trifásicos total

Grupo de Estudos da Qualidade da Energia Elétrica Prof. José Policarpo GQEEGQEE

EEL002

CONVERSÃO

ELETROMECÂNICA DE

ENERGIA

TEORIA

Revisão: José Eugenio L. Almeida Colaboração: Thiago Clé e William Carneiro

1 / 110


CIRCUITOS TRIFÁSICOS

1 Geração de F.E.M.s Senoidais

1.1 Monofásicas

Da física tem-se que, quando um condutor é colocado em um campo magnético, desde

que haja uma variação deste campo no condutor, será induzida no mesmo uma força

eletromotriz - f.e.m. - dada pela equação:

( tEe MÁX ⋅⋅= )ωsen (1)

onde:

ωBSEMÁX =

sendo:

B - Indução ou Densidade de fluxo

S - Área da espira

ω - freqüência angular

Esta situação fica melhor esclarecida através da figura abaixo:

Figura 1 – Geração de f.e.m. senoidal.


2 / 110


No caso da figura 1 a variação do campo magnético se dá pelo fato do condutor estar

girando embora os pólos indutores (N e S) permaneçam fixos.

Mas no caso de geradores reais, pode ocorrer que o condutor esteja fixo e os pólos

serem girantes, havendo, portanto, como anteriormente, uma variação de campo

magnético sobre o condutor. A figura 2 ilustra:

ω

-+

a a'N S

a a' - representa ocondutor (ou espira)

Figura 2 - Esquemático de um gerador monofásico.

Em realidade no gerador monofásico real não existe um único condutor, mas uma série

deles ligados entre si, de forma que tenhamos dois terminais, o que caracteriza o sistema

monofásico.

1 Trifásicas

As f.e.m.s trifásicas são geradas da mesma forma que as monofásicas. Um sistema

trifásico nada mais é que um conjunto de três sistemas monofásicos que estão defasados

entre si de 120º elétricos (defasagem dos fasores das f.e.m.s); para tanto os condutores

(espiras) estão conectados convenientemente como mostra a figura 3 a seguir.

Pelo sentido de giro dos pólos indutores (NS) na figura 3, teremos que na espira bb’

haverá a indução de f.e.m. cujo valor máximo ocorre 120º após a ocorrência do valor


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máximo da f.e.m. da espira aa' e o valor máximo da f.e.m. da espira cc' ocorrerá 240º

após o da f.e.m. da espira aa', de forma que pode-se escrever:

-

+

aN

S

b'

c

a'b

c'

ω

Figura 3 - Esquemático de um gerador trifásico.

)34sen(

)32sen(

)sen(

'

'

'

πω

πω

ω

−⋅=

−⋅=

⋅=

tEe

tEe

tEe

MÁXcc

MÁXbb

MÁXaa

(2)

ou

)32sen(

)32sen(

)sen(

'

'

'

πω

πω

ω

+⋅=

−⋅=

⋅=

tEe

tEe

tEe

MÁXcc

MÁXbb

MÁXaa

(3)

Nota: Atente-se ao fato de que nos geradores trifásicos reais aa', bb' e cc' são bobinas

constituídas de diversas espiras e que ocupam todo o espaço, diferentemente daquilo

mostrado no modelo da Figura 3.

A partir do conjunto de equações (2) ou (3) pode-se fazer a representação fasorial das

f.e.m.s como a seguir:


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0'

jaa EeE =

•

120'

jbbE Ee

•−= (4)

240 120'

j jccE Ee Ee

•−= =

onde: 2MAXEE =

2 Seqüência de Fases

O conjunto de equações (2) e (3) são válidas para o indutor (pólos indutores) girando no

sentido indicado na figura 3. Entretanto o mesmo poderia girar em sentido contrário e

então

)32sen(

)32sen(

)sen(

'

'

'

πω

πω

ω

−⋅=

+⋅=

⋅=

tEe

tEe

tEe

MÁXcc

MÁXbb

MÁXaa

(5)

cujos fasores seriam:

0'

jaa EeE =

• (6) 120

'j

bb EeE =•

120'

jccE Ee

•−=

Fazendo , têm-se os seguintes diagramas fasoriais,

correspondendo a chamada seqüência de fases direta ou positiva - equações (4) - e

seqüência de fases inversa ou negativa - equações (6):

3'2'1' ,,••••••

=== EEEEEE ccbbaa

Figura 4 - Seqüência de fases.


5 / 110


3 F.E.M.s de Fase e de Linha

3.1 F.E.M.s Geradas por Gerador Conectado em Y (Estrela)

Como foi dito anteriormente o sistema trifásico nada mais é que a combinação de três

sistemas monofásicos defasados entre si de 120º. A representação de tal assertiva pode

ser feita como abaixo:

a

a'

b

b'

c

c'

Figura 5 - Três sistemas monofásicos.

Em termos práticos é interessante, todavia, que, por exemplo, ligue-se os

terminais a', b' e c' entre si resultando em:

a' ≡ b' ≡ c'

fase c

fase a

fase b

a

c

b

neutro

Figura 6 - Gerador Trifásico em Y.


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À conexão da figura 6 dá-se o nome de conexão Estrela e representa-se por Y. Ainda

mais, o ponto de coincidência entre a', b' e c' é chamado de ponto neutro e o condutor

dali retirado é chamado de fio neutro ou simplesmente neutro. Os condutores retirados

dos terminais a, b e c, são chamados de, respectivamente, fase a, fase b e fase c.

A partir daí pode-se construir o diagrama de fasores das f.e.m.s geradas em cada bobina,

ou seja:

Figura 7 - Diagrama fasorial para

Ean

Ecn

Ebn

As f.e.m.s acima representadas são aquelas ent

próprias bobinas. Entretanto, em termos prá

necessidade das f.e.m.s entre, por exemplo, a fa

abE•

- f.e.m. entre as fases a e b

caE•

- f.e.m. entre as fa

E agora define-se:

cnbnan EeEE•••

, - f.e.m.s entre fase e neutro

cabcab EeEE•••

, - f.e.m.s entre fases ou f.e.

Revisão: José Eugenio L. Almeida

7 / 110

OBS.: A seqüência de fases

adotada é a direta

as f.e.m.s de fase.

re fase e neutro, ou seja são as f.e.m.s nas

ticos é bastante comum o interesse e a

se a e a fase b, daí pode-se obter:

- f.e.m. entre as fases bcE•

b e c

ses c e a

ou f.e.m.s DE FASE

m.s DE LINHA

Colaboração: Thiago Clé e William Carneiro


Por outro lado, a análise da Figura 6 mostra:

abbanbnabnan

nbbn

naan

EEEEEEEEE

EEE

EEE

•••••••••

•••

•••

−

=−=+−−=−

−−=

−=

)(

Logo:

bnanab EEE•••

−=

Analogamente:

cnbnbc EEE•••

−= e ancnca EEE•••

−=

Como

cnncbnnbanna EEeEEEE••••••

−=−=−= , então pode-se escrever:

ab an nb

bc bn nc

ca cn na

E E E

E E E

E E E

• • •

• • •

• • •

= +

= +

= +

(7)


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A união do conjunto de equações (7) com a figura 7, leva-nos a:

E

E

E

E

E

E E E

E

ca cn nb ab

an

ncbn

na

bc

Figura 8 – Diagrama Fasorial para as f.e.m.s de fase e de linha - Conexão Y.

Se se tomar, de acordo com a figura 8, as f.e.m.s de fase como sendo:

º120

º120

º0

jcn

jbn

jan

eEE

eEE

eEE

=

=

=

•

−•

•

Tem-se, por exemplo:

[ ]

[ ]

0º 60º

30º

cos 0º sen 0º cos 60º sen 60º

1 3 3 3 3 11 0 32 2 2 2 2 2

3 cos30º sen 30º

3

j jab an nb

jab

E E E E e E e E j j

E j j E j E j

E j

E Ee

• • •

•

= + = + = + + +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + = + = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= +

=

∴ =


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Desenvolvimentos análogos levariam a:

º150

º90

3

3

jca

jbc

eEE

eEE

=

=•

−•

Portanto:

"F.e.m.s de linha são, na conexão Y, 3 vezes maior que as de fase e estão

desfasadas das mesmas, na seqüência de fases direta, de 30º ”, ou

º303 jfL eEE +

••= (8)

onde: - f.e.m. de linha LE•

fE•

- f.e.m. de fase correspondente

3.2 F.E.M.S Geradas por Gerador Conectado em ∆ (Delta ou Triângulo)

Agora, poder-se-ia tomar as três bobinas da figura 5 e ligá-las da seguinte forma:

a(≡b')

b(≡c')

c(≡a')

fase c

fase a

fase b Figura 9 – Gerador Trifásico ligado em ∆


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À conexão da figura 9 dá-se o nome de conexão Triângulo ou Delta e representa-

se por ∆. Note que as f.e.m.s de linha, neste caso, são as próprias f.e.m.s geradas

nas bobinas, logo:

"F.e.m.s de linha são, na conexão ∆, as próprias f.e.m.s de fase"

Pode-se , por exemplo, fazer a seguinte representação fasorial, tomando na

referência:

abE•

E

E

E

ca

ab

bc Figura 10 – Diagrama Fasorial para as f.e.m.s de fase e de linha – Conexão ∆

4 Cargas Trifásicas

As cargas elétricas podem ser classificadas segundo diversas formas, a saber:

4.1 Tipos de Carga Quanto ao Ângulo

º0,) ==→

ϕϕjeZZa

Sendo ϕ = 0º, não haverá defasagem entre a tensão aplicada a esta

impedância e a corrente que por ela circula, tem-se então a chamada carga

Puramente Resistiva.

ϕϕ sencos jZZZ +=→

fazendo Z cosϕ = R

Z senϕ = X,


11 / 110


logo jXRZ +=→

entretanto ϕ = 0º, portanto R = Z e X = 0, logo:

RZ =→

º90,) ==→

ϕϕjeZZb

Sendo ϕ = 90º a corrente na impedância estará defasada de 90º em atraso com

relação à tensão aplicada à mesma, tem-se então a chamada carga Puramente

Indutiva.


sendo Z cosϕ = R

Z senϕ = X, vem jXRZ +=→

Como ϕ = 90º, tem-se R = 0 e X = Z, portanto:

jXZ =→

º90,) −==→

ϕϕjeZZc

Sendo ϕ = -90º, a corrente nesta impedância estará defasada de 90º adiantada

com relação à tensão na impedância, tem-se então a chamada carga Puramente

Capacitiva.


sendo Z cosϕ = R e Z senϕ = X, vem jXRZ +=→

Porém, sendo ϕ = -90º, tem-se R = 0 e -X = Z, portanto:

jXZ −=→

º90º0,) <<=→

ϕϕjeZZd

Neste caso, a impedância faz com que haja um defasamento da corrente para a

tensão de –90º < ϕ < 0º, portanto a carga é do tipo Resistiva e Indutiva.


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jXRZ +=∴→

R - parte Resistiva X - parte Indutiva

Como 0º< ϕ < 90º, vem:

jXRZ +=→

º0º90,) <<−=→

ϕϕjeZZe

Agora o defasamento da corrente com relação a tensão será de 0º < ϕ < 90º,.

logo a carga é do tipo: Resistiva e Capacitiva.


jXRZ +=→

Como -90º< ϕ < 0º:

jXRZ −=→

R - parte Resistiva X - parte Capacitiva

f) Carga com R, L, C

Este caso não é independente dos outros, pois dependendo das particularidades

da impedância em estudo tem-se ou o caso a) ou o d) ou o e).

f.1) R, L, C com equivalência de aspectos.

Se o aspecto indutivo da carga for equivalente a seu aspecto capacitivo,

tem-se a chamada ressonância, e então a carga será "vista" como sendo

simplesmente uma resistência, logo tem-se o caso a).

f.2) R,L,C, com preponderância do aspecto indutivo.

Se o aspecto indutivo da carga for preponderante ao aspecto capacitivo, a

carga será "vista" como sendo resistiva e indutiva e portanto aplica-se o

caso d).


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f.3) R,L,C, com preponderância do aspecto capacitivo.

Por outro lado, se o aspecto capacitivo da carga for preponderante ao

indutivo, a mesma será "vista” como sendo resistiva e capacitiva, logo

tem-se o caso e).

Todos estes casos são melhores visualizados através dos diagramas de

fasores de tensões e correntes:

I

R Z = RV

V

I

Caso a

I

L Z = j XLV

V

I

Caso b


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I

C Z = - j XCV

V

ICaso c

I

L Z = j XL

V

V

I

Caso d

R Z = R ϕ

ϕ = tg -1 XR

I

V

V

I

Caso e

R Z = R ϕ

C Z = -jXC


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4.2 Tipos de Cargas Quanto à Conexão

No item anterior, viu-se todos os tipos de cargas possíveis, quanto a variação do

ângulo da impedância. Agora , dependendo da forma como são conectadas, tem-se

as possibilidades existentes nos sistemas trifásicos.

Tomadas três impedâncias quaisquer, estas podem ser ligadas como a seguir:

a) Carga em Delta ou Triângulo (∆)

b

c

a

Z3 Z1

Z2

a cb

Z3 Z1 Z2

ou

Figura 12 - Carga trifásica ligada em ∆.


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ou como abaixo:

b) Carga em Estrela (Y)

b

c

a

Z3

Z1

Z2

a cb

Z3 Z1 Z2

ou

nn

Figura 13 - Carga trifásica ligada em Y.

4.3 Tipos de Cargas Quanto à Igualdade ou não das Impedâncias - Cargas

Equilibradas e Desequilibradas

Se as três impedâncias das figuras 12 ou 13, forem de tal forma que:

321

→→→

== ZZZ - diz-se que a carga é Equilibrada.

Por outro lado, se:

321

→→→

≠≠ ZZZ ou ou ou , diz-se que

a Carga é Desequilibrada.

321

→→→

=≠ ZZZ 321

→→→

≠= ZZZ 231

→→→

≠= ZZZ

OBS.: Para os objetivos deste trabalho, sempre serão consideradas carga

equilibradas.


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5 Correntes de Linha e de Fase

Seja um gerador alimentando uma carga como na figura a seguir,

ZC

ZCZC

Ic

Ib Ia

ab

cC

A

Zg

Zg

Zg

B

Gerador Carga

IA

IB

IC

INN

Figura 14 - Gerador em Y alimentando carga em Y.

Na figura 14, tem-se:

- Gerador Trifásico Y - Carga Trifásica Y - Zc - Impedância da carga - Zg - Impedância do gerador

- - correntes do gerador para a carga (correntes de linha) CBA III•••

,,

- - corrente da carga para o gerador nI•

- - correntes na carga (correntes de fase) cba III•••

,,

As correntes nas linhas que chegam à carga , são chamadas de correntes de

linha

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ •••

CBA III ,,

As correntes nas impedâncias da carga , são chamadas de correntes de fase ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ •••

cba III ,,


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5.1 Correntes de Linha e de Fase em uma Carga Ligada em Y

Pela figura 14 observa-se que é a própria corrente , o mesmo acontecendo

com e e , e com e , ou seja para a carga em Y as correntes de linha são

as próprias correntes de fase.

AI•

aI•

BI•

bI•

CI•

cI•

Cálculo das Correntes

C

ana

Z

VI →

••

= C

bnb

Z

VI →

••

= C

cnc

Z

VI →

••

=

Como não se considerou impedâncias para as linhas Aa, Bb e Cc (Vide figura 14),

pode-se dizer que:

CNcnBNbnANan VVVVVV••••••

===

1) diferem das f.e.m.s pelas quedas de tensão

internas ao gerador e são chamadas de tensões. Para a fase A, p.ex., poderia ser

escrito: , onde:

CNBNAN VeVV•••

, CNBNAN EeEE•••

,

•→••

⋅+= AgANAN IZVE

ANE•

- f.e.m. gerada

ANV•

- Tensão nos terminais A e N •→

⋅ Ag IZ - Queda de tensão no gerador

Logo:

c

ANaA

Z

VII →

•••

== c

BNbB

Z

VII →

•••

== c

CNcC

Z

VII →

•••

==


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Por outro lado, suponha-se que os terminais A, B, C e N do gerador estejam

curto-circuitados, então :

g

ANA

Z

EI →

••

= g

BNB

Z

EI →

••

= g

CNC

Z

EI →

••

=

Como tem mesmo módulo e estão defasadas entre si de 120º e

a impedância é sempre a mesma, pode-se afirmar que: têm mesmo

módulo e estão defasados entre si de 120º.

CNBNAN EeEE•••

,

CBA IeII•••

,

Por extensão do raciocínio e portanto estariam

também defasados de 120º e teriam mesmo módulo, respectivamente.

CNBNAN VeVV•••

, anbnan VeVV•••

,

Cálculo das Correntes

Seja:

αjc

jcn

jbn

jan

eZZ

eVVeVVeVV

=

===→

+•

−••

º120º120º0

Então:

αα jja eIe

ZVI −−

•

== ( ) )120(120 αα +−+−•

== jjb eIe

ZVI

(120 ) (120 )j jc

VI e I eZ

α α•

− −= =


cban IIII••••

++=


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logo:

=−++++−−−+−=

=−+−++−++−=•

º120cossencosº120sensenº120sencosº120cosº120cossencosº120sensenº120sencosº120cossencos

)]º120sen()º120[cos()]º120sen()º120[cos()sen(cos

αααααααααα

αααααα

jjjjjI

jjjII n

cos sen 2cos120cos 2 sen cos120

1 1cos sen 2 cos 2 sen2

cos sen cos sen 0

0n

I j j

I j j

I j j I

I

2

α α α α

α α α α

α α α α•

= − + −

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + ⋅ − ⋅ − ⋅ −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

= − − + =

=

=

= (9)

Conclusão: "Se a carga for equilibrada, a corrente no neutro da Y, será nula".

Pode-se, então fazer o seguinte quadro para a conexão Y:

º303 jfL

jf eVVeVV ±

•••== β

(1)

(1) ±30º, dependendo então da seqüência de fases tomada. No caso da

seqüência direta temos +30º, e no caso da seqüência inversa tem-se -30º.

0=

=

=

•

••

•

n

fL

jf

I

II

eII γ

(10)


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5.2 Correntes de Linha e de Fase em uma Carga Ligada em ∆

Seja e figura 15 abaixo:

ZC

ZCZC

I bcI ab

I ca

a

b

c

C

A

Zg

Zg

Zg

B

Gerador

Carga

IA

IB

IC

N

Figura 15 - Gerador em Y alimentando carga em ∆


- Gerador trifásico em Y

- Carga trifásica em ∆

- Zc - impedância de carga

- - correntes de linha CBA III•••

,,

- - correntes de fase cabcab III•••

,,

Cálculo das Correntes de Fase

Seja:

(120 ) (120 )j jab bc caV V e V V e V V e jϕ ϕ ϕ

• • •− − += = =


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então, sendo , vem: ϕjeZZ =→

º120º120º120º120º0º0 jjca

jjbc

jjab eIe

ZVIeIe

ZVIeIe

ZVI ======

•−−

••

Cálculo das Correntes de Linha

Aplicando Kirchoff à carga da figura 15, vem:

bccaCabbcBcaabA IIIIIIIII•••••••••

−=−=−=

Calcule-se então. por exemplo : AI•

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−−+=

=−−+==−=−=

•••

23

23

23

23

23

2101

]º120senº120cosº0senº0[cos

º120º0

jI

JIjjI

jjIeIeIIII jj

caabA

Multiplicando e dividindo por 3 , vem:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

•

21

233 jII A como )º30cos(

23

±= e )º210º30sen(21 ou−=

Vem:

º303 jA eII −

•

=


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Analogamente:

º90º150 33 jC

jB eIIeII +

•−

•==

ou seja:

"Na conexão ∆, as correntes de linha são 3 vezes maior que as correntes de

fase e estão defasadas das respectivas correntes de fase de ±30º (1)”

(1) ±30º dependendo aqui também, da seqüência de fases adotada. No caso

desenvolvido –30º que é de seqüência de fases direta.

Com isso, pode-se fazer o seguinte quadro para a conexão

º303 jfL

jffL

jf eIIeIIVVeVV ±

••••••

==== γβ (11)

Conclusão Final

Supondo três impedâncias em Y de valor , tem-se o seguinte Diagrama

Fasorial para a Seqüência de Fases Direta:

ψjeZZ =→

V

V

V

VV

V

ca cn ab

an

bn

bc

I C

I A

BI

30°

30°

30°

ϕ

ϕ

ϕ

Figura 16 – Diagrama Fasorial de tensões e correntes para carga equilibrada em Y.


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Se as impedâncias estivessem agora em ∆, ter-se-ia:

V V

V

ca ab

bc

I c

I a

b I

30°

30°

30°

ϕϕ

ϕ

ab I

I ca

I bc

Figura 17 – Diagrama Fasorial de tensões e correntes para carga equilibrada em ∆.

6 Conversão ∆-Y e Y-∆

Por vezes é muito útil transformar uma carga ∆ em uma equivalente em Y e vice-versa.

Neste caso, a equivalência de cargas significa dizer que: estando as cargas equivalentes

em ∆ ou Y, as tensões e correntes de linha não são alterados, ou seja, continuam as

mesmas.

C

B

A

Z3 Z1

Z2

Z5 Z4

Z6

A

B

C

I A

IB

IC

IA

I B

I C

Sejam as cargas como as da figura abaixo:

Figura 18 - Cargas Equilibradas.


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Para a carga em Y, pode-se escrever:

BNANAB VVV•••

−=

BAAB IZIZV•→•→•

−=∴ 54 (A)

Para a carga em ∆, tem-se:

0AB BC CA AB BC CAV V V V V V• • • • • •

+ + = = − −

CABCAB IZIZV•→•→•

−−= 32 (B)

Mas: B BC A

BC B AB

BI I I

I I I

• • •

• • •

= −

= + (C)

CAABA III•••

−=

AABCA III•••

−= (D)

Substituindo (C) e (D) em (B), vem:

AABABBAB IZIZIZIZV•→•→•→•→•

−−−−= 3322

Da figura 18, tem-se:

1

→

••

=Z

VI ABAB , logo:

BAAB

BAAB

AABAB

BAB

IZIZZ

ZZZV

IZIZZ

Z

Z

ZV

IZZ

VZZ

VZIZV

•→•→

→

→→→•

•→•→

→

→

→

→•

•→

→

•→

→

•→•→•

−=++

∴

−=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛++∴

+−−−=

23

1

321

23

1

3

1

2

3

1

3

1

22

1


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BAAB IZZZ

ZZIZZZ

ZZV•

→→→

→→•

→→→

→→•

++−

++∴

321

21

321

31 (E)

Comparando (A) e (E), vem:

321

314 →→→

→→→

++=

ZZZ

ZZZ (F)

321

215 →→→

→→→

++=

ZZZ

ZZZ

Por analogia:

321

326 →→→

→→→

++=

ZZZ

ZZZ

Como (carga em ∆, equilibrada) e (carga em ∆,

equilibrada), pode-se fazer:

321→→→

== ZZZ 654→→→

== ZZZ

∆

→→→→

=== ZZZZ 321

YZZZZ→→→→

=== 654 , donde a partir, por exemplo, de (F), vem:

∆

→

∆

→

∆

→

∆

→

∆

→

∆

→

∆

→→ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

=++

=Z

Z

ZZZ

ZZZ Y

3

2

3∆

→→

=∴ZZ Y (12)

por outro lado:

YZZ→

∆

→

= 3 (13)


27 / 110


7 Circuito Monofásico Equivalente a um Circuito Trifásico

Desde que a carga do sistema trifásico seja equilibrada, uma simplificação pode ser

operada nos sistemas trifásicos. Uma vez que em sendo a carga equilibrada as correntes

e as tensões apenas diferem entre si quanto ao angulo de fase, pode-se calcular uma

grandeza e obter as outras duas através de defasagem de ±120º.

7.1 Carga em Y

Seja e carga Y a seguir:

C

A

B

Z Z Z

I A IB IC

N

Sendo

ψjjCA

jBC

jAB eZZeVVeVVeVV ====

→+

•−

••º120º120º0

Tem-se:

(30 )º (150 )º (90 )º

3 3 3j j

A B CV V VI e I e I e

Z Zj

Zψ ψ ψ

• • •− + − + −= = =

Ora, bastava calcular, por exemplo, e com ±120º obtém-se e . pode

ser obtido do seguinte circuito:

AI•

BI•

CI•

AI•


28 / 110


Z

I L

VL

√3e

-j30°

Como º30

3jAB

AN eVV −

••

= , poder-se-ia para a Seqüência de Fases Direta, fazer:

Figura 19 - Circuito 1∅ Equivalente, com carga em Y e SF Direta

7.2 Carga em ∆

No item anterior viu-se a equivalência ∆-Y, portanto a simplificação desenvolvida

no sub-item 7.1 pode ser agora aplicada para carga em ∆, como aquela a seguir:

Z Z

Z

C

B

A

I A

IB I C

IAB

I CA

IBC


29 / 110


Supondo:

αjjCA

jBC

jAB eZZeVVeVVeVV ====

→•−

••º120º120º0

Vem: )120()120( ααα −•

+−•

−•

=== jCA

jBC

jAB e

ZVIe

ZVIe

ZVI

E portanto:

)90()150()30( 333 ααα −•

+−•

+−•

=== jC

jB

jA e

ZVIe

ZVIe

ZVI

Podemos simplificar a partir de:

Z

IA

~ V AN

3

Z Z

Z

C

B

A

I A

I B I C

I ABI CA

I BC

C

A

B

Z Z Z

I A I B I C

N

3 3 3

e portanto equivale a, por exemplo:


30 / 110


º30º30

33jjAB

AN eVeVV −−

••

==

logo:

)º30()º30( 3

33

αα +−+−• ⋅

=⋅

= jjA e

ZVeZ

VI

e º120)º30(3 jjB ee

ZVI −+−

• ⋅= α º120)º30(3 jj

C eeZ

VI α+−• ⋅

=

Donde: )º015(3 α+−• ⋅

= jB e

ZVI )º09(3 α+

• ⋅= j

C eZ

VI

Portanto, para SF direta e carga em ∆, tem-se:

Z

IL

VL

√3e

-j30°

3

Figura 20 - Circuito 1∅ equivalente com carga em ∆ e SF direta.

De posse dos conhecimentos para o cálculo das correntes e das tensões em cargas

trifásicas, em Y ou ∆, resta agora o cálculo e a medição da potência nos sistemas

trifásicos.


31 / 110


8 Cálculo e Medição de Potência em Sistemas Trifásicos

Seja uma carga ligada a um sistema monofásico como na figura 21

Z = Z e

I

V jϕ

Figura 21 - Circuito monofásico.

A potência "consumida” pela carga →

Z é dada por:

a) Potência Ativa, Real ou Wattada

ϕcosVIP = (14)

Onde ϕ além de ser o ângulo da carga é também o ângulo de defasagem entre a

tensão aplicada à carga e a corrente na carga.

b) Potência Reativa ou Dewattada

ϕsenVIQ = (15)

c) Potência Aparente

VIS = (16)

Sendo as unidades:

| P | = W, kW, MW, etc.

| Q | = VAr, kVAr, MVAr, etc.

| S | = VA, kVA, MVA, etc.


32 / 110


Das equações (14), (15) e (16) pode-se montar o chamado triângulo de Potências:

ϕQ

P

S = VI

Figura 22 - Triângulo de Potências.

Por outro lado considerando uma carga do tipo onde ϕjeZjXRZ =+=→

RXtg 1−=ϕ , vem:

ϕ

X

R

Z

Figura 23 - Triângulo de Impedâncias.

Das figuras 22 e 23, temos:

ZRVIP

ZRZRVIP ==== ϕϕϕ coscoscos

Como ZVI = , vem:

RIIP = 2RIP = * (17)

E

ϕsenVIQ = ϕsenZX = ZX

=ϕsen ZXVIQ =

Como ZVI = , vem:

XIIQ = * (18) 2XIQ =


33 / 110


E mais:

VIS = (19) IIZS = 2ZIS =

Resumindo:

ϕcosVIP = 2RIP = *

ϕsenVIQ = * (20) 2XIQ =

VIS = 2ZIS =

* Desde que R e X estejam em série.

8.1 Potências para Carga em Y

Seja agora uma carga trifásica, por exemplo, ligada em Y.

Z Z Z

N

I A I B I C

A B C

Figura 24 – Circuito Trifásico em Y.

Na seqüência de fases direta tem-se:

º90º150,º30 ∠=−∠=−∠=•••

VVeVVVV CNBNAN , logo:

)90()120()30( ααα +→

••

+−→

••

+−→

••

====== jCNC

jBNB

jANA e

ZV

Z

VIeZV

Z

VIeZV

Z

VI

fazendo IZV

= e de acordo com o que foi mostrado para circuito monofásico, vem:

ααα coscoscos VIPVIPVIP CBA ===


34 / 110


onde:

PA - potência ativa consumida pela impedância da fase A;

PB - potência ativa consumida pela impedância da fase B;

PC - potência ativa consumida pela impedância da fase C;

α - É sempre o ângulo entre a tensão na impedância (tensão de fase) e, a corrente na

impedância (corrente de fase) (Vide ângulo entre ) que

é o próprio ângulo da impedância.

CCNBBNAAN IeVIeVIeV••••••

,,

A potência ativa total consumida pelas três impedâncias é:

αcos3VIPTOT = (21)

Como V é o módulo de e CNBNAN VeVV•••

, I é o módulo de pode-se

rescrever:

CBA IeII•••

,

αcos3 ffTOT IVP = (22)

Onde:

fV - tensão de fase - corrente de fasefI

Portanto:

A potência ativa total é dada por três vezes o produto entre o módulo da tensão de

fase, o módulo da corrente de fase e o cosseno do ângulo entre o fasor tensão de fase

e o fasor corrente de fase.

Analogamente:

αsenVIQA = αsenVIQB = αsenVIQC =

αsen3VIQTOT = (23)


35 / 110


Ou

αsen3 ffTOT IVQ = (24)

E mais:

VISVISVIS CBA ===

VISTOT 3= (25)

Ou

ffTOT IVS 3= (26)

Por outro lado, na conexão estrela, tem-se:

fLfL IIVV == 3

Logo em (22) temos:

αα cos3

33cos3

3 LL

LL

TOT IVIVP ==

αcos3 LLTOT IVP = (27)

Na equação (23), tem-se:

αα sen3

33sen3

3 LL

LL

TOT IVIVQ ==

αsen3 LLTOT IVQ = (28)

Finalmente na equação (26), vem:

LL

LL

TOT IVIVS3

333

3 ==

LLTOT IVS 3= (29)


36 / 110


Atenção: Como para a conexão Y, a tensão de linha está defasada da tensão de fase,

o ângulo α não é, nas equações (27) e (28), o ângulo entre . LL IeV••

8.2 Potências para Carga em ∆

Se a carga agora estiver em ∆, tem-se: A CB

Z Z Z

I A I B I C

I BCIABI CA

Figura 25 – Circuito Trifásico em ∆.

Para este caso:

)120(

)120(

α

α

α

−→

••

+−→

••

−→

••

==

==

==

jCACA

jBCBC

jABAB

eZV

Z

VI

eZV

Z

VI

eZV

Z

VI

Fazendo IZV = e de acordo com o que foi mostrando para circuito monofásico,

tem-se:

ααα coscoscos VIPVIPVIP CBA ===


37 / 110


Note que α é sempre o ângulo entre tensão na impedância (tensão de fase) e

corrente na impedância (corrente de fase), veja o ângulo entre e , e

, e .

ABV•

ABI•

BCV•

BCI•

CAV•

CAI•

Logo:

αcos3VIPTOT = (30)

Ou ainda

αcos3 ffTOT IVP = (31)

E mais:

αsen3VIQTOT = (32)

ou

αsen3 ffTOT IVQ = (33)

E

VISTOT 3= (34)

Ou

ffTOT IVS 3= (35)

Por outro lado na conexão ∆, tem-se:

fL

fL

II

VV

3=

=


38 / 110


Logo em (31) vem:

αα cos3

33cos3

3 LL

LLTOT

IVIVP ==

αcos3 LLTOT IVP = (36)

Em (33), vem:

αα sen3

33sen3

3 LL

LLTOT

IVIVQ ==

αsen3 LLTOT IVQ = (37)

Finalmente em (35), vem:

333

33 L

LL

LTOTIVIVS ==

LLTOT IVS 3= (38)

ATENÇÃO: Como para a conexão ∆, a corrente de linha está defasada da corrente

de fase, o ângulo α não é, nas equações (36) e (37), o ângulo entre e . LV•

LI•

8.3 Medição de Potência

Uma vez que já foi mostrado o cálculo das potências em sistemas trifásicos,

mostrar-se-á agora como efetuar as medições.

Apresenta-se direto ao uso de dois wattímetros, conhecido como Conexão Aron

ou Processo de Blondel.

A conexão Aron é efetuada como a seguir:


39 / 110


C

B

A W

W

W

WA

B

C

C

B

W

W

A

ou

ou

(a)

(b)

(c)

Figura 26 – Formas de medição de potência com dois wattímetros.

8.3.a Medição para carga em Y

Supondo a medição sendo efetuada como da forma abaixo:

C

B

A W1

W2 N

Z

Z

Z

I A

I B

I C

a

b

c


40 / 110


O wattímetro W1 indicará:

)cos(1 AACAAC IVIVW••••

=

)cos(1 AACAAC IVIVW••

=∴

Seja:

º900,º0 <<==→•

ϕϕjjLAB eZZeVV

Logo:

VAB

VCN

BCV

CAV

ANVBNV

ACV

I C

AIBI

ϕ

ϕϕ

Do Diagrama Fasorial, tem-se:

º60º300º180 jLAC

jLAC

jACCA eVVoueVVeVV −

••••==∴=

Logo:

º60=••

ABAC VV ϕ+=••

º30ABA VI

Portanto:

30ºAACV I ϕ• •

= −


41 / 110


Então, como e LAC VV = LA II = , vem:

)º30cos(1 ϕ−= LL IVW (39)

Já o wattímetro W2 indicará:

)cos(2 BBCBBC IVIVW••••

=

)cos(2 BBCBBC IVIVW••

=

Do Diagrama Fasorial, vem:

º30=••

BNBC VV ϕ=••

BBN IV ϕ+=••

º30BBC IV

Como LBLBC IIeVV == , vem:

2 cos(30º )L LW V I ϕ= + (40)

8.3.b Medição para carga em ∆

Supondo a medição sendo efetuada como a seguir:

C

B

A W1

W2

Z

Z

Z

IA

IB

IC

a

b

c

I ab

I bc

I ca


42 / 110


O wattímetro W1 indicará:

)cos(1 AACAAC IVIVW••••

= )cos(1 AACAAC IVIVW••

=

Se º0jLAB eVV =

•

, 0 90ºjZ Z e ϕ ϕ→

= < < , vem

VAB

BC V

CA V

AC V

AI

BI Iab

Ica

I bc

ϕ

ϕ

ϕ

Do Diagrama Fasorial, vem:

ϕ+=••

º30AAB IV

º60º180 jL

jCAAC eVeVV ==

••

º60=••

ABAC VV

Logo:

ϕ−=••

º30AAC IV

Como e LAC VV = LA II = , vem:

)º30cos(1 ϕ−= LL IVW (41)

O wattímetro W2, por sua vez, indicará:

)cos(2 BBCBBC IVIVW••••

= )cos(2 BBCBBC IVIVW••

=


43 / 110


Do Diagrama Fasorial, tem-se:

ϕ=••

BCbc VI º30=••

bcB II

ϕ+=∴••

º30BBC IV

Como e LBC VV = LB II = , vem:

2 cos(30º )L LW V I ϕ= + (42)

Das equações (39), (40) ou (41), (42), vem:

[ ][ ][ ]ϕ

ϕϕϕϕϕϕ

cosº30cos2senº30sencosº30cossenº30sencosº30cos

)º30cos()º30cos(21

LL

LL

LL

IVIV

IVWW

==−++=

=++−=+

ϕϕ cos3cos23221 LLLL IVIVWW =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=+∴

ϕcos311 LLIVWW =+∴ (43)

Comparando-se a equação (43) com as equações (27) e (36), conclui-se:

“A soma algébrica – adiante ver-se-á porque algébrica – das indicações dos

dois wattímetros em conexão Aron é igual a potência ativa total da carga

trifásica”.

8.3.c Particularidades da Conexão Aron

c.1 Carga ôhmica - ϕ = 0º

º30cosº30cos

2

1

LL

LL

IVWIVW

==


44 / 110


Ou seja: 21 WW =

Conclusão: Os dois instrumentos indicam o mesmo valor, portanto bastaria

o uso de um só, e multiplicar sua indicação por dois

c.2 Carga indutiva - ϕ = 30º

º60cosº0cos

2

1

LL

LL

IVWIVW

==

Logo: LLIVW =1 LLIVW21

2 =

Conclusão: Um dos wattímetros acusa o dobro do outro.


º90cos)º30cos(

2

1

LL

LL

IVWIVW

=−=

Logo:

LLIVW23

1 = 02 =W

Conclusão: Um dos instrumentos tem indicação nula. Aumentando-se o

ângulo acima de 60º, o instrumento que indicava zero, respectivo a

cos(30º+ϕ), passará a indicar valores negativos; POR ISSO

ANTERIORMENTE AFIRMOU-SE: SOMA ALGÉBRICA.


º120cos)º60cos(

2

1

LL

LL

IVWIVW

=−=


45 / 110


Logo:

LLIVW21

1 = LLIVW21

2 −=

Conclusão: Os dois wattímetros indicam os mesmos valores, porém com

sinais contrários, o que resulta em WTOT = 0, que é coerente pois ϕ = 90º é

para carga puramente indutiva, ou seja, não consome potência ativa.

8.3.d Potência Reativa

Das equações anteriores temos:

)º30cos()º30cos( 21 ψψ +=−= LLLL IVWIVW

Então:

[ ]ψψψψ senº30sencosº30cossenº30sencosº30cos21 +−+=− LLIVWW

Então:

ψψ

sen)senº30sen2(

21

21

LL

LL

IVWWIVWW

=−=−

Portanto:

ψsen3)(3 21 LLIVWW =−

Como QIV LL =ψsen3 , vem:

)(3 21 WWQ −= (44)

Conclusão: Com a indicação dos dois wattímetros da Conexão Aron pode-se

também obter a potência reativa “consumida” pela carga equilibrada.


46 / 110


9 Correção do Fator de Potência

9.1 Definição

O fator de potência é a relação entre a potência ativa e a potência aparente num

sistema, ou seja:

SPPF =..

No triângulo de potências de um sistema (figura 27), vê-se que o fator de potência

nada mais é que o cosseno do ângulo (ϕ) entre a potência ativa e a potência

aparente.

ϕ

Q

P

S

Figura 27 - Triângulo de Potências.

9.2 O porquê do aumento do F.P.

Veja alguns dos motivos que fazem com que haja a preocupação em aumentar

(melhorar) o f.p. (cosϕ) de um sistema.


47 / 110


9.2.1 Sobrecarga nos Cabos

Na figura 28, observa-se que, para uma mesma potência ativa (produtora de

trabalho), existem dois valores de potência aparente (S1) e (S2).

ϕ

Figura 28

Ora observemos que

Logo o ideal é transm

11 VIS = e

Como S1 < S2, tem-se

Ou seja sendo ma

dimensionados levan

dimensionados levan

2I

Portanto:

"Para uma mesma ten

é desejável.

Revisão: José Eugenio L. Almeida

1Q1

Pϕ2

Q2S 1

2S

- Comparação para cosϕ1>cosϕ2.

para ϕ1 < ϕ2, temos S1 < S2, portanto Q1 < Q2 e P1 = P2.

itir S1, pois:

22 VIS =

que: 21 II <

ior que , ou todos os cabos estão sobrecarregados (foram

do em conta ) ou o seu custo foi mais alto (foram

do em conta ).

1I

1I

2I

são, quanto menor o f.p.., maior será a corrente", o que não

Colaboração: Thiago Clé e William Carneiro

48 / 110


9.2.2 Aumento das quedas de Tensão

Com relação a figura 29 pode-se escrever o seguinte:

ZpIS

~Eg VPCarga

Figura 29 - Ilustração para aumento de quedas.

spgp IZEV•→••

−=

Onde:

pV•

- tensão em qualquer ponto do sistema (neste caso nos terminais de carga)

gE•

- f.e.m. da geração

sI•

- corrente na sistema

pZ→

impedância total até a carga

Bem, é óbvio que quanto maior for a corrente, maiores serão as quedas de tensão

(Vide figura 29). Então é interesse diminuir o valor de . sp IZ•→

sI•


49 / 110


9.2.3 Sobretaxa nas contas a pagar

Uma vez que os problemas resultantes do exposto nos itens 9.2.1 e 9.2.2, afetam

diretamente as concessionárias, as mesmas exigem que o f.p. mínimo de cada

instalação seja 0,92.

Se o f.p. de um determinado consumidor estiver abaixo desse mínimo o mesmo é

obrigado a pagar uma sobretaxa às concessionárias.

Isto faz com que os consumidores procurem melhorar (corrigir) o fator de

potência de sua instalação.

9.3 Causas de Baixo Fator de Potência

As causas mais comuns que fazem com que o f.p. de uma determinada instalação

seja baixo, são:

- nível de tensão elevada (acima do valor nominal);

- motores que trabalham, sem justa causa, grande parte do tempo a vazio (sem

carga);

- transformadores de grande potência alimentando, durante longo período,

pequenas cargas;

- transformadores que ficam por longo período a vazio (sem carga);

- motores superdimensionados para os respectivos acionamentos;

- luminárias com reator (quando usados reatores de baixo f.p.).


50 / 110


9.4 Como Corrigir (melhorar) o Fator de Potência

9.4.1 Introdução

Seja a instalação mostrada na figura 30.a, que tem o triângulo de potências

mostrado na Figura 30.b.

M1 M2

P1 + j Q1 P2 + j Q2

P = P1 + P2

Q= Q1 + Q2

S = P + j Q

ϕ

(a) (b)

Figura 30 - Configuração de uma instalação e seu triângulo de potências.

Se:

92,0cos <=SPϕ

ou seja: f.p. < 0,92

É conveniente que se melhore o f.p. (ou seja diminuir ϕ). Como as cargas

de uma maneira geral são do tipo indutivas (transformadores, reatores,

motores, etc.), para que se diminua ϕ basta que se coloque junto a esses

equipamentos, outros que tenham sob o aspecto da correntes, efeito

contrário. ou seja "cargas" do tipo capacitivas. A figura 31 esclarece.


51 / 110


ϕ1Q1

P

S2

ϕ 2

Q2

S1

QC

Figura 31 - Correção do f.p..

Supôs-se que uma carga indutiva "puxe " do sistema a potência S2 = P +

jQ2, e que o f.p. (cosϕ2) estava abaixo do desejável. Colocou-se então

cargas capacitivas cuja potência era Qc, de forma que o f.p. (cosϕ1)

melhorou com relação ao anterior.

Para que se evite problemas futuros é importante que se mostre o novo

jogo de potências:

Q2 - potência reativa necessária à carga (indutiva);

Qc - potência reativa imposta pela nova carga (capacitiva);

Q1 - potência reativa entregue pelo sistema à carga, após a melhoria do f.p.

Importante: "A carga do sistema sempre precisa de Q2 quando não há

correção, Q2 é fornecido pelo sistema. Quando há a correção Q2 é parte

fornecido pelo sistema (Q1) e parte pela carga capacitiva corretora (Qc).


52 / 110


9.4.2 Cálculo de Qc

Observe-se na figura 31 que:

111

1

222

2

ϕϕ

ϕϕ

tgPQPQtg

tgPQP

Qtg

=∴=

=∴=

Ora: cQQQ =− 12

Portanto:

2 1( )cQ P tg tgϕ ϕ= −

Nota: Há tabelas que dado o cosϕ2 (f.p. a ser corrigido) e o cosϕ1 (f.p.

desejado) nos dão diretamente o valor de (tgϕ2-tgϕ1). Basta então

multiplicar por P

9.4.3 Tipos de "cargas capacitivas" usadas para o fornecimento de Qc

Fundamentalmente há dois tipos de equipamentos usados para correção do

f.p., sejam:

- capacitores estáticos

- motores síncronos superexcitados

Os capacitores estáticos constituem a solução mais prática para as

indústrias em geral, pois os condensadores síncronos (motores síncronos

superexcitados) a par das suas vantagens, têm pelo menos uma

desvantagem muito grande, qual seja: contribuem para o curto-circuito

(quando de sua ocorrência) no sistema.


53 / 110


9.4.4 Como Ligar

Deve-se ligar os capacitores em paralelo com a carga, pois em série

acarretariam quedas de tensão entre a linha e a carga. No caso de sistemas

trifásicos, a conexão triângulo (∆) é mais vantajosa que a conexão estrela

(Y) (Vide observação no final). Seja:

VIQ

VIQ

c

c

3

1senº90sen3

=

=⇒== ϕϕϕ

Conexão Y:

XC XC XC

V

cXVI

3=

cyC X

VVQ3

3= c

yC XVQ

2=


54 / 110


Conexão ∆:

XC

XC

XC

V

cf X

VI = c

fL XVII 33 ==

ccc X

VX

VVQ2333 ==

Portanto: Sob o aspecto de potência a conexão ∆ é melhor que a conexão

Y.

OBS: Entretanto, a tensão aplicada ao capacitor no sistema ∆ é 3 vezes

maior que no sistema Y e portanto sob o aspecto de isolamento há o

encarecimento do capacitor. Logo deve-se ter uma solução de

compromisso!!!


55 / 110


Tabela com os valores de (tgϕ2- tgϕ1) em função de cosϕ2 e cosϕ1

cosϕ1 desejado cosϕ1 desejado cosϕ2 a ser

corrigido

Cosϕ2 a ser

corrigido

0,20 4,899 4,570 4,415 4,279 4,149 0,61 1,299 0,970 0,815 0,679 0,549

0,21 4,656 4,327 4,171 4,036 3,906 0,62 1,266 0,937 0,781 0,646 0,515

0,22 4,433 4,104 3,949 3,813 3,683 0,63 1,233 0,904 0,748 0,613 0,482

0,23 4,231 3,902 3,747 3,611 3,481 0,64 1,201 0,872 0,716 0,581 0,450

0,24 4,045 3,716 3,561 3,425 3,295 0,65 1,169 0,840 0,685 0,549 0,419

0,25 3,873 3,544 3,389 3,253 3,123 0,66 1,138 0,810 0,654 0,518 0,388

0,26 3,714 3,385 3,299 3,094 2,964 0,67 1,108 0,779 0,624 0,488 0,358

0,27 3,566 3,238 3,082 2,946 2,816 0,68 1,078 0,750 0,594 0,458 0,328

0,28 3,429 3,100 2,944 2,809 2,679 0,69 1,049 0,720 0,565 0,429 0,298

0,29 3,300 2,971 2,816 2,680 2,550 0,70 1,020 0,691 0,536 0,400 0,270

0,30 3,180 2,851 2,696 2,560 2,420 0,71 0,992 0,663 0,507 0,372 0,241

0,31 3,067 2,738 2,583 2,447 2,317 0,72 0,964 0,635 0,480 0,344 0,214

0,32 2,961 2,632 2,476 2,341 2,211 0,73 0,936 0,608 0,452 0,316 0,186

0,33 2,851 2,532 2,376 2,241 2,111 0,74 0,909 0,580 0,425 0,289 0,158

0,34 2,766 2,437 2,282 2,146 2,016 0,75 0,882 0,553 0,398 0,262 0,132

0,35 2,676 2,347 2,192 2,056 1,926 0,76 0,855 0,527 0,371 0,235 0,105

0,36 2,592 2,263 2,107 1,972 1,842 0,77 0,829 0,500 0,344 0,209 0,078

0,37 2,511 2,182 2,027 1,891 1,761 0,78 0,802 0,474 0,318 0,182 0,052

0,38 2,434 2,105 1,950 1,814 1,684 0,79 0,776 0,447 0,292 0,156 0,026

0,39 2,361 2,032 1,877 1,741 1,611 0,80 0,750 0,421 0,266 0,130 -

0,40 2,291 1,963 1,807 1,671 1,541 0,81 0,724 0,395 0,240 0,104 -

0,41 2,225 1,896 1,740 1,605 1,475 0,82 0,698 0,369 0,214 0,078 -

0,42 2,161 1,832 1,676 1,541 1,410 0,83 0,672 0,343 0,188 0,052 -

0,43 2,100 1,771 1,615 1,480 1,349 0,84 0,646 0,317 0,162 0,026 -

0,44 2,041 1,712 1,557 1,421 1,291 0,85 0,602 0,291 0,136 - -

0,45 1,985 1,656 1,501 1,365 1,235 0,86 0,593 0,265 0,109 - -


56 / 110


0,46 1,930 1,602 1,446 1,310 1,180 0,87 0,567 0,238 0,082 - -

0,47 1,877 1,548 1,392 1,257 1,128 0,88 0,540 0,211 0,056 - -

0,48 1,826 1,499 1,343 1,208 1,077 0,89 0,512 0,183 0,028 - -

0,49 1,779 1,450 1,295 1,159 1,029 0,90 0,484 0,155 - - -

0,50 1,732 1,403 1,248 1,112 0,982 0,91 0,456 0,127 - - -

0,51 1,687 1,358 1,202 1,067 0,936 0,92 0,426 0,097 - - -

0,52 1,643 1,314 1,158 1,23 0,892 0,93 0,395 0,066 - - -

0,53 1,600 1,271 1,116 0,980 0,850 0,94 0,363 0,034 - - -

0,54 1,559 1,230 1,074 0,939 0,808 0,95 0,329 - - - -

0,55 1,518 1,189 1,034 0,898 0,768 0,96 0,292 - - - -

0,56 1,479 1,150 0,995 0,859 0,729 0,97 0,251 - - - -

0,57 1,442 1,113 0,957 0,822 0,691 0,98 0,203 - - - -

0,58 1,405 1,076 0,920 0,785 0,654 0,99 0,142 - - - -

0,59 1,368 1,040 0,884 0,748 0,618 1,00 - - - - -

0,60 1,333 1,004 0,849 0,713 0,583 - - - - - -


57 / 110


EEL002

CONVERSÃO

ELETROMECÂNICA DE

ENERGIA

EXERCÍCIOS


58 / 110


Exemplo 1: Dadas as tensões .

12V 6 30= º , .

23V 2 0= º , .

24V 6 60= − º e .

15V 4 90= º , determinar as tensões:

a) .

14V

b) .

43V

c) .

35V

Solução: Apenas com o objetivo de facilitar o acompanhamento da solução, foi construído o diagrama mostrado na figura 7, pois ele não é necessário.

Figura 7

2

.

12V.

23V

.

35V.

15V

.

14V .

43V

.

24V

3

5

4

1

a)

.. .

2414 12V V V 6 30º 6 60º= + = + −

5,196 j3,000+3,000 j5,1968,196 j2,196 8,485 15º

= + −= − = −

b) . . . . .

43 23 42 23 24V V V V V 2 0º 6 60º 2 0º 6 120= + = − = − − = + º 2 j0 3,000+j5,196 1,000 j5,1965,291100,89º

= + − = − +=

Também poderia ter sido tomado

. . . . . . .

43 23 12 41 23 12 14V V V V V V V= + + = + −

c) Há várias possibilidades no cálculo de , por exemplo: .

35V

. . . . . . .

35 15 21 32 15 12 23V V V V V V V= + + = − −


59 / 110


. . . . . . . . .

35 15 21 42 35 15 12 24 43

. . . . . . . . .

35 15 41 24 32 15 14 24 23

V V V V V V V V V

V V V V V V V V V

= + + + = − − −

= + + + = − + −

Mas, a melhor delas, porque menos trabalhosa, é:

. . . . . . .

35 15 41 34 15 14 43V V V V V V V= + + = − − 4 90º 8,485 15º 5,291100,89

(0 j4) (8,196 j2,196) ( 1,000 j5,196)7,196 j1,000 7,265172,09º

= − − −

= + − − − − += − + =

Especificação e Rendimento

Exemplo 2: Achar o rendimento de operação de um motor elétrico que desenvolve 1 [CV], enquanto absorve uma potência de 900 [W].

Solução: [ ] [ ]

[ ]saida

entrada

1 CV x736 W/CVPn .100 .100 81,8%P 900 W

= = =

Exemplo 3: Achar a potência absorvida por um motor de 5 [CV], completamente carregado – a plena

carga, que opera com um rendimento de 80%.

Solução: [ ] [ ] [ ]saida

entrada

5 CV x736 W/CVPP 4600[W] 4,6 KWn 0,8

= = = =

Exemplo 4: Um motor elétrico ca aciona um gerador cc. Se o motor operar com um rendimento de 90% e

o gerador com um rendimento de 80%, e se a potência absorvida pelo motor for de 5 [KW], qual a potência desenvolvida pelo gerador?

Solução:

[ ]

saidaM G

entrada

saida M G entrada

Pn n .nP

P n .n .P 0,9x0,8x5 3,6 KW

= =

= = =

Exemplo 5: Um motor elétrico desenvolve ½ [CV], enquanto está operando com um rendimento de 85%.

Achar o custo para operá-lo continuamente durante um dia se o custo da energia (livre de impostos, taxa de iluminação pública, etc) é de CR$ 0,64 por KWh.

Solução: A potência de entrada do motor é:


60 / 110


[ ]e0,5x0,736P K

0,85= W

O consumo de energia durante 1 dia (24 horas) é:

[ ]E e0,5x0,736x24W P x24 KW

0,85=

E o custo total da energia é:

[ ]ECusto W x0,80 R$portanto,

0,5x0,736x24x0,8Custo $8,310,85

R

=

= =

Seqüência de Fases Exemplo 6: Qual é a seqüência de fases de um alternador trifásico ligado em Y para o qual

[ ].

ANE 7200 20º V= e [ ].

CNE 7200 100º V= − ? E também , quanto vale ? .

BNE

Solução: Visto que se atrasa em relação a em 120º, e que os primeiros subscritos são C e A,

respectivamente, C segue A na seqüência de fases. Portanto, a seqüência de fases é ACB, a seqüência

de fases negativa ou inversa. Obviamente , avança em 120º, mas tem o mesmo módulo (valor

eficaz). Então,

.

CNE.

ANE

.

BNE

[ ].

BNE 7200 20º 120º 7200140º V= + = . A figura 30 ilustra a presente situação.

.

BNE.

ANE

.

CNE

100º−

140º

20º

REFERÊNCIA R

w

Figura 30


61 / 110


Exemplo 7: Qual é a seqüência de fases de um circuito trifásico no qual [ ].

ABV 13.800 10º V= − e

[ ].

BCV 13.800110º V= ? Que tensão de linha tem um ângulo que difere de 120º dos ângulos dos ângulos destas tensões?

Solução: A seqüência de fases pode ser encontrada dos ângulos das tensões e dos primeiros (ou dos

ângulos) subscritos. Visto que avança em 120º, e visto que os primeiros subscritos são B e A, respectivamente, B está imediatamente à frente de A na seqüência de fases. Portanto, a seqüência de fases tem que ser BAC ou, equivalente, ACB, a seqüência de fases negativa.

.

BCV.

ABV

A terceira tensão de linha é ou ou , porque apenas A e C de A-B-C não foram usadas juntas nos subscritos. A terceira tensão de linha correta, aquela que tem um ângulo diferindo em 120º daqueles

de e , é , visto que duas tensões de linha de um grupo trifásico equilibrado não podem

ter subscritos começando com a mesma letra, como seria o caso se fosse usado. Assim,

.

CAV.

ACV

.

ABV.

BCV.

CAV.

ACV

[ ].

CAV 13.800 130º V= − . Este resultado também pode ser obtido calculando e : .

ACV.

CAV

. . .

AC AB BCV V V 13.800 10º 13.800 110º= + = − +

( )( )( ) [ ]

13.800 cos10º jsen10º cos110º jsen110º

13.800 0,9848 j0,1736 0,3420 j0,9397

13.800 0,6428 j0,7661 13.800 50º V

= − + +

= − − +

= + =

.

ACV difere de e em 60º, e não pode mesmo se a resposta. .

ABV.

BCVPor outro lado,

[ ]. . . . . .

CA CB BA BC AB ACV V V V V V 13.800 50º 13.800 130º V= + = − − = − = − = − NOTA: No caso de alternador trifásico ligado em delta ou triângulo ( )∆ , as f.e.ms. de linha são iguais às

f.e.ms. de fase.


62 / 110


Cargas Trifásicas Exemplo 8: Converter o ∆ mostrado na figura 38 (a) no Y da figura 37 (a) para:

a) [ ]1Z 3 j5= + Ω , [ ]2Z 60 20º= Ω e [ ]3Z 4 30º= − Ω

b) [ ]1 2 3Z Z Z Z 12 36º∆= = = = Ω

B

C

A

1Z

2Z

3Z

Figura 38 (a) A

B

C

A

B

C

N

AZ

BZ

CZ

(a)

(b)

Figura 37

Solução: a) Todas as três fórmulas da conversão Y∆ − tem o mesmo denominador, que é :

( ) [ ]1 2 3Z Z Z 3 j5 6 20º 4 30º 13,1 22,66º+ + = + + + − = Ω

Então: ( ) ( ) [ ]1 3

A1 2 3

23,3 29,04º3 j5 . 4 30ºZ ZZ 1,78 6,38ºZ Z Z 13,1 22,66º 13,1 22,66º

+ −= = = =

+ +Ω

( ) ( ) [ ]1 2B

1 2 3

35 79,04º3 j5 . 6 20ºZ ZZ 2Z Z Z 13,1 22,66º 13,1 22,66º

+= = = =

+ +,67 56, 4º Ω


63 / 110


( ) ( ) [ ]2 3C

1 2 3

6 20º . 4 30ºZ Z 24 10ºZ 1Z Z Z 13,1 22,66º 13,1 22,66º

− −= = = = −

+ +,83 32,7º Ω

b) Sendo todas as três impedâncias do ∆ iguais, todas as três impedâncias do Y são iguais e cada uma vale um terço da impedância comum do ∆ :

[ ]A B C YZ 12 36ºZ Z Z Z 4 36º3 3

∆= = = = = = Ω

Exemplo 9: Converter o Y mostrado na figura 37 a no ∆ da figura 38 a para:

a) [ ]AZ 10= Ω , [ ]BZ 6 j8= − Ω , [ ]CZ 9 30º= Ω

b) [ ]A B C YZ Z Z Z 4 j7= = = = − Ω

B

C

A

B

C

(a) (b)

1Z

2Z

3Z

3Z

2Z

1Z

Figura 38

Solução: a) Todas as três fórmulas da conversão Y − ∆ tem o mesmo numerador, que é

( ) ( )( ) ( ) [ ]A B B C A CZ Z Z Z Z Z 10 6 j8 6 j8 9 30º 10 9 30º 231,6 17,7º+ + = + + + + = − Ω Então,

[ ]A B B C A C1

C

231,6 17,7ºZ Z Z Z Z ZZ 25,7 47,7ºZ 9 30º

−+ += = = − Ω

[ ]A B B C A C2

A

231,6 17,7ºZ Z Z Z Z ZZ 23,2 17,7ºZ 10

−+ += = = − Ω

[ ]A B B C A C3

B

231,6 17,7º 231,6 17,7ºZ Z Z Z Z ZZ 2Z 6 J8 10 53,1º

3, 2 35, 4º− −+ +

= = = =− −

Ω


64 / 110


b) Sendo todas as três impedâncias de Y iguais, todas as três impedâncias do são iguais e

cada uma é igual ao triplo da impedância comum de Y. Portanto, ∆

( ) [ ]1 2 3 Y YZ Z Z Z Z 3Z 3 12 j7 12 j21=24,2 -60,3º∆= = = = = = − = − Ω Exemplo 10: Converter o Y indicado na figura 40 num equivalente ∆ .

Figura 40 Figura 41

A

B

C

ZN

Z A

B

C

Z

N Z

Solução: Pelas fórmulas da conversão Y − ∆ ,

A B B C A C1

C

Z Z Z Z Z Z 0 0 Z.ZZ ZZ Z

+ + + += = =

A B B C A C2

A

Z Z Z Z Z Z 0 0 Z.ZZ ZZ Z

+ + + += = =

A B B C A C3

B

Z Z Z Z Z Z 0 0 Z.ZZZ 0

+ + + += = = ∞ (circuito aberto)

O circuito equivalente está mostrado na figura 41. E uma rápida comparação das figuras 40 e 41 revelam que as mesmas são iguais.

∆

Cargas em Paralelo

Exemplo 11: Determinar a estrela equivalente das cargas em estrela paralela ao delta das

cargas para: A BZ , Z Ze C

1 2 3Z , Z Ze

a) [ ]AZ 10= Ω , [ ]BZ 6 j8= − Ω , [ ]CZ 9 30º= Ω

[ ]1Z 3 j5= + Ω , [ ]2Z 6 20º= Ω , [ ]3Z 4 30º= − Ω


65 / 110


b) [ ]A B C YZ Z Z Z 4 j7= = = = − Ω

[ ]1 2 3Z Z Z Z 12 36º∆= = = = Ω Solução: a) Como as cargas são desequilibradas, a conexão em Y deve ser primeiramente convertida

num equivalente. Esta conversão, no entanto, já foi realizada no exemplo 9, dando os valores seguintes:

∆

[ ][ ]

[ ]

'

'

'

1

2

3

Z 25,7 47,7º

Z 23,2 17,7º

Z 23,2 35,4º

= − Ω

= −

= Ω

Ω

Agora as duas cargas em estão em paralelo, como indicado na figura 45∆ a, e podem ser convertidas num único equivalente (figura 45 b), combinando-se as impedâncias ligadas em paralelo, a saber:

com com e com , para produzir , e , respectivamente. Então,

∆ '1

Z

'12

Z , Z 2Z '3

Z 3Z "1

Z "2

Z "3

Z

( ) ( ) [ ]'

"

'

11

1 11

Z .Z 3 j5 . 25,7 47,7ºZ 6,08 45,95º

Z Z 3 j5+25,7 47,7º+ −

= = =+ + −

Ω

( ) ( ) [ ]'

"

'

22

2 22

Z .Z 6 20º . 23,2 17,7ºZ 4

Z Z 6 20º+23,2 17,7º−

= = =+ −

,94 12,52º Ω

( ) ( ) [ ]'

"

'

33

3 33

Z .Z 4 30º . 23,2 35,4ºZ 3

Z Z 4 30º+23,2 35,4º−

= = = −+ −

,69 92,48º Ω

A

B

C

1Z 3Z

2Z(a)

1Z 3Z

2Z

Figura 45


66 / 110


A

B

C

"1

Z "3

Z

"2

Z (b)

A

B

C

(c)

'B

Z

'A

Z

'C

Z

Figura 45

Finalmente, o da figura 45b é convertido no Y equivalente mostrado na figura 45c, onde∆" "

'1 3

"A

Z .ZZ

Z=

∑ ,

" "

'1 2

"B

Z .ZZ

Z=

∑ e

" "

'2 3

"C

Z .ZZ

Z=

∑

Sendo

" " ""

1 2 3Z Z Z Z 6,08 45,95º 4,94 12,52º 3,69 92, 48º 9,062 11,16º∑ = + + = + + − =

Portanto,

( ) ( ) [ ]'A

6,08 45,95º . 3,69 92,48ºZ 2,48 57,7º

9,06211,16º−

= = − Ω

( ) ( ) [ ]'B

6,08 45,95º . 4,94 12,52ºZ 3,31 47,3º

9,062 11,16º= = Ω

( ) ( ) [ ]'C

4,9412,52º . 3,69 92,48ºZ 2

9,06211,16º−

= = ,01 91,1º− Ω


67 / 110


c) Agora as cargas são equilibradas e o ∆ deve ser inicialmente convertido num Y equilibrado

equivalente. Esta conversão foi efetuada no exemplo 8 dando:

( ) ( ) [ ]'

" Y YY '

Y Y

32, 249 24, 26º4 j7 . 4 36ºZ .ZZ 3Z Z 4 j7 4 36º 8,601 32,72º

,75 8, 46º−−

= = = =+ − + −

Ω .

Exemplo 12: Uma carga trifásica equilibrada em Y tem uma tensão de fase [ ].

CNV 127 50º V= . Se a

seqüência de fases é ACB, achar as tensões , e . .

CAV.

ABV.

BCV Solução: Fazendo-se o diagrama fasorial para a seqüência de fases inversa ou negativa, e das tensões

de linha especificadas, pode-se notar que a tensão de linha têm um ângulo de 30º em

atraso com relação a tensão de fase . Obviamente, seu módulo é maior por um fator igual

a

.

CAV.

CNV

3 . Portanto, [ ].

CAV 127 3 50º 30º 220 20º V= − = . Da mesma forma, considerando que

está 120º em avanço relativamente a , porque seu primeiro subscrito A está

imediatamente à frente do primeiro subscrito C de na seqüência de fases ACB,

.

ABV.

CAV.

CAV

[ ].

ABV 220 20º 120º 220140º V= + = . Da mesma forma, deve atrasar em 120º.

Logo,

.

BCV.

CAV

[ ].

BCV 220 20º 120º 220 100º V= − = − . Exemplo 13: Quais são as tensões de fase para uma carga trifásica em estrela, equilibrada, na qual

[ ].

BAV 13.800 40º V= − ? A seqüência de fases é ABC. Solução: Partindo do diagrama fasorial para a seqüência de fases ABC, e do grupo de tensões de linha

que inclui , pode-se notar que avança em 30º. Obviamente, o módulo de

é menor por um fator

.

ABV.

BNV.

BAV.

BNV 3 . Portanto, [ ].

BN13.800V 40 30º 7.967 10º V

3= − + = −

Da seqüência de fases e da relação do primeiro subscrito, avança em 120º, e atrasa-se

de em 120º. Assim,

.

ANV.

BNV.

CNV.

BNV

[ ].

ANV 7.967 10º 120º 7.967 110º V= − + =

[ ].

CNV 7.967 10º 120º 7.967 130º V= − − = −


68 / 110


Carga em ∆ Equilibrada-Correntes de Linha e de Fase Exemplo 14: Uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela tem a tensão de fase [ ]CNV 254 45º V= .

Se a seqüência de fases é ACB (negativa), achar as tensões de linha , e

.

.

CAV.

ABV.

BCV Solução: Do diagrama fasorial para uma carga equilibrada ligada em Y com seqüência ACB, pode-se

notar que a tensão em atrasa-se de 30º em relação a tensão de fase . E também,

que seu módulo é maior pelo fator

.

CAV.

CNV

3 . Portanto, do fato de que tem um avanço de 120º

relativamente a , porque seu primeiro subscrito A está imediatamente à frente do primeiro

subscrito C de na seqüência de fases inversa ACB,

.

ABV.

CAV.

CAV

[ ]ABV 440 45º 120º 440 135º V= + = . Da mesma forma, deve atrasar-se de em

120º. Logo,

.

BCV.

CAV

[ ]BCV 440 15º 120º 440 105º V= − = − . Exemplo 15: Quais são as tensões de fase para uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela se

[.

ABV 13,8 30º KV= − ] , com seqüência de fases direta? Solução: De açordo com o diagrama fasorial para uma carga Y com seqüência de fases positivas (ABC),

e do grupo de tensões de linha que inclui , pode-se notar que avança em 30º.

Obviamente, o módulo de é menor por um fator igual a

.

BAV.

BNV.

BAV.

BNV 3 . Portanto,

[ ].

BN13.800V 30º 30º 7.967 0º V

3= − + = .

Da seqüência de fases e da relação do primeiro subscrito, avança em 120º. Logo: .

ANV.

BNV

[ ].

ANV 7.967,43120º V= e [ ].

CNV 7.967,43 120º V= − Exemplo 16: Num circuito trifásico trifilar, achar as correntes fasoriais de linha para uma carga

equilibrada ligada em estrela na qual cada impedância de fase é [ ]YZ 30 20º= Ω . A

seqüência de fases é ABC e [ ].

ANV 120 35º V= .


69 / 110


Solução: A corrente de linha é obtida pelo quociente da tensão da fase pela impedância da fase :

.

AI.

ANVYZ

[ ].

A120 35ºI 4130 20º

= = 5º A

As outras correntes de linha podem ser determinadas de e da seqüência de fases. Elas

tem o mesmo módulo de e, para a seqüência de fases ABC dada, atrasam e avançam em 120º. Portanto,

.

AI.

AI.

AI

[ ]

[ ]

.

B

.

C

I 415º 120º 4 105º A

I 415º 120º 4135º A

= − = −

= + =

Exemplo 17: Num circuito trifilar trifásico, equilibrado, com seqüência de fases ABC, a corrente de linha

[ ].

BI 40 20º A= . Achar as outras correntes de linha. Solução: Estando o circuito equilibrado, todas as três correntes de linha tem o mesmo módulo: 40 [A]. E

sendo a seqüência de fases a direta (ABC), com A precedendo B, avança em 120º.

Pela mesma razão (C segue B), atrasa em relação a em 120º. Conseqüentemente,

.

AI.

BI.

CI.

BI

[ ].

AI 40 20º 120º 40140º A= + =

[ ].

CI 40 20º 120º 40 100º A= − = −

Exemplo 18: Qual é a corrente de linha num circuito trifilar trifásico, desequilibrado, no qual .

AI

[ ].

BI 40 85º A= e [ ].

CI 70 230º A ? Solução: De acordo com a lei de Kirchhoff, a soma das três correntes de linha é zero, isto é:

. . .

A B CI I I+ + = 0 Então,

[ ]. . .

A B CI I I 40 85º 70 230º 43,7418,4º A= − − = − − =


70 / 110


Exemplo 19: Cada fase de um alternador trifásico ligado em estrela (figura 15) libera uma corrente de

25[A] para uma tensão de fase de 220[V] e um fator de potência ( )cosφ de 80% indutivo. Qual é a tensão no terminal do gerador? Qual a potência desenvolvida em cada fase? Qual a potência trifásica (total) desenvolvida?

.

abE

.

bnE

.

cnE

.

AI

.

BI.

CI

.

caE

.

bcE

.

anE

n

a

bc

.

nI

Figura 15 Solução: A tensão no terminal do gerador é a tensão de linha:

[ ]L FV 3.V 381 V= = A potência desenvolvida em cada fase é dada por :

F F FP V .I .cosφ=

[ ] [ ]220x25x0,8 4.400 W 4, 4 KW= = = A potência trifásica é a soma das potências liberadas pelas três fases do alternador. Como a potência liberada em cada fase é a mesma,

[ ] [ ]T FP 3.P 3x4.400=13.200 W 13, 2 K W= = = . Exemplo 20: Uma carga ligada em Y, equilibrada, de impedâncias [ ]YZ 50 30º= − Ω é excitada por

uma fonte de 12.470 [V], trifilar trifásica. Achar a corrente (eficaz) de linha. Solução: Cada corrente de linha é igual a tensão de fase da carga [ ]12.470 / 3 7200 V= dividida pelo

módulo da impedância de fase: [ ]YZ 50= Ω . Portanto, [ ]LI 7200 / 50 144 A= = .


71 / 110


Exemplo 21: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga equilibrada ligada em Y, constituída de impedâncias [ ]YZ 60 20º= Ω , excitada por uma fonte trifásica. Uma das tensões de

fase é [ ].

BNV 120 35º V= e a seqüência de fases é positiva (ABC).

Solução: A corrente de linha pode ser encontrada dividindo-se a tensão da fase pela

impedância de fase . E as outras correntes de linha podem ser encontradas de coma a ajuda de fases. Portanto,

.

BI.

BNV

YZ.

BI

[ ].

. BNB

Y

V 120 35ºI 2 15º AZ 60 20º

= = =

Visto que a sequência de fases é ABC, o ângulo de é 120º a mais que o de .

Obviamente, os módulos das correntes são iguais. Logo,

.

AI.

BI

[ ].

AI 215º 120º 2135º A= + = . Da

mesma forma, o ângulo de é 120º menor : .

CI [ ].

CI 215º 120º 2 105º A= − = − . Exemplo 22: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga ligada em Y, equilibrada, constituída

de impedâncias [ ]YZ 50 35º= − Ω , alimentada por um sistema trifilar no qual

[ ].

CBV 220 60º V= . A seqüência de fases é ABC.

Solução: De acordo com a figura 37, a tensão de fase tem um ângulo que é 30º maior do que

aquele de e um módulo que é menor por um fator de

.

CNV.

CBV 1/ 3 . Portanto,

[ ].

CN220 60º 30ºV 127 90º V

3+

= =

A corrente de linha é .

CI

[ ].

. CNC

Y

V 127 90ºI 2,54 125º AZ 50 35º

= = =−


72 / 110


A

B

C

A

B

C

N

AZ

BZ

CZ

(a)

(b)

Figura 37

Visto que A segue C na seqüência de fases (...ABCA...), atrasa com relação a em 120º.

Donde

.

AI.

CI

[ ].

AI 2,54125º 120º 2,54 5º A= − = Como B precede C na seqüência de fases,

avança em relação a em 120º. Logo:

.

BI.

CI

[ ].

BI 2,54125º 120º 2,54 245º 2,54 115º A= + = = − . Exemplo 23: Qual é a seqüência de fases de um circuito trifásico equilibrado com uma carga ∆ na qual

duas das correntes de fase são [ ].

BAI 12 20º A= − e [ ].

CBI 12100º A= ? Quanto vale

? .

ACI

Solução: Visto que , com primeiro subscrito C, tem um ângulo 120º maior que aquele de , com o primeiro subscrito B, a letra C precede a letra B na seqüência de fases. Logo, a seqüência de

fases tem que ser ACB, a seqüência de fases negativa. Nesta seqüência, , com primeiro

subscrito A, tem um ângulo que é 120º menor do que aquele de . Obviamente, o módulo é

o mesmo:

.

CBI.

BAI

.

ACI.

BAI

[ ].

ACI 12 20º 120º 12 140º A= − − = − .

Exemplo 24: Achar as correntes de fase , e de uma carga trifásica equilibrada ligada em .

BCI.

ABI.

CAI ∆

sabendo que uma corrente de linha é [ ].

BI 75 45º A= − e que a sequência de fases é ABC.

Solução: De acordo com a figura 49, que é para a seqüência de fases ABC e para o grupo de correntes

de fase em especificado, pode-se notar que tem um ângulo que é 30º maior do que

aquele de , e tem módulo menor por um fator de

∆.

BCI.

BI 1/ 3 . Conseqüentemente,

[ ].BC

75 45º 30ºI 43,3 15º A3

− += = −


73 / 110


30º30º

30ºφ

φ

φ

. . .

C CA BCI I I= −

. . .

A AB CAI I I= −. . .

B BC ABI I I= −

.CAV

.

BCV

.ABV

I .

ABI

.

ACI.

BCI

.

BAI

.

CBI.

CAI

Re

Figura 49

Da mesma figura 49, ou do fato de que tem um ângulo que é maior em 120º ao de ,

porque seu primeiro subscrito A está imediatamente à frente do primeiro subscrito B de ,

na seqüência de fases ABC,

.

ABI.

BCI.

BCI

[ ].

ABI 43,3 15º 120º 43,3105º A= − + = .

Assim [ ].

CAI 43,3 15º 120º 43,3135º A= − − =

Exemplo 25: Uma carga trifásica equilibrada ligada em ∆ tem uma corrente de fase [ ].

BAI 2010º A= . A seqüência de fases é ACB. Achar as outras correntes de fase e as correntes de linha.

Solução: As outras correntes de fase procuradas são aquelas que tem ângulos diferindo 120º daquele de

. Elas tem que ser e , como se pode obter da relação dos subscritos: Duas correntes não podem ter as mesmas letras como primeiros ou como segundos subscritos; a mesma letra só pode aparecer uma vez como primeiro subscrito e uma vez

como segundo subscrito. Visto que a seqüência de fases é ACB, ou inversa, deve

avançar e, 120º, porque na seqüência de fases a letra C (primeiro subscrito de )

precede a letra B (primeiro subscrito de ). Conseqüentemente,

.

BAI.

ACI.

CBI

.

CBI.

BAI.

CBI.

BAI

[ ].

CBI 20 10º 120º 20130º A= + = . Então deve se atrasar com relação a em 120º: .

ACI.

BAI

[ ].

ACI 2010º 120º 20 110º A= − = − . Na figura 50, atrasa com relação a em 30º, e

visto que ela tem módulo

.

AI.

ACI

3 vezes maior, [ ].

AI 20 3 110º 30º 34,64 140º A= − − = − .

Sendo a seqüência de fases ACB, as correntes e , respectivamente, avançam e atrasam

de em 120º:

.

BI.

CI.

AI

[ ].

BI 34,64 140º 120º 34,64 20º A= − + = −


74 / 110


[ ].

CI 34,64 140º 120º 34,64 260º 36,64100º A= − − = − =

Exemplo 26: Quais são as correntes fasoriais de linha pra uma carga trifásica equilibrada ligada em ∆

se uma corrente de fase é [ ].

CBI 25 35º A= e se a seqüência de fases é ABC? Solução: Partindo da figura 49, que é para uma seqüência de fases ABC e do grupo de correntes de fase

que inclui , pode-se notar que avança em 30º Obviamente, seu módulo é .

CBI.

CI.

CBI

[ ]3 35º 30º 43,3 65º A+ = . Da seqüência de fases, avança em 120º e atrasa-se

em relação a em 120º. Logo,

.

BI.

CI.

AI.

CI

[ ].

BI 43,3 65º 120º 43,3180º 43,3 5º A= + = = −

[ ].

AI 43,3 65º 120º 43,3 55º A= − = − Exemplo 27: Um sistema trifásico de 220 [V] tem uma carga equilibrada ligada em constituída de

resistores de 40[∆

]Ω . Achar a corrente (eficaz) de linha. Solução: A corrente de linha pode ser encontrada da corrente de fase , que é igual a tensão de

linha LI FI

[ ]LV 220 V= (igual, também à tensão de fase ) dividida pela resistência de fase FV

[ ]Z 40∆ = Ω . Assim, [ ]FI 220 / 40 5,5 A= = . A corrente de linha é 3 vezes maior:

[ ]L FI 3I 9,53 A= = . Exemplo 28: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga trifásica equilibrada em constituída

de impedâncias

∆

[ ]Z 50 35º∆ = − Ω se uma tensão de fase é [ ].

CBV 220 60º V= e se a seqüência de fases é ACB.

Solução: O primeiro passo é achar a corrente de fase : .

CBI

[ ].

. CBCB

V 220 60ºI 4Z 50 35º∆

= = =−

, 4 95º A


75 / 110


Do diagrama fasorial para uma seqüência de fases ACB, e do grupo de correntes de fase que

inclui , a corrente de linha se atrasa em relação à em 30º. Obviamente, seu módulo

é

CBI.

CI CBI

3 vezes maior. Portanto,

[ ].

CI 4, 4 3 95º 30º 7,62 65º A= − =

Visto que a seqüência de fases é ACB, as correntes e , nas outras duas linhas,

respectivamente, avançam e atrasam relativamente à em 120º. Assim,

.

AI.

BI.

CI

[ ].

AI 7,62 65º 120º 7,62185º 7,62 5º A= + = = −

[ ].

BI 7,62 65º 120º 7,62 55 A= − = − Exemplo 29: Um circuito de 440 [V], trifásico, trifilar tem duas cargas equilibradas ligadas em ∆ , sendo

uma delas formada de resistores de 10 [ ]Ω e a outra de resistores de 40 [ ]Ω . Achar a corrente (eficaz) total de linha.

Solução: A situação é aquela ilustrada na figura 42. Estando os resistores correspondentes das cargas

em em paralelo, as resistências podem ser combinadas para produzir um único ∆ ∆ equivalente de resistores de ( ) ( ) [ ]10 40 : 10 40 8x + = Ω . A corrente de fase deste ∆ é igual a tensão de linha (igual a de fase) dividida pela resistência de fase de

[ ] [ ]F8 : I 440 / 8 55 AΩ = = . E, é claro, a corrente de linha é 3 vezes maior:

[ ]LI 3.55 95,3 A= = .

A

BC

Figura 42 Exemplo 30: Um circuito trifásico, trifilar de 220[V] tem duas cargas equilibradas ligadas em Y, sendo

uma delas formada por resistores de 5 [ ]Ω e a outra de resistores de 20 [ ]Ω . Achar a corrente (eficaz) total de linha.

Solução: A configuração é aquele ilustrada na figura 43. Visto que as cargas são equilibradas, os nós

centrais estão ao mesmo potencial, mesmo não havendo nenhuma conexão entre eles. Conseqüentemente, os resistores estão em paralelo e podem ser combinados, resultando


76 / 110


uma resistência de ( ) ( ) [ ]5 20 : 5 20 4x + = Ω nas fases do Y equivalente. A tensão de fase

[ ]220 / 3 127 V= dividida por este valor de resistência dá a corrente de linha:

[ ]LI 127 / 4 31,8 A= = . A

BC

1N 2N

Figura 43

Exemplo 31: Três resistências de 20 [ ]Ω cada, estão ligadas em Y a um circuito trifásico, trifilar, de

220[V], funcionando com um fator de potência unitário. Calcule a potência consumida pelas três resistências. Repita para o caso em que as três resistências são religadas em

. ∆ Solução: A tensão de fase é 3 vezes menor que a tensão de linha: [ ]F LV V / 3 220 127 V= = = .

A corrente de fase é [ ]F F YI V / Z 127 / 20 6,35 A= = = . A potência consumida pelas três

resistências, ou potência total, , é igual a três vezes a potência consumida em cada

resistência, ou potência por fase . Então, TP

FP

( )( )( ) [ ]T F F FP 3.P 3.V .I .cos 3 127 6,35 1 2.419, 4 Wφ= = = = , ou

( ) ( ) [ ]22T FP 3.R.I 3. 20 . 127 / 20 2.419,4 W= = =

Para as mesmas três resistências de 20 [ ]Ω cada, religadas em ∆ , a corrente de fase é

[ ]F F LI V / Z V / Z 220 / 20 11 A∆ ∆= = = = . Então, a potência consumida é:

( )( )( ) [ ]T F F FP 3.P 3.V .I .cos 3 220 11 1 7.260 Wφ= = = = ou

( )( ) [ ]22T FP 3.R.I 3 20 11 7.260 W= = = .

Exemplo 32: Um sistema bifásico com tensões de fase de 220 [V] alimenta uma carga equilibrada ligada em triângulo, constituída por [ ]Z 10 50º∆ = Ω . Calcular as correntes de linha e a potência total consumida.


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Figura 51

A

B

C

.AI

.

ABI.

BI

.NI

.

BNI

.

ANI

A

B N

Z∆ Z∆

Z∆

.ABV 169,7 45º= −

.

ANV 120 90 º=

.

ANV 120 0º=

Solução: No sistema bifásico, as duas tensões entre linha e neutro (tensões de fase) estão defasadas de

90º. Assim, se é tomada como referência, resulta 90º avançada, como indicado na

figura 51. a tensão entre linhas (tensão de linha) é

.

ANV.

BNV2 vezes a tensão de fase. Diretamente,

[ ]. . .

AB AN BNV V V 120 0º 120 90º 120 j120=120 2 45º 169,7 45º V= − = − = − − = − .

As correntes de fase são:

[ ]

[ ]

[ ]

.. ABAB

.. ANAN

.. BNBN

V 169,7 45ºI 16,97 95º AZ 10 50º

V 120 0ºI 12 50º AZ 10 50º

V 120 90ºI 12 40ºZ 10 50º

∆

∆

∆

−= = = −

= = = −

= = = A

E as correntes de linha são obtidas em função das correntes de fases como segue:

[ ]

[ ]

[ ]

. . .

A AN AB

. . .

B BN AB

. . .

N AN BN

I I I 12 50º 16,97 95º 26,83 76,6º A

I I I 12 40º 16,97 95º 26,83 66,6º A

I I I 12 50º 12 40º 16,97 175º A

= + = − + − = −

= − = − − =

= − − = − − − =


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Grupo de Estudos da Qualidade da Energia Elétrica Prof. José Policarpo

sé Eugenio L. Almeida Colaboração: Thiago Clé e William Carneiro

79 / 110

GQEEGQEE

A potência de cada fase vale:

[ ] ( ) [ ][ ] ( ) [ ][ ] ( ) [ ]

22AB AB

22AN AN

22BN BN

P Re Z .I 10.cos50º . 16,97 1851 W

P Re Z .I 10.cos50º. 12 925,6 W

P Re Z .I 10.cos50º. 12 925,6 W

∆

∆

∆

= = =

= = =

= = =

Por conseguinte, a potência total é

[ ]T AB AN BNP P P P 3.702,6 W= + + =

Circuito Monofásico Equivalente, ou Circuito Equivalente de uma Linha, para Cargas Equilibradas

Exemplo 33: Um sistema trifásico a quatro condutores, com seqüência de fases negativas e

[ ].

AN FV V 90º V= − , tensão eficaz de linha de 220 [V], contém três impedâncias de

[ ]20 30º− Ω ligadas em estrela. Determinar as correntes de linha pelo método do equivalente monofásico.

Solução: O valor eficaz da tensão de fase é [ ]F LV V / 3 220 / 3 127 V= = = . Referindo-se ao

equivalente monofásico da figura 54, tem-se que:

[ ].

LNL

Y

V 0º 127 0ºI 6Z 20 30º

= = =−

,35 30º A

Com a seqüência de fases é negativa, os verdadeiros ângulos das tensões de fase

e são 90º, +30º e +150º, respectivamente. Então,

. .

AN BNV , V.

CNV

[ ]

[ ]

[ ]

.

A

.

B

.

C

I 6,35 90º 30º 6,35 60º A

I 6,35 30º 30º 6,35 60º A

I 6,35150º 30º 6,35180º A

= − + = −

= + =

= + =

[ ]127 0º V[ ]20 30º− Ω

Li

Revisão: Jo


Figura 54 Exemplo 34: Um sistema trifásico ACB, com tensão de linha de 220[V], tem uma carga equilibrada ligada

em triângulo constituída de impedâncias [ ]Z 60 30º∆ = Ω . Obtenha as correntes de linha e de fase pelo método do equivalente de uma linha.

Solução: A impedância da conexão estrela equivalente é [ ]YZ Z / 3 20 30º∆= = Ω , e a tensão

[ ].

LN FV V 220 / 3 127 V= = = . Com estes valores construiu-se o equivalente monofásico

mostrado na figura 55.

[ ]127 0º V[ ]20 30º Ω

LiL

∆

N

Figura 55

Da figura 55,

[ ].

L127 0ºI 6,35 320 30º

= = − 0º A

Para se determinar as correntes de linha verdadeiras: e , deve-se estabelecer, em primeiro lugar, os ângulos de fase verdadeiros das tensões de fase, na seqüência de fases ACB dada, pois as correntes de linha estarão atrasadas de 30º em relação às correspondentes tensões de fase da Y equivalente. Como os verdadeiros ângulos das

tensões de fase não foram dados, considera-se que:

. .

A BI , I.

CI

[ ].

ANV , 127 0º V=

[ ].

BNV 127 120º V= e [ ].

CNV 127 120º V= − . Então, as correspondentes de linha ficam sendo

[ ]

[ ]

[ ]

.

A

.

B

.

C

I 6,35 0º 30º 6,35 30º A

I 6,35120º 30º 6,35 90º A

I 6,35 120º 30º 6,35 150º A

= − = −

= − =

= − − = −


80 / 110


Considerando que na ligação em triângulo, com seqüência de fases negativas, as correntes de fase estão atrasadas das correntes de linha correspondentes de 30º, e com módulo 3 vezes menores, resulta que as correntes de fase (nas fases de ligação em delta) são:

[ ]

[ ]

[ ]

.

AB

.

BC

.

CA

6,35I 30º 30º 3,67 60º A3

6,35I 90º 30º 3,67 60º A3

6,35I 150º 30º 3,67 180º 3,67 0º A3

= − − = −

= − =

= − − = − = −

Exemplo 35: Um sistema trifásico, trifilar, com tensão de linha de 220 [V], alimenta duas cargas

equilibradas, uma em delta com [ ]Z 1510º∆ = Ω e outra em estrela com

[ ]YZ 10 30º= Ω . Obtenha a corrente (eficaz) de linha. Solução: Convertendo, inicialmente, a carga ligada em delta numa estrela equivalente, pode-se construir

o circuito monofásico equivalente mostrado na figura 56. portanto, a corrente fasorial de linha é:

[ ].

L127 0º 127 0ºI 37,6 16,6º A510º 10 30º

= + = −

A corrente eficaz de linha é, pois, 37,6 [A].

[ ]10 30º Ω

LiL

Y

N

∆

[ ]127 0º V[ ]510º Ω


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Grupo de Estudos da Qualidade da Energia Elétrica Prof. José Policarpo

Almeida Colaboração: Thiago Clé e Willi

82 / 110

am Carneiro

GQEEGQEE

Figura 56

Visto que as duas impedâncias de carga estão em paralelo no circuito equivalente de uma linha da figura 56, pose-se substituí-las por uma única equivalente:

( )( ) [ ]510º 10 30º 5 40ºZ= 3,3816,6º510º 10 30º 14,8 23, 4º

= =+

Ω

Então, a corrente eficaz de linha é:

[ ]L127 127I 3

Z 3,38= = = 7,6 A

Exemplo 36: Três impedâncias [ ]30 20º Ω são ligadas em triângulo a um sistema trifásico trifilar, de

220[V], por condutores de impedâncias [ ]LZ 0, 4 j0,6= + Ω . Determinar o módulo de tensão de linha na carga delta.

Solução: A figura 57 mostra o circuito monofásico equivalente. Nele, a impedância da linha está em série

com a da carga, e a impedância total vista pela fonte é: [ ]L YZ Z Z 0, 4 j0,6+10 20º 10,6 22,3º= + = + = Ω

Então, a corrente de linha vale

[ ].

. FL

V 127 0ºI 11,98Z 10,6 22,3º

= = = −22,3º A

A tensão de fase na carga é:

[ ]. . .

L YBTV I .Z 11,98 22,3º.10 20º 119,8 2,3º V= = − = − Então, a tensão de linha solicitada, na carga ∆ , é:

[ ].

LV 119,8 3 207,5 V= = Assim, a tensão de 220 [V] do sistema caiu para 207,5 [V] na carga, devido à impedância das linhas.

Revisão: José Eugenio L.

[ ].

FV 127 0º V=[ ]10 20º Ω

Li

∆A B[ ]0,4 j0,6+ Ω


Figura 57 A queda de tensão na linha é:

[ ]. .

LB LV Z .I (0,4 j0,6).11,98 -22,3º 8,63 34º V= = + = Na figura 58, está mostrado o correspondente diagrama fasorial

Figura 58

22, 3º

2,3º.

Lj0,6I.

L0,4 I

.BTV

.

ATV

.ABV

.LI

T

Exemplo 37: Determinar a tensão de linha, na carga do exemplo 36, depois de se ligar em paralelo com

aquela carga um banco de capacitores em ∆ , com reatâncias de [ ]j90− Ω . Solução: No circuito equivalente de uma linha da figura 59, a reatância de [ ]j30− Ω e a carga de

[ ]10 20º Ω estão em paralelo, produzindo uma impedância equivalente

( ) [ ]Y

10 20º j30º 300 70ºZ 10,64 0,53º10 20º j30º 28,19 70,53º

− −= = =

− −Ω

Então, a impedância vista pela fonte é:

[ ]L YZ Z Z 0, 4 j0,6 10,64 0,53º 11,06 3,62º= + = + + = Ω A corrente de linha é:

[ ].

L127 0ºI 11,48 3,62º A

11,06 3,62º= = −


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A tensão de fase na carga vale:

[ ]. .

LBT YV Z .I 10,64 0,53º.11,48 3,62º 122,15 3,1º V= = − = − Assim, a tensão de linha solicitada na carga é:

[ ]LV 3.122,15 211,6 V= =

Figura 59

[ ]127 0º V[ ]10 20º Ω

∆

T

A B

∆

T T

[ ]j30− Ω

[ ]0, 4 j0,6+ Ω

Sabe-se que o fator de potência melhora quando se acrescenta capacitores em paralelo com a carga. E isso acarreta uma redução na queda de tensão na linha. Neste exemplo, a tensão do sistema caiu de 220 [V] para 211,6 [V] e não para 207,5 [V], como no exemplo 36.

Carga Desequilibrada Ligada em triângulo Exemplo 38: Um sistema trifásico trifilar ABC de 220 [V], tem uma carga ligada em (figura 60) com ∆

[ ] [ ]AB BCZ 10 15º , Z 10 50º= Ω = Ω e [ ]CAZ 20 25º= − Ω . Calcular as correntes de fase e de linha e construir o correspondente diagrama fasorial.

Figura 60

A

C

B

.AI

.

CAI

.

CI

.IB

.

BCI

.

ABI

A

BC

CAZBCZ

ABZ[ ]220120º V

[ ]220 120º V−

[ ]220 0º V


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Solução: Conforme indicado na figura 60, as correntes de fase (correntes de laço) são independentes e dadas por:

[ ]

[ ]

[ ]

..

ABAB

AB

..

BCBC

BC

..

CACA

CA

V 220 0ºI 22 15º AZ 10 15º

V 220 120ºI 22 170º AZ 10 50º

V 220 120ºI 11 145º AZ 20 25º

= = = −

−= = = −

= = = −−

E as correntes de linha são:

[ ]

[ ]

[ ]

. . .

A BA CA

. . .

B BC AB

. . .

C CA BC

I I I 22 15º 11145º 32,56 21,6º A

I I I 22 170º 22 15º 42,96177,5º A

I I I 11145º 22 170º 16,2137,7º A

= − = − − = −

= − = − − − =

= − = − − =

Observa-se de passagem, que . . .

A B CI I I 0+ + = , o mesmo neste caso em que as correntes de linha não são simétricas. O diagrama fasorial solicitado está mostrado na figura 61, com módulos de tensões e de correntes tomados em escalas diferentes.

FALTA FIGURA 61

Carga Desequilibrada Ligada em Estrela, em Sistema a Quatro Condutores


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Exemplo 39: Um sistema trifásico a quatro fios, a seqüência de fases negativas, 220 [V], tem uma carga ligada em Y, com [ ] [ ]A BZ 810º , Z 5 35º ,= Ω = Ω e [ ]CZ 6 40º= Ω . Determinar as correntes de linha e a corrente no neutro, e construir o diagrama fasorial.

Solução: O diagrama do circuito está indicado na figura 62. Como a seqüência de fases é a negativa, ou

inversa, [ ] [ ]. .

AB BCV 220 0º V ,V 220120º V= = , e [ ].

CAV 220 120º= − Ω .

A

B

C

N

.

ANV 127 30º=

.

NI

.

AI

.BI

.CI

.

CNV 127 90º= −

.

BNV 127 150º=

C B

N

A

CZ

BZ

AZ

Figura 62 Então:

[ ] [ ]. .

AN BNV 127 30º V ,V 127 150º V= = e [ ].

CNV 127 90º V= − As correntes de linha (de laço) são independentes e dadas por:

[ ]

[ ]

[ ]

.. ANA

A

.. BNB

B

.. CNC

C

V 127 30ºI 15,88 20º AZ 810º

V 127 150ºI 25, 40115º AZ 5 35º

V 127 90ºI 21,17 130º AZ 6 40º

= = =

= = =

−= = = −

A corrente no fio neutro é calculada de , e vale . . . .

N A BI I I I⎛= − + +⎜⎝ ⎠

C⎞⎟

( ) [ ].

NI 15,88 20º 25,40115º 21,17 130º 9,420 j12,234=15,44 52,4º A= − + + − = − −


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O diagrama fasorial pedido está na figura 63.

.

BI

.

AI

.

NI.

CI

.

CNV

.

BNV

.

ANV

eR

Figura 63

Carga Desequilibrada Ligada em Estrela, em Sistema Trifilar Simétrico Exemplo 40: A figura 64 a, mostra o mesmo sistema do exemplo 39, com a diferença que o fio neutro já

não se acha mais presente. Determinar as correntes de linha e calcular a tensão de deslocamento do neutro.

A

BC

.COV

.BOV

.AOV

"AZ 810º

"BZ 5 35º"

CZ 6 40º

.AI

.

CI

.

BI

.

BCV

.CAV

.AI

.

BI

.

ABV220 0º

Figura 64 (a)

Solução: Tomando o terminal B da carga como nó de referência, resulta que e o circuito

pode ser visualizado como mostrado na figura 46b, do qual pode-se obter pelo método modal.

. .

OB O BV V V= −.

B

. .

O OV V=

. . . . .

O A O O C

A B C

V V V V V 0Z Z Z− −

+ + =


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ou

. .. A C

O

A B C A

1 1 1 V VV .Z Z Z Z Z

⎛ ⎞+ + = +⎜ ⎟

⎝ ⎠ C

Onde

. .

A ABV V 220 0º= = e [ ]. . .

C CB BCV V V 220120º V= = − = − . Então

.

O1 1 1 220 0º 220 120ºV .

810º 5 35º 6 40º 810º 6 40º⎛ ⎞

+ + = −⎜ ⎟⎝ ⎠

De onde se obtém que

[ ]. .

O OBV V 95,31 32,69º V= = − Logo

[ ]. .

. BO OBB

B B

95,31 32,69ºV VI 19,06 67,69º AZ Z 5 35º

−= = − = = − −

De

. . . . .. . AO A O AB OBA AO

A A A

V V V V VI IZ Z Z

− −= = = = ,

Determina-se que

[ ].

A220 0º 95,31 32,69º 148,96 20,22º

I 18,6210, 22º A810º 810º

− −= = = .

E de

. . . . . . .. . CO C O CB OB BC OBC CO

C C C C

V V V V V V VI IZ Z Z Z

− − += = = = = , que

[ ].

C220120º 95,31 32,69º 142,20 77,91º

I 23,70 117,91º A6 40º 6 40º

+ − −= − = = −

O ponto 0 é deslocado do neutro N por uma tensão fasorial , dada por .

ONV


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[ ]. . .

ON OA ANV V V 148,96 20,22º 127,00 30º 32,13158,04º V= + = − + = As correntes de linha também podem ser obtidas pelo método das malhas:

( )

( )

. . .

A B CAA C C

. .

A B BCC B C

Z Z I Z .I V

Z .I Z Z .I V

+ + = −

+ + =.

ou

( ) ( )

( ) ( )

. .

A B

. .

A B

810º 6 40º .I 6 40º .I 220 120º

6 40º .I 5 35º 6 40º .I 220 120º

+ + = − −

+ + =

A solução deste sistema de equações fornece:

[ ].

AI 18,6210,22º A= e [ ].

BI 19,06112,30º A= Então,

[ ]. . .

C A BI I I 23,69 62,09º 23,69 117,91º A⎛ ⎞= − + = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

As tensões nas três impedâncias são obtidas multiplicando-se as correntes de linha pelas respectivas impedâncias:

[ ]. . .

A AA0V I .Z 18,6210,22º .810º 148,96 20,22º A= = =

[ ]. . .

B BB0V I .Z 19,06112,30º .5 35º 95,30147,30 V= = =

[ ]. . .

C CC0V I .Z 23,69 117,91º . 6 40º 142,14 77,91º V= = − = − O diagrama fasorial destas três tensões, mostrado na figura 65 a, forma um triângulo eqüilátero de lados iguais às tensões do sistema (tensões de linha). Na figura 65b foi reconstituído o triângulo eqüilátero, acrescentando o ponto neutro N, aparecendo, assim, a

tensão de deslocamento do neutro .

ONV


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202º

77,9º−

147,3º

0º

A

C

B.

BCV

.

COV

.

AOV.

BCV

.

CAV

.ABV

eR

Figura 65 (a)

A

C

B.

BNV.

ANV

.

CNV

0 N

Figura 65 (b)

Método do Deslocamento do Neutro Exemplo 41: Uma carga ligada em estrela, com [ ]AZ 10 0º= Ω , [ ]BZ 10 60º= Ω e [ ]CZ 10 60º= − Ω ,

é alimentada por um sistema trifásico, trifilar, ABC de 220 [V]. Empregando o método do deslocamento do neutro, determinar as correntes de linha.

Solução: Como a seqüência de fases é a direta, tomando-se como referência, tem-se que: .

ABV

[ ].

ABV 220 0º V= , [ ].

BCV 220 120º V= − e [ ].

CAV 220120º V= Logo,

[ ].

ANV 127 30º V= − , [ ].

BNV 127 150º V= − e [ ].

CNV 127 90º V= As admitâncias de carga são:


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[ ]AY 1/10 0,1 0º S= = ;

( ) [ ]BY 1/ 10 60º 0,1 60º 0,0500 j0,0866 S= = − = − e

( ) [ ]CY 1/ 10 60º 0,1 60º 0,0500 j0,0866 S= − = = +

Então,

[ ]A B CY Y Y 0,2000 j0,0000=0,2 S+ + = + e e

.

ANAY .V 0,1 0º .127 -30º 12,7 30º 10,9985 j6,3500= = − = −

.

BNBY .V 0,1 60º .127 150º 12,7 210º 10,9985 j6,3500= − − = − = − + Onde

[ ]. . .

AN BN CNA B CY .V Y .V Y .V 10,9985 j6,3500 12,7 150º A+ + = + = Portanto,

[ ].

ON12,7 150ºV 63,5150º 54,9926 j31,7500 V

0, 2= = = − + .

As tensões nas impedâncias de carga são:

[ ]. . .

AO AN NOV V V 127 30º 63,5150º 190,5000 30º V= + = − − = −

[ ]. . .

BO BN NOV V V 127 150º 63,5150º 109,9852 120º V= + = − − = −

[ ]. . .

CO CN NOV V V 127 90º 63,5150º 109,9852 60º V= + = − = E as correntes de linha são:

[ ].

A A AOI Y .V 0,1 0º.190,5 30º 19,05 30º A= = − = −

[ ].

B B BOI Y .V 0,1 60º.110 120º 11,0 180º A= = − − = −


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[ ].

C C COI Y .V 0,1 60º.110 60º 11,0120º A= = = O correspondente diagrama fasorial será mostrado na figura 66, com tensões e correntes marcadas em escalas diferentes.

AB

C.

CI

.

BI

.

AI

.

CNV

.

BNV .

ANV

.

ONV

0

.

BOV

.

COV

Figura 66

Potência em Cargas Trifásicas Equilibradas Exemplo 42: Um gerador ligado em Y fornece 100 [KW] a um f.p. de 0,90. Se a tensão de linha

for de 220 [V], qual a corrente de linha? Solução: A corrente obtida de L LP 3.V .I .cos ,φ=

E vale: [ ]LL

P 100.000I 291,6 A3.V .cos 3 220 0,90x xφ

= = = .

Exemplo 43: Uma carga ligada em ∆ consome 400 [KW] de uma linha de 4 [KV] com um fator de

potência indutivo. Se cada fio conduz 60 [A], qual o fator de potência e o ângulo de atraso?

Solução: O fator de potência é obtido de L LP 3.V .I .cos ,φ= e vale:

L L

P 400.000f.p. cos 0,9623V I 3 4000 60x x

φ= = = = indutivo.

Logo,

arccos0,962=15,790φ =


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Exemplo 44: Num circuito trifásico de 220 [V], uma carga equilibrada ligada em ∆ absorve 2,4 [KW] com um fator de potência em avanço de 0,80. Achar a impedância . Z∆

Solução: A corrente de fase é obtida de F FP 3V .I cos ,φ= e vale:

[ ]FF

P 2.400I 43.V .cos 3 220 0,80x xφ

= = = ,55 A

Visto que a tensão de linha também é a tensão de fase, o módulo da impedância é:

[ ]F

F

V 220Z 4I 4,55∆ = = = Ω8,4 .

O ângulo da impedância é o ângulo do fator de potência: arccos0,80=-36,9ºφ = − . Portanto,

a impedância de fase é [ ]Z 48, 4 36,9º∆ = − Ω

,

. Exemplo 45: Um motor de indução trifásico libera 20 [CV], operando um rendimento de 88%, num fator

de potência em atraso de 0,82, alimentado por um sistema de 440 [V]. Qual é a corrente eficaz de linha?

Solução: A potência de entrada do motor é E SP P /η= onde

[ ] [ ]SP 20 0,736 14,72 KW 14,720 Wx= = = é a potência de saída no eixo do motor.

Portanto, [ ] [ ]EP 14,720 / 0,80 16.727,3 W 22,73 CV= = = . A corrente eficaz de linha é obtida de E L LP 3V .I .cosφ= , vale

[ ]EL

L

P 16727,3I 23V cos 3 44 0,82x xφ

= = = 6,8 A

Exemplo 46: Um circuito trifásico de 440 [V] tem duas cargas equilibradas ligadas em , uma de

impedâncias de ∆

[ ]50 30º Ω e outra de impedância [ ]40 60º− Ω . Achar a corrente eficaz total de linha e a potência média total consumida.

Solução: Estando em paralelo, as impedâncias em ∆ correspondentes podem ser combinadas para:

[ ]

50 30º 40 60º 2000 30ºZ50 30º 40 60º 64,03 8,66º

31,24 21,34º 29,10 j11,37 R jX

x

∆ ∆

− −= =

+ − −

= − = − Ω = +


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A corrente eficaz de fase para o ∆ combinado é igual a tensão de fase (igual a de linha) dividida pelo módulo desta impedância:

[ ]F LI V / Z 440 / 31, 24 14,08 A∆= = = E a corrente eficaz de linha é [ ]L FI 3I 24,40= = A . A potência média total absorvida pose ser encontrada usando-se a resistência e a corrente de fase para o equivalente: ∆

( ) [ ] [ ]22FP 3.R .I 3 29,10 14,08 17.306 W 17,3 KWx x∆= = = =

Alternativamente, ela pode ser encontrada das grandezas de linha e do fator de potência:

( ) [ ]E L LP 3.V .I .cos 3 440 24, 4 cos 21,34º 17,3 KWx x xφ= = − = Exemplo 47: Um circuito trifásico de 220 [V] alimenta duas cargas equilibradas, uma ligada em ∆ com

impedâncias de [ ]72 30º Ω e outra ligada em Y de impedâncias de [ ]10 60º− Ω . Achar a corrente eficaz total de linha e a potência média total absorvida.

Solução: As duas cargas podem ser combinadas num ∆ equivalente, ou num Y equivalente. Se o ∆ for

convertido num Y, o Y terá uma impedância de fase de ( ) [ ]72 30º / 3 24 30º= Ω . Visto que o circuito agora tem duas cargas equilibras em Y, as impedâncias correspondentes estão em paralelo e, portanto, podem ser combinadas em:

[ ]Y24 30º 10 60º 240 30ºZ 9,23 37,38º 7,33j5,6024 30º 10 60º 26 7,38º

x − −= = = − =

+ −Ω

A corrente eficaz de linha é igual à tensão de fase [ ]FV 220 3 127 V= = dividida pelo módulo da impedância de fase do Y equivalente:

[ ]L F F YI I V / Z 127 / 9, 23 13,76 A= = = = Visto que esta corrente, efetivamente, passa pela resistência RY de [ ]7,33 Ω do Y equivalente, a potência média total absorvida é :

( ) [ ] [ ]22Y LP 3.R .I 3 7,33 13,76 4,164 W 4,2 KWx x= = = = .

Alternativamente, pode-se usar a fórmula da potência em função das grandezas de linha e do fator de potência:

( ) [ ] [ ]L LP 3.V .I .cos 3 220 13,76 cos 37,38º 4.166 W 4,2 KWx x xφ= = − = =


94 / 110


NOTA: Nos problemas que ocorrem freqüentemente nos quais a ligação não é especificada, e não é importante para a solução, pode-se considerar seja uma ligação em Y, seja uma ligação em . A ligação Y é mais comumente escolhida. Na análise do desempenho do motor trifásico, por exemplo, as ligações reais dos enrolamentos não precisam ser conhecidas, a menos que a investigação deva concluir condições detalhadas nas próprias bobinas.

∆

Exemplo 48: Achar a potência média absorvida por uma carga trifásica equilibrada num circuito ABC

(seqüência de fases positivas) no qual [ ].

CBV 220 20º V= e [ ].

BI 4 100º A= . Solução: Pode-se usar a fórmula L LP 3.V .I .cos 3 220 4 cosx x xφ φ= = se o fator de potência puder

ser encontrado. Visto que ele é o cosseno do ângulo da impedância carga, é preciso apenas

o ângulo entre uma tensão e uma corrente de uma mesma fase de carga. Com conhecida,

a tensão de fase mais conveniente é , porque o ângulo desejado é aquele entre e

. Este procedimento está baseado na hipótese de uma carga em Y,

que é válida porque qualquer carga equilibrada pode ser convertida numa Y equivalente. A

figura 47, que é para uma carga ligada em Y, com seqüência de fases ABC, mostra que

avança em 150º e, portanto, tem um ângulo de 20º+150º=170º. O ângulo do fator de

potência, ou seja, o ângulo entre e , é

.

BI.

BNV.

BNV.

BI. .

BBNV Iφ⎛ = −⎜⎝ ⎠

⎞⎟

.

BNV.

CBV.

BNV.

BI 170º 100º 70ºφ = − = . Então, a potência

média absorvida pela carga vale [ ]L LP 3.V .I .cos 3 220 4 cos70º 521,3 Wx x xφ= = = .

cbV

.

abV

.

anV

.

acV

.

bcV

.

bnV

.

baV

.

caV

.

cnV

.

aI

.

bI

.

cI

φ

φ

φ

30º

30º

30º

3.V

eR

Figura 47

Exemplo 49: Sabendo que [ ].

ABV 440 35º V= num circuito trifásico ABC, achar as correntes fasoriais de linha para uma carga equilibrada que absorve 6 [KW] com um fator de potência em atraso de 0,75.


95 / 110


Solução: Acorrente eficaz de linha é:

[ ]LL

P 6000I 13V cos 3 440 0,75x xφ

= = = 0,5 A

Como o resultado é o mesmo com a carga equilibrada ligada em triângulo ou em estrela,

admitindo-se a carga na conexão estrela, então, da figura 47, se atrasa de em 30º

e , portanto, tem um ângulo de fase de

.

ANV.

ABV

35º 30º 5º− = . Visto que se atrasa de de um

ângulo igual ao fator de potência, que é , tem um ângulo de

. Conseqüentemente,

.

AI.

ANV1cos 0,75 41,4ºφ −= =

.

AI

5º 41, 4º 36, 4º− = − [ ].

AI 10,5 36,1º A= − e, da seqüência de fases (ABC).

[ ].

BI 10,5 36,4º 120º 10,5 156,4º A= − − = −

[ ].

CI 10,5 36,4º 120º 10,5 83,6º A= − + =

Exemplo 50: Um circuito trifásico de 440 [V] tem duas cargas equilibradas. Uma delas é um aquecedorresistivo de 7 [KW] e a outra um motor de indução que libera 15 [CV] operando com rendimento de 80%, num fator de potência de atraso de 0,90. Achar a corrente eficaz de linha.

Solução: Um bom método é achar a potência complexa de cada carga individual, achar a potência

complexa total S, e achar a corrente eficaz de linha da potência aparente LI

L LN S 3.V .I= = . Visto que o aquecedor pe uma carga puramente resistiva, sua

potência complexa [ ]A AS P 0º 7 0º KVA= = .

A potência de entrada do motor é [ ]MP 15 736 / 0,8 13,8 KWx= = . E a potência

complexa tem um módulo, a potência aparente, que é igual à potência de entrada dividida pelo fator de potência, e um ângulo que é o ângulo do fator de potência:

MP

1M M

P 13800S N M M cos 0,90 15.333,3 25,84ºcos M 0,90

φ φφ

−= = = =

[ ] [ ]13.800 j6.683 VA 13,8 j6,68 KVA= + = +

A potência complexa total é


96 / 110


A MS S S 7000 13800 j6683 20800 j6683= + = + + = +

[ ] [ ]21847 17,8º VA 21,8517,8º KVA= = Portanto, a corrente eficaz de linha é

[ ]3

LL

N 21,85 10I 23.V 3.440

x= = = 8,7 A

Exemplo 51: Um circuito trifásico de 440 [V] alimenta duas cargas equilibradas. Uma delas é um motor síncrono que libera 20 [CV] operando com rendimento de 85%, num fator de potência de 0,77 em avanço. A outra é um motor de indução que libera 50 [CV] operando com rendimento de 82%, num fator de potência de 0,87 em atraso. Achar a corrente eficaz total de linha.

Solução: A potência média absorvida pelo motor síncrono é :

[ ]MS20 736P 17.318 W

0,85x

= =

Então, a potência aparente vale

[ ]MSMS

MS

P 17.318N 22.491 VAcos 0,77φ

= = =

E a potência complexa é

[ ]MS MSS N MS 22491 39,65º VAφ−= = − A potência média absorvida pelo motor de indução é

[ ]MI50 736P 44.878 W

0,82x

= =

Então, a potência aparente vale

[ ]MIMI

MI

P 44.878N 5cos 0,87φ

= = = 1,584 VA

E a potência complexa é

[ ]MI MI IS N M 51584 29,54º VAφ= =

Portanto, a potência complexa total é

MS MIS S S 22491 39,65º 51584 29,54º= + = − +


97 / 110


[ ]6317510,1º VA= E a corrente eficaz total de linha é

[ ]LL

N 63175I 83V 3.440

= = = 2,9 A

Exemplo 52: Determinar o valor eficaz de cada corrente de linha no circuito da figura 68. A seqüência de

fases é ACB, e a tensão de linha é de 220 [V].

Carga equilibrada de 40 KW, f. p. = QSem atraso

20 KW

f. p. = 1

A

B

C

.

AI

.

BI

.CI

.

1I.

BCV

D

E

.

AI

.

BI

.CI

figura 68 Solução: O resultado é o mesmo esteja a carga equilibrada ligada em triângulo ou em estrela. A

corrente eficaz de linha para a carga equilibrada é:

[ ]'L

L

P 40.000I 131 A3.V .fp 3 220 0,8x x

= = =

Do diagrama fasorial da figura 69, no qual a tensão de fase foi escolhida como referência,

.

ANV

[ ]

[ ]

[ ]

'. .1

A AL

'.

B

'.

C

I I cos 0,8 131 37º A I

I 13183º A

I 131 157º A

−= − = − =

=

= −

Como [ ].

120.000I 90º 9190

220= = º A ,

Nó D: [ ]B

'. . .

B 1I I I 13183º 9190º 222 86º A= + = + =

Nó E: [ ]'. . .

C C 1I I I 131 157º 91 90º 186 130º A= − = − − = −


98 / 110


Os valores eficazes de cada corrente são AI 131= , BI 222= e ampères. CI 186=

.BCV

.

BNV.

NCV

.

ANV

.

CNV

.I

'.

BI

'.

AI

'.

CI

-37ºREF

Figura 69

Particularidades da Conexão Aron

Exemplo 53: Num circuito trifásico e trifilar, com seqüência de fases ABC, [ ].

AI 12 20º A= − ,

[ ].

BI 10 40º A= e [ ].

ABV 220 60º V= . Achar a leitura de um vatímetro ligado com sua bobina de corrente na linha C e sua bobina de tensão entre as linhas B e C. O terminal ± da bobina de corrente está na direção da fonte, e o terminal ± da bobina de tensão está na linha C.

Solução: A figura 78 ilustra a descrição feita, e permite concluir que

. . . . . .

C CCB CBCB L CP V . I .cos V I V .I .cos V I⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

C−


99 / 110


W

A

B

C

.

AI

.

BI

.

CI±±

CARGA

Figura 78

Obviamente, [ ]LV 220 V= .

Por outro lado, [ ]. . .

C A BI I I 12 20º 10 40º 19,08 173º A= − − = − − − = − .

Da figura 34, pode-se notar que avança em 60º. Portanto, .

CBV.

ABV

[ ].

CBV 220 60º 60º 220 120º V= + = . Então, a leitura do watímetro é

( ) [ ]P 220 19,08cos 120º 173º 1,64 KWx= + = . Exemplo 54: Uma carga equilibrada de resistores de [ ]30 Ω é alimentada por uma fonte trifásica e trifilar

ABC de 440 [V]. Achar a leitura de um watímetro ligado com sua bobina de corrente na linha A e sua bobina de tensão entre as linhas A e B. o terminal da bobina de tensão está na linha A.

±

Solução: A figura 79 ilustra a descrição que foi feita, e permite concluir que a leitura do vatímetro é

. . . . . .

A AAB AB ABL LP V . I .cos V I V .I .cos V I⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A− .

Considerando o fasor como referência, já que o enunciado do problema não considerou

nenhum outro como tal, então

.

ABV

[ ].

ABV 440 0º V= .

Supondo a carga equilibrada ligada em estrela, a corrente pode ser encontrada na tensão

de fase

.

AI

( ) [ ].

ANV 440 / 3 0º 30º 254 30º V= − = − e da resistência de fase [ ]YR 30= Ω .

[ ].

AI 254 30º / 30 8,47 30º A= − = − . Portanto, a leitura do vatímetro é

( ) [ ]P 440.8,47.cos 0º 30º 3.227,5 W= − − =⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Essa leitura do vatímetro é a metade da potência média total absorvida


100 / 110


[ ]L L3 V I 1,00 6.455 Wx x x = . Como se pode notar das fórmulas do método dos dois

vatímetros para cargas equilibradas, ( )L LV .I cos 30º φ+ e (L LV .I cos 30º )φ− , este resultado

é realmente verdadeiro para uma carga puramente resistiva ( )0ºφ = . Exemplo 55: Uma carga equilibrada de indutores de [ ]j20 Ω , ligada em ∆ , é alimentada por uma fonte

trifásica ACB de 220 [V]. Achar a leitura de um vatímetro ligado com sua bobina de corrente na linha B e sua Bobina de tensão entre as linhas B e C. O terminal da bobina de corrente está na direção da fonte, e o terminal

±± da bobina de tensão está na linha B

(figura 80)

w

A

B

C

A

BC

[ ]j20 Ω

[ ]j20 Ω

[ ]j20 Ω

±

±

.

0I.

ABI

.

BCI

Figura 80

Solução: A leitura do vatímetro é . Tomando como referência, .

BCL L BP V .I .cos V I⎛ ⎞= ⎜⎝ ⎠

− ⎟.

BCV

[ ].

BCV 220 0º V= , então [ ].

BAV 220 120º V= − , em decorrência da relação existente entre a seqüência de fases ACB especificada e os primeiros subscritos. Portanto, do nó B da carga

, ∆

. .. . . BC ABB BC AB

V V 220 0º 220 120ºI I IZ Z j20 j20

−= − = − = −

∆ ∆

[ ]11 90º 11 120º 19,05 60º A= − − − = −

Então, a leitura do vatímetro é:

( ) [ ]P 220.19,05.cos 0º 60º 2.095,5 W= − − =⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Essa leitura não tem, é claro, nenhuma relação com a potência média absorvida pela carga, a qual deve ser zero porque a carga é puramente indutiva.

Exemplo 56: Um circuito de 220 [V], ABC, tem uma carga equilibrada ligada em Y de impedâncias iguais

a [ ]30 60º− Ω . Dois vatímetros são ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente na s linha A e C (figura 81). Achar as leituras destes vatímetros para a seqüência de fases ACB.


101 / 110


WC

WA±

±

±

±

A

B

C

30 60º− Ω30 60º− Ω 30 60º− Ω

Figura 81 Solução: Visto que o módulo da tensão de linha e o ângulo da impedância são conhecidos,

[ ]LV 220 V= e 60ºφ = − , respectivamente, é necessário apenas o módulo da corrente de linha para se determinar as leituras dos vatímetros. Este módulo da corrente é:

[ ]FL F

Y

V 220 / 3I I 4,23 AZ 30

= = = = .

Para a seqüência de fases positiva (ABC), o vatímetro com a bobina de corrente na linha A tem uma leitura de ( ) ( ) [ ]A L LP V .I .cos 30º 220.4, 23.cos 30º 60º 806 Wφ= + = − = , porque A precede B na seqüência de fases ABC e não há bobina de corrente na linha B. A leitura do outro vatímetro é:

( ) ( ) [ ]C L LP V .I .cos 30º 220.4,23.cos 30º 60º 0 Wφ= + = − − =⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Observa-se que uma leitura é zero e a outra representa a potência média total absorvida pela carga, como é verdadeiro quando uma carga equilibrada tem um fator de potência de 0,5, isto é, 60φ = ± . Para a seqüência de fases negativa (ACB), as leituras dos vatímetros se comutam, porque C precede B na seqüência de fases negativas e não há nenhuma bobina de corrente na linha B. portanto, [ ]AP 0 W= e [ ]CP 806 W= . A potência total consumida pode ser confirmada fazendo

. ( )22Y LP 3 R I 3 30cos60º 4,23x x x x= =

Exemplo 57: Um circuito de 220 [V] tem uma carga equilibrada ligada em ∆ de impedâncias iguais a

[ ]35 20º Ω . Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente nas linha A e B. Achara as leituras dos vatímetros para a seqüência de fases ABC.

Solução: É necessária a corrente eficaz de linha para usar nas fórmulas das leituras dos

vatímetros. Esta corrente é:

[ ]F LL F

V V 220I 3.I 3. 3. 3. 10,89 AZ Z 35

= = = = =∆ ∆


102 / 110


Visto que não há nenhuma bobina de corrente na linha C, e que B precede C na seqüência de fases mencionada, a leitura do vatímetro com a bobina de corrente na linha B é:

( ) ( ) [ ]B L LP V .I cos 30º 220.10,89cos 30º 20º 1540 Wφ= − = + = A outra leitura é:

( ) ( ) [ ]A L LP V .I cos 30º 220.10,89cos 30º 20º 2359 Wφ= − = − = Exemplo 58: Uma carga Y equilibrada está ligada a uma fonte trifásica de 440 [V]. O método dos dois

vatímetros é usado para medir a potência média absorvida. Se as leituras dos vatímetros são 4,7 e 3,2 [KW], achar a impedância de cada ramo de carga.

Solução: Como não foi mencionada a forma como os vatímetros estão ligados, nem a seqüência de

ases, apenas o módulo do ângulo da impedância de cada fase da carga pode ser encontrado das leituras dos vatímetros. Este módulo do ângulo é:

4,7 3,2arc tg 3. 4,7 3,2 18,2º , ou 18,2ºφ φ−⎡ ⎤= + =⎢ ⎥⎣ ⎦

= ± .

O módulo da impedância de fase ZY pode ser encontrado da relação entre tensão e corrente de fase. A tensão de fase é [ ]440 / 3 254 V= . E a corrente de fase, que é igual à de linha, pode ser obtida da potência total absorvida P=4,7+3,2=7,9 [KW]:

[ ]F LL

P 7900I I 10,91 A3.V .cos 3.440.cos18,2ºφ

= = = =

Então, [ ]FY

F

V 254Z 2I 90,91

= = = Ω3,28

Portanto, a impedância de fase ou é [ ] [ ]Y YZ 23,2818,2º ou Z 23,28 18,2º= Ω = − Ω .

Exemplo 59: Dois vatímetros tem leituras iguais de 3,6 [KW] quand ligados em conexão Aron com as

bobinas de corrente nas linhas A e B de um circuito de 440 [V], seqüência positiva, com uma carga equilibrada ligada em ∆ . Achar a impedância de fase do . ∆

Solução: Para a seqüência de fases ABC e as bobinas de corrente nas linha A e B, o ângulo da

impedância da carga é dado por 1 1A B

A B

P P 3,6 3,6tg 3. tg 3. 0ºP P 3,6 3,6

φ − −⎡ ⎤− −⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢+ +⎣ ⎦⎣ ⎦⎥ . Como

0ºφ = , a carga é puramente resistiva, e Z R∆ ∆= . A resistência de fase vale

. Sendo F F L FR V / I V / I∆ = = F F F FP 3V I cos 3V I cosφ φ= = ,

[ ]A BF

L

P P 3600 3600I 53.V .cos 3 440 1x xφ

+ += = = , 45 A


103 / 110


Então, [ ]R 440 / 5, 45 80,73∆ = = Ω .

Exemplo 60: Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente nas linha B e C

de um circuito de 440 [V], seqüência de fases ACB, que tem uma carga equilibrada ligada em . Se as leituras do vatímetro são 4 e 2 [KW], respectivamente, achar a impedância

da carga. ∆

Z∆

Solução: O ângulo da impedância de fase Z∆ é:

1 1 1B C

B C

P P 4 2 3tg 3. tg 3. tg 30ºP P 4 2 3

φ − − − ⎛ ⎞⎡ ⎤− −⎡ ⎤= − = − = = −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟− +⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎝ ⎠

A corrente de fase é:

( ) [ ]B CF

F L

P PP 4000 2000I 53V .cos 3.V .cos 3 440 cos 30ºx xφ φ

+ , 25 A+= = = =

−

Conseqüentemente,

[ ]440Z 30º 83,8 30º5, 25∆ = − = − Ω

Exemplo 61: Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente nas linha A e C

de um circuito de 220 [V], seqüência de fases ACB, que tem uma carga equilibrada ligada em Y. Achar a impedância ZY se as leituras dos dois vatímetros são –1 e 2 [KW], respectivamente.

Solução: O ângulo da impedância de fase ZY é:

( )1 1 1C A

C A

P P 2 1tg 3. tg 3 tg 3 3 79,1ºP P 2 1

φ − − −⎡ ⎤− +⎡ ⎤= − = − = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ −⎣ ⎦⎣ ⎦

Sendo L L L FP 3.V .I .cos 3.V .I .cosφ φ= =

( )[ ]F

L

P 1000 2000I 13V .cos 3 220 cos 79,1ºx xφ

− += = =

−3,9 A .

Portanto,


104 / 110


[ ]FY

F

V 127Z 79,1º 9,14 79,1ºI 13,9

φ= = − = − Ω

Exemplo 62: Um circuito trifásico de 220 [V], seqüência de fases ABC, tem uma carga desequilibrada

ligada em consistindo das resistências ∆ [ ]ACR 40= Ω , [ ]BAR 35= Ω e

[ ]CBR 45= Ω . Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente nas linhas A e B. Quais são as leituras dos vatímetros e a potência média total absorvida?

Solução: De acordo com as conexões dos vatímetros, as suas leituras são dadas por:

. .

AACA AC A

. .

BBCB BC B

P V .I .cos V I

P V .I .cos V I

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

Para o cálculo destas potências, são necessários os fasores . Visto que

nenhum ângulo está especificado, o ângulo de pode ser tomado como 0º, resultando que

. . .

AAC BCV , V , I e I.

B

.

ACV

[ ].

ACV 220 0º A= . Para a seqüência de fases ABC, avança em 60º e, portanto, .

ACV.

BCV

[ ].

BCV 220 60º V= − . Também, [ ].

BAV 220 120º V= − . As correntes das linhas, ,

podem ser determinadas das correntes de fase do

. .

A BI e I∆ :

[ ]. .

. . . CA BAA AC BA

AC BA

V V 220 0º 220 120ºI I I 10, 22 32, 2º AR R 40 35

−= − = − = − =

[ ]. .

. . . BA BCB BA CB

BA CB

V V 220 120º 220 60ºI I I 9,70 94,1º AR R 35 45

− −= − = − = + = −

Então, as leituras dos vatímetros são:

( ) [ ] [ ]

( ) [ ] [ ]

A

B

P 220.10, 22.cos 0º 32, 2º 1.902,6 W 1,90 KW

P 220.9,70.cos 60º 94,1º 1767,1 W 1,77 KW

= − = =

= − + = =


105 / 110


É oportuno observar que, embora a carga ∆ seja puramente resistiva, as leituras dos dois vatímetros não são iguais, e que isto se deve ao desequilíbrio da carga. A potência total absorvida pela carga trifásica é [ ]A EP P P 1,90 1,77 3,67 KW= − = + = . Este resultado pode ser confirmado somando-se as potências V2/R consumidas nos resistores individuais:

[ ]2 2 2220 220 220P 3

40 35 45= + − = ,67 KW

Ligações entre Transformadores Trifásicos Exemplo 63: Se a tensão de linha V for de 2200 [V] para um banco trifásico de transformadores

monofásicos, qual a tensão em cada enrolamento do primário para os quatro tipos de ligação de figura 84?

Solução: : Tensão do enrolamento primário Y/∆ [ ]V 2200 1270 V1,7323

= = =

/Y∆ : Tensão do enrolamento primário [ ]V 2.220 V= =

/∆ ∆ : Tensão do enrolamento primário [ ]V 2.200 V= =

Y/Y : Tensão do enrolamento primário [ ]V 1.270 V3

= =

Exemplo 64: Se a corrente de linha I for de 20,8 [A] num transformador trifásico, qual a corrente através

de cada enrolamento do primário para as quatro ligações da figura 84? Solução: : Corrente do enrolamento do primário Y/∆ I 20,8[A]= =

/Y∆ : Corrente do enrolamento do primário [ ]I 20,8 12 A1,7323

= = =

/∆ ∆ : Corrente do enrolamento do primário [ ]I 20,8 12 A1,7323

= = =

Y/Y : Corrente do enrolamento do primário I 20,8[A]= =

Exemplo 65: Para cada tipo de ligação da figura 84, calcular a corrente de linha e a corrente de fase do

secundário se a corrente de linha do primário for I=10,4 [A] e a razão de espiras for 2:1.


106 / 110


Solução: Sendo 1 2a N / N 2= =

Y/∆ : Corrente de linha do secundário [ ]3 a I 1,732 2 10,4 36 Ax x= = =

Corrente de fase no secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =

/Y∆ : Corrente de linha no secundário [ ]aI/ 3 2 10,4 /1,732 Ax= =

Corrente de fase no secundário [ ]aI/ 3 2 10,4 /1,732 Ax= =

/∆ ∆ : Corrente de linha do secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =

Corrente de fase do secundário [ ]aI/ 3 12 A= =

Y/Y : Corrente de linha do secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =

Corrente de fase do secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = = Exemplo 66: Numa ligação trifásica, cada transformador monofásico tem uma razão ideal de

tensões de 4:1. Se a tensão de linha do primário for de 660 [V], calcular: a) A tensão de linha do secundário, b) A tensão em cada enrolamento do primário e c) A tensão em cada enrolamento do secundário.

Y − ∆

Solução: Da figura 84 a,

a) V=660 [V] e a=4. Logo, a tensão de linha do secundário é [ ]V/a 3 660 / 4 3 95,3 V= = b) Tensão no enrolamento do primário:

[ ]V/ 3 660 / 3 381,1 V= = c) Tensão no enrolamento do secundário = Tensão de linha do secundário = 95,3 [V].

Exemplo 67: A tensão de linha do secundário de um banco trifásico de transformadores é de 411

[V]. Os transformadores tem uma razão de espiras de 3:1. Calcular: a) a tensão de linha do primário, b) a corrente em cada bobina (enrolamento) do secundário se a corrente em cada linha do secundário for 60 [A], e c) a corrente de linha do primário.

Y∆ −

Solução: Da figura 84b


107 / 110


a) Tensão de linha do secundário 411 3Va= . Logo: Tensão de linha do primário [ ]V 411.a/ 3 411 3/ 3 712 Vx= = =

b) Corrente de cada rolamento do secundário = corrente de linha = 60 [A]

c) Corrente do secundário 60 aI/ 3= . Logo:

Corrente de linha do primário [ ]60 3I 34,63

= = A

Exemplo 68: Quais são as especificações de corrente do primário e do secundário de um transformador

trifásico de 500 [KVA], abaixando de um triângulo de 440 [V] para uma estrela de 127/220 [V]?

Solução: Com dois níveis de tensão, é claro que o secundário do transformador é de quatro fios, o qual é

usado na construção de sistemas elétricos que devem alimentar tanto cargas monofásicas quanto motores trifásicos.

Do lado do primário:

L LN 3.V .I=

Então, [ ]LL

N 500.000I 656,1 A3.V 3 400x

= = =

Do lado secundário

[ ]LL

N 500.000I 1.312,2 A3.V 3 220x

= = =

Exemplo 69: Um conjunto de transformadores de distribuição formado por três transformadores

monofásicos está ligado em Y∆ − (figura 85). A razão de espiras do transformador é 100:1. Os secundários do conjunto alimentam um sistema trifásico de quatro fios de 220 [V]. A carga do sistema é formada por um motor trifásico de indução de 72 [KW] com f. p.=0,9 e tensão terminal de 220 [V]; três circuitos de iluminação monofásicos de 12 [KW] cada, com tensão terminal 127 [V]; e três motores monofásicos de 10 [KVA] cada, f. p.=0,8 em atraso, e tensão nominal de 220 [V]. Calcular: a) A carga total do circuito em KVA;

b) A especificação em KVA do conjunto de transformadores se dispõe somente das especificações de 100 [KVA], 112,5 [KVA] e 150 [KVA];

d) A especificação em KVA dos transformadores individuais; e) A tensão de linha de primário; f) A corrente de linha do primário.

Falta figura 85


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Solução: Para o motor trifásico de 72 [KW], cos 0,9φ = , 220 [V],

[ ]N P/cos 72 /,09 80 KVAφ= = =

arc cos 0,9 25,84º sen 0, 436φ φ= = =

[ ]Q N sen 34,87 KVArφ= =

[ ]S 72 j34,87 80 25,84º KVA= + =

Para os circuitos de iluminação de 12 [KW] cada, 127 [V]

[ ]P 3 12 36 KWx= =

cos 1 0 sen 0φ φ φ= = =

[ ]Q 0 KVAr=

N P=

[ ]S 36 j0 36 0º KVA= + = Para motores monofásicos de 10 [KVA], cos 0,8φ = , 220 [V]

[ ]N 3 10 30 KVAx= = (porque o cosφ é o mesmo para os três, três triângulos de potências rigorosamente iguais)

arc cos0,8=36,87º, sen 0,6φ φ= =

[ ]P N cos 30 0,8 24 KWxφ= = =

[ ]Q N sen 30 0,6 18 KVArxφ= = =

[ ]S 24 j18 30 36,87º KVA= + =

portanto, [ ]

S 80 25,84º 36 0º 30 36,87º

132 j52,87=142,194 21,83º KVA

= + + =

= +

a) Carga total do circuito em KVA: [ ]N 142,194 KVA= b) A especificação maior disponível é o banco de transformadores de 150 [KVA]


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c) O conjunto exige três transformadores monofásicos de 50 [KVA] cada um. d) A corrente de linha do secundário é obtida de L LN 3.V .I , = e vale :

[ ]L142194I 373,16 A

3 220x= =

e) A tensão de linha do primário, que também é a tensão de fase do primário, é igual à tensão de fase do secundário multiplicada pela relação de espiras:

[ ] [ ]LV 127 100 12700 V 12,7 KVx= = =

f) A corrente de linha do primário vale:

[ ]L142,194I 63 12700x

= = , 46 A


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trifásicos total

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