 = 15,23 + j 14,21

Z1 = 1,04 430 = 1,523 + j 1,421

VAN 1 0 AC 220 90VBN 2 0 AC 220 -30VCN 3 0 AC 220 210RA 1 5 1.523LA 5 4 3.77MRB 2 6 0.762LB 6 4 1.88MRC 3 7 0.9LC 7 4 2.22MRX 4 0 30* Resistência de neutro = 30 ohms.AC LIN 1 60HZ 60HZ.PRINT AC VM(1,4) VM(2,4) VM(3,4) VM(4,0) IM(RX)

.END

FREQ VM(1,4) VM(2,4) VM(3,4) VM(4,0) IM(RX)

6.000E+01 2.597E+02 1.920E+02 2.145E+02 4.123E+01 1.374

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